导数的应用（15种题型）-2025年高考数学热点、重难点题型专项复习（解析版）

第05讲导数的应用(15种题型)

题型一：利用导数证明或求解函数的单调区间(不含参)

1.(2023春•甘肃天水•高三校考开学考试)已知函数/(x)=lnx-f+已-4彳.

⑴当”=1时，求函数〃力的单调区间；

(2)若/(x)W0在定义域内恒成立，求a的取值范围.

【答案】⑴〃尤)的单增区间为(0,1),单减区间为。,内).

⑵[1,+®).

【分析】(1)利用导数求单调区间；

(2)利用分离参数法得到a-22半一x,(x>0)恒成立.令g(无)=邛一x,(无>0),禾！|用导数求出g(x)a,

即可求出。的取值范围.

【详解】(1)函数/(x)=lnx-d+(2-a)x的定义域为(0,+功.

当a=l时，/(J；)=lnx-x2+x.

导函数r(x)=-J(x-l)(2尤+1).

令解得：0<%<1；令/'("<0,解得：x>l.

所以函数〃x)的单增区间为(0,1),单减区间为(L+s).

(2)因为在定义域内恒成立，所以。一22用-x,(x>0)恒成立.

令g(x)=/-x,(x>0),只需a-22g(%)1mx.

g(x)的导函数/⑴=匕亭工.

令g<x)=0,解得:x=l.

列表得：

X(0,1)1(1,+co)

1

g'(x)+-

g(x)单增极大值单减

所以g（x）a=g（l）=T

所以。-22-1.

解得：a>l.

所以。的取值范围为［1,+8）.

2.（2023•陕西・西安市西光中学校联考一模）己知函数/（x）=,+lnx,其中。为常数，e为自然对数的底

数.

（1）当。=-1时，求的单调区间；

⑵若外司在区间（0,e］上的最大值为2,求。的值.

【答案】⑴函数〃x）增区间为（0,1）,减区间为（L+8）

⑵a=e

【分析】（1）确定函数定义域，求出函数的导数，根据导数的正负，即可求得函数的单调区间；

（2）求得函数的导数，讨论。的取值范围，确定函数的单调性，确定函数的最值，结合题意，求得。的值.

【详解】（1）函数的定义域为（0,+8）

当a=_］时，f（x）=］nx-x,/'（x）=--l=^-^,

令制或>。得，0<^<1；令/'（X）<。得，尤>1或x<0,结合定义域得x>l,

二函数增区间为（0,1）,减区间为（L-）;

/C、\11a+X

（2）/（%）=-+-=——

axax

①当a>0时，尤>0,.•.函数〃x）在（0,e］上是增函数，

••"（x）M=〃e）=2，.♦._|+1=2,，a=e符合题意；

②当a<0且-a<e时，令/'（x）=0得尤=一。,

2

X-CL(-a,e)

广⑺+0-

“X)增函数极大值减函数

•••〃%)2=»=2,，T+ln(—。)=2，4不符合题意,舍去；

③若—a'e,即aW-e时，在(0,e)上＞0,

A/⑺在(0,e)上是增函数，故“X)在(0,e］上的最大值为111ax=/(e)=-|+l=2,

a=e不符合题意，舍去，

综合以上可得。=e.

3.(2023・山东•潍坊一中校联考模拟预测)在AABC中，AB=2AC,D是边BC上一点,

ZCAD=2ZBAD.

(1)若/A4C=,,求黑的值；

4CD

(2)若AC=1,求的取值范围.

【答案】(1塔=0

3

【分析】(1)首先求出/B4。、ACAD,再在△AB。、^ACD.中分别利用正弦定理计算可得;

(2)设NB4Z)=a,则NC4Z)=2a,ABAC=3a,由面积公式表示出川,、＞^AACD»即可得到

sin3a=A£)(sina+sinacosa),从而得到AD=4cos"-1,令l+cosa=/，贝(JA£)=4/+3-8,设

1+COS6Zt

/⑺=书+：—8利用导数说明函数的单调性，即可求出/⑺的值域，即可得解.

3兀

【详解】(1)解：由/R4C=丁，ZCAD=2ZBAD

4f

7T

可得N3AD=—,ZCA£＞=^.

42

在△ABD中，由正弦定理得3打=,‘in?AD；

sinB

在AACD中，由正弦定理得co=四型尹2；

sinC

3

sinC_AB

在AABC中，由正弦定理得

sinBAC

.71

BDsinZBADsinCSinJAB42r-

所以——=--------------=——----=——x2=<2.

.兀

CDsinZCADsinBsin—AC2

2

(2)解：由AC=1,得AB=2.

^ZBAD=a,贝!|/C4D=2(z,ZBAC=3a,

所以S4ABe=1AB-ACsinZBAC=sin3a,SAABD=gAB•ADsinABAD=ADsina,

S^ACD=AC-ADsinACAD=ADsinacosa,贝Usin3tz=AD(sina+sinacose),

故A。sin3asinacos2«+cos«sin2a4cos1

sina+sinacosasina+sincrcosa1+cosa

3

设l+cosa=,,贝！JAD=4zH-----8.

t

jr3

因为0<NBAC<7i,所以0<a<“贝!

设/(。二书+彳一8,-</<2,贝|/«)=4_白.

因为当卜<2时，r⑺>0,所以函数/⑺在区间上单调递增.

因为/图=0,〃2)=|,所以0</⑺<|,

故AD的取值范围为[o]}

4.(2023•山东潍坊・统考一模)已知函数/(x)=e"T]nx,g(x)=x2—x.

⑴讨论〃x)的单调性;

(2)证明:当无«0,2)时,/(%)<§(%).

【答案】⑴函数在(0,+动上单调递增

(2)证明见解析

【分析】(1)求导，再根据导函数的符号即可得出答案；

(2)当xe(O,2)口寸，/(x)<g(x),即证翳在x«0,2)上恒成立，利用导数求出函数/(x)=g的

单调区间，再利用导数比较在x«0,2)时，Inx和x-l的大小，即可得证.

4

【详解】(1)函数/(%)的定义域为(0,+功，

y'(x)=eA-1lm:+--=ex-1^lnx+—,

iB/z(x)=lnx+‘，则〃(%)=工一-y=

XXXX

所以当0<x<l时，〃(尤)<0,函数单调递减,

当x>l时，//(x)>0,函数Mx)单调递增,

所以〃(x»Ml)=l，

所以f(x)=ei1n%+£|>0,

所以函数〃x)在(0,+动上单调递增；

(2)原不等式为exTlruWx2—x=Mx—l),即焉,

即证24W在xe(°，2)上恒成立，

设/(x)=下,则“x)=Gj『=h，

所以，当光<1时，r(x)>o,/⑺单调递增；当％>1时,r(x)<o,/(x)单调递减,

所以/(%)</⑴=：,

令(%)=Inx-x+1,f(%)=--1=---,

当Ovxvl时，f(x)>0,(%)单调递增;当％>1时，t(x)<0,£(%)单调递减,

所以，(X)max=，(1)=。,所以InxWX—l,

InX<1/\/\ITIYr—1

且在无«0,2)上有,所以可得到/(lnx)W/(x-l),即匹4官了,

JL1\XCC

所以在x«0,2)时,有〃x)4g(x)成立.

【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间及利用导数证明不等式问题，考查了转化思想及逻辑推理

能力，有一定的难度.

5.(2023・全国•模拟预测)已知函数/(x)=asinbx-2尤+tanx(0Vx<]

⑴若。=6=1,判断〃x)的单调性;

5

(2)当6=2时，不等式〃x)ZO恒成立，求正实数。的取值范围.

【答案】(1)/(力单调递增

71—2

(2)亍，+8

【分析】(1)求解导函数/(X),对f'(X)进行分解变形得广()_结合余弦

函数的取值范围确定尸(X)的符号，即可得函单调性;

(2)求解导函数(⑺，得尸⑺=4acos4x-(2a+2)cosr+l,令〃=c0s2Mo<〃41),设

cosX

g(«)=W-(2a+2)M+l=4彳〃-((a-£](a>0),分类讨论判断g(")的符号，从而确定函数/(x)的

单调性，再满足了(k*20,即可求得正实数。的取值范围.

【详解】(1)若。=6=1,贝IJ/(x)=sinx-2x+tanx]oVx<T],

所以

1Y5z

2cosx————cosx

32cosx-cosx-l^(cosx-l)2)4r

/'(x)=cosx-2+—\—cosx-2cosx+1

cosXcos2%cos2Xcos2X

当xw时，OvcosxWl,所以cosx-l<0,1cosx—g]e0,；贝”cosx-g]一;<0,

则r(x”o恒成立，所以〃尤)在o,5上单调递增.

(2)当。=2时，/(x)=〃sin2x-2x+tanx0Wx<—,所以

4〃cos4x-(2〃+2)cos2x+1

f'(x)=2acos2X-2H---------=4acos2x-2a-2-\---------

cosxcosxcos2x

2

因为/(x)NO恒成立，即〃x)1111nz0,^M=COSX(0<M<1),设

1

g(w)=4au2—(2a+2)〃+1=4u------(a>0),

2a

①若。(出

,即a>l,当pl时，g(")>0,当时，g(")<0,记

17i-..1„o1,口7L7L

—=cosx,贝！Ja——2,0<cosx<一,4W—<x,<一,

2ay2cos玉]242

6

所以当xe时，＞0,当时，/（%）＜0,

所以〃x）在0，：］上单调递增，在［?，为］上单调递减，在玉上单调递增,

所以/（力向,二加以/9）,/（石）｝,易知当:时，tan玉＞占，

sin2x

所以/(%)="sin2x-2x+tanx1-2项+tan玉=2(tan七一)>0,

xxx2cos2再

又〃0）=0,所以〃力而力。，所以〃x丝o恒成立，即满足题意.；

②若;=；,即。=1,则8（〃）=4/“」［20在（0』上恒成立，

2I2j

即当xe0总时，广（上0恒成立，所以小）在%）上单调递增，

所以“力.二/⑼二。，所以〃x丝0恒成立，即。=1满足题意.

即g＜a＜l,当五,1时，g（〃）＞0,当"〈万,工J时,

③若再＜1,g⑺<0,记

I］兀

-—=cos2X2,贝|j—vcos2/v1，0＜X?＜—,

所以当xe［O,X2）ug，3时，/«勾＞0,当了€卜与时，尸（力＜0,

所以〃x）在［0,々）上单调递增，在上单调递减，在匕,野上单调递增,

11

所以“无）1nin=而

因为了?=asinT-T+l=a+l一T，〃°）=°，所以当”+1-?2。，即时，

/（“扁=〃°）=°，所以“X）20恒成立，即学满足题意；

当。+1甘＜0,即:＜。＜卜1时，/（x）mm=/W＜0,不满足题意，即:＜。＜91不满足题意.

乙乙乙\'/乙乙

④若421即0＜awg,当时，g（M）＞0；当时，g（u）＜0,

2a

即当xe%］时，f（x）＜0,当时，

所以外可在0，：］上单调递减，在《，力上单调递增，

当xe］o,£|时，/（x）＜/（0）=0,不满足题意，即不满足题意.

7

jr—2।

综上，正实数a的取值范围为［亍,+“)

【点睛】本题考查函数单调性，函数极值与最值与导数综合应用，属于难题.解决本题的关键是，在含有三

角函数的导数问题中，需要利用三角函数图象性质分区间讨论导函数的正负从而确定函数的单调性与最

值，在本题中由于尸(x)="a-s'尤-(2a+2)cos,x+1,需令〃=8$240<"41),引入新函数

cosX

g(M)=4au2-(2«+2)«+1=>0),结合二次函数与余弦函数的取值范围分段处理导数

符号与函数最值问题，从而得正实数。的取值范围.

6.(2023・河南•校联考模拟预测)已知函数f(x)=e，(lnx+l),/⑺是〃尤)的导函数.

⑴讨论函数/(尤)的单调性;

(2)设a«0,若函数尸(同=尸(。b+05—1)-1在(0,2)上存在小于1的极小值,求实数a的取值范围.

【答案】(1)/(无)在(0,+8)上单调递增;

⑵I和)

【分析】(1)求导得到尸(x)=e[ln尤+[+],令g(x)=inx+J,证明g(x"g(l)=l,即得函数的

单调性；

(2)求导得至Uk⑺二办2r1,再对。分a=0,a<0求函数的极值即得解.

【详解】⑴由题意，知的定义域为(。,+8),广(x)=e(lnx+；+l).

令g(x)=lnx+L则g，(x)==!■,

XX

g'(l)=0,且当尤e(o,l)时，g'(x)<0；当xe(l,+8)时，g'(x)>0,

g(x)在(0,1)上单调递减，在。,内)上单调递增，

Vxe(0,+oo),g(%)>g(l)=l,从而Vxe(0,+co),/々x)>0,

在(0,+s)上单调递增.

(2)由题意，得/(x'ulnxHFa(尤—1),xe(0,2),=+；"--.

XX

①当a=0时，F(x)=Inx+g=g(%),尸(%)=g'(x).

8

由⑴知，尸(1)=0,且当xe(o,l)时，F(x)<0；当xe(l,2)时，F(x)>0,

.•.歹(x)仅在x=l处取得极小值，且极小值为不符合题意.

②当a<0时，令//("=依2+xT,贝！|/=l+4a.

(i)若A=l+4a40,即aW-；,则Vxe(0,2),//(x)<0,所以尸'(x)4O恒成立，此时歹(x)无极值，不

符合题意.

(ii)若A=l+4a>0,即一;<。<0,贝M(x)图象的对称轴为苫=一5>2,所以〃⑺在(0,2)上单调递

增.

V/z(l)=a<0,/7(2)=4«+1>0,由函数单调性和零点存在性定理得，在(1,2)上存在唯一的实数耳，使得

/?(内)=0,从而尸'(玉)=0,

且当xe(o,%)时，/z(x)<0,从而〃(x)<0；当xe(%,2)时,/i(x)>0,从而尸(x)>0.

/.网力在(0,编上单调递减，在(占,2)上单调递增，

F(x)仅在x=再处取得极小值，极小值为F(x1).

・••*x)在(0,不)上单调递减，且1<否<2,.•.网菁)<—1)=1,符合题意.

综上，实数0的取值范围为

【点睛】关键点睛：解答本题有两个关键，其一，第一问利用了二次求导，其二，第二问，利用了隐零

点，这些都是求解导数问题常见到的题型，要理解掌握灵活运用.

7.(2023•全国•模拟预测)已知函数〃x)=(xT)e—ar-l,g(x)=(x-l)lnx-bx-l

(1)若a=l,6=2,试分析和g(x)的单调性与极值；

⑵当。=6=1时，g(x)的零点分别为耳，巧；尤3，匕，从下面两个条件中任选一个证明.(若全

选则按照第一个给分)

求证：①In马+In%:；

②e^T<世上+2.

2

【答案】(1)结论见解析;

(2)证明见解析.

9

【分析】⑴求函数〃尤)，g(x)的导函数函(X),g'(x),再求析(x)=0,g'(x)=O的解,分区间研究函数

〃元)，g(x)的单调性和极值；

(2)①不妨设占<%，当<匕，根据函数的单调性结合零点存在性定理确定西,马的范围，再证明

三=e*',X4=e*2,要证明Inw+ln%〈宗篇，只需证明玉+苫2<1,即可完成证明；

②同①可以证明W=e\%=e*,要证明浮)<幺产+2只需证明e'-ln”+4)<l-ln2,其中玉+%=乙

再利用导数证明e'-ln(f+4)求其最大值，并证明最大值小于l-ln2即可.

【详解】(1)由已知/(x)=(x-l)e*—x-l,该函数的定义域为(力,转)，

所以r(x)=e*+(x-l)e*—l=xeX-l,

当x<o时，r(x)<。，

令=xe*-10),所以〃'(x)=e*+xex=ex(x+1),

所以〃(x)>0,所以函数网力=旎工-1在[0,+s)上单调递增，

又力(0)=-1<0,Ml)=e—l>0,

所以存在彳=毛e(O，l)，使得〃(三)=0,

当xe[0,X5)时，/?(%)<0,当xe(x5，+oo)时,A(x)>0,

所以当天€(-8,%)时，r(x)<。，函数〃尤)在(f°,%)上单调递减，

当了«毛，+°°)时，>0,函数“X)在(三，"°)上单调递增，

又了'优)=0,其中无56=1,

所以工=%为函数“X)的极小值点，极小值为

X5

函数f(x)没有极大值点；

由已知g(x)=(%-l)lnx-2%-l,该函数的定义域为(0,+8),

X—11

所以g'(%)=lnxd------2=Inx----1,

10

设夕=1f贝U0'(％)=—I—>0,

所以函数/(尤)=lnx-1在(0,+。)单调递增，

x

又0(e)=」<0,0©)=2—4―1>0,

ee

所以存在尤=%，/已卜纭)，使得。(%)=足尤6=。，

X6

当0<x</时，。(x)<0,当时，0(x)>0,

所以当。<X</时，g'(x)<0,函数g(x)在(0,%)上单调递减,

当了>%时，g'(x)>o,函数g(x)在(％内)上单调递增，

又g'(%)=0,

所以x=%为函数g(元)的极小值点，极小值为-%1,

X6

函数g(x)没有极大值点，

(2)①由⑴可得，函数〃x)=(x-l)e-x-l在(―,当)上单调递减,

函数f(x)在(尤5，+°°)上单调递增，犬=%€(°，1)，且工5夕=1,

32

X/(-2)=--+l>0,/(-l)=—<0,/(l)=-2,/(2)=e2-3>0,

ee

所以函数/(%)有且仅有两个零点，不妨设玉<々，

则石£(—2,—1),x2G(1,2),

当b=l时，g(%)=(%-l)lnx-尤-1,该函数的定义域为(0,+8),

所以g'(%)=ln%+^^-l=lnx-‘,

xx

设//(%)=In%—,贝！］“(%)=—I—^->0,

所以函数4(%)=lnx-,在(0,+8)单调递增，

又4(1)=一1<0,//(2)=ln2-1=|ln4-1>0,

所以存在x=%7，七«1,2),使得4(%7)=1口％7—■-=0,

当0<%<工7时，〃(1)v0,当1>工7时，

11

所以当。<X<七时，g'(x)<0,函数g(x)在(0,毛)上单调递减，

当了>尤7时，g，(x)>0,函数g(x)在(土,")上单调递增，

g(ef=l>0,g(eT)=-2e-<0,

g(e)=e-l-e-l=-2<0,g(e2)=e2-3>0,

所以函数g(x)=aT)lnx-xT有两个零点，不妨设与<%，

2-12

贝Ue~<x3<e,e<x4<e,

因为X3为g(x)的零点，所以(电-1)山电-与-1=0,

令In%%,则退=或，

所以卜一力--1=0,

所以e(-l)T-l=0,所以f=lnw为函数〃x)=(尤的零点，

又一2<1口七<一1,所以玉=ln%3，同理可得乙二皿/，

所以七=e*9%=e*,

要证明Inw+ln%〈卓，只需证明%+%〈券，

只需证明为+兀2<1'

而％x2e(l,2),所以西+工2<1,

所以

②同①可得函数/(力="-1)3-％-1有且仅有两个零点，设其较小零点为4,

因为〃-2)=->1>0,“一1.5)=。,一5],

因为e3<2.83<25,故£<5,所以〃一㈠)=0.5(1-<0

/(1.5)=0.5e15-2.5=0.5(e15-5)<0,/(2)=e2-3>0,

则不«-2,-1.5),/e(1.5,2),

函数g(%)=(%-l)ln%-%-1有两个零点，设其较小零点为元3，贝"3=炉,%4=匕巧，

12

要证明e&'T＜工产+2,只需证明T＜卜〔七遑+2］,

只需证明e'z_l＜ln［七三+2）设为+9=入贝

只需证明e'—l〈如（f+4）-如2,

只需证明eJln（7+4）＜l—ln2,

设尸（/）=e'—ln（7+4）,-g＜f＜g，

则尸（，）=e'一匕，

设G（'）=e「匕，则G（'）=e'+号

>0,

所以函数G（r）=eJ「g即函数在］；』上单调递增,

_£_21449-4e八

所以______、(]

e49___49e_____'

所以分'⑺＞0

所以P（/）=eJln（/+4）在上单调递增,

所以当时，尸（。＜尸［；］=1一In］,

乙乙\乙J乙

13-33

e2-l-21n-<2.892-l-21n-=0.7-21n-,

222

)5|fl^ei-ln|-(l-ln2)<2(0.35-ln|<1(2-51n1

因为e?<2.72?=7.3984,所以2<51n|,

所以e5_ln|-(l-ln2)<|[2—51n|]<0,

所以e'—ln(f+4)<l-如2,

所以浮尸＜5±^+2

2

【点睛】利用导数研究函数的零点，一般考虑先利用导数研究函数的单调性，再结合零点存在性定理确定

零点的范围.

8.（2023•陕西咸阳•武功县普集高级中学统考一模）已知函数〃尤）=、W（xeR）.

13

⑴求“X）的单调区间；

⑵若对于任意的XJo，』，了⑺之履恒成立，求证：k<—.

【答案】⑴递增区间为（2E-：2E+£|（ZeZ）；递减区间为（2版+：,2也+亳（左eZ）

（2）证明见解析

【分析】（1）利用导数求解函数的单调区间即可;

⑵由题知竽2近对于任意的xe[呜恒成立，进而分x=0时和xe[og

时两种情况讨论求解即可.

cosx+—

【详解】（1）解：,，（、cosx-sinxI4

令则cos（x+3>0,即2far-]<x+巳<2far+]（笈eZ）,

解得的递增区间为（2版-手,2E+j伏eZ）；

令/则cos[x+]]<0,即2E+]<x+：<2E+，（keZ）,

解得小）的递减区间为（2版+/2版+爸（ZeZ）.

所以，〃x）的递增区间为12fai-g,2E+：（eZ）,递减区间为12E+：,2E+乎）仅eZ）

（2）证明：因为，对于任意的xe。弓，“力士履恒成立,

所以，詈出对于任意的川叼恒成立,

当％=0时，左ER；

、【//八兀L_L7,sinx

当xe0,彳时，k<——,

I2」xe"

令g(x)=*,9呜，

，/、cosx—sinx—xsinx

所以，g(x)=-------k--------.

^/z(x)=xcosx-sinx-xsinx,,

所以，”(X)=-xsinx-sinx-xcosx<0在上恒成立,

所以，/I⑴在［。弓上单调递减，

14

所以，A(X)</3(O)=O,即/⑴<0在上恒成立

所以，g(x)在[()$上单调递减，

所以,

,22

所以,k<---<—

5兀e

7ie2

2

综上，k<—.

Tie

【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于分离参数，进而构造函数，转化为求函数的最小值问题.

9.(2023•全国•高三专题练习)已知函数“无)=(尤2-2依+.

⑴当a=l时，求函数〃x)的单调区间；

(2)若讨论函数”力的零点个数.

【答案】(1)增区间为(o,j和。,包)，减区间为1J

(2)答案见解析

【分析】(1)当a=l时，求得广(x)=2(x-l)(lnx+l),利用函数的单调性与导数的关系可求得函数

的增区间和减区间；

(2)利用导数分析函数/(X)的单调性，对实数。的取值进行分类讨论，结合零点存在定理可得出结论.

【详解】⑴解：当。=1时，/(.x)=(x2-2x)lnx+|x2,该函数的定义域为(0,+功，

/r(x)=(2x-2)lnx+(x-2)+x=2(x—l)(lnx+l),

由r(x)<0可得由可得0<x<：或X>1.

故当a=l时，函数〃司的增区间为(0,，和(1,+8),减区间为

(2)解：函数“X)的定义域为(0,+动，

(x)=(2x-2a)lnx+(x-2a)+x=2(x-a)(lnx+l),

由广⑺=0,得玉=J,x2=a[a>^],

15

由/(%)<。可得,<%<〃由D>0可得0<%<：或X>a.

所以，函数“X)的增区间为(。,+8),减区间为

所以，函数/(x)的极大值为/［：］=嘤=>。，

极小值为/(〃)=；

a?—Q?ina—Q2I—Inci\

(2)

当0<x<，时，/(x)=xlnxfx+^pla

令夕=——----la,其中0<x<」,

21nxe

lnx-1(21nx-l)(lnx+l)即函数p(x)在(o,9上单调递增,

贝|J"(%)=1+>0,

2(lnx)22(lnx)2

1

故当0<x<』时，p(x)<p——2。<0,

ee

此时，/(x)=xlnx［x+万篇-2a］>0,所以/(x)在［o,］上不存在零点;

①当五时，/(a)=a2Q-lnaKo,此时函数/(x)无零点；

②当a=八时，〃。)=0,此时函数〃x)只有一个零点;

③当a>血时，/(«)<0,f(2o)=la2>0,

则/(x)在g,与(a,内)上各有一个零点.

综上所述，⑴当工<。<八时，f(x)在(0,+动上不存在零点;

e

(ii)当”=五时，〃x)在(0,+8)上存在一个零点；

(iii)当a>/时，〃x)在(0,+8)上存在两个零点.

【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：

(1)直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图

象，然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形

结合思想和分类讨论思想的应用；

(2)构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；

(3)参变量分离法：由/(x)=0分离变量得出a=g(x),将问题等价转化为直线丫=。与函数y=g(x)的

图象的交点问题.

16

10.(2023•全国•高三专题练习)已知函数/(X)="*：4),其中aeR且awO.

⑴当。=1时，求函数〃x)的单调区间；

(2)若存在实数%,使得〃毛)=尤。，则称与为函数〃尤)的“不动点”求函数〃x)的“不动点”的个数；

(3)若关于x的方程/(7(%))=有两个相异的实数根，求a的取值范围.

【答案】(1)/(力的单调增区间为单调减区间为(-3,y)；

(2)答案见解析；

3

(3)〃<0且Qw—r.

e

【分析】(1)直接利用导数求函数的单调区间；

(2)记f("=三一a(xw-4),禾U用导数得尸(x)在(f,-4)和(-4,+8)上均单调递增.记

/z(x)=xe=a(x+4),对“分“>0,“<0讨论，结合零点定理求函数的“不动点”的个数；

(3)记G(x)=裳，利用(1)得出G(x)的单调性和值域，然后分。>0和。<0两种情况，结合(2)中

不动点的范围对/(/(x))-〃x)=0进行分析即可

Y-4-4

【详解】(1)当。=1时，/(尤)=丁，定义域为R.

_LQ

尸(x)=-Vg,令/⑺=0,得》=一3.

当x<-3时，/«了)>0；当x>-3时，//(x)<0.

所以〃x)的单调增区间为(~,-3),单调减区间为(-3,+功.

(2)函数”力的不动点即为方程f(x)-x=0的根，即方程尤=0的根.

e

口小，一口、EQ(X+4),,，0〜(x+4)xex

显然，x=-4不是方程--------x=0的根，所以---------x=0<=>---------a=0.

exexx+4

x，/、(x+2)2ex/、/、

记小力=二re一-a(x^-4),因为尸(町=匕一^>0(当且仅当x=—2取等号)，所以尸(无)在(f,T)

x+4Ix+4j

和(-4,+8)上均单调递增.

由二优―〃(x+4),，己介(%)=光炉_.(%+4).

'7x+4

①当〃>0时,

17

(i)当％£(—8,—4)时，7i(—4)=<0,〃］一4——|=।—4——jeae+—>0

eIaeJ\ae)e

(可设g(%)=gr(x)=(x+l)ex,

当兀£(一8,—1),g'(%)<0；当了£(一1,+8),g\x)>0；

・•・g(x)在(-0o,T)单调递减，在(一1,+8)单调递增，所以8(%)=心”之且(-1)二一：)，

存在"£(-OO,T)，使得力(6)=0，即存在唯一代(F,-4)使得/(。)=0;

(ii)当无£(T,+oo)时，/z(0)=Tav0,/z(4a)>4a(4a+l)-a(4a+4)=12a2>0

(设/?(x)=e%-x-l,.\y(x)=ex-l,

当x£(-oo,0),p，(x)<0;当x£(0,+oo),pf(x)>0;

・•・P(%)在(0,+8)单调递增，在(-00,0)单调递减，

p(x)>p(0)=0,ex>x+1),存在G«0,+oo),使得"(q)=0,即存在唯一G£(。,内)使得MLN。.

②当〃<0时，

(i)当Xe(-8,-4)时，F(同=三一a>0无零点；

(ii)当xe(T,心)时，因为为(0)=-4°>0,〃(一4)=［<0,存在/。<与⑼，使得〃&)=(),即存在

唯一务e(-4,+<»)使得尸&)=0.

综上所述，

当a>0时，函数〃尤)有两个“不动点飞，t2.当4<。时，函数〃x)有一个“不动点飞.

Y-L/|

(3)记G(x)=h，由(1)知，

当xe(Yo,T］时,函数G(x)单调递增，且G(x)e(yo,0］；

当x«T,-3)时，函数G(尤)单调递增，且G(x)e(0,e3)；

当xe(-3,内)时，函数G(x)单调递减，且当x趋向于无穷时，y=e，的增长速率远远大于一次函数的增长

速率，则G(x)«0,e3).

当。>0,由(2)知

〃/(x))-/(x)=°o/(x)=4(其中论{1,2}).

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由/&)=0=。=〃］，代入得上苧=生尹.

(+4exe"

因为4e(-叫Y),所以此时营=『只有一个解；

因为与«0,也)，所以此时?=g有两个解，

故〃/(")-〃x)=0共有三个解，不满足题意；

当〃<0,由(2)知

，(/(力一/⑴=。。〃")、

由/&)=。=>。=把彳，代入得土二=竺±,

A

?0+4ee'。

当务=-3时，=1=中只有一个解尤=一3,不满足题意，此时a=-g；

ee°e

务武工-3)U(-3,-O)时，袈=咛1共有两个解，满足题意，

综上所述，当。<0且。/-彳时方程有两个不同实数根.

e

【点睛】关键点睛：解答本题的关键是利用导数分析函数的零点问题，常用的方法：(1)方程法(直接解

方程得解)；(2)图象法(直接分析函数的图象得解)；(3)方程+图象法(令〃尤)=0得到g(x)=/7(x),分

析g(x)M(x)的图象得解).

11.(2023•福建福州・统考二模)已知函数/(x)=(x+l)lnx—办+a.

(1)若。=2,试判断了(X)的单调性，并证明你的结论；

⑵若x>lJ(x)>0恒成立.

①求。的取值范围：

②设4,=—1+—］+—；+•••+《，国表示不超过尤的最大整数.求［1。%］.(参考数据：ln2«0.69)

n+1n+2n+32n

【答案】(1)“尤)为(0,+8)上的增函数，证明见解析

(2)①ae(T»,2］；②当”=1或2时，［10%］=5；当〃之3时，［104］=6

【分析】(1)求导，再根据导函数的符号即可得出函数的单调性；

(2)①x>l,/(x)>0恒成立，只要/(x)1rfli>0即可，利用导数求出函数的最小值，从而可得出答案；

19

②先利用作差法判断%=」7+—二+—二+…的单调性，然后结合①中的结论求出为的范围，再根

n+1n+2n+32n

据［x］的定义即可得解.

【详解】(1)/'(%)=lnx+--l(x>0),

ifi^(x)=lnx+—-1,贝!Jg'(x)=g1x—1

所以xe(O,l),g，(x)<O,所以g(x)单调递减;

xe(l,-H»),g,(x)>0,所以g(x)单调递增，

所以g(x)血n=g(l)=。，所以g(x)NO,即r(x)NO,且仅有(⑴=0,

所以〃x)为(0,+功上的增函数；

(2)@f'(x\=\wc+—+\-a,

X

1Y_1

令〃(x)=ln_xH---\-X-a,贝！|〃'(无)=——,

则xe(1,网,〃⑺>。,所以网力单调递增，

所以火力>〃(1),即/。)>"1)=2”,

①当a42时，所以“X)为递增函数,

所以〃x)>〃l)=0,满足题意；

②当a>2时，­(1)=2—a<0,尸(e")=l+±>0,

尸(x)有唯一零点七,且看e(l,e"),

则xe。,/)时，r(x)<0,〃x)单调递减，

所以■/■(毛)</。)=。，不合题意，舍去，

综上，(?e(-oo,2］；

737

②经计算：%=0.5,%=五£(0.5,0.6),a3=—e(0.6,0.7),

111

因为%+i-q-----1------>0,所以数列｛4｝单调递增,

2〃+12n+2n+12〃+12n+2

所以，当〃=1或2时，0.5<an<0.6,

20

当〃23时，an>a3>0.6,

当。=2时，由①可知，此时〃尤）＞0,即22（1）（/川

X+1

今2(1)‘，则》=2左+1,则有:<In2k+\

X+1k2k—1k2k-l

令左二〃+L〃+2,・・・,2〃，

则有/l+£+…+(<ln2〃+32〃+54n+l4n+l