導(dǎo)數(shù)解答題之指對(duì)函數(shù)五大題型匯總（解析版）-決戰(zhàn)2024年高考數(shù)學(xué)重難點(diǎn)題型突破（新高考通用）

重難點(diǎn)專題12導(dǎo)數(shù)解答題之指對(duì)函數(shù)五大題型匯總

題型1指數(shù)找基友................................................................1

題型2對(duì)數(shù)單身狗...............................................................11

題型3指對(duì)互化.................................................................21

題型4指對(duì)分離與不分離.........................................................28

題型5凹凸翻轉(zhuǎn).................................................................37

弟知重點(diǎn)

在指數(shù)加減X整式或者對(duì)數(shù)乘除X整式或者在指數(shù)和對(duì)數(shù)同時(shí)出現(xiàn)的情形下，我們處理時(shí)往

往本著對(duì)數(shù)單身狗，指數(shù)找基友的思想方法，本質(zhì)就是通過這樣的轉(zhuǎn)換可以讓求導(dǎo)變少，避

開長(zhǎng)篇分類討論

題型1指數(shù)找基友

生塾重點(diǎn)

指數(shù)找基友：在處理不等式和零點(diǎn)問題時(shí)，如果指數(shù)部分+X整式有可能連續(xù)求導(dǎo)，甚至要

用到隱零點(diǎn)，匕瞰復(fù)雜，此時(shí)，我們只需把所有X的式子和ex變換到一起,一般可以同除

整式，或者同除ex部分，構(gòu)造一個(gè)新函數(shù)，例如ex-ax>0我們可以化成ex>ax,進(jìn)一步化成

a=eVx,構(gòu)造函數(shù)f(x)=ex/x;再例如當(dāng)x>0時(shí)求證：(2-x)ex<x+2,我們可以化作ex

(2-x)/(x+2)41,然后構(gòu)造函數(shù)f(x)=ex(2-x)/(2+x),證明其41即可，通過觀察，不難發(fā)現(xiàn)，

ex和所有含有x的式子變換到一起了，我們形象地稱之為，指數(shù)找基友

【例題1](2022秋?山東濱州?高三校聯(lián)考期中)已知/'(x)=asinx(aeR),g(x)=e\

(1)求g(x)在％=0處的切線方程；

(2)若a=1,證明G(x)=f(x)+Inx在(0,1)上單調(diào)遞增；

(3)設(shè)FQ)=小等缶*0)對(duì)任意xG[0,=],>kx成立求實(shí)數(shù)k的取值范圍.

【答案】(l)x-y+l=0；(2)詳見解析；(3)fc<1.

【分析】(1)求出g(x)的導(dǎo)數(shù)，求得切線斜率及切點(diǎn)，由點(diǎn)斜式即可得切線方程；

(2)求出G(x)=/(x)+Inx的導(dǎo)數(shù)，將證明G(x)=/(x)+Inx在(0,1)上單調(diào)遞增轉(zhuǎn)化為

G\x)>0在(0,1)上恒成立即可；

xx

(3)先化簡(jiǎn)求出F(%)=esinx#F(x)>kx恒成立即九(%)=esinx-kx>0恒成立，對(duì)h(x)

求導(dǎo)，對(duì)k進(jìn)行討論，研究九(乃的最小值不小于零即可.

【詳解】解：(1)“(%)=靖，“(0)=1,9(0)=1,

所以g(%)在％=。處的切線方程為y-1=%,即％-y+1=o

(2)G(x)=sin%+Inx,

則=：+cosx,

由于xG(0,1),故:>1,

又cos%G[—1,1]z故cos%<1,

故:+cosx>0,即G<x)>0在(0,1)上恒成立,

故G(x)在(0,1)遞增；

(3)F(x)=exsinx,

由對(duì)任意x6[。,外，F(xiàn)(%)>k%恒成立，

設(shè)九(%)=exsinx—kx,

則h'(x)=exsinx4-excosx-k,

再設(shè)m(%)=exs\x\x+excosx—k,

貝!!W(%)=exsinx+excosx4-excosx-exsinx=2excosx,

,/Xe[o用，...?n'(x)>0

因此m(x)在[O圖上遞增,

故m(X)>/n(0)=1—k,

①當(dāng)々<1時(shí),m(x)>0即九十》)>0,

3)在[o用遞增,故九⑺>九(0)=0,

即々<1適合題意1

②當(dāng)k>1時(shí)，m(0)=1—k<0,m6)=eQ—k,

若會(huì)-k<0,則取出=,xe(O,%o)時(shí)，m(x)<0,

若--k2O,則在(0身上m(x)存在唯一零點(diǎn)，記為Xo,

當(dāng)％G(0,々)時(shí),m(X)<0,

總之.存在X06(0,外使X6(0,殉)時(shí)山(無)<0,

即〃(x)<0,故/i(x)遞減,h(x)<九(0)=0,

故k>1時(shí),存在(。，沏)使/i(x)<0,不合題意,

綜上，/cW1.

【點(diǎn)睛】本題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)求切線的方程和函數(shù)的最值，以及利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單

調(diào)性及最值等知識(shí)，考查綜合利用數(shù)學(xué)知識(shí)分析問題、解決問題的能力，是一道難度較大的

題目.

【變式1-1]1.(2023春?安徽?高三合肥市第八中學(xué)校聯(lián)考開學(xué)考試H知函數(shù)f(x)=a%2-

e、T.

(1)當(dāng)a=|時(shí)，證明：/(x)在R上為減函數(shù).

(2)當(dāng)x€[0,自時(shí)，/'(x)Wacosx,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

【答案】(1)證明見解析；(2)[-表室].

【分析】(1)利用二階導(dǎo)數(shù)研究/(X)的單調(diào)性，結(jié)合其零點(diǎn)確定尸(X)的區(qū)間符號(hào)，即可

證結(jié)論；

(2)原不等式等價(jià)于e*T>aQ2-cosx)對(duì)于Xe[0,芻恒成立，構(gòu)造/i(x)=x2-cosx,利

X—1

用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性，結(jié)合其零點(diǎn)判斷力(x)的區(qū)間符號(hào)，當(dāng)伏乃<0時(shí)只需a>(號(hào)蒜)max，

當(dāng)人。)>0時(shí)只需a<(W9)min，構(gòu)造w(x)=/B艮據(jù)導(dǎo)數(shù)研究最值即可求a的范圍.

【詳解】(1)當(dāng)a=[時(shí)，/(x)=1x2-ex-1,則/(x)=X-ex-1,

令g(x)=x-ex~r,則g'(x)=1-e*T,

當(dāng)xe(一8,1)時(shí),g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增,

當(dāng)xG(1,+8)時(shí),g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減,

，g(x)wg(i)=o,當(dāng)％=i時(shí)/''(I)=o,當(dāng)％力1時(shí)f'(%)<o,

."(x)是R上以x=1為拐點(diǎn)的減函數(shù)

(2)由題意，ex-1>a(/-cosx)對(duì)于x6［。守恒成立.

設(shè)版x)=x2-cosx,則》(x)=2x+sinx,易知》(x)在［0,芻上為增函數(shù),

??.九口)>"(0)=0,故無⑺在［0,自上為增函數(shù)，又八(0)=-1<0,%)=J>0,

二存在唯一的&6(0,^)，使得/i(和)=0：當(dāng)Xe［0,&)時(shí)，/i(x)=X2-cosx<0,此時(shí),

X-l

由e*T>a(x2-cosx)得a>-e----,

xz-cosx

令S(x)=4,則")=<0

，w(x)在［O,Xo)上為減函數(shù)，則w(x)max=9(0)=-］故a2-3.

x-12

當(dāng)％=%。時(shí)，h(x0)=XQ—cosx0=0,對(duì)于Va6R,e>a(x—cos%)恒成立.

當(dāng)%E(&苧時(shí),h(x)=x2—cosx>0,由e%T>a(x2—cos%)得a<，

x-12

由上知？'(%)=e(x-cosx-2x-sinx)

(x2-cosx)2

令m(X)=x2—cosx-2%—sinx,則加(％)=2x+sinx—2—cosx,易知m'(%)在(％(),]]上

為增函數(shù)，

r

'.'m(XQ)=2x0+sinx0—2—cosx0,而九(%())=XQ—cosx0=0,x0G(0,^),

2

=2x0+sinx0—2-%o=-1+sinx0—(x0—l)<-1+sinx0<0,又也嗎)=

7T—1>0,

二.存在唯一Xi6(x017)，使得W(%i)=0：當(dāng)工€(%0，%)時(shí)，W(%)<0,?、诉f減；當(dāng)xe

01，鄉(xiāng)時(shí)，m'(X)>0,m(x)遞增；

花江2

*.*7n(x0)=XQ—cosx0—2XQ—sinx0=—2x0~sinx0<0,m(-)=——n—l<0,

:.m^x)<0,即"(x)<0,

.?.9(x)在(Xo申為減函數(shù)，0(x)min=(P(^)=嚓-，故。4號(hào)--

綜上可知，實(shí)數(shù)a的取值范圍為[-(名].

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：第二問，產(chǎn)】>磯/—COSX)對(duì)于X6[0,自恒成立，利用導(dǎo)數(shù)研究

X—1

h(x)=/一cos%的區(qū)間符號(hào)，當(dāng)/i(x)<0時(shí)有a>(^-―)max,當(dāng)h(x)>0時(shí)有a<

%一1

(忌嬴)min，求參數(shù)范圍

【變式1-1]2.(2021?黑龍江哈爾濱?哈九中?？既?已知函數(shù)/Xx)=ix3-sinx.

(1)證明：函數(shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn)；

(2)若對(duì)VxG[0圖，不等式e，+acosx>a/恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

【答案】(1)證明見解析；(2)。€-1,等1

【分析】(1)由f(x)為奇函數(shù)，得0是一個(gè)零點(diǎn)，轉(zhuǎn)化為證明"%)在(0,+8)上有且只有一

個(gè)零點(diǎn)，求出「(%),再對(duì)f'Q)兩次求導(dǎo)，確定尸(為的單調(diào)區(qū)間，再結(jié)合零點(diǎn)存在性定理，

即可證明結(jié)論；

2

(2)不等式e*+acosx>a/化為1>a(x—cosx),再由(1)中的結(jié)論討論/—cosx零、

正、負(fù)，分離參數(shù)a，構(gòu)造新函數(shù)，轉(zhuǎn)化為a與新函數(shù)的最值關(guān)系，通過求導(dǎo)求出新函數(shù)的

最值，即可求出結(jié)論.

【詳解】解：(1)證明：

因?yàn)閒(x)為奇函數(shù)，且f(0)=0,

只需證/(%)在(0,+8)上有且只有一個(gè)零點(diǎn)即可.

當(dāng)xe[0,+oo),記g(x)=fix')=x2-cosx,

記9i(x)=g'(x)=2x+sinx,g/Cr)=2+cosx>0,

?*口)在(0,+8)上遞增，

又：g'(x)>g'(o)=o,???g(x)在(o,+8)上遞增，

又???g(0)=-1<0,g(9=9>0,

所以存在唯一實(shí)數(shù)與e(0,g,使得g(%°)=0,

當(dāng)X6(0,&)時(shí)，g(x)<o,當(dāng)XeOo，+8)時(shí),g(x)>0,

所以函數(shù)/■(%)在(0,%)上單調(diào)遞減，在(沏,+8)上單調(diào)遞增.

/(0)=0,f(x0)<0,又/■(兀)>0,

所以函數(shù)/■(%)在(%0,兀)上有且只有一個(gè)零點(diǎn)，

所以函數(shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn).

(2)由e"+acosx>ax2,可得e">a(x2—cosx),

由(1)知:

x-

①當(dāng)％=Q時(shí),e0>0,gg)=%ocosx0=0,

此時(shí)，對(duì)于任意aeR,ex>a(x2-cos%)恒成立.

②當(dāng)xe卜。用時(shí)，g(x)>0,

由e*>a(x2—cosx),得a<—------,

x2-cosx

令h(%)=%2：cosx，下面研究”(x)的最小值，

11,、ex(x2-cosx-2x-sinx)

???h'(x)=---------------------,

(x2-cosx)2

令t(x)=x2—cosx—2%—sinx,

t'(%)=2x+sinx—2—cosx,令0(%)=t'(%),

￡/(%)=2+cosx+sinx>。對(duì)％G[o用成立,

???函數(shù)〃(x)在(&用上為增函數(shù)，

而亡'(％0)=2x0+sinx0—2—cosx0

=—XQ+2XQ+sinx0—2<-1+sinx0<0(0<x0<1),

又t'C)=7T—1>0,

存在唯一實(shí)數(shù)m6(%o-7)，使得t'O)=0,

當(dāng)xG(而,ni)時(shí)，t'(m)<0；當(dāng)無6(zn,g)時(shí)，t'(m)>0.

???函數(shù)?在上遞減，在(TH用遞增,

???t(x0)=XQ—cosx0—2XQ—sinx0=—2x0—sinx0<0,

t0=9-兀T<0,二函數(shù)Mx)在(X。身上遞減,

九(x)min=h(加等,；?a<M

③當(dāng)％e[0,&)時(shí)，g(x)=x2-cosx<0,

由②可知》(x)=短收:當(dāng)去>nx)<0,

(xz-cosx)z

所以函數(shù)以X)=一羨在[0/。)上為減函數(shù)，

當(dāng)％e[0,&)時(shí),hQ)max=%(0)=一1，

ci>—1,綜上，a6

【點(diǎn)睛】本題考查函數(shù)導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及到函數(shù)的單調(diào)性、極值最值、零點(diǎn)，以及不等

式恒成立問題，分離參數(shù)是解題的關(guān)鍵，構(gòu)造函數(shù)多次求導(dǎo)是解這種類型題的重要手段，考

查邏輯推理、數(shù)學(xué)計(jì)算能力，屬于較難題.

【變式1-1]3.(2022?全國(guó)?高三專題練習(xí))已知函數(shù)y=是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)

x>0時(shí)，/(x)=嗖,曲線y=在點(diǎn)(1,/(I))的切線與x軸平行，/(x)是的導(dǎo)函

數(shù).

(1)求k的值及當(dāng)x<0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；

⑵設(shè)g(x)=(x2+x)?/(%)對(duì)于任意x>0,證明g(x)<1+e-2.

【答案】⑴k=1,/(x)的增區(qū)間為(0,1),減區(qū)間為(1,+8)

(2)證明見解析

【分析】小問1：由/''(1)=。求出k的值，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)性即可分析單調(diào)性；

小問2:記h(x)=1-xlnx-x(x>0),通過導(dǎo)數(shù)分析其單調(diào)性求出最大值，同樣求出t(x)=

管<1,。>0),即可證明結(jié)論.

(1)

初rHc,、lnx+k/曰c、如x-(lnx+k)?鏟^-\nx-k

解：由f(X)=—,得/(X)=~~苫——=-

?1?f'M=宏=0,即k=1.

~—lnx-1

g(x)=：-Inx-1為減函數(shù)，且g(l)=0,

.,.當(dāng)x￡(0,1)時(shí)，g(x)>0,f'(x)>0.

當(dāng)x€(1,+8)時(shí)，g。)<0，((x)<0.

???/0)的增區(qū)間為(0,1),減區(qū)間為(L+8)；

⑵

證明：g(X)=(x2+x)-/z(x)=■(1—xlnx—x).

記h(x)=1—xlnx-x(x>0),

h'(x)——Inx-2,令"(x)=0，得x=e-2,

當(dāng)xG(0,e-2)時(shí)，h'(x)>0,/i(x)單調(diào)遞增；

當(dāng)xe(e-2,+8)時(shí)，h'(x)<0,/i(x)單調(diào)遞減.

???以X)max=/i(e-2)=1+e-2,

：-1—xlnx—x<1+e-2.

令t(x)=詈@>o),t'M=-^<o,

??.t(x)在(0,+8)上單調(diào)遞減，

???t(x)<t(0)=1.

???9(x)=譽(yù),(1-xlnx-1)<1+e-2

【變式1-1】4.(2021秋?吉林四平?高三四平市第一高級(jí)中學(xué)?？茧A段練習(xí)后知函數(shù)f(x)=

aex+bcosx+|x2+1(其中a,b為實(shí)數(shù))的圖象在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為y=x+1.

(1)求實(shí)數(shù)a,b的值；

(2)求函數(shù)g(x)=f'(x)-3x的最小值；

(3)若對(duì)任意的x6R,不等式x/(x)>|x3+2Ax2+x恒成立，求實(shí)4數(shù)的取值范圍、

【答案】(1)=\；(2)最小值為1；(3)(-叫

【分析】(1)求導(dǎo)得到/(X)=aex-bsinx+x,根據(jù)題意得到十。+：=1，解

(f(0)=a=1

得答案。

(2)計(jì)算得到g(x)=ex+sinx-2x,求導(dǎo)得到g'(x)=ex+cosx-2,令/i(x)=g'(x),

則h'(x)=/_sinx，討論x<0和x>0的情況，得到g(x)在(-%0)上單調(diào)遞減和在［0,+8)

上單調(diào)遞增，得到函數(shù)的最小值。

(3)當(dāng)％=0時(shí)，不等式恒成立,當(dāng)％>0時(shí)，等價(jià)于e*-%2-22%-cosx>0,令G(%)=

x2

e-x-2Ax-cosx,6\%)=g(x)-2A,考慮A<g和；I>|r結(jié)合(2)結(jié)論根據(jù)函數(shù)的

單調(diào)性得到最值，同理％<0時(shí)類似，計(jì)算得到答案。

【詳解】解：(1)因?yàn)閒(%)=aex+bcosx+^x2+1,所以/'(%)=aex-bsinx+x,

由題意得舟,解得

(2)由(1)知/(%)=ex-cosx+|x2+l,g(%)=e*+sinx-2x.

所以g'(%)=e*+cosx—2,令九(x)=g'(x),貝！］九'(%)=ex—sinx

①當(dāng)久<0時(shí)，由e"—2<-1,-1<cosx<1z得g'(%)=e"+cosx—2<0z

所以g(%)在(-8,0)上單調(diào)遞減，無最小值.

②當(dāng)%>0時(shí)，由e”>1,-1<-sinx<1,得九'(%)=ex-sinx>0,所以g'(x)在［0,+8)上

單調(diào)遞增，

故g'(x)>g'(0)=0,所以g(%)在［0,+8)上單調(diào)遞增，所以g(%)min=。(。)=L

綜上，g(%)的最小值為1.

⑶對(duì)工分情況討論如下：

①當(dāng)％=0時(shí)，對(duì)任意的入GR,不等式%/(%)>|%3+2Ax2+%恒成立.

②當(dāng)%>0時(shí)，不等式=/(%)>|%34-2Ax2+%等價(jià)于e”-cosx4-1x24-1>|x24-2Ax+1,

即e%—%2—2Ax—cosx>0.

令G(%)=ex—x2—2Ax—cosx,則G'(%)=ex—2x+sinx-2A=g(%)—22.

當(dāng)2圻時(shí)，由(2)知。(x)=gM-2A>g(0)-2A=1-22>0,

所以G(x)單調(diào)遞增，從而G(x)>G(0)=0,滿足題意.

當(dāng)A>決寸.由⑵知0(%)=g(x)-2A=ex-2x+sinx-2A=g(x)-22在(0,+8)上單調(diào)

遞增，

易證e”>ex,故0(%)=e"-2%+sinx—2A>(e—2)x—1—2A,

從而G，>(e—2)x—1—2A=0.

又我(0)=1-2A<0,所以存在唯一實(shí)數(shù)與e(0,詈)，使得G'Oo)=0,

且當(dāng)Xe(0,g)時(shí)，G'M<0,G(x)單調(diào)遞減，所以當(dāng)xe(0,x0)時(shí)，G(x)<6(0)=0,不滿足

題意.

③當(dāng)無<0時(shí),不等式x/(x)>|x3+2Ax2+x等價(jià)于e*—x2—2Ax—cosx<0,

同上,令G(%)=ex—x2—2Ax—cosx,則G'(x)=ex-2x+sinx—2A—cosx<0.

當(dāng)入旺時(shí)，由(2)可知O(x)>0,所以G(x)單調(diào)遞增，故G(x)<6(0)=0,滿足題意

綜上，可得入的取值范圍是(-8厘.

題型2對(duì)數(shù)單身狗

、，*

*E劃重點(diǎn)

對(duì)數(shù)單身狗：如果對(duì)數(shù)式乘以或者除以一個(gè)關(guān)于X的整式，把整式提出，然后分別對(duì)局部分

析即可，例如y=(2+x)ln(x+l)-2x,如果要證明x>0時(shí)y>0,我們便可把2+x提出來，使之

變成y=(2+x)(ln(x+l)-恁分別分析2+x和ln(x+l)-念就可以了，這個(gè)過程使In(x+1)系

數(shù)不含x整式，我們形象地稱之為對(duì)數(shù)單身狗，再求導(dǎo)就容易多了

【例題2](2022秋?寧夏銀川?高三校考開學(xué)考試)已知函數(shù)/0)=2靖-2+ax.

(1)討論/Xx)的單調(diào)性；

(2)對(duì)任>0,求證：/(x)>x(lnx+a)

【答案】(1)答案見解析；(2)證明見解析.

【分析】(1)首先求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)尸(X)=2蠟-2+a,再討論a>0和a<0時(shí)，函數(shù)的單調(diào)

性；(2)首先將不等式變形，轉(zhuǎn)化為證明/??-Inx>。構(gòu)造函數(shù)g(x)=.?F-Ex,然

后利用二次導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最小值大于0,即可證明.

【詳解】(1)函數(shù)的定義域是R

產(chǎn)(x)=2ex~2+a

當(dāng)a>0時(shí)，/(%)>0恒成立，故函數(shù)/(%))在R上單調(diào)遞增

當(dāng)a<0時(shí)，令/(x)>0,得x>2+In(-柒令/(x)<0,得x<2+ln(-^).

故函數(shù)/(x)在(一8,2+In(-柒)上遞減，在(2+In(-5+8)遞增

(2)要證f(%)>x(lnx4-a),即證2e"-2+QX>x(lnx+a)

Q^X-27X

即證2e"2>xlnx,又%>0,所以---->In%,即證方--0---Inx>0

xe￡x

令g(x)=~}&，則即)=2(”『

令r(x)=2(x—l)ex—e2x,貝！|r'(x)=2xex—e2

容易得r'(x)在(0,+8)遞增,Srz(l)=2e-e2<0,rz(2)=3e2>0

所以存在唯一的實(shí)數(shù)沏G(1,2),使得“沏)=0

所以r(x)在(0,x0)遞減，在(%,+8)遞增

因?yàn)閞(0)=-2<0,r(2)=0

所以當(dāng)r(x)>0時(shí)x>2,當(dāng)r(x)<0時(shí)。<x<2

所以在(0,2)上遞減，在(2,+8)上遞增

所以g(x)>g(2)=1-ln2>0

綜上盤?:-Inx>0,即/(x)>x(lnx+a).

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：利用導(dǎo)數(shù)證明不等式問題，方法如下：

(1)直接構(gòu)造函數(shù)法證明不等式/(x)>g(x)(或f(x)<g(x)造化為證明f(x)-g(x)>0

(或f(x)-g(x)<0),進(jìn)而構(gòu)造輔助函數(shù)h(x)=/(x)-g(x);

(2)適當(dāng)放縮構(gòu)造法：一是根據(jù)已知條件適當(dāng)放縮；二是利用常見放縮結(jié)論；

(3)構(gòu)造"形似"函數(shù)，稍作變形再構(gòu)造，對(duì)原不等式同解變形，根據(jù)相似結(jié)構(gòu)構(gòu)造輔助

函數(shù).

【變式2-1]1.(2022秋?黑龍江哈爾濱?高三哈師大附中?？计谀?已知函數(shù)“X)=

(%4-l)lnx—a(x—1).

(1)當(dāng)a=2時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；

(2)當(dāng)x>1時(shí)，/(%)>0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

【答案】(1)在區(qū)間(0,+8)上單調(diào)遞增，無單調(diào)遞減區(qū)間；(2)(—8,2].

【分析】(1)把。=2代入，然后對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)可求函數(shù)單調(diào)區(qū)間；

(2)由不等式的恒成立，結(jié)合導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性及函數(shù)的性質(zhì)對(duì)a進(jìn)行分類討論，進(jìn)行求解即

可.

【詳解】解：(1)當(dāng)a=2時(shí)，f(x)=(%+l)lnx-2(x-1),f\x)=Inx+^-1,

令g(x)=Inx+：-1,則g<x)=合,

當(dāng)xG(0,1)時(shí),g'W)<0,g(x)單調(diào)遞減,

當(dāng)X€(1,+8)時(shí),g'[x}>0,g(x)單調(diào)遞增,

所以g(x)min=g⑴=0，所以/'(X)>0.

故f(X)在區(qū)間(0,+8)上單調(diào)遞增，無單調(diào)遞減區(qū)間.

(2)fix')=Inx+^+1-a,

設(shè)h(x)=lnx+^+l-a,x>l,則"(x)=：-?>0,

所以Mx)在區(qū)間[1,+8)上單調(diào)遞增，即廣⑺在區(qū)間(1,+8)上單調(diào)遞增，且r(1)=2-a,

①當(dāng)a<2時(shí)，/'(X)>0,/(%)在區(qū)間(1,+8)上單調(diào)遞增，所以/(%)>/(I)=。滿足條件；

②當(dāng)a>2時(shí)，-⑴=2—a<0,f'{ea)=1+e~a>0,

所以北0G(l,ea],使得/(尤0)=0,所以當(dāng)x6(1,與)時(shí)，r(x)<0,/(x)單調(diào)遞減，

即當(dāng)沏G(1,q)時(shí),/(X)</⑴=0,不滿足題意.

綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(-8,2].

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：不等式恒成立問題常見方法：①分離參數(shù)a</Xx)恒成立(a</(x)min

即可)或a>f(x)恒成立(a>/(x)max即可)；②數(shù)形結(jié)合(y=f(x)圖象在y=g(x)上

方即可)；③討論最值/(x)minN。或f(x)maxS0恒成立；④討論參數(shù).

【變式2-1]2.(2022?全國(guó)?高三專題練習(xí))已知函數(shù)f(x)=手.

(1)當(dāng)m=1時(shí)，求/(%)的最大值；

(2)討論關(guān)于x的方程/(x)=zn-Inx的實(shí)根的個(gè)數(shù).

【答案】(1)》(2)答案見解析.

【解析】(1)首先求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，再分析函數(shù)的單調(diào)性，再求函數(shù)的最值；(2)方程的

實(shí)數(shù)根的個(gè)數(shù)轉(zhuǎn)化為函數(shù)g(x)=Inx-嘴*(0,+8)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，且以1)=0，再討論m

的取值范圍討論函數(shù)在(L+8)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，再根據(jù)關(guān)系式得到函數(shù)的零點(diǎn)互為倒數(shù)，從而

確定函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；方法二，當(dāng)x￥1時(shí)，方程等價(jià)于m=卓詈，構(gòu)造函數(shù)h(x)=

片誓(x>0,尤于1),利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)的圖象，從而討論m，得到圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)

【詳解】(1)當(dāng)m=1時(shí)，f⑺=誓，.,?/⑴=一竽，

令f'(x)=0彳導(dǎo)x=e~20<x<e—時(shí),/*(%)>0,f(x)單調(diào)遞增,x>eW時(shí)<0,

f(X)單調(diào)遞減，:"X)max=f(e、)=f.

(2)由f(x)=m-Inx得Inx-=0,令g(x)=Inx-,

所以方程f(x)=m-Inx的實(shí)根的個(gè)數(shù)即為函數(shù)g(x)在(0,+8)上的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，

"g(l)=0,??-%=1是函數(shù)g(x)的一個(gè)零點(diǎn)，

又?:9[-)=Ini-%=-Inx+=-g(x),g(x)在(0,1)u(1,+8)上的零點(diǎn)互

\X/x—2+1叱X+：1：)

為倒數(shù)，下面先研究g(x)在(L+8)上的零點(diǎn)的個(gè)數(shù):

4mx_(x2+l)2-47nx2

(X>1)

(x2+l)2-x(x2+l)2

(i)若mW0,貝k>1時(shí)，g(x)=Inx-與盤>°，,。(為在。+8)上的沒有零點(diǎn)；

(x2+l)2-4?nx2_(x2+2Vmx+l)(x2-2V7nx+l)

若小>貝(，

(ii)0,lg(x)=x(x2+l)2-x(x2+l)2(%>1)

令h(%)=x2—2y[mx+1(%>1),

①/=4m-4<0，即0<m<1時(shí)th(x)>0,.??g'(x)>0,g(x)在(1,+8)上遞增,???g(x)>

g(l)=0,??.g(x)在(L+8)上的沒有零點(diǎn)；

②/=4m-4>0z即m>1時(shí)，h(x)=0有兩個(gè)不等實(shí)根%i,x2,且%]不=1,

???大根%2—+Vm—1>1，小根0<%!<1,

???xG(1,%2)時(shí)，九(%)<0，g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減,XG(%2,+8)時(shí)，九0)>0,g'(%)>0,

g(%)單調(diào)遞增，工g(%2)<g⑴=。，

又：g(em)=m-筆=2=磊>°，二。⑺在。犯)上恒小于。，在(上,+8)上存在唯

-%oC(%2，em)使得9(沏)=0,g(x)在(1,+8)上僅有一個(gè)零點(diǎn)殉,

因?yàn)間(x)在(0,1)U(1,+8)上的零點(diǎn)互為倒數(shù),且式1)=0,所以機(jī)<1時(shí),g(x)僅有一個(gè)

零點(diǎn)；m>1時(shí)，g(x)有三個(gè)零點(diǎn).

綜上：m<1時(shí)，方程/(X)=m-In尤僅有一^實(shí)根；

m>1時(shí)，方程/'(X)=m-Inx有三個(gè)實(shí)根.

參考解法二：由/'(x)=m-Inx得Inx-吧；；)=0,x=1顯然是該方程的一個(gè)根；

x*1時(shí)，方程等價(jià)于m=空警，令九(x)=答警(x>0,x力1),

則〃⑴=言清慧=一昌/nx-/+分，

令9(x)=41nx——+點(diǎn)，則d(x)=:—2x—妥=—2\；i)<0,

x>0時(shí)，0(x)單調(diào)遞減,

0<x<1時(shí)，<p(x)><p(l)=0,h.'(x)<0,/i(x)單調(diào)遞減，x>1時(shí)，(p(x)<<j?(l)=0,

h'M>0,h(x)單調(diào)遞增,

由XT+8時(shí),h(x)T+00,x->。時(shí),/l(x)T4-00,xT1時(shí)，h(x)T1,

可畫出/l(X)的大致圖像如圖所示：

(注：此處用到了高中教材中沒有涉及到的函數(shù)極限知識(shí)，可酌情扣2—3分)

結(jié)合圖像得：TH>1時(shí)，方程m=h(x)有兩個(gè)實(shí)根；mW1時(shí)，方程m=/i(x)沒有實(shí)根；

綜合得：mW1時(shí)，方程/Xx)=6一Inx僅有T實(shí)根；

巾>1時(shí)，方程f(x)=m-Inx有三個(gè)實(shí)根.

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：本題考查根據(jù)方程實(shí)數(shù)根的個(gè)數(shù)求參數(shù)的取值范圍，一般可采用1.直

接法：直接求解方程得到方程的根，再通過解不等式確定參數(shù)范圍；(2)分離參數(shù)法：先

將參數(shù)分離，轉(zhuǎn)化成求函數(shù)值域問題加以解決；(3)數(shù)形結(jié)合：先對(duì)解析式變形，在同一

平面直角坐標(biāo)系中，畫出函數(shù)的圖象，然后觀察求解，此時(shí)需要根據(jù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)合理尋找"臨

界”情況，特別注意邊界值的取舍.

【變式2-1】3.(2022?四川瀘州?四川省敘永第一中學(xué)校?？寄M預(yù)測(cè))已知函數(shù)/Q)=

Inx-ax2+(2—a)x,a>0.

(1)討論f(x)的單調(diào)性；

(2)設(shè)a€N*,若關(guān)于x的不等式f(x)<—1在(0,+8)上恒成立,求a的最小值.

【答案】(1)/(乃在(0常)上單調(diào)遞增，在&+8)上單調(diào)遞減；(2)2.

【分析】(1)求出導(dǎo)函數(shù)廣(乃=(2x+】『+】)Q>0),利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性之間的關(guān)系

即可求解.

(2)由(1問知/(X)max=fG)=嗚+；1，只需f(X)max=嗎+?1W-1,令t=、

構(gòu)造函測(cè)(t)=lnt+t,利用導(dǎo)數(shù)得出存在唯一的t°eg,1)，使得gQ0)=0,根據(jù)函數(shù)的

單調(diào)性可得0<^<t0,從而可求解.

1)

【詳解】(1)由題意得，:2ax-a+2=、+】)：-+5>0)

???a>0,由r(x)>0,得0<x<；,二函數(shù)/Q)在(0,￡)上單調(diào)遞增；

由尸(x)<0,得x>：,

???函數(shù)/Q)在6,+8)上單調(diào)遞減，

函數(shù)f(x)在(0,￡)上單調(diào)遞增，在G，+8)上單調(diào)遞減.

(2)由(1)可知，函數(shù)/(x)在(0,￡)上單調(diào)遞增，6,+8)上單調(diào)遞減，

??"(x)max=f(￡)=ln*-1.

又???fQ)<一1在(0,+8)上顫立，,f(X)max=In}+；-1W—1,

即ln2+%40.

aa

令t=T,則t>o.

設(shè)g(t)=Int+t,則g(t)<o.

Vg'(t)="1=牛>o,故函蜘(t)在(o,+8)上單調(diào)遞增，

且90=嗎+[<o,g⑴=1>0,

???存在唯一的%G(i,1),使得g(to)=0.

.?.當(dāng)te(0,%)時(shí)，g(t)<0;當(dāng)te(t0,+8)時(shí)，g(t)>o,

0<-<t,解得a2；6(1.2).

a0to

aGN*,；.a的最小值為2.

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查了導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性之間的關(guān)系，利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成

立問題，解題的關(guān)鍵是將問題轉(zhuǎn)化為f(X)max=比；+：-1W-1,并且構(gòu)造函數(shù)g(t)=

hit+t,考查了數(shù)學(xué)運(yùn)算以及轉(zhuǎn)化為能力.

【變式2-1J4.(2021秋?浙江杭州?高三校聯(lián)考期中)已知/"(X)=萼，直線/為曲線y=/(%)

在處的切線，直線，與曲線y=/(x)相交于點(diǎn)(s,f(s))且s<t.

(1)求t的取值范圍；

(2)(i)證明：Inxw1+卜(x-e)-表?(x-e)2+'.Q-e)3;

(ii)證明：s>-3tlnt.

【答案】(1)3,+8)

(2)(i)證明見解析；(ii)證明見解析

【分析】(1冼求得y=/(x)在(tJ(t))處的切線方程y=*-、等，再令g(x)=9-

詈x+g-半，用導(dǎo)數(shù)法由g(x)有零點(diǎn)求解；

(2)(i)令八(無)=In%-[1+[?(x-e)-衰?(x-e)2+a.(x-e)3],用導(dǎo)數(shù)法證明

h(x)max=。即可；(ii)先證Ins<Int+1-(s-1)-?(s-1)2+577■(S-t)3,令r(x)=

Int+|-(x—t)—"(x—t)2+^?(%—t)3—Inx,用導(dǎo)數(shù)法證明；再根據(jù)(s,/(s))是/上

的點(diǎn)，得到等=等(s-t)+*兩者結(jié)合化簡(jiǎn)即可.

【詳解】(1)解：因?yàn)閒(x)=%

所以/'(%)=等，貝如'(。=曾，

所以y=f(x)在(tj(t))處的切線為

令9。)=等-84+?等，

顯然g(t)=0,g'(x)=,g"(x)==o=>%=el>

當(dāng)0<x<e5時(shí)，g"(x)<0,當(dāng)x>e5時(shí),g"(x)>0,

所以g'(x)在(0,肩上遞減，在9,+8)上遞增，

若tW即，當(dāng)x€(0,t)時(shí),g'(x)>g'(t)=0

所以g(x)在(0,t)上遞增，

所以g(x)<g(t)=0,

所以g(x)在％e(0,t)上無零點(diǎn)，舍去.

若t>￡,因?yàn)榈取怠瘢?/p>

所以X￡(0,t)時(shí)，當(dāng)X=/時(shí)，g，Q)取得最小值5,(扇)=—點(diǎn)一等<0；

又XT0時(shí),g'(x)T+oo,

則存在加G(O,el),有g(shù)'(xo)=0，

當(dāng)0cx<&時(shí),g'(x0)>0,當(dāng)％o<x<t時(shí)，g'Oo)<0,

所以g(x)在(O,%o)上遞增，在(而,t)上遞減，

所以當(dāng)％=沏時(shí)，g(x)取得極大值式%o)>g(t)=o,

又XT0時(shí),g(x)T-00,

所以存在xo'e(0,xo),有g(shù)(x(/)=0

故g(x)在(o,t)存在零點(diǎn)，

所以珀勺取值范圍是1，+8).

(2)解：(i)令h(x)=Inx-[1+J-(x-e)--(X-e)2+^-(X-e)3],

則h(e)=0,h'(x)=L+專.Q_e)一專.(x_e)2,九"(x)=一妥+專一看.(%_e),

\/x3e3

令九"<%)=0，得％=e,

當(dāng)0<x<e時(shí)，當(dāng)(x)>0,當(dāng)％>e時(shí)，心(%)<0,

所以當(dāng)X=e時(shí)h"(x)取得最大值h"(e)=0,

所以九"⑺40,則〃(x)遞減，

又因?yàn)?(e)=0,

所以當(dāng)0<x<e時(shí)，h'(x)>0,當(dāng)x>e時(shí),h'(x)<0,

所以當(dāng)x=e時(shí)/i(x)取得最大值h(e)=0,

所以無0)<0,Spin%<1+i-(%-e)--e)2+^■(x-e)3;

(ii)先證Ins<Int+：?(s-t)一表-(S-t)2+奈.(s-t)3,

令r(x)=Int+：?(x-t)一表?(x-t)2+a.(x-t)3-Inx,

則r<x)=1-^(x-t)+^?(x-t)2-1(

121

=r"(x)=-后+正,(x-t)+形

22

^rw(x)=---

tA%3

令r"，(x)—0，得x-t,

當(dāng)0<x<t時(shí)，rm(x)<0,當(dāng)x>t時(shí)，r"'(x)>0,

所以當(dāng)x=t時(shí)r"(x)取得最小值r"(t)=0,

所以r"(x)>0,則r<x)遞增,

又因?yàn)閞'(t)=0,

所以當(dāng)0<x<t時(shí)，r'(x)<0,當(dāng)x>t時(shí),r;(x)>0,

所以當(dāng)x=t時(shí)，r(x)取得最小值r(t)=0,

又因?yàn)閤<t,

所以r(x)>0,

即得證.

因?yàn)?S,f(s))是Lt的點(diǎn)，

r-r-pjlns1-lnt4、.Int

所以7==(fs-t)+7，

所以號(hào)=鬻口—t)+者<E喂(ST)-親：T)2年(S-t)3,

=(s-t)s+_Int<：，(s-t)一圭?,(s-t)2+擊,(s-t)3,

n(s~ty~^<-^7-(s-t)2+金.(s-t)3,

=等<_擊+★<_￡)=1_&<_,?.(5一),

題型3指對(duì)互化

上年

小劃重點(diǎn)

指對(duì)互化與同構(gòu)：

1.所謂指對(duì)互化，如下：x=elnx=lnex,x2ex=e2lnxex=e2lnx+x>2lnx+x+1,

指對(duì)互化是指對(duì)同構(gòu)的基礎(chǔ)，

2.常見類型：

①乘積，如ae。＜從泌,構(gòu)造方法如下：

構(gòu)造方法構(gòu)造的函數(shù)

/(%)=xex

與左側(cè)一致：aea＜Inb,elnb

/(x)=xlnx

與右側(cè)一致：ealnea＜blnb

/(%)=%+Inx

對(duì)數(shù)化:Q+Ina<Inb+In(Znb)

②商，如構(gòu)造方法如下:

構(gòu)造方法構(gòu)造的函數(shù)

x

olnbe

與左側(cè)一致：七＜公/(X)=y

x

與右側(cè)一致：總＜總f(x)=—

Inx

/(x)=x-Inx

對(duì)數(shù)化:Q—Ina<Inb—ln(fn&)

③和差，如e。+a<b+lnh

構(gòu)造方法構(gòu)造的函數(shù)

/(%)=ex±x

與左側(cè)一致：ea±a<elnb±Inb

/(%)=x±Inx

與右側(cè)一致：ea±lnea<b±Inb,

【例題3］(2022秋?黑龍江?高三開學(xué)考試)已知函數(shù)/'(X)=ln(l+x)-^(a>0).

(1)若i-1是函數(shù)/'(x)的一個(gè)極值點(diǎn)，求”的值；

(2)若/Xx)>0在M"上恒成立，求U的取值范圍；

2Q20

(3)證明：(覆)<i(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)).

\2020/e

【答案】(l)a=2；(2)(0,1］；(3)見解析

【分析】(l)f'⑴=0,檢驗(yàn).

(2)將恒成立轉(zhuǎn)換為最值問題，求最小值大于等于0,根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，通過討論a的

范圍求出a的具體范圍.

(3)等價(jià)變形為In(1+短)-3>0利用函數(shù)"X)=也(1+x)-的單調(diào)性說明.

【詳解】(1)因?yàn)閒(x)=ln(l+x)-第(a>0),所以尸(幻=版0>0),

因?yàn)閤=1是函數(shù)/G)的T?極值點(diǎn)，故1⑴=0,即a=2,當(dāng)a=2時(shí)，當(dāng)經(jīng)驗(yàn)得x=1是

函數(shù)/(x)的一個(gè)極值點(diǎn)，所以a=2.

(2)因?yàn)?1(*)>。在［0,+8)上恒成立,所以/(x)minN0.

當(dāng)0<aW1時(shí)，1(x)=?關(guān)>0在［0,+8)上恒成立，即/?(x)在［0,+8)上為增函數(shù)

所以/'(X)min=f(。)=。成立，即0<aW1為所求.

當(dāng)a>1時(shí)，令f'(x)=>0,則x>a-1,令/Xx)=<。則0<x<a-1

即/(%)在(0,a-1)上為減函數(shù),在(a-L+8)上為增函數(shù).當(dāng)x€(0,a-1)時(shí),/(%)<

/(0)=0,這與“X)>0矛盾.綜上所述，a的取值范圍是(0,1］.

(3)要證(黑丫°2°<;,只需證(舞)仙°>e,兩邊取自然對(duì)數(shù)得，20201n慧>1,±

式等價(jià)于in黑>盛，只需要證明in黑-短>0，只需要證明in(1+短)——>0,

由a=1時(shí)，/Q)=ln(l+x)-*在［0,+8)單調(diào)遞增.

又，〉。，〃。)=0，/⑺=1n(l+丑)-在=M(黑)-募>八。)=°，從而

2019

原命題成立.

【點(diǎn)睛】本題考查函數(shù)導(dǎo)數(shù)的相關(guān)性質(zhì)，屬于難題.本類題各個(gè)問題緊密相扣，一般問題就

給我們指明了下一題的解題方向.

【變式3-1］1.(2021秋廣東深圳?高三深圳市龍崗區(qū)龍城高級(jí)中學(xué)?？茧A段練習(xí))已知

函數(shù)f(x)=ln(l+x)-V，其中ae(0,1］.

(1)討論函數(shù)/(x)在區(qū)間［0,1］上的單調(diào)性；

(2)求證：篇嚴(yán)。4<e<(篇)2。2、.

【答案】(1)/(X)在(0,詈)單調(diào)遞減，在(詈,1)單調(diào)遞增；(2)證明見解析.

【分析】(1)首先求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，分類討論a在不同取值下，函數(shù)的單調(diào)性；

(2)不等式的證明