新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)重難點(diǎn)06 導(dǎo)數(shù)必考?jí)狠S解答題全歸類【十一大題型】（舉一反三）（解析版）

重難點(diǎn)06導(dǎo)數(shù)必考?jí)狠S解答題全歸類【十一大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1函數(shù)的切線問(wèn)題】 3【題型2（含參）函數(shù)的單調(diào)性問(wèn)題】 8【題型3函數(shù)的極值、最值問(wèn)題】 13【題型4函數(shù)零點(diǎn)（方程根）問(wèn)題】 17【題型5不等式的證明】 22【題型6

利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問(wèn)題】 25【題型7利用導(dǎo)數(shù)研究能成立問(wèn)題】 30【題型8雙變量問(wèn)題】 34【題型9導(dǎo)數(shù)中的極值點(diǎn)偏移問(wèn)題】 39【題型10導(dǎo)數(shù)與三角函數(shù)結(jié)合問(wèn)題】 44【題型11導(dǎo)數(shù)與數(shù)列不等式的綜合問(wèn)題】 49導(dǎo)數(shù)是高中數(shù)學(xué)的重要考查內(nèi)容，是高考必考的熱點(diǎn)內(nèi)容.從近幾年的高考情況來(lái)看，在解答題中試題的難度較大，主要涉及導(dǎo)數(shù)的幾何意義、函數(shù)的單調(diào)性問(wèn)題、函數(shù)的極值和最值問(wèn)題、函數(shù)零點(diǎn)問(wèn)題、不等式恒成立與存在性問(wèn)題以及不等式的證明等內(nèi)容，考查分類討論、轉(zhuǎn)化與化歸等思想，屬綜合性問(wèn)題，解題時(shí)要靈活求解．其中，對(duì)于不等式證明中極值點(diǎn)偏移、隱零點(diǎn)問(wèn)題和不等式的放縮應(yīng)用這三類問(wèn)題是目前高考導(dǎo)數(shù)壓軸題的熱點(diǎn)方向．【知識(shí)點(diǎn)1切線方程的求法】1.求曲線“在”某點(diǎn)的切線方程的解題策略：①求出函數(shù)y=f(x)在x=x0處的導(dǎo)數(shù)，即曲線y=f(x)在點(diǎn)(x0,f(x0))處切線的斜率；②在已知切點(diǎn)坐標(biāo)和切線斜率的條件下，求得切線方程為y=y0+f'(x0)(x-x0).2.求曲線“過(guò)”某點(diǎn)的切線方程的解題通法：①設(shè)出切點(diǎn)坐標(biāo)T(x0,f(x0))(不出現(xiàn)y0)；②利用切點(diǎn)坐標(biāo)寫(xiě)出切線方程：y=f(x0)+f'(x0)(x-x0)；③將已知條件代入②中的切線方程求解.【知識(shí)點(diǎn)2導(dǎo)數(shù)中函數(shù)單調(diào)性問(wèn)題的解題策略】1.含參函數(shù)的單調(diào)性的解題策略：(1)研究含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性，要依據(jù)參數(shù)對(duì)不等式解集的影響進(jìn)行分類討論.(2)若導(dǎo)函數(shù)為二次函數(shù)式，首先看能否因式分解，再討論二次項(xiàng)系數(shù)的正負(fù)及兩根的大小；若不能因式分解，則需討論判別式△的正負(fù)，二次項(xiàng)系數(shù)的正負(fù)，兩根的大小及根是否在定義域內(nèi).2.根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的一般思路：(1)利用集合間的包含關(guān)系處理：y=f(x)在(a,b)上單調(diào)，則區(qū)間(a,b)是相應(yīng)單調(diào)區(qū)間的子集.(2)f(x)為增(減)函數(shù)的充要條件是對(duì)任意的x∈(a,b)都有f'(x)≥0(f'(x)≤0)，且在(a,b)內(nèi)的任一非空子區(qū)間上，f'(x)不恒為零，應(yīng)注意此時(shí)式子中的等號(hào)不能省略，否則會(huì)漏解.(3)函數(shù)在某個(gè)區(qū)間上存在單調(diào)區(qū)間可轉(zhuǎn)化為不等式有解問(wèn)題.【知識(shí)點(diǎn)3函數(shù)的極值與最值問(wèn)題的解題思路】1.運(yùn)用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)f(x)極值的一般步驟：(1)確定函數(shù)f(x)的定義域；(2)求導(dǎo)數(shù)f'(x)；(3)解方程f'(x)=0，求出函數(shù)定義域內(nèi)的所有根；(4)列表檢驗(yàn)f'(x)在f'(x)=0的根x0左右兩側(cè)值的符號(hào)；(5)求出極值.2.根據(jù)函數(shù)極值求參數(shù)的一般思路：

已知函數(shù)極值，確定函數(shù)解析式中的參數(shù)時(shí)，要注意：根據(jù)極值點(diǎn)的導(dǎo)數(shù)為0和極值這兩個(gè)條件列方程組，利用待定系數(shù)法求解.3.利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最值的解題策略：(1)利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)f(x)在[a,b]上的最值的一般步驟：①求函數(shù)在(a,b)內(nèi)的極值；②求函數(shù)在區(qū)間端點(diǎn)處的函數(shù)值f(a)，f(b)；③將函數(shù)f(x)的各極值與f(a)，f(b)比較，其中最大的一個(gè)為最大值，最小的一個(gè)為最小值.(2)求函數(shù)在無(wú)窮區(qū)間(或開(kāi)區(qū)間)上的最值的一般步驟：求函數(shù)在無(wú)窮區(qū)間(或開(kāi)區(qū)間)上的最值，不僅要研究其極值情況，還要研究其單調(diào)性，并通過(guò)單調(diào)性和極值情況，畫(huà)出函數(shù)的大致圖象，然后借助圖象觀察得到函數(shù)的最值.【知識(shí)點(diǎn)4導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用】1．導(dǎo)數(shù)中的函數(shù)零點(diǎn)（方程根）問(wèn)題利用導(dǎo)數(shù)研究含參函數(shù)的零點(diǎn)（方程的根）主要有兩種方法：(1)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)f(x)的最值，轉(zhuǎn)化為f(x)圖象與x軸的交點(diǎn)問(wèn)題，主要是應(yīng)用分類討論思想解決.(2)分離參變量，即由f(x)=0分離參變量，得a=g(x)，研究y=a與y=g(x)圖象的交點(diǎn)問(wèn)題.2．導(dǎo)數(shù)中的不等式證明(1)一般地，要證f(x)>g(x)在區(qū)間(a，b)上成立，需構(gòu)造輔助函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)，通過(guò)分析F(x)在端點(diǎn)處的函數(shù)值來(lái)證明不等式．若F(a)＝0，只需證明F(x)在(a，b)上單調(diào)遞增即可；若F(b)＝0，只需證明F(x)在(a，b)上單調(diào)遞減即可.(2)在證明不等式中，若無(wú)法轉(zhuǎn)化為一個(gè)函數(shù)的最值問(wèn)題，可考慮轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)的最值問(wèn)題．3．導(dǎo)數(shù)中的恒成立、存在性問(wèn)題解決不等式恒（能）成立問(wèn)題有兩種思路：(1)分離參數(shù)法解決恒（能）成立問(wèn)題，根據(jù)不等式的性質(zhì)將參數(shù)分離出來(lái)，得到一個(gè)一端是參數(shù)，另一端是變量表達(dá)式的不等式，構(gòu)造函數(shù)，直接把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問(wèn)題，即可解決問(wèn)題．(2)分類討論法解決恒（能）成立問(wèn)題，將恒成立問(wèn)題轉(zhuǎn)化為最值問(wèn)題，此類問(wèn)題關(guān)鍵是對(duì)參數(shù)進(jìn)行分類討論，在參數(shù)的每一段上求函數(shù)的最值，并判斷是否滿足題意，據(jù)此進(jìn)行求解即可.4．導(dǎo)數(shù)中的雙變量問(wèn)題破解雙參數(shù)不等式的方法：一是轉(zhuǎn)化，即由已知條件入手，尋找雙參數(shù)滿足的關(guān)系式，并把含雙參數(shù)的不等式轉(zhuǎn)化為含單參數(shù)的不等式；二是巧構(gòu)函數(shù)，再借用導(dǎo)數(shù)，判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而求其最值；三是回歸雙參的不等式的證明，把所求的最值應(yīng)用到雙參不等式，即可證得結(jié)果．5．極值點(diǎn)偏移的相關(guān)概念所謂極值點(diǎn)偏移，是指對(duì)于單極值函數(shù)，由于函數(shù)極值點(diǎn)左右的增減速度不同，使得函數(shù)圖像沒(méi)有對(duì)稱性．極值點(diǎn)偏移的定義：對(duì)于函數(shù)SKIPIF1<0在區(qū)間SKIPIF1<0內(nèi)只有一個(gè)極值點(diǎn)SKIPIF1<0，方程SKIPIF1<0的解分別為SKIPIF1<0，且SKIPIF1<0.(1)若SKIPIF1<0，則稱函數(shù)SKIPIF1<0在區(qū)間SKIPIF1<0上極值點(diǎn)SKIPIF1<0偏移；(2)若SKIPIF1<0，則函數(shù)SKIPIF1<0在區(qū)間SKIPIF1<0上極值點(diǎn)SKIPIF1<0左偏，簡(jiǎn)稱極值點(diǎn)SKIPIF1<0左偏；(3)若SKIPIF1<0，則函數(shù)SKIPIF1<0在區(qū)間SKIPIF1<0上極值點(diǎn)SKIPIF1<0右偏，簡(jiǎn)稱極值點(diǎn)SKIPIF1<0右偏．【題型1函數(shù)的切線問(wèn)題】【例1】（2023·河南·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=aex?1?lnx.(1)當(dāng)a=1時(shí)，求fx的圖象在點(diǎn)(1,f(1))(2)當(dāng)a≥1時(shí)，證明：fx【解題思路】（1）分別求出f1（2）利用作差法并構(gòu)造函數(shù)gx=e【解答過(guò)程】（1）當(dāng)a=1時(shí)，fx=所以f′1=故所求切線方程為y?e?1=（2）因?yàn)閒x的定義域是0,+所以當(dāng)a≥1時(shí)，f設(shè)gx=e設(shè)?x=g′x所以?x在0,+∞上是增函數(shù)，則又因?yàn)?π4=eπ又因?yàn)?π+sin所以?x在13,π4上存在唯一零點(diǎn)x所以?x0=當(dāng)0<x<x0時(shí)，g′x<0當(dāng)x>x0時(shí)，g′x>0所以g由于0<x0<π4，所以1所以gxmin=g所以當(dāng)a≥1時(shí)，fx?sin【變式1-1】（2023·四川雅安·統(tǒng)考一模）已知函數(shù)f(x)=aex+bx+c在x=ln2時(shí)有極小值.曲線y=f(x)(1)求a,b,c的值；(2)若對(duì)任意實(shí)數(shù)x,f(x)≥(e?2)x+m恒成立，求實(shí)數(shù)【解題思路】（1）對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，利用在x=ln2時(shí)有極小值和在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程，即可求出（2）將函數(shù)代入不等式并分離參數(shù)，轉(zhuǎn)化成ex?ex?1≥m對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立問(wèn)題，構(gòu)造函數(shù)【解答過(guò)程】（1）由題意，x∈R，在f(x)=aex+bx+c在x=ln2時(shí)有極小值.曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為∴f0=0f∴f(x)=ex?2x?1當(dāng)x>ln2時(shí)，f′當(dāng)x<ln2時(shí)，f′當(dāng)x=ln2時(shí)，f′故a=1,b=?2,c=?1符合題意，即為所求.（2）由題意及（1）得，x∈R，在f(x)=aex+bx+c中，f(x)≥(e?2)x+m設(shè)g(x)=ex?當(dāng)x>1時(shí)，ex?e>0，則g′當(dāng)x<1時(shí)，ex?e<0，則g′當(dāng)x=1時(shí)，ex?e故x=1時(shí)g(x)有極小值，也就是g(x)的最小值g1故m≤?1即為所求.【變式1-2】（2023·廣東·東莞市校聯(lián)考一模）函數(shù)f(x)=2x+lnx(1)求?(x)；(2)已知13<a<1，過(guò)(a,b)可作f(x)的三條切線，證明：【解題思路】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可求解；（2）先求出過(guò)(a,b)的切線方程，根據(jù)過(guò)(a,b)可作三條切線，得到所證不等式.【解答過(guò)程】（1）f(x)的定義域0,+∞，f所以f′(4)=1則f(x)在x=4處的切線方程為y?1即?(x)=1（2）設(shè)切點(diǎn)Qt,2則切線方程為y?2又過(guò)點(diǎn)(a,b)，所以b?2即b=2即b=4令gt則g′=?=t?4因?yàn)閠∈0,+∞，且13<a<1，所以gt在區(qū)間0,a且get趨向+∞時(shí)gt趨向于又因?yàn)檫^(guò)(a,b)可作f(x)的三條切線，所以b與gt所以g4又g4根據(jù)（1）?(x)=18x+2又ga所以?(a)<b<f(a).【變式1-3】（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=4時(shí)，求fx的極值及曲線y=fx在點(diǎn)(2)若函數(shù)fx有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a【解題思路】（1）求導(dǎo)得到單調(diào)區(qū)間，計(jì)算極值，再計(jì)算切線方程得到答案.（2）求導(dǎo)得到導(dǎo)函數(shù)，確定f′1=0，考慮a≥2，1<a<2，a=1，0<a<1【解答過(guò)程】（1）當(dāng)a=4時(shí)，fx則f′令f′x>0，得0<x<1；令ffx在0,1上單調(diào)遞增，在1,+故fx在x=1處取得極大值ff1=0，f′1=0，故曲線y=f（2）f′x=ax①當(dāng)a≥2時(shí)，2?ax?a<0當(dāng)0<x<1時(shí)，f′x>0當(dāng)x>1時(shí)，f′x<0所以fx≤f1②當(dāng)1<a<2時(shí)，a2?a>1，令f′x>0，得x∈0,1∪所以fx在0,1上單調(diào)遞增，在1,a2?a因?yàn)閒1=0，所以fa2?a<0則fx1=a所以fa2?a?fx1所以由零點(diǎn)存在定理，得存在唯一x0∈a又f1=0，此時(shí)，函數(shù)③當(dāng)a=1時(shí)，f′x=x?12則fx④當(dāng)0<a<1時(shí)，0<a2?a<1令f′x>0，得x∈0,a所以fx在0,a2?a上單調(diào)遞增，在a因?yàn)閒1=0，所以fa2?a>0取0<x2<e=?2e則fx2<0，所以fx2所以由零點(diǎn)存在定理，可得存在唯一x3∈0,又f1=0，此時(shí)，函數(shù)⑤當(dāng)a≤0時(shí)，2?ax?當(dāng)0<x<1時(shí)，f′x<0當(dāng)x>1時(shí)，f′x>0所以fx≥f1綜上所述：實(shí)數(shù)a的取值范圍為0,1∪【題型2（含參）函數(shù)的單調(diào)性問(wèn)題】【例2】（2023·海南·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=1時(shí)，討論函數(shù)fx(2)若不等式fx>ae【解題思路】（1）當(dāng)a=1時(shí)，對(duì)fx求導(dǎo)，令mx=f′x=lnx+1?2x,x>0，討論m（2）由題意可得a<xlnx?x2+xe【解答過(guò)程】（1）當(dāng)a=1時(shí)，fx=xln令mx可得m′當(dāng)x∈0,12當(dāng)x∈12,+所以當(dāng)x=12時(shí)，mx所以f′x<0，所以f（2）由fx>ae即a<xlnx?令?x=x令φx=x?2?ln令φ′x>0令φ′x<0所以φx在0,1單調(diào)遞減，在1,+又φeφφ所以在e?3,1中存在唯一的x1在1,4中存在唯一的x2使得φ即有x1因?yàn)棣誼在0,1單調(diào)遞減，在1,+所以當(dāng)0<x<x1時(shí)，φx>0；當(dāng)當(dāng)1<x<x2時(shí)，φx<0；當(dāng)又?′x=所以當(dāng)0<x<x1時(shí)，?′x<0當(dāng)1<x<x2時(shí)，?′x<0所以?x在0,x1在1,x2單調(diào)遞減，在所以x∈0,1時(shí)，??x∈1,+∞時(shí)，?因?yàn)閤1可得x1?ln即ex1代入lnx1=則有?x1=同理可得?x所以?x所以?(x)所以a<?1e2，即實(shí)數(shù)a【變式2-1】（2023·黑龍江·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)求函數(shù)fx(2)若過(guò)點(diǎn)P1,tt∈R可以作曲線y=f【解題思路】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解不等式，即可求得函數(shù)單調(diào)區(qū)間；（2）設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為x0,y0，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線方程，推出方程【解答過(guò)程】（1）函數(shù)fx的定義域?yàn)镽，f令f′x>0，解得x>?1，所以函數(shù)f令f′x<0，解得x<?1，所以函數(shù)（2）由題意可得f′設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為x0,y所以切線方程為y?x將P1,t代入得t=因?yàn)榇嬖谌龡l切線，即方程t=e方程t=ex0設(shè)gx=?當(dāng)x∈?2,1時(shí)，g′x在?∞,?2和1,+∞上，g′xg?2=?5當(dāng)x<1?52或x>1+52時(shí)，當(dāng)x→?∞時(shí)，gx→0；當(dāng)x→+∞時(shí)，畫(huà)出gx要使函數(shù)y=t,y=ex0即?5e2<t<0，即實(shí)數(shù)【變式2-2】（2023·四川成都·統(tǒng)考一模）已知函數(shù)fx(1)討論函數(shù)fx(2)當(dāng)a=e時(shí)，求證：f【解題思路】（1）求導(dǎo)，然后分a≤0和a>0討論分別求單調(diào)性；（2）當(dāng)x≤0時(shí)，通過(guò)證明x+1?cosx≤0可得結(jié)論；當(dāng)x>0時(shí)，轉(zhuǎn)化為證明【解答過(guò)程】（1）由已知f′當(dāng)a≤0時(shí)，f′x>0恒成立，函數(shù)f當(dāng)a>0時(shí)，若f′x>0，得x>若f′x<0，得x<綜上所述：當(dāng)a≤0，函數(shù)fx在R當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)fx在lna2（2）由a=e，fx>即證2e①當(dāng)x≤0時(shí)，設(shè)函數(shù)kx則k′x=1+sinx≥0所以k所以2e②當(dāng)x>0時(shí)，要證2e即證2設(shè)函數(shù)?x=2e則?′當(dāng)?′x<0時(shí)，0<x<1當(dāng)?′x>0時(shí)，x>1所以?x≥?1設(shè)gx=1?則g′x=sinx?1≤0所以gx<g0所以2e綜上：fx【變式2-3】（2023·河北邢臺(tái)·寧晉中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）已知函數(shù)f(x)=aex+(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a>0時(shí)，若f(x)?1≥x2在R上恒成立，求實(shí)數(shù)【解題思路】（1）對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，討論a<0、a>0研究函數(shù)的單調(diào)性；（2）問(wèn)題化為a≥x2+2【解答過(guò)程】（1）由題設(shè)f′當(dāng)a<0，若x∈(?∞,0)時(shí)f′(x)>0，即f(x)遞增，若x∈(0,+∞當(dāng)a>0，若x∈(?∞,0)時(shí)f′(x)<0，即f(x)遞減，若x∈(0,+∞綜上，a<0則f(x)在(?∞,0)上遞增，在a>0則f(x)在(?∞,0)上遞減，在（2）由題設(shè)a≥x2+2令g(x)=x2+2令φ(x)=(x2+2x+2)所以φ(x)單調(diào)遞減，且φ(0)=0，故(?∞,0)上φ(x)>0，(0,+∞所以(?∞,0)上g′(x)>0，即g(x)遞增，(0,+∞所以g(x)≤g(0)=1，故a≥1.【題型3函數(shù)的極值、最值問(wèn)題】【例3】（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)t=0時(shí)，討論函數(shù)fx(2)若Fx=fx【解題思路】（1）求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)判斷原函數(shù)的單調(diào)性和極值；（2）根據(jù)題意可得F′x有兩個(gè)不同的變號(hào)零點(diǎn)，整理得elnx+lnx=【解答過(guò)程】（1）當(dāng)t=0時(shí)，fx=xlnx?x，則fx在0,1上，f′x<0在1,+∞上，f′x所以fx的極小值為f（2）由題意可知：Fx=xln因?yàn)镕x有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)，則函數(shù)F可知方程lnx+t=此方程可變形為lnx+x=ex?t設(shè)函數(shù)gx=e又因?yàn)閥=ex,y=x在R內(nèi)單調(diào)遞增，則g可得lnx=x?t，即t=x?設(shè)?x=x?lnx，則直線可知?x的定義域?yàn)?,+∞，且在0,1上，?′x<0在1,+∞上，?′x則?xmin=?1=1，當(dāng)x→0+若直線y=t與曲線y=?x有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，則t>1故t的取值范圍為1,+∞【變式3-1】（2023·陜西西安·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）已知奇函數(shù)fx=ax(1)求fx(2)求fx在?4,3【解題思路】（1）利用函數(shù)奇偶性可得b=0，再由fx在x=1上取得極大值2可求得a=?1,c=3（2）由（1）中解析式求導(dǎo)可得其在?4,3上的單調(diào)性，得出極值并比較端點(diǎn)處的函數(shù)值即可求出其最值.【解答過(guò)程】（1）易知函數(shù)fx的定義域?yàn)閤∈因?yàn)閒x是奇函數(shù)，所以f?x=?f由fx=ax因?yàn)閒x在x=1所以f'1經(jīng)經(jīng)檢驗(yàn)當(dāng)a=?1,c=3時(shí)，fx在故fx（2）由（1）可知，f′當(dāng)x∈?1,1時(shí)，f當(dāng)x∈?4,?1和1,3時(shí)，f即函數(shù)fx在x=?1處取得極小值f?1=?2，在x=1又因?yàn)閒?4所以fx在?4,3上的最大值為52，最小值為?18【變式3-2】（2023·寧夏固原·寧夏回族自治區(qū)西吉中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）已知實(shí)數(shù)a>0，函數(shù)fx=xln(1)當(dāng)a=e時(shí)，求函數(shù)f(2)求證：fx存在極值點(diǎn)x0，并求【解題思路】（1）f(x)求導(dǎo)，根據(jù)f′（2）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的分母正，需要分子有變號(hào)零點(diǎn)，轉(zhuǎn)變?yōu)殡p變量函數(shù)的恒成立和有解問(wèn)題，利用導(dǎo)數(shù)再次確定新函數(shù)單調(diào)性和最值即可求解.【解答過(guò)程】（1）當(dāng)a=e時(shí)，f(x)=x?則f令f′(x)>0，得x>e；令f所以，函數(shù)y=g(x)的單調(diào)增區(qū)間為(e,+∞（2）f令t(x)=2x2+(所以方程2x2+(又因?yàn)閤1x2=?ax0,xxf-0+f減極小值增所以f(x)存在極值點(diǎn)x0.所以存在x0使得所以存在x0使得2所以存在x0使得a?x0因此需要討論等式左邊的關(guān)于a的函數(shù)，記u(t)=t?x0ln當(dāng)0<t<x0時(shí)，u′(t)<0,u(t)單調(diào)遞減；當(dāng)所以當(dāng)t=x0時(shí)，u(t)=t?x所以需要2x02即需要2x0因?yàn)関(t)=2t+lnt?(2e+1)在所以需要x0故x0的最小值是e【變式3-3】（2023·吉林長(zhǎng)春·東北師大附中?？级＃┮阎瘮?shù)fx(1)討論函數(shù)fx(2)若m>0，fx的最小值是1+lnm【解題思路】（1）求出fx的導(dǎo)數(shù)，按m≤e和（2）利用（1）中信息，按m≤e和m>e探討，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)【解答過(guò)程】（1）函數(shù)fx的定義域?yàn)?,+所以f′令ux=e令u′x<0，可得0<x<1，令u所以u(píng)x在0,1上單調(diào)遞減，在1,+故ux①m≤e時(shí)，uxmin≥0，則ux令f′x>0所以fx在0,1上單調(diào)遞減，在1,+∞上單調(diào)遞增，所以fx②m>e時(shí)，u因?yàn)榱?x=e當(dāng)x>0時(shí)，?′x>0，則?當(dāng)x<0時(shí)，?′x<0，則?故?x≥?0=0，所以當(dāng)x<1m?1<1此時(shí)?x1∈令vx=ex?φ′x=ex?2>0，即有v′x>0，即v即vx>v1當(dāng)x>m>e時(shí)，ux>x2因此x∈0,x1，fx∈x1,1，fx∈1,x2，fx∈x2,+∞，所以fx由3所以當(dāng)m≤e時(shí)，fx恰有1個(gè)極值點(diǎn)；當(dāng)m>e時(shí)，f（2）由（1）知，當(dāng)0<m≤e時(shí)，fx在0,1上單調(diào)遞減，在所以fx所以1e=lnmm函數(shù)gx在0,e上單調(diào)遞增，gx當(dāng)m>e時(shí)，?x1∈0,1，使得u所以fx在0,x1上單調(diào)遞減，在x1,1其中exixi?m=0而fxi=綜上可得，實(shí)數(shù)m的取值范圍為mm≥【題型4函數(shù)零點(diǎn)（方程根）問(wèn)題】【例4】（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)f(x)=2x+a(1)當(dāng)a=1時(shí)，求曲線f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程．(2)若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【解題思路】（1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求得切點(diǎn)與切線的斜率，從而得解；（2）利用參變分離，構(gòu)造函數(shù)g(x)=x【解答過(guò)程】（1）當(dāng)a=1時(shí)，f(x)=2x+lnxxf′(x)=2+1?2故曲線f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程為y?3=3(x?1)，即3x?y=0．（2）由f(x)=2x+a得方程2x+ax2當(dāng)a=0時(shí)，顯然方程沒(méi)有正實(shí)數(shù)解，所以a≠0．則方程?2a=令g(x)=x2+顯然φ(x)=1?x2?3lnx所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)>0；當(dāng)x∈(1,+∞所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+∞)上單調(diào)遞減，且當(dāng)x=1e時(shí)，g(x)=e31要使方程?2a=則g(x)與y=?2a的圖象在結(jié)合圖象可知0<?2a<1綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(?∞【變式4-1】（2023·廣東廣州·廣東廣雅中學(xué)?？级＃┮阎瘮?shù)fx(1)求函數(shù)fx(2)若gx=x【解題思路】（1）求出定義域，求導(dǎo)，得到函數(shù)單調(diào)性，進(jìn)而得到最值；（2）化簡(jiǎn)得到gx=x2lnx+ax2?a，令φx=lnx+ax2?a，求出【解答過(guò)程】（1）由題意得fx的定義域?yàn)?,+且f′當(dāng)0<x<1時(shí)，f′x<0；當(dāng)x>1故fx在0,1上單調(diào)遞減，fx在所以fx在x=1所以f(x)（2）gx令φx=ln因?yàn)間x=x2φx的定義域?yàn)樗韵旅嫜芯亢瘮?shù)y=φx在0,+由φx=ln當(dāng)a≤0時(shí)，φ′x>0所以φx在x∈又φ1=0，故此時(shí)當(dāng)a>0時(shí)，φ′令φ′x<0(x>0)，得0<x<2a，令所以φx在0,2a上單調(diào)遞減，在所以φ(x)令2a=t>0，則a=令mt=ln易得mt在0,1上單調(diào)遞增，在1,+又m1=0，所以當(dāng)t∈0,1①當(dāng)2a=1，即a=12此時(shí)φx有唯一零點(diǎn)x=②當(dāng)0<2a<1，即0<a<1因?yàn)棣?=0，所以φx在2aφa令a1?a=k(k<1)，則所以φk=lnk+1所以φx在a1?a,所以φx在0,2a上有唯一的零點(diǎn)故φx在0,+③當(dāng)2a>1，即a>12由函數(shù)零點(diǎn)存在定理可得y=φx在2a故φx在0,綜上，當(dāng)a≤0或a=12時(shí)，函數(shù)當(dāng)a>0且a≠12時(shí)，函數(shù)【變式4-2】（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)判斷函數(shù)fx(2)若fx=1有兩個(gè)不相等的實(shí)根x1,x【解題思路】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，再分a≤0、a>0兩種情況討論，分別求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）依題意可得x1+1=alnx1x2+1=alnx2【解答過(guò)程】（1）由題意知，函數(shù)fx的定義域?yàn)?,+由fx=x+1?aln當(dāng)a≤0時(shí)，f′x>0，所以f當(dāng)a>0時(shí)，令f′x=0當(dāng)x∈0,a時(shí)，f′x<0；當(dāng)所以當(dāng)a≤0時(shí)，fx在0,+當(dāng)a>0時(shí)，fx在0,a上單調(diào)遞減，在a,+（2）由（1）可知a>0，x2>x1>0根據(jù)題意可得x1+1=aln因?yàn)?<x1<x2要證x1+x2>a，即證x構(gòu)造函數(shù)?t=t+1?′構(gòu)造函數(shù)gt=ln所以?′t在所以?′t≥?′所以當(dāng)t>1時(shí)，?t>?1=0，即【變式4-3】（2023·廣西·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=2ln(1)求m的取值范圍；(2)記三個(gè)零點(diǎn)為x1,x2,【解題思路】（1）由題意首先對(duì)fx（2）構(gòu)造函數(shù)?x=fx?f?x【解答過(guò)程】（1）函數(shù)fx的定義域?yàn)?1,+∞f′x=2x+1且x∈?1,0時(shí)，f′x>0，x∈0,1，f所以fx在?1,0上單調(diào)遞增，0,1上單調(diào)遞減，1,+當(dāng)x=0時(shí)，函數(shù)fx取極大值，當(dāng)x=1時(shí)，函數(shù)f又f0=m，因?yàn)楹瘮?shù)有三個(gè)零點(diǎn)，且x→+∞,f(x)→+∞，x→?1,f(x)→?∞，所以f1解得0<m<32?2ln2（2）由（1）可知?1<x設(shè)?x=fx?f?x所以函數(shù)?x單調(diào)遞增，所以?x>?即fx1>f?x設(shè)gx=fx所以函數(shù)gx所以gx<g1fx2<f所以x3<2?x又?x1?【題型5不等式的證明】【例5】（2023·四川成都·統(tǒng)考一模）已知函數(shù)fx(1)求函數(shù)fx(2)求證：fx【解題思路】（1）利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系即可得解；（2）構(gòu)造函數(shù)?x=2e【解答過(guò)程】（1）因?yàn)閒x=2e當(dāng)x∈?∞,1?ln2當(dāng)x∈1?ln2,+∞時(shí)，所以fx的單減區(qū)間為?∞,1?（2）設(shè)函數(shù)?x則?′x=2易得?′x在0,+∞所以當(dāng)x∈0,1，?′x當(dāng)x∈1,+∞，?′所以?xmin=?1=0即fx≥e因?yàn)?≥cosx，所以由于上述不等式取等條件不能同時(shí)成立，所以fx【變式5-1】（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)討論fx(2)若存在不相等的實(shí)數(shù)x1，x2，使得fx【解題思路】（1）由已知條件求出f′（2）由（1）可判斷出m>0，結(jié)合fx1=fx2，得出mlnx2?lnx1=【解答過(guò)程】（1）函數(shù)fx的定義域?yàn)?,+∞，當(dāng)m≤0時(shí)，f′x>0，所以f當(dāng)m>0時(shí)，由f′x>0得x>m，所以f由f′x<0得0<x<m，所以f故m≤0時(shí)，所以fx在0,+當(dāng)m>0時(shí)，fx在m,+∞上單調(diào)遞增，在（2）證明：fx=x?mln由（1）可知，當(dāng)m≤0時(shí)，fx在0,+故不存在不相等的實(shí)數(shù)x1,x2，使得由fx1=fx2不妨設(shè)0<x1<x2要證m<x1+即證x2?x令t=x2x1>1令gt=ln所以gt在1,+∞上是增函數(shù)，所以從而lnt?t?1t+1【變式5-2】（2023·四川成都·統(tǒng)考二模）已知函數(shù)fx=ex?asinx(1)求實(shí)數(shù)a的值；(2)若x1是fx的最大的極小值點(diǎn)，x2是f【解題思路】（1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義，求切線方程，再與拋物線方程聯(lián)立，結(jié)合Δ=0（2）利用極值點(diǎn)的定義，結(jié)合零點(diǎn)存在性定理，求得極值點(diǎn)的范圍，再代入函數(shù)值，即可求解.【解答過(guò)程】（1）∵f′x=又f0=1，所以y=fx在0,f因?yàn)榍芯€與y=2x?x2相切，聯(lián)立y=1?a由Δ=a+12?4=0及（2）由（1）得fx=e當(dāng)x∈0,+∞時(shí)，f′x>0當(dāng)x∈?π2,0時(shí)，令gx又g′?π所以存在x0∈(?π4,0)當(dāng)x∈(?π2,x0)時(shí)，g′x<0又g(所以當(dāng)x∈(x0,0)時(shí)，g所以x1=0是fx∵g?π2所以存在x2∈(?π2,?當(dāng)x∈(?π2,x2)時(shí)，所以x2是fx的極大值點(diǎn)，也是因?yàn)閒x在(x2,0)f(x所以2<f(x【變式5-3】（2023·河南新鄉(xiāng)·統(tǒng)考一模）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)m≥12時(shí)，討論fx(2)已知x1,x2是【解題思路】（1）導(dǎo)函數(shù)放縮得f′（2）整理變形得lnx1x1?【解答過(guò)程】（1）f′令g(x)=lnx+1?x，則g′(x)=1?xx，則當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí)，g′(x)<0，所以g(x)≤g(1)=0，即f′(x)≤0，所以f(x)在（2）由f(x)=xlnx?mx2?1=0則lnx1x要證x1x2>6即證m(x)=lnxx則m′(x)=3則n′(x)=3x2?則當(dāng)x∈0,e43，n′n(x)在(0,e43所以n(x)≥n(e43)=0，即所以m(x)=lnxx+x【題型6

\t"/gzsx/zsd28297/_blank"\o"利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問(wèn)題"利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問(wèn)題】【例6】（2023·四川內(nèi)江·統(tǒng)考一模）已知函數(shù)f(x)=1(1)當(dāng)a=1時(shí)，求f(x)的極值；(2)若不等式f(x)≥x恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【解題思路】（1）對(duì)f(x)=12x（2）根據(jù)條件，分離常量得到12a≥x+lnx【解答過(guò)程】（1）當(dāng)a=1時(shí)，f(x)=12x由f′(x)=0，得到x=1，又x>0，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)<0，所以f(x)=12x2?（2）由f(x)≥x恒成立，得到12ax又x>0，所以12令g(x)=1x+令?(x)=?2lnx?x+1(x>0)，則即?(x)=?2lnx?x+1在區(qū)間又?(1)=?2ln1?1+1=0，所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，?(x)>0，x∈(1,+∞即x∈(0,1)時(shí)，g′(x)>0，x∈(1,+∞所以g(x)=1x+lnx故g(x)≤g(1)=1，所以12a≥1，即所以，實(shí)數(shù)a的取值范圍為a≥2.【變式6-1】（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知fx=ae(1)討論函數(shù)fx(2)令a=2，對(duì)?x≥0，均有fx≥kx+2恒成立，求【解題思路】（1）直接對(duì)fx求得，分a≥0,a<0兩種情況討論，在a<0時(shí)，令?x（2）首先對(duì)fx進(jìn)行切線放縮即：證明fx≥3x+2【解答過(guò)程】（1）由題得x∈?1,+∞，當(dāng)a≥0時(shí)，f′x>0，∴f當(dāng)a<0時(shí)，令?x=a則?′x=aex且當(dāng)x→?1時(shí)，?x→+∞，當(dāng)x→+∴?x在?1,+設(shè)該零點(diǎn)為x0，即f∴fx在?1,x0上單調(diào)遞增，f（2）當(dāng)a=2時(shí)，fx=2ex+f′x=2所以fx在x=0處的切線方程為y=3x+2先證明當(dāng)x≥0時(shí)，fx令Fx=fx即Fx則F′x=2ex則g′x=2ex∴gx≥g0=0，∴∴Fx≥F0=0，∴當(dāng)x>0時(shí)，由fx≥kx+2，得則k≤f又fx?2x∴k的取值范圍是?∞【變式6-2】（2023·云南紅河·統(tǒng)考一模）已知函數(shù)f(x)=mx?ln(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若關(guān)于x的不等式ex?1+aln【解題思路】（1）先求得f′x，然后對(duì)m進(jìn)行分類討論，從而求得（2）將要證明的不等式轉(zhuǎn)化為eln【解答過(guò)程】（1）由題可知，f(x)的定義域?yàn)?0,+∞f當(dāng)m≤0時(shí)，mx?1<0在(0,+∞所以f′(x)<0在(0,+∞)上恒成立，即當(dāng)m>0時(shí)，令f′(x)>0解得x>1m，令所以f(x)在0,1m上單調(diào)遞減，在（2）由ex?1得x?alnx≤令g(x)=ex由（1）得，當(dāng)m=1時(shí)f(x)≥f(1)=0所以lnx≤x?1在(0,+若g(lnx)≤g(x?1)在則需g(x)=ex?ax所以g′(x)=ex?a≥0在R上恒成立，即a≤所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(?∞【變式6-3】（2023·安徽·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=ae(1)若fx為偶函數(shù)，求此時(shí)fx在點(diǎn)(2)設(shè)函數(shù)g(x)=f(x)?(a+1)x，且存在x1,x（?。┣髮?shí)數(shù)a的取值范圍；（ⅱ）若a∈(0,1)，且gx1+kg【解題思路】（1）根據(jù)偶函數(shù)的定義，求出a的值，然后利用導(dǎo)數(shù)求切線方程.（2）（?。?duì)g(x)進(jìn)行求導(dǎo)，將g(x)既存在極大值，又存在極小值轉(zhuǎn)化成g(x)=0必有兩個(gè)不等的實(shí)數(shù)根，利用導(dǎo)數(shù)得到g(x)的單調(diào)性和極值，進(jìn)而即可求解；（ⅱ）對(duì)g(x)進(jìn)行求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)分析g(x)的極值，將gx1+kg【解答過(guò)程】（1）f(x)為偶函數(shù)，有f(?x)=ae?x?所以f(x)=?ex所以f(0)=?2，f所以f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為y+2=0.（2）（?。ゞ(x)=f(x)?(a+1)x=aeg′因?yàn)楹瘮?shù)g(x)既存在極大值，又存在極小值，則g′(x)=0必有兩個(gè)不等的實(shí)根，則令g′(x)=0可得x=0或所以?lna≠0，解得a>0且令m=min0,?lnx(?m(m,n)n(n,+g+0?0+g(x)↗極大值↘極小值↗可知g(x)分別在x=m和x=n取得極大值和極小值，符合題意.綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(0,1)∪(1,+∞（ⅱ）由a∈(0,1)，可得?ln所以x1=0，x2=?lna，由題意可得a?1+k1?a+(a+1)lna由于此時(shí)gx2<g所以ka+1lna>令?(x)=lnx?1?則?′令x2+2①當(dāng)Δ≤0，即k≤?1時(shí)，?′(x)≥0，?(x)所以?(x)<?(1)=0，即lna<（2）當(dāng)Δ>0，即?1<k<0設(shè)方程x2+2kx+1=0的兩根分別為x則x3+x4=?則當(dāng)x3<x<1時(shí)，?′(x)<0，則所以當(dāng)x3<x<1時(shí)，?(x)>?(1)=0，即綜上所述，k的取值范圍是(?∞【題型7\t"/gzsx/zsd28298/_blank"\o"利用導(dǎo)數(shù)研究能成立問(wèn)題"利用導(dǎo)數(shù)研究能成立問(wèn)題】【例7】（2023·寧夏銀川·?？寄M預(yù)測(cè)）已知函數(shù)f(x)=kx?ln(1)當(dāng)k=1時(shí)，求曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程；(2)如果存在x0∈(0,+∞)，使得當(dāng)x∈0,【解題思路】（1）把k=1代入，求出函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求解作答.（2）變形不等式，構(gòu)造函數(shù)g(x)=x2?kx+ln(x+1),x∈(0,【解答過(guò)程】（1）當(dāng)k=1時(shí)，f(x)=x?ln(1+x)，求導(dǎo)得：f′(x)=1?1所以曲線y=fx在點(diǎn)0,f0處的切線方程為（2）f(x)<x因?yàn)榇嬖趚0∈0,+∞，使得當(dāng)則存在x0∈0,+∞，使得當(dāng)令g(x)=x2?kx+ln(x+1),x∈(0,求導(dǎo)得g′(x)=2x?k+1x+1，令因此函數(shù)?(x)，即函數(shù)g′(x)在(0,x當(dāng)1?k≥0，即0<k≤1時(shí)，g′(x)>g′(0)≥0?x∈(0,x0)，g(x)>g(0)=0當(dāng)k>1時(shí)，g′(0)=1?k<0，g′(k)=k+1當(dāng)0<x<x1時(shí)，g′(x)<0，函數(shù)g(x)在(0,x所以k的取值范圍是(0,1].【變式7-1】（2023·河北·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)討論函數(shù)fx(2)若存在實(shí)數(shù)a，使得關(guān)于x的不等式fx≤λa恒成立，求實(shí)數(shù)【解題思路】（1）求導(dǎo)以后對(duì)導(dǎo)數(shù)中的參數(shù)進(jìn)行分類討論，根據(jù)不同的分類判斷函數(shù)的單調(diào)性；（2）根據(jù)第1問(wèn)的結(jié)論，將恒成立問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最大（?。┲祮?wèn)題，構(gòu)造新函數(shù)，求出λ的范圍.【解答過(guò)程】（1）函數(shù)fx=e?ae當(dāng)e?a≥0，即a≤e時(shí)，f′(x)>0恒成立，即當(dāng)e?a<0，即a>e時(shí)，令f′x(??(?f+0?f(x)↗極大值↘綜上所述，當(dāng)a≤e是，f(x)在R當(dāng)a>e時(shí)，f(x)在(?∞,?（2）f(x)≤λa等價(jià)于(e?a)e當(dāng)a≤e時(shí)，?(1+λa)=(e?a)當(dāng)a>e時(shí)，f(x)≤λa等價(jià)于λa≥f由（1）可知f(x)所以λa≥?1?ln(a?e)，對(duì)a>e因此原命題轉(zhuǎn)化為存在a>e，使得λ≥令u(a)=?ln(a?e)?1u′令φ(a)=ln(a?e所以φ(a)在(e,+∞所以當(dāng)e<a<2e時(shí)，φ(a)<0，u′(a)<0，故當(dāng)a>2e時(shí)，φ(a)>0，u′(a)>0，故u(a)所以u(píng)(a)min=u(2即實(shí)數(shù)λ的取值范圍是?1【變式7-2】（2023·河南鄭州·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）已知fx=x?a?1(1)討論fx(2)若a=?1，且存在x∈0,+∞，使得fx【解題思路】（1）分a≤0和a>0討論即可；（2）代入a值，分離參數(shù)得b≥xex【解答過(guò)程】（1）因?yàn)閒(x)=(x?a?1)e所以f′若a≤0,ex?a>0,x∈(?∞,a)時(shí),f′(x)<0,f(x)若a>0,由f′(x)=0得x=a或設(shè)g(a)=a?lna(a>0),則a∈(0,1)時(shí),g′a∈(1,+∞)時(shí),所以g(a)≥g(1)=1>0，所以a>ln所以x∈(lna,a)時(shí),x∈(?∞,lna)，x∈(a,+∞綜上得,當(dāng)a≤0時(shí),f(x)在(?∞,a)上單調(diào)遞減,在當(dāng)a>0時(shí),f(x)在(lna,a)上單調(diào)遞減,在(?∞（2）當(dāng)a=?1時(shí),f(x)=xe存在x∈(0,+∞),使得即xex?設(shè)?(x)=xex設(shè)m(x)=x2ex+lnx且m(1)=e所以存在x0∈1所以x令y=xex,x>0，y'=(x+1)ex所以ex0=1xx∈x0,+∞時(shí),所以?(x)≥?x所以b≥1,即b的取值范圍是[1,+∞【變式7-3】（2023·北京海淀·統(tǒng)考一模）已知函數(shù)f(x)=e(1)當(dāng)a=1時(shí)，求曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程；(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)若存在x1,x2∈[?1,1]【解題思路】（1）當(dāng)a=1時(shí)，求出函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)，求出曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處切線的斜率，然后求解切線的方程即可；（2）先求出函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)，分a≤0和a>0兩種情況討論即可得到單調(diào)區(qū)間；（3）將題中條件轉(zhuǎn)化為若?x∈?1,1，使得f(x)≥3成立，再結(jié)合函數(shù)放縮得到若?x∈?1,1，使得f(x)max≥3成立，再根據(jù)（2）中的單調(diào)情況可知f(x)max為【解答過(guò)程】（1）當(dāng)a=1時(shí)，f(x)=ex?x得f(0)=1，f′所以曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為y=1．（2）由f(x)=eax?x當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)<0恒成立，此時(shí)f(x)在當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)=0，解得此時(shí)f(x)與f′x???f

-0+f(x)↘極小值↗由上表可知，f(x)的減區(qū)間為?∞,?ln綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)的減區(qū)間為?∞當(dāng)a>0時(shí)，f(x)的減區(qū)間為?∞,?ln（3）將f(x)在區(qū)間?1,1上的最大值記為f(x)max，最小值記為因?yàn)榇嬖趚1,x所以?x∈?1,1，使得f(x)≥3成立，即f(x)當(dāng)x∈?1,1時(shí)，f(x)=若?x∈?1,1，使得f(x)≥3成立，只需由（2）可知f(x)在區(qū)間?1,1上單調(diào)或先減后增，故f(x)max為f(?1)與所以只需當(dāng)f(?1)≥3或f(1)≥3即可滿足題意，即只需f(?1)=e?a+1≥3解得a≤?ln2或a≥綜上所述，a的取值范圍是?∞【題型8雙變量問(wèn)題】【例8】（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)t=0時(shí)，討論函數(shù)fx(2)已知Fx=fx?ex，函數(shù)Fx【解題思路】（1）求出導(dǎo)函數(shù)，確定單調(diào)性得極值；（2）求導(dǎo)數(shù)F′(x)，得極值點(diǎn)是F′(x)的零點(diǎn)，然后構(gòu)造函數(shù)gx=lnx+x，由g(x)的單調(diào)性得出x+t=ex，則t=ex?x．再構(gòu)造函數(shù)?x=ex?x，已知轉(zhuǎn)化為直線y=t與函數(shù)【解答過(guò)程】（1）當(dāng)t=0時(shí)，fx=xln當(dāng)x∈0,1時(shí)，f′x當(dāng)x∈1,+∞時(shí)，f′∴fx的極小值為f（2）解法一

Fx∴F′x=lnx+t+t?e∴F′x有兩個(gè)變號(hào)零點(diǎn)x1，x2，即方程lnx+t即方程lnx+t+x+t=lnex設(shè)gx=lnx+x，則gx+t∴x+t=ex，則t=ex?x．設(shè)?∵?′x=ex?1，∴當(dāng)當(dāng)x∈0,+∞時(shí)，?′不妨設(shè)x1<x2，則x1∵?x在0,+∞上單調(diào)遞增，∴即證即證?x1<?則m′∴mx在?∞,0∵x1<0，∴mx1<0解法二

Fx=x+t∵Fx有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2即方程lnx+t+t=ex有兩個(gè)不相等的實(shí)根即方程lnx+t+x+t=x+ex有兩個(gè)不相等的實(shí)根即方程lnx+t+elnx+t設(shè)gx=x+ex，易知gx∴l(xiāng)nx1+t=x則x1由對(duì)數(shù)平均不等式得x1+tx2+t<x1+t∴l(xiāng)nx1+tx2【變式8-1】（2023·四川自貢·統(tǒng)考二模）已知函數(shù)fx=aex?(1)求a的取值范圍；(2)若x2≥3x1時(shí)，不等式【解題思路】（1）由f′x=0可得a=2xex，令ux=2x（2）由已知可得出aex1=2x1>0，aex2=2x2>0，將這兩個(gè)等式相除可得ex2?【解答過(guò)程】（1）解：因?yàn)閒x=aex?因?yàn)楹瘮?shù)fx有兩個(gè)極值點(diǎn)，所以，方程f則方程a=2x令ux=2xex，其中x∈R，則x?11,+u+0?u增極大值減所以，函數(shù)ux的極大值為u且當(dāng)x<0時(shí)，ux=2xex如下圖所示：由圖可知，當(dāng)0<a<2e時(shí)，直線y=a與函數(shù)ux的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，且交點(diǎn)橫坐標(biāo)為x當(dāng)x<x1或x>x2時(shí)，f′此時(shí)，函數(shù)fx因此，實(shí)數(shù)a的取值范圍是0,2（2）證明：由（1）可知，函數(shù)fx的兩個(gè)極值點(diǎn)x1、x2且0<a<2e，0<x1<1<等式aex1=2x1與等式由x1+λx即x2?x因?yàn)閤2≥3x1，則x2x1令gt=2lnt令?t=3?4t+所以，函數(shù)?t在3,+∞上單調(diào)遞減，則即g′t<0，所以，函數(shù)g所以，當(dāng)t≥3時(shí)，gtmax=g因此，實(shí)數(shù)λ的最小值為ln3?【變式8-2】（2023·河南·校聯(lián)考二模）已知函數(shù)fx=1(1)討論fx(2)當(dāng)m>0時(shí)，若對(duì)于任意的x1∈0,+∞，總存在x2【解題思路】（1）首先求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)并化簡(jiǎn)，討論m≤0和m>0兩種情況下函數(shù)的單調(diào)性；（2）根據(jù)題意將不等式轉(zhuǎn)化為fx【解答過(guò)程】（1）f′x=mx+m?1?當(dāng)m≤0時(shí)，f′x<0恒成立，f當(dāng)m>0時(shí)，由f′x>0，解得x∈1m由f′x<0，解得x∈0,1（2）當(dāng)m>0時(shí)，由（1）知fxg′x=2x+12e?x>0，由題意知fxmin≥g設(shè)?m=lnm+1?1又?e=2?1即m的取值范圍是e,+【變式8-3】（2023·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=x(1)當(dāng)a=1時(shí)，求fx(2)若函數(shù)gx=fx?x【解題思路】（1）將a=1代入后得fx（2）由題意得lnx1=ax1,lnx2【解答過(guò)程】（1）當(dāng)a=1時(shí)，fx=x則f′因?yàn)閤>0，則ex>1>0，所以當(dāng)0<x<1時(shí)，f′x>0，則fx單調(diào)遞增；當(dāng)x>1時(shí)，所以fx的單調(diào)遞增區(qū)間為0,1，單調(diào)遞減區(qū)間為1,+（2）若函數(shù)gx=fx即lnx1=ax1要證x1?x2>e2只須證lnx2?lnx令t=x2x1，則由0<x令?t=ln當(dāng)t>1時(shí)，?′t>0，所以?所以當(dāng)t>1時(shí)，?t>?1故原不等式x1【題型9\t"/gzsx/zsd165726/_blank"\o"導(dǎo)數(shù)中的極值偏移問(wèn)題"導(dǎo)數(shù)中的極值點(diǎn)偏移問(wèn)題】【例9】（2023·貴州畢節(jié)·?？寄M預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)x≥1時(shí)，fx≥0(2)若函數(shù)fx有兩個(gè)極值點(diǎn)x1,【解題思路】（1）參變分離可得a≥3x?2xlnx3+lnx在（2）求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，依題意可得函數(shù)y=a與函數(shù)?(x)=x?2xlnx，x∈0,+∞的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，利用導(dǎo)數(shù)說(shuō)明?x的單調(diào)性，不妨設(shè)0<x1<1【解答過(guò)程】（1）當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)≥0?a≥3x?2xlnx令g(x)=3x?2xlnx則g′∴函數(shù)g(x)在1,+∞∴gx∴a≥1，∴a的取值范圍是1,+∞（2）函數(shù)f(x)=(2x+a)lnx?3(x?a)，則f′∵函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x∴f′x=0有兩個(gè)正實(shí)數(shù)解?方程a=x?2xlnx有兩個(gè)正實(shí)數(shù)解?函數(shù)?′x=1?2?2lnx=?2當(dāng)0<x<1e時(shí)?′x>0，則?x單調(diào)遞增，當(dāng)∴函數(shù)?(x)的極大值即最大值為?1又0<x<1e時(shí)?x=x1?2lnx∴0<a<2不妨設(shè)0<x要證明x1+x令F(x)=?x??2e?x所以F=?2ln當(dāng)且僅當(dāng)x=2e?x∴函數(shù)F(x)在x∈0,∵F1e=0，∴F(x)<0因此x1【變式9-1】（2023·四川綿陽(yáng)·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)求a的取值范圍；(2)記兩個(gè)極值點(diǎn)為x1,x2，且x1【解題思路】（1）將lnx?ax=0在(0,+∞)有兩個(gè)不同根轉(zhuǎn)化為方程a=lnxx在(0,+∞（2）兩邊取對(duì)數(shù)，將證明x1?x2λ【解答過(guò)程】（1）由題意知，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞)，方程f′(x)=0在即方程lnx?ax=0在(0,+即方程a=lnxx令g(x)=lnxx，x∈(0,+則當(dāng)0<x<e時(shí)，g′x>0，則函數(shù)g(x)=lnxx在(0,所以g(x)又因?yàn)間(1)=0，當(dāng)x>1時(shí)，g(x)>0，當(dāng)0<x<1時(shí)，g(x)<0，所以a的取值范圍為0,1（2）要證e1+λ<x由（1）可知x1，x2分別是方程即lnx1所以原式等價(jià)于1+λ<ax1+λax2所以原式等價(jià)于要證明a>1+λ又由lnx1=ax1，ln所以原式等價(jià)于lnx1x2x則不等式lnt<(1+λ)(t?1)t+λ令?(t)=lnt?(1+λ)(t?1)又?′當(dāng)λ≥1時(shí)，可見(jiàn)t∈(0,1)時(shí)，?′所以?(t)在t∈(0,1)上單調(diào)增，又?(1)=0，?(t)<0，所以lnx1x【變式9-2】（2023·江西景德鎮(zhèn)·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)f(1)若函數(shù)fx在定義域上單調(diào)遞增，求a(2)若函數(shù)fx在定義域上有兩個(gè)極值點(diǎn)x1和x2，若x2>【解題思路】（1）求出f′x，由題意可知，對(duì)任意的x>0，f′x≥0，可得出a≤x?（2）設(shè)x2x1=t>1，由極值點(diǎn)的定義可得出x1?lnx1+1?a=0x【解答過(guò)程】（1）解：因?yàn)閒x=x+1則f′因?yàn)楹瘮?shù)fx在0,+∞上單調(diào)遞增，對(duì)任意的x>0，x?ln令gx=x?lnx+1，其中x>0，則由g′x<0可得0<x<1，由g所以，函數(shù)gx的單調(diào)遞減區(qū)間為0,1，單調(diào)遞增區(qū)間為1,+所以，gxmin=g1=1?ln1+1=2（2）解：由題意可知，x2>x由f′x1=0f可得x1=lntt?1，x2=所以，?′令pt=λ+t?λt?1?因?yàn)棣?ee?2>1，由p′t<0所以，函數(shù)pt在1,λ上單調(diào)遞減，在λ,+∞上單調(diào)遞增，且又因?yàn)閜e=e所以，當(dāng)1<t<e時(shí)，pt<0當(dāng)t>e時(shí)，pt>0所以，函數(shù)?t在1,e上單調(diào)遞減，在所以，?t【變式9-3】（2023·浙江紹興·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=x(1)求函數(shù)fx(2)若函數(shù)fx在x=e處取得極值，f′x是函數(shù)fx的導(dǎo)函數(shù)，且【解題思路】（1）求導(dǎo)，由導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)即可確定fx（2）構(gòu)造函數(shù)tx=g2?x?gx,x∈0,1，求導(dǎo)得t(x)的單調(diào)性，即可證明x【解答過(guò)程】（1）函數(shù)f(x)=x2(f令f′x=0，所以ln當(dāng)x∈0,e3a?12，f′故函數(shù)f(x)遞減區(qū)間為0,e3a?12（2）因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在x=e所以x=e3a?12所以f(x)=x2(令g(x)=2x(ln因?yàn)間′(x)=2lnx，當(dāng)所以函數(shù)g(x)在x∈0,1單調(diào)遞減，在x∈且當(dāng)x∈0,e時(shí),gx=2xln故0<x1先證x1+x因?yàn)閤2>1,2?x設(shè)tx則t′x故tx在0,1上為增函數(shù),故t所以tx1=g所以2?x1<下面證明：x令gx1=gx2=m，當(dāng)所以?2x1>g當(dāng)x∈1,e時(shí)，記所以x∈1,e時(shí)?′x=2所以m=gx2>2所以x1綜上，2<x【題型10導(dǎo)數(shù)與三角函數(shù)結(jié)合問(wèn)題】【例10】（2023·四川雅安·統(tǒng)考一模）已知函數(shù)fx(1)若a=0，判斷fx在?(2)當(dāng)a>0，探究fx在0,π【解題思路】（1）求f(x)的導(dǎo)函數(shù)，根據(jù)x∈(?π（2）求f(x)的導(dǎo)函數(shù)，將探究f(x)的極值點(diǎn)個(gè)數(shù)問(wèn)題，轉(zhuǎn)化為探究f′(x)的變號(hào)零點(diǎn)個(gè)數(shù)，再求f′(x)的導(dǎo)函數(shù)，對(duì)【解答過(guò)程】（1）a=0時(shí)，f(x)=2sinx?xcosx，f′(x)=cosx+xsin（2）由f(x)=ax3+2依題意，只要探究f′(x)=3ax令g(x)=3ax2+cosx+x(Ⅰ)當(dāng)6a≥1，即a≥16時(shí)，6a+cosx>0，此時(shí)則g(x)即f′(x)單調(diào)遞增，f′(x)>ff(x)在0,π(Ⅱ)當(dāng)0<6a<1，即0<a<1?x0∈(0,π)當(dāng)0<x<x0，g′(x)>0；當(dāng)所以g(x)即f′(x)在0,x由于f′(0)=1，若3aπ2?1≥0，即13πf(x)在0,π若3aπ2?1<0，即0<a<13f(x)在0,π綜上所述，當(dāng)a≥13π2時(shí)，當(dāng)0<a<13π2時(shí)，【變式10-1】（2023·四川成都·成都七中?？家荒＃┰O(shè)函數(shù)Fx=1?λ(1)若λ=1，討論Fx在a,(2)當(dāng)x∈a,π2時(shí)，不等式F【解題思路】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，結(jié)合三角函數(shù)性質(zhì)，判斷導(dǎo)數(shù)正負(fù)，即可得結(jié)論；（2）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，構(gòu)造函數(shù)再次求導(dǎo)，根據(jù)其結(jié)構(gòu)特征，討論λ≤12或12<λ<1或【解答過(guò)程】（1）當(dāng)λ=1時(shí)，F(xiàn)x=cos令G(x)=(x?a)cosx?(sinx?sin故G(x)在a,π2上單調(diào)遞增，則故Fx在a,（2）設(shè)f(x)=[(1?λ)cosx+λcosf′設(shè)m(x)=λ(cos則m′當(dāng)λ≤12時(shí)，由知f′(x)在a,π故f(x)在a,π2上單調(diào)遞減，則f(x)<f(a)=0，即當(dāng)12<λ<1時(shí)，對(duì)于x∈a,取b=minπ2,a+2λ?1則f′(x)在a,b上單調(diào)遞增，故故f(x)在a,b上單調(diào)遞增，則f(x)>f(a)=0，即Fx當(dāng)λ≥1時(shí)，對(duì)于x∈a,π2故f(x)在a,π2上單調(diào)遞增，則f(x)>f(a)=0，即綜上可知，僅當(dāng)當(dāng)λ≤1故實(shí)數(shù)λ的取值范圍為(?∞【變式10-2】（2023·四川雅安·統(tǒng)考一模）已知函數(shù)fx=ax(1)若a=?12,x∈(2)探究fx在?【解題思路】（1）利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，證明fx（2）求導(dǎo)f′x=3ax2+cosx+xsinx，fx在?π,π上的極值點(diǎn)個(gè)數(shù)即為函數(shù)【解答過(guò)程】（1）若a=?12，則f′令gx=?3因?yàn)閤∈0,π2所以g′所以函數(shù)gx在0,即函數(shù)f′x=?又g0故存在x0∈0,則當(dāng)x∈0,x0時(shí)，g當(dāng)x∈x0,π2所以函數(shù)fx在0,x0又f0所以fx（2）f′fx在?即為函數(shù)f′x在因?yàn)閒′0=1≠0，所以0當(dāng)x≠0時(shí)，令f′x=3a令?x因?yàn)??x所以函數(shù)?x?′令φx則φ′所以函數(shù)φx在0,所以φx即?′所以函數(shù)?x在0,又x∈0,π，當(dāng)x→0時(shí)，?x如圖，作出函數(shù)?x

由圖可知，當(dāng)?3a≤?1π2，即a≥所以函數(shù)fx在?當(dāng)?3a>?1π2函數(shù)f′x=3a所以函數(shù)fx在?π,綜上所述，當(dāng)a≥13π2時(shí)，函數(shù)當(dāng)a<13π2時(shí)，函數(shù)fx【變式10-3】（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)f(x)=ex((1)求函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)0,f0(2)若x>?1，求證：f(x)>0．【解題思路】（1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義可求曲線的切線方程；（2）要證f(x)>0，只需證exx+1>sinx【解答過(guò)程】（1）因?yàn)閒=e又f(0)=1+2，f所以函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)0,f0處的切線方程為y?(1+即2x?y+1+（2）當(dāng)x>?1時(shí)，要證f(x)>0，只需證ex∵cosx+2>0，x+1>0，令?(x)=exx+1當(dāng)x∈(?1,0)時(shí)，?′(x)<0，當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí)，?′∴當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)，?(x)取得最小值，且最小值為?(0)=e令k=sinxcosx+2即sin(x?φ)=得2k1+k2≤1又當(dāng)x=0時(shí)，k=0<1=?(0)；當(dāng)x≠0時(shí)，?(x)>1≥k，∴e綜上所述，當(dāng)x>?1時(shí)，f(x)>0成立．【題型11導(dǎo)數(shù)與數(shù)列不等式的綜合問(wèn)題】【例11】（2023·山東濟(jì)南·?？寄M預(yù)測(cè)）設(shè)函數(shù)f(x)=emxx+1(1)求實(shí)數(shù)m的值；(2)若數(shù)列{?an?}滿足a【解題思路】(1)不等式化為emx?x?1≥0，構(gòu)造新函數(shù)g(x)=emx?x?1，結(jié)合g(0)=0，得到g′(0)=0(2)根據(jù)條件把不等式轉(zhuǎn)化為證明|e【解答過(guò)程】（1）由題意可知，f(x)=emxx+1設(shè)g(x)=emx?x?1，則g(x)≥0注意到g(0)=0，故x=0是函數(shù)g(x)的最小值點(diǎn)，也是極小值點(diǎn)，則g′(0)=0，因?yàn)樗詆′(0)=m?1=0，所以下面證明當(dāng)m=1時(shí)，g(x)?≥?g(x)=ex?x?1令g′(x)=令g′(x)=e所以g(x)在(?1?，?0)上單調(diào)遞減，在故g(x)?所以實(shí)數(shù)m的值為1．（2）由（1）知當(dāng)x>?1時(shí)，f(x)?因?yàn)閍n+1=lnf(a所以an因?yàn)閍1=1?ln故要證|ean因?yàn)閍n∈(?因?yàn)閍n+1=ln故只需證：f(?an只需證：(a設(shè)φ(x)=(?故只需證：當(dāng)x∈(?0?，?因?yàn)棣铡渌驭?x)在(?所以φ(x)>φ(0)=0，得證；所以原不等式成立．【變式11-1】（2023·海南·?？谛Ｂ?lián)考模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)f(x)x+1(1)若函數(shù)f(x)在[1,+∞)上只有一個(gè)零點(diǎn)，求(2)若an=23,n=11n+1,n≥2，記數(shù)列【解題思路】（1）由題意可知x=1為函數(shù)f(x)的一個(gè)零點(diǎn)，然后利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)在[1,+∞（2）由（1）可知x>1時(shí)，lnx>2(x?1)x+1，由此的ln1+2【解答過(guò)程】（1）根據(jù)題意得，f(x)=(x+1)lnx?a(x?1),x∈[1,+∞則x=1為函數(shù)f(x)的一個(gè)零點(diǎn)．f′(x)=ln則g′(x)=1x?故f′(x)在[1,+∞當(dāng)a≤2時(shí)，f′(x)≥f′(1)≥0故f(x)≥f(1)=0恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)等號(hào)成立，故a≤2時(shí)，函數(shù)f(x)僅有x=1這一個(gè)零點(diǎn)．當(dāng)a>2時(shí)，由于f′(1)=2?a<0，根據(jù)零點(diǎn)存在性定理，必存在t∈1,ea由于f′(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增，故當(dāng)x∈(1,t)時(shí)，此時(shí)f(x)<f(1)=0，取x1∈(1,t)，則fx1<0故函數(shù)f(x)還有一個(gè)在x1綜上所述，a的取值范圍為a|a≤2．（2）證明：依題意，2S當(dāng)n=1時(shí)，因?yàn)閑4<63,∴當(dāng)n≥2時(shí)，由（1）可知，當(dāng)x>1時(shí)，(x+1)ln即x>1時(shí)，lnx>則ln1+2n因?yàn)閗=1nln=ln3×4k=1n故lnn2+3n+2綜合以上可知2S【變式11-2】（2023·重慶沙坪壩·重慶八中校考模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)證明：當(dāng)x<0時(shí)，fx<1；當(dāng)x>0時(shí)，(2)正項(xiàng)數(shù)列xn滿足：exn+1（i）數(shù)列xn（ii）i=1n【解題思路】（1）先證明ex（2）（i）要證數(shù)列xn遞減，只證exn+1<exn，即證e【解答過(guò)程】（1）設(shè)g(x)=e則g′令g′(x)=e令g′(x)=e所以g(x)在?∞,0上單調(diào)遞減，在則g(x)>g(0)=0，即ex則當(dāng)x<0時(shí)，ex?1xx>0時(shí)，ex?1x（2）（i）因?yàn)閿?shù)列xn要證數(shù)列xn遞減，只需證明0<即證exn+1<所以即證ex令t=x不等式化為et設(shè)g(t)=e則g′故g(t)=et?則g(t)>g(0)=0恒成立，即et?t?1則原命題得證.（ii）先證明：fx即證ex設(shè)?(則?=ex?所以?(x)在0,+∞則?(x)>?(0)=0，則所證不等式fx又xn>0，所以xn+1>x所以x2>x12>1則當(dāng)n≥2時(shí)，i=1n又當(dāng)n=1時(shí)，x1故i=1n【變式11-3】（2023·上海浦東新·華師大二附中?？寄M預(yù)測(cè)）設(shè)函數(shù)fn(1)求函數(shù)f3x在點(diǎn)(2)證明:對(duì)每個(gè)n∈N*，存在唯一的xn(3)證明:對(duì)于任意p∈N?，由（2）中xn構(gòu)成的數(shù)列x【解題思路】（1）求出導(dǎo)函數(shù)，然后求解導(dǎo)數(shù)值即切線斜率，代入點(diǎn)斜式方程即可求解；（2）根據(jù)f′x>0，得函數(shù)fx在0,（3）由fn+1x在0,+∞上單調(diào)遞增，可得x【解答過(guò)程】（1）f3x=?1+x+所以f3′1所以函數(shù)f3x在點(diǎn)1,f3（2）對(duì)每個(gè)n∈N*，當(dāng)由函數(shù)fn可得f′x=1+x2由于f11=0，當(dāng)n≥2時(shí)，f又fn23根據(jù)函數(shù)的零點(diǎn)的判定定理，可得存在唯一的xn∈2（3）對(duì)于任意p∈N?，由（1）中xn構(gòu)成數(shù)列x∵fn+1x由fn+1x在0,+∞上單調(diào)遞增，可得x即對(duì)任意的n、p∈N?由于fnxfn+px用（1）減去（2）并移項(xiàng)，利用0<xn+p<n+p綜上可得，對(duì)于任意p∈N?，由（1）中xn構(gòu)成數(shù)列x1．（2023·全國(guó)·統(tǒng)考高考真題）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=?1時(shí)，求曲線y=fx在點(diǎn)1,f(2)若函數(shù)fx在0,+∞單調(diào)遞增，求【解題思路】（1）由題意首先求得導(dǎo)函數(shù)的解析式，然后由導(dǎo)數(shù)的幾何意義確定切線的斜率和切點(diǎn)坐標(biāo)，最后求解切線方程即可；（2）原問(wèn)題即f′x≥0在區(qū)間0,+∞上恒成立，整理變形可得gx=ax【解答過(guò)程】（1）當(dāng)a=?1時(shí)，fx則f′據(jù)此可得f1所以函數(shù)在1,f1處的切線方程為y?0=?ln2（2）由函數(shù)的解析式可得f′滿足題意時(shí)f′x≥0令?1x2令gx=ax2則g′當(dāng)a≤0時(shí)，由于2ax≤0,lnx+1>0，故g′x此時(shí)gx令?x=g當(dāng)a≥12，2a≥1時(shí)，由于1x+1<1，所以即g′x在區(qū)間所以g′x>g′0=0當(dāng)0<a<12時(shí)，由?'當(dāng)x∈0,12a?1時(shí)，?′注意到g′0=0，故當(dāng)x∈0,1由于g0=0，故當(dāng)x∈0,綜上可知：實(shí)數(shù)a得取值范圍是a|a≥12．（2023·全國(guó)·統(tǒng)考高考真題）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=1時(shí)，討論fx(2)若fx+sin【解題思路】（1）代入a=1后，再對(duì)fx求導(dǎo)，同時(shí)利用三角函數(shù)的平方關(guān)系化簡(jiǎn)f（2）法一：構(gòu)造函數(shù)gx=fx+sinx，從而得到gx<0，注意到g0法二：先化簡(jiǎn)并判斷得sinx?sinxcos2x<0恒成立，再分類討論a=0【解答過(guò)程】（1）因?yàn)閍=1，所以fx則f=cos令t=cosx，由于x∈0,所以cos3x+cos因?yàn)閠2+2t+2=t+12+1>0所以f′x=所以fx在0,（2）法一：構(gòu)建gx則g′若gx=fx則g′0=a?1+1=a≤0當(dāng)a=0時(shí)，因?yàn)閟inx?又x∈0,π2，所以0<sinx<1所以fx當(dāng)a<0時(shí)，由于0<x<π2，顯然所以fx綜上所述：若fx+sin所以a的取值范圍為?∞法二：因?yàn)閟inx?因?yàn)閤∈0,π2，所以0<故sinx?sinx所以當(dāng)a=0時(shí)，fx當(dāng)a<0時(shí)，由于0<x<π2，顯然所以fx當(dāng)a>0時(shí)，因?yàn)閒x令gx=ax?sin注意到g′若?0<x<π2，g′x>0注意到g0=0，所以gx若?0<x0<π2所以在0,π2上最靠近x=0處必存在零點(diǎn)x1此時(shí)g′x在0,x1上有g(shù)′則在0,x1上有g(shù)x綜上：a≤0.3．（2023·北京·統(tǒng)考高考真題）設(shè)函數(shù)f(x)=x?x3eax+b，曲線y=f(x)在點(diǎn)(1)求a,b的值；(2)設(shè)函數(shù)g(x)=f′(x)(3)求f(x)的極值點(diǎn)個(gè)數(shù)．【解題思路】（1）先對(duì)fx求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義得到f(1)=0，f′(1)=?1（2）由（1）得gx的解析式，從而求得g′x，利用數(shù)軸穿根法求得g′x（3）結(jié)合（2）中結(jié)論，利用零點(diǎn)存在定理，依次分類討論區(qū)間?∞,0，0,x1，x1,x【解答過(guò)程】（1）因?yàn)閒(x)=x?x3e因?yàn)閒x在(1,f(1))處的切線方程為y=?x+1所以f(1)=?1+1=0，f′則1?13×所以a=?1,b=1.（2）由（1）得gx則g′令x2?6x+6=0，解得x=3±3，不妨設(shè)x1=3?易知e?x+1所以令g′x<0，解得0<x<x1或x>x2所以gx在0,x1，x2,+即gx的單調(diào)遞減區(qū)間為0,3?3和3+3,+∞（3）由（1）得f(x)=x?x3e由（2）知f′x在0,x1，x2當(dāng)x<0時(shí)，f′?1=1?4e所以f′x在?∞,0上存在唯一零點(diǎn)，不妨設(shè)為此時(shí)，當(dāng)x<x3時(shí)，f′x<0，則fx單調(diào)遞減；當(dāng)所以fx在?當(dāng)x∈0,x1時(shí)，f則f′x1所以f′x在0,x1上存在唯一零點(diǎn)，不妨設(shè)為此時(shí)，當(dāng)0<x<x4時(shí)，f′x>0，則fx單調(diào)遞增；當(dāng)所以fx在0,當(dāng)x∈x1,x2則f′x2所以f′x在x1,x此時(shí)，當(dāng)x1<x<x5時(shí)，f′x<0，則f所以fx在x當(dāng)x>x2=3+所以f′x=1?所以fx在x綜上：fx在?∞,0和x1,4．（2023·全國(guó)·統(tǒng)考高考真題）已知函數(shù)f(x)=1(1)當(dāng)a=?1時(shí)，求曲線y=fx在點(diǎn)1,f(2)是否存在a，b，使得曲線y=f1x關(guān)于直線x=b對(duì)稱，若存在，求a，(3)若fx在0,+∞存在極值，求【解題思路】(1)由題意首先求得導(dǎo)函數(shù)的解析式，然后由導(dǎo)數(shù)的幾何意義確定切線的斜率和切點(diǎn)坐標(biāo)，最后求解切線方程即可；(2)首先求得函數(shù)的定義域，由函數(shù)的定義域可確定實(shí)數(shù)b的值，進(jìn)一步結(jié)合函數(shù)的對(duì)稱性利用特殊值法可得關(guān)于實(shí)數(shù)a的方程，解方程可得實(shí)數(shù)a的值，最后檢驗(yàn)所得的a,b是否正確即可；(3)原問(wèn)題等價(jià)于導(dǎo)函數(shù)有變號(hào)的零點(diǎn)，據(jù)此構(gòu)造新函數(shù)gx=ax2+x?x+1lnx+1【解答過(guò)程】（1）當(dāng)a=?1時(shí)，fx則f′據(jù)此可得f1函數(shù)在1,f1處的切線方程為y?0=?即ln2（2）令gx函數(shù)的定義域滿足1x+1=x+1定義域關(guān)于直線x=?12對(duì)稱，由題意可得由對(duì)稱性可知g?取m=32可得即a+1ln2=a?2ln1經(jīng)檢驗(yàn)a=12,b=?即存在a=1（3）由函數(shù)的解析式可得f′由fx在區(qū)間0,+∞存在極值點(diǎn)，則f′令?1則?x+1令gxfx在區(qū)間0,+∞存在極值點(diǎn)，等價(jià)于gxg當(dāng)a≤0時(shí)，g′x<0，g此時(shí)gx<g0=0，當(dāng)a≥12，2a≥1時(shí)，由于1x+1<1，所以所以g′x>g′0=0所以gx在區(qū)間0,+當(dāng)0<a<12時(shí)，由g″當(dāng)x∈0,12a?1時(shí)，當(dāng)x∈12a?1,+故g′x的最小值為令mx=1?x+ln函數(shù)mx在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，m據(jù)此可得1?x+ln則g′令?x=ln當(dāng)x∈0,1時(shí)，?當(dāng)x∈1,+∞時(shí)，故?x≤?1=0，即所以g′g′2a?1>2a根據(jù)零點(diǎn)存在性定理可知:g′x在區(qū)間0,+∞當(dāng)x∈0,x0時(shí)，g當(dāng)x∈x0,+∞時(shí)，所以gx令nx=ln則函數(shù)nx=lnx?x所以nx≤n4所以g>=>4所以函數(shù)gx在區(qū)間0,+綜合上面可知:實(shí)數(shù)a得取值范圍是0,15．（2023·天津·統(tǒng)考高考真題）已知函數(shù)fx(1)求曲線y=fx在x=2(2)當(dāng)x>0時(shí)，證明：fx(3)證明：56【解題思路】（1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求斜率；（2）問(wèn)題化為x>0時(shí)lnx+1>2x（3）構(gòu)造?(n)=lnn!?n+12lnn+n，n∈N?，作差法研究函數(shù)單調(diào)性可得?(n)≤?(1)=1【解答過(guò)程】（1）f(x)=ln(x+1)x所以f′(2)=13?（2）要證x>0時(shí)fx=1令g(x)=lnx+1?2xx+2所以g(x)在(0,+∞)上遞增，則g(x)>g(0)=0，即所以x>0時(shí)fx（3）設(shè)?(n)=lnn!?則?(n+1)??(n)=1+(n+1由（2）知：x=1n∈(0,1]，則所以?(n+1)??(n)<0，故?(n)在n∈N?上遞減，故下證ln(n!)?(n+令φ(x)=lnx?(x+5)(x?1)4x+2且當(dāng)0<x<1時(shí)φ′(x)>0，φ(x)遞增，當(dāng)x>1時(shí)φ′所以φ(x)≤φ(1)=0，故在x∈0,+∞上則?(n)??(n+1)=(n+1所以?(2)??(3)<112(1?12累加得：?(2)??(n)<112(1?1因?yàn)?9>3則??(n)<1所以?(1)??(n)<32ln綜上，56<?(n)≤1，即6．（2023·全國(guó)·統(tǒng)考高考真題）已知函數(shù)fx(1)討論fx(2)證明：當(dāng)a>0時(shí)，fx【解題思路】（1）先求導(dǎo)，再分類討論a≤0與a>0兩種情況，結(jié)合導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系即可得解；（2）方法一：結(jié)合（1）中結(jié)論，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為a2?12?方法二：構(gòu)造函數(shù)?x=ex?x?1，證得e【解答過(guò)程】（1）因?yàn)閒(x)=aex+a?x，定義域?yàn)楫?dāng)a≤0時(shí)，由于ex>0，則ae所以fx在R當(dāng)a>0時(shí)，令f′x=a當(dāng)x<?lna時(shí)，f′x<0當(dāng)x>?lna時(shí)，f′x>0綜上：當(dāng)a≤0時(shí)，fx在R當(dāng)a>0時(shí)，fx在?∞,?lna（2）方法一：由（1）得，fx要證f(x)>2lna+32，即證令ga=a令g′a<0，則0<a<22所以ga在0,22所以gamin=g所以當(dāng)a>0時(shí)，f(x)>2ln方法二：令?x=e由于y=ex在R上單調(diào)遞增，所以?′又?′所以當(dāng)x<0時(shí)，?′x<0；當(dāng)x>0所以?x在?∞,0故?x≥?0=0，則因?yàn)閒(x)=ae當(dāng)且僅當(dāng)x+lna=0，即所以要證f(x)>2lna+32，即證令ga=a令g′a<0，則0<a<22所以ga在0,22所以gamin=g所以當(dāng)a>0時(shí)，f(x)>2ln7．（2023·全國(guó)·統(tǒng)考高考真題）（1）證明：當(dāng)0<x<1時(shí)，x?x（2）已知函數(shù)fx=cosax?ln1?x【解題思路】（1）分別構(gòu)建Fx=x?sin（2）根據(jù)題意結(jié)合偶函數(shù)的性質(zhì)可知只需要研究fx在0,1上的單調(diào)性，求導(dǎo)，分類討論0<a2【解答過(guò)程】（1）構(gòu)建Fx=x?sinx,x∈0,1則Fx在0,1上單調(diào)遞增，可得F所以x>sin構(gòu)建Gx則G′構(gòu)建gx=G′x則gx在0,1上單調(diào)遞增，可得g即G′x>0則Gx在0,1上單調(diào)遞增，可得G所以sinx>x?綜上所述：x?x（2）令1?x2>0，解得?1<x<1，即函數(shù)f若a=0，則fx因?yàn)閥=?lnu在定義域內(nèi)單調(diào)遞減，y=1?x2在則fx=1?ln1?x故x=0是fx的極小值點(diǎn)，不合題意，所以a≠0當(dāng)a≠0時(shí)，令b=因?yàn)閒x且f?x所以函數(shù)fx由題意可得：f′（i）當(dāng)0<b2≤2時(shí)，取m=min1由（1）可得f′且b2所以f′即當(dāng)x∈0,m?0,1時(shí)，f′x結(jié)合偶函數(shù)的對(duì)稱性可知：fx在?m,0所以x=0是fx（ⅱ）當(dāng)b2>2時(shí)，取x∈0,由（1）可得f′構(gòu)建?x則?′且?′0=b3可知?x在0,1b所以?x在0,1b當(dāng)x∈0,n時(shí)，則?x<0則f′即當(dāng)x∈0,n?0,1時(shí)，f′x結(jié)合偶函數(shù)的對(duì)稱性可知：fx在?n,0所以x=0是fx綜上所述：b2>2，即a2>2，解得故a的取值范圍為?∞8．（2022·天津·統(tǒng)考高考真題）已知a，b∈R(1)求函數(shù)y=fx在0,f(2)若y=fx和y=g（i）當(dāng)a=0時(shí)，求b的取值范圍；（ii）求證：a2【解題思路】（1）求出f′（2）（i）當(dāng)a=0時(shí)，曲線y=f(x)和y=g(x)有公共點(diǎn)即為s(t)=et2?bt,t≥0在（ii）曲線y=f(x)和y=g(x)有公共點(diǎn)即asinx0+bx【解答過(guò)程】（1）f′(x)=ex?a曲線f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為y=(1?a)(x?0)+1即y=(1?a)x+1.（2）（i）當(dāng)a=0時(shí)，因?yàn)榍€y=f(x)和y=g(x)有公共點(diǎn)，故ex設(shè)t=x，故x=t2，故e設(shè)s(t)=et2?bt,t≥0，故而s′若b=0，則s(t)=et2>0恒成立，此時(shí)若b<0，則s′(t)>0在(0,+∞)上恒成立，故而s(0)=1>0，s(t)≥s(0)=1，故s(t)在[0,+∞故b>0，設(shè)u(t)=2tet2故u(t)在(0,+∞而u(0)=?b<0，u(b)=b(2e故u(t)在(0,+∞)上存在唯一零點(diǎn)且0<t<t0時(shí)，u(t)<0；t>t故0<t<t0時(shí)，s′(t)<0；所以s(t)在(0,t0)故s(t)因?yàn)閟(t)在[0,+∞)上有零點(diǎn)，故s(t而2t0et0設(shè)v(t)=2tet2故v(t)在(0,+∞而b=2t0e（ii）因?yàn)榍€y=f(x)和y=g(x)有公共點(diǎn)，所以ex?asinx=bx若x0=0，則1?a×0=b×0，該式不成立，故故asinx0a2+b2表示原點(diǎn)與直線故a2+b下證：對(duì)任意x>0，總有|sin證明：當(dāng)x≥π2時(shí)，有|sin當(dāng)0<x<π2時(shí)，即證設(shè)p(x)=sinx?x，則故p(x)=sinx?x在[0,+∞)上為減函數(shù)，故綜上，|sin下證：當(dāng)x>0時(shí)，exq(x)=ex?1?x,x>0故q(x)在(0,+∞)上為增函數(shù)，故q(x)>q(0)=0即下證：e2xsin2x+x即證：2x?1+1≥sin2x+x而x>|sinx|≥sin故ex0sin9．（2022·全國(guó)·統(tǒng)考高考真題）已知函數(shù)f(x)=ax?1(1)當(dāng)a=0時(shí)，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一個(gè)零點(diǎn)，求