專題07導(dǎo)數(shù)綜合應(yīng)用（解密講義）

專題07導(dǎo)數(shù)綜合應(yīng)用（解密講義）【知識梳理】【考點1】利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題1．分離參數(shù)法解含參不等式恒成立問題的思路用分離參數(shù)法解含參不等式恒成立問題是指在能夠判斷出參數(shù)的系數(shù)正負(fù)的情況下，可以根據(jù)不等式的性質(zhì)將參數(shù)分離出來，得到一個一端是參數(shù)，另一端是變量表達式的不等式，只要研究變量表達式的最值就可以解決問題．2．等價轉(zhuǎn)化法求解不等式恒成立問題的思路遇到f(x)≥g(x)型的不等式恒成立問題時，一般采用作差法，構(gòu)造“左減右”的函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)或“右減左”的函數(shù)u(x)＝g(x)－f(x)，進而只需滿足h(x)min≥0或u(x)max≤0，將比較法的思想融入函數(shù)中，轉(zhuǎn)化為求解函數(shù)最值的問題，適用范圍較廣，但是往往需要對參數(shù)進行分類討論．3．含參數(shù)的能成立(存在型)問題的解題方法a≥f(x)在x∈D上能成立，則a≥f(x)min；a≤f(x)在x∈D上能成立，則a≤f(x)max.4．含全稱、存在量詞不等式能成立問題(1)存在x1∈A，任意x2∈B使f(x1)≥g(x2)成立，則f(x)max≥g(x)max；(2)任意x1∈A，存在x2∈B，使f(x1)≥g(x2)成立，則f(x)min≥g(x)min.方法技巧：求解含參不等式恒成立問題的關(guān)鍵是過好“雙關(guān)”轉(zhuǎn)化關(guān)通過分離參數(shù)法，先轉(zhuǎn)化為f(a)≥g(x)(或f(a)≤g(x))對?x∈D恒成立，再轉(zhuǎn)化為f(a)≥g(x)max(或f(a)≤g(x)min)求最值關(guān)求函數(shù)g(x)在區(qū)間D上的最大值(或最小值)問題【考點2】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點和方程的根1.利用導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)零點或方程根個數(shù)的常用方法(1)構(gòu)建函數(shù)g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，轉(zhuǎn)化確定g(x)的零點個數(shù)問題求解，利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)的單調(diào)性、極值，并確定定義域區(qū)間端點值的符號(或變化趨勢)等，畫出g(x)的圖象草圖，數(shù)形結(jié)合求解函數(shù)零點的個數(shù)．(2)利用零點存在性定理：先用該定理判斷函數(shù)在某區(qū)間上有零點，然后利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值(最值)及區(qū)間端點值符號，進而判斷函數(shù)在該區(qū)間上零點的個數(shù)．2.根據(jù)函數(shù)零點個數(shù)確定參數(shù)取值范圍的核心思想是“數(shù)形結(jié)合”，即通過函數(shù)圖象與x軸的交點個數(shù)，或者兩個相關(guān)函數(shù)圖象的交點個數(shù)確定參數(shù)滿足的條件，進而求得參數(shù)的取值范圍，解決問題的步驟是“先形后數(shù)”．考點考題利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題2023全國甲卷（文）T20，2023全國甲卷（理）T212023天津卷T20，2023全國新課標(biāo)I卷T192023全國新課標(biāo)II卷T22，2022年新高考II卷T22利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點和方程的根2023全國乙卷（文）T8，2022全國乙卷（文）T202022全國甲卷（理）T21，2022全國乙卷（理）T212022新高考I卷T10考點一利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題典例01（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=1時，討論fx(2)若fx+sin【答案】(1)fx在0,(2)a≤0【分析】（1）代入a=1后，再對fx求導(dǎo)，同時利用三角函數(shù)的平方關(guān)系化簡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：先化簡并判斷得sinx-sinxcos2x<0恒成立，再分類討論a=0，【詳解】（1）因為a=1，所以fx則f=cos令t=cosx，由于x∈0,所以cos3x+cos因為t2+2t+2=t+12+1>0所以f'x=cos所以fx在0,π（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，因為sinx-又x∈0,π2，所以0<sinx<1所以fx當(dāng)a<0時，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：因為sinx-因為x∈0,π2，所以0<故sinx-sinxcos所以當(dāng)a=0時，fx當(dāng)a<0時，由于0<x<π2，顯然所以fx當(dāng)a>0時，因為fx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x1此時g'x在0,x1上有g(shù)'則在0,x1上有g(shù)x綜上：a≤0.【點睛】關(guān)鍵點睛：本題方法二第2小問討論a>0這種情況的關(guān)鍵是，注意到g'0>0，從而分類討論g'x在0,π2上的正負(fù)情況，得到總存在靠近x=0典例02（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）已知函數(shù)f(x)=ax-(1)當(dāng)a=8時，討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)<sin2x恒成立，求【答案】(1)答案見解析.(2)(-【分析】（1）求導(dǎo),然后令t=cos2x（2）構(gòu)造g(x)=f(x)-sin2x,計算g'(x)的最大值,然后與0比較大小,得出a的分界點,【詳解】（1）f=a-令cos2x=t,則f當(dāng)a=8,當(dāng)t∈0,12,當(dāng)t∈12,1,所以f(x)在0,π4上單調(diào)遞增,在（2）設(shè)g(x)=f(x)-g'(x)=φ所以φ(t)<φ(1)=a-3.1°若a∈(-∞即g(x)在0,π2上單調(diào)遞減,所以所以當(dāng)a∈(-∞,3],f(x)<sin2°若當(dāng)t→0,2t-3φ(1)=a-3>0.所以?t0∈(0,1),使得φt0=0,當(dāng)t∈t0,1,φ(t)>0,所以當(dāng)x∈0,x0綜上,a的取值范圍為(-∞【點睛】關(guān)鍵點點睛:本題采取了換元,注意復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性t=cosx在定義域內(nèi)是減函數(shù),若t0=cosx0典例03（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，證明：fx(3)證明：56【答案】(1)1(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求斜率；（2）問題化為x>0時lnx+1>2x（3）構(gòu)造h(n)=lnn!-n+12lnn+n，n∈N*，作差法研究函數(shù)單調(diào)性可得h(n)≤h(1)=1，再構(gòu)造【詳解】（1）f(x)=ln(x+1)x所以f'(2)=13-（2）要證x>0時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fx（3）設(shè)h(n)=lnn!-則h(n+1)-h(n)=1+(n+由（2）知：x=1n∈(0,1]，則所以h(n+1)-h(n)<0，故h(n)在n∈N*下證ln(n!)-(n+令φ(x)=lnx-(x+5)(x-1)4x+2且當(dāng)0<x<1時φ'(x)>0，φ(x)遞增，當(dāng)x>1時φ'所以φ(x)≤φ(1)=0，故在x∈0,+∞上ln則h(n)-h(n+1)=(n+1所以h(2)-h(3)<112(1-12累加得：h(2)-h(n)<112(1-因為79>3則-h(n)<1所以h(1)-h(n)<32綜上，56<h(n)≤1，即【點睛】關(guān)鍵點點睛：第三問，作差法研究h(n)=lnn!-n+12lnn+n單調(diào)性證右側(cè)不等關(guān)系，再構(gòu)造φ(x)=典例04（2023·全國·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，fx【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析【分析】（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，將問題轉(zhuǎn)化為a2-12-lna>0的方法二：構(gòu)造函數(shù)hx=ex-x-1，證得ex≥x+1，從而得到【詳解】（1）因為f(x)=aex+a-x，定義域為當(dāng)a≤0時，由于ex>0，則aex所以fx在R當(dāng)a>0時，令f'x=a當(dāng)x<-lna時，f'x<0當(dāng)x>-lna時，f'x>0綜上：當(dāng)a≤0時，fx在R當(dāng)a>0時，fx在-∞,-lna上單調(diào)遞減，（2）方法一：由（1）得，fx要證f(x)>2lna+32，即證1+令ga=a令g'a<0，則0<a<22所以ga在0,22所以gamin=g2所以當(dāng)a>0時，f(x)>2lna+3方法二：令hx=e由于y=ex在R上單調(diào)遞增，所以h'又h'所以當(dāng)x<0時，h'x<0；當(dāng)x>0所以hx在-∞,0故hx≥h0=0，則因為f(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=g2所以當(dāng)a>0時，f(x)>2lna+3典例05（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）（1）證明：當(dāng)0<x<1時，x-x（2）已知函數(shù)fx=cosax-ln1-x【答案】（1）證明見詳解（2）-【分析】（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<2和a【詳解】（1）構(gòu)建Fx=x-sinx,x∈0,1，則則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,x∈則gx在0,1上單調(diào)遞增，可得g即G'x>0對則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因為y=-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，不合題意，所以a≠0當(dāng)a≠0時，令b=因為fx且f-x所以函數(shù)fx由題意可得：f'（i）當(dāng)0<b2≤2時，取m=min1由（1）可得f'且b2所以f'即當(dāng)x∈0,m?0,1時，f'x結(jié)合偶函數(shù)的對稱性可知：fx在-m,0所以x=0是fx（ⅱ）當(dāng)b2>2時，取x∈0,由（1）可得f'構(gòu)建hx則h'且h'0=b3>0,可知hx在0,1b所以hx在0,1b當(dāng)x∈0,n時，則hx<0則f'即當(dāng)x∈0,n?0,1時，f'x結(jié)合偶函數(shù)的對稱性可知：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-∞【點睛】關(guān)鍵點睛：1.當(dāng)0<a2≤22.當(dāng)a2≥2時，利用x-1．已知函數(shù)f(x)=12a2e2x+A．-∞,-2e B．2e,+【答案】C【分析】求出導(dǎo)函數(shù)，轉(zhuǎn)化為f'(x)≥0在R上恒成立，對a【詳解】由題意得f'因為函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，所以f'(x)≥0在R當(dāng)a=0時，f'(x)=-2x，易知f'(x)≥0在當(dāng)a>0時，函數(shù)y=aex-1與函數(shù)g(x)=a因為f'(x)≥0在R上恒成立，所以此時兩函數(shù)的零點相同，由ae所以gln1a當(dāng)a<0時，易知函數(shù)y=aex-1<0在所以此時g(x)=aex+2x≤0在R上恒成立，即a≤-2x令h(x)=-2xex，則h'(x)=2x-2ex，當(dāng)x<1時，h'所以h(x)min=h(綜上，實數(shù)a的取值范圍為-∞故選：C．【點睛】關(guān)鍵點睛：一是活用導(dǎo)數(shù)，對函數(shù)求導(dǎo)，利用函數(shù)的單調(diào)性判斷導(dǎo)函數(shù)的符號；二是會分類，能根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的特征找到分類的標(biāo)準(zhǔn)；三是會轉(zhuǎn)化，會通過分離參數(shù)，把不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題．2．已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=0時，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)>0在(1,+∞)上恒成立，求【答案】(1)f(x)在ee-1,+(2)e【分析】（1）已知→a=0f(x)=xlnx-e(x-1)→f'(x)=ln（2）由題意可得如果f(x)>0在(1,+∞)上恒成立→a>e(x-1)lnx-x在(1,+∞)上恒成立→設(shè)g(x)=e(x-1)lnx-x(x>1)a>g(x)max【詳解】（1）當(dāng)a=0時，f(x)=xln則f'由f'(x)>0得由f'(x)<0得所以f(x)在ee-1,+（2）解法一：當(dāng)x>1時，lnx>0，故由f(x)>0在1,+∞上恒成立，得a>e(x-1)令g(x)=e則a>g(x)max，設(shè)h(x)=-(lnx)設(shè)m(x)=-2lnx-e令m'(x)=0，得當(dāng)x∈1,e2時，m'(x)>0所以m(x)在1,e2上單調(diào)遞增，在又m(1)=0，me2>0所以存在x0∈e且當(dāng)x∈1,x0時，m(x)>0，當(dāng)x∈所以h(x)在1,x0上單調(diào)遞增，在又h(1)=h(所以當(dāng)x∈(1,e)時，h(x)>0，當(dāng)x∈(e,+∞)時，所以g(x)所以a>e2-2e，即解法二：由f(x)>0在(1,+∞)上恒成立，得f(e下面證明當(dāng)a>e2-2e時，f(x)>0f(x)=(x+a)ln令p(x)=x+要證f(x)>0在(1,+∞)上恒成立，只需證p(x)≥0在(1,+p'設(shè)m(x)=ln則m'令m'(x)=0，得當(dāng)x∈1,e2-2e時，m所以m(x)在1,e2-2所以當(dāng)x=e2-2所以p'又p'(1)=e故存在x1∈1,當(dāng)x∈1,x1時，p當(dāng)x∈x1,e時，當(dāng)x∈(e,+∞)時，故當(dāng)x∈(1,+∞)時，綜上，a的取值范圍為e2【點睛】判斷函數(shù)的單調(diào)性是導(dǎo)數(shù)的重要作用之一，而導(dǎo)數(shù)值的符號與函數(shù)的單調(diào)性密切相關(guān)，因此判斷導(dǎo)函數(shù)的符號至關(guān)重要，判斷導(dǎo)函數(shù)的符號的關(guān)鍵在于尋找“零點”，求解本題的關(guān)鍵就是多次構(gòu)造函數(shù)并求導(dǎo)，從而得到函數(shù)的單調(diào)性，其中，在判斷mx的零點時，用到了“隱零點”的知識，需要考生選取合適的值，根據(jù)零點存在定理找到x3．已知函數(shù)f(x)=1(1)當(dāng)a=1時，求f(x)的極值；(2)若不等式f(x)≥x恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．【答案】(1)極小值為12(2)a≥2【分析】（1）對f(x)=12x（2）根據(jù)條件，分離常量得到12a≥x+lnxx2【詳解】（1）當(dāng)a=1時，f(x)=12x由f'(x)=0，得到x=1，又x>0，當(dāng)x∈(0,1)時，f'(x)<0，x∈(1,+所以f(x)=12x2-ln（2）由f(x)≥x恒成立，得到12ax2-又x>0，所以12a≥令g(x)=1x+令h(x)=-2lnx-x+1(x>0)，則h即h(x)=-2lnx-x+1在區(qū)間又h(1)=-2ln1-1+1=0，所以當(dāng)x∈(0,1)時，h(x)>0，x∈(1,+∞即x∈(0,1)時，g'(x)>0，x∈(1,+∞所以g(x)=1x+lnx故g(x)≤g(1)=1，所以12a≥1，即所以，實數(shù)a的取值范圍為a≥2.【點睛】方法點晴，第（2）問中的恒成立問題，常用的方法，一是直接構(gòu)造函數(shù)，求出函數(shù)的最值；二是通過參變分離，再構(gòu)造函數(shù)，通過求函數(shù)最值來解決問題.考點二利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點和方程的根典例01（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）函數(shù)fx=x3+ax+2存在3A．-∞,-2 B．-∞,-3 C．【答案】B【分析】寫出f'(x)=3x2+a，并求出極值點，轉(zhuǎn)化為極大值大于【詳解】f(x)=x3+ax+2若fx要存在3個零點，則fx要存在極大值和極小值，則令f'(x)=3x2+a=0且當(dāng)x∈-∞,-當(dāng)x∈--a3故fx的極大值為f--a若fx要存在3個零點，則f--a3>0故選：B.典例02（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）已知函數(shù)f(x)=ax-1(1)當(dāng)a=0時，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一個零點，求a的取值范圍．【答案】(1)-1(2)(0,+【分析】（1）由導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)性，即可得解；（2）求導(dǎo)得f'x=ax-1x-1x2，按照【詳解】（1）當(dāng)a=0時，fx=-1當(dāng)x∈0,1時，f'x當(dāng)x∈1,+∞時，f'所以fx（2）fx=ax-1當(dāng)a≤0時，ax-1<0，所以當(dāng)x∈0,1時，f'x當(dāng)x∈1,+∞時，f'所以fx當(dāng)0<a<1時，1a>1，在0,1,1a在1,1a上，f'又f1由（1）得1x+lnx≥1，即當(dāng)x>1時，f(x)=ax-1則存在m=3a+2所以fx僅在1當(dāng)a=1時，f'x=x-12所以fx當(dāng)a>1時，1a<1，在0,1a,在1a,1上，f'x<0由（1）得當(dāng)0<x<1時，lnx>1-1x，ln此時f(x)=ax-存在n=14(a+1)所以fx在0,1a所以fx綜上，a的取值范圍為0,+∞【點睛】關(guān)鍵點點睛：解決本題的關(guān)鍵是利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值與單調(diào)性，把函數(shù)零點問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性與極值的問題.典例03（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）已知函數(shù)fx(1)若fx≥0，求(2)證明：若fx有兩個零點x1,【答案】(1)(-(2)證明見的解析【分析】（1）由導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)單調(diào)性及最值，即可得解；（2）利用分析法，轉(zhuǎn)化要證明條件為exx【詳解】（1）[方法一]：常規(guī)求導(dǎo)f(x)的定義域為(0,+∞f'(x)=(令f'(x)=0,當(dāng)x∈(0,1),f當(dāng)x∈(1,+∞),f若f(x)≥0,則e+1-a≥0,即a≤所以a的取值范圍為(-[方法二]：同構(gòu)處理由f(x)≥0得：e令t=x-lnx,t≥1，則f(t)=令g(t)=et故g(t)=et+t故g(t)min所以a的取值范圍為(-（2）[方法一]：構(gòu)造函數(shù)由題知,f(x)一個零點小于1,一個零點大于1，不妨設(shè)x要證x1x2因為x1,1又因為f(x1)=f(x即證e即證e下面證明x>1時，e設(shè)g(x)=e則g=(1-設(shè)φ(x)=所以φ(x)>φ(1)=e,而e所以exx-所以g(x)在(1,+∞即g(x)>g(1)=0,所以e令h(x)=h所以h(x)在(1,+∞即h(x)<h(1)=0,所以ln綜上,exx-xe[方法二]：對數(shù)平均不等式由題意得：f(x)=令t=exx>1所以g(t)=t+lnt-a在(1,+∞)上單調(diào)遞增，故又因為f(x)=exx+兩邊取對數(shù)得：x1-又因為x1x2<下證x因為x不妨設(shè)t=x1x構(gòu)造h(t)=2lnt-t+故h(t)=2lnt-t+1故h(t)<h(1)=0，即2【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題是極值點偏移問題，關(guān)鍵點是通過分析法，構(gòu)造函數(shù)證明不等式h(x)=ln典例04（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）已知函數(shù)f(1)當(dāng)a=1時，求曲線y=fx在點0,f(2)若fx在區(qū)間-1,0,0,+【答案】(1)y=2x(2)(-【分析】（1）先算出切點,再求導(dǎo)算出斜率即可（2）求導(dǎo),對a分類討論,對x分(-1,0),(0,+∞【詳解】（1）f(x)的定義域為(-1,+當(dāng)a=1時,f(x)=ln(1+x)+xex,f(0)=0,所以切點為所以曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程為y=2x（2）f(x)=f設(shè)g(x)=1°若a>0,當(dāng)x∈(-1,0),g(x)=ex所以f(x)在(-1,0)上單調(diào)遞增,f(x)<f(0)=0故f(x)在(-1,0)上沒有零點,不合題意2°若-1≤a≤0,當(dāng)x∈(0,+∞)所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增所以g(x)>g(0)=1+a≥0,所以f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增故f(x)在(0,+∞)上沒有零點3°若(1)當(dāng)x∈(0,+∞),則g'(x)=exg(0)=1+a<0,g(1)=所以存在m∈(0,1),使得g(m)=0,即f當(dāng)x∈(0,m),f當(dāng)x∈(m,+∞所以當(dāng)x∈(0,m),f(x)<f(0)=0,令h(x)=xe所以h(x)=xex在-1,1上單調(diào)遞增，在1,+又e-ae所以f(x)在(m,+∞又(0,m)沒有零點,即f(x)在(0,+∞(2)當(dāng)x∈(-1,0),g(x)=設(shè)h(x)=h所以g'(x)在g所以存在n∈(-1,0),使得g當(dāng)x∈(-1,n),g當(dāng)x∈(n,0),g'(x)>0,g(x)又g(-1)=所以存在t∈(-1,n),使得g(t)=0,即f當(dāng)x∈(-1,t),f(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x∈(t,0),f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈-1,0，h又-1<ea而f(0)=0,所以當(dāng)x∈(t,0),f(x)>0所以f(x)在(-1,t)上有唯一零點,(t,0)上無零點即f(x)在(-1,0)上有唯一零點所以a<-1,符合題意所以若f(x)在區(qū)間(-1,0),(0,+∞)各恰有一個零點,求a【點睛】方法點睛：本題的關(guān)鍵是對a的范圍進行合理分類，否定和肯定并用，否定只需要說明一邊不滿足即可，肯定要兩方面都說明.典例05（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）已知函數(shù)f(x)=(x-1)e（1）討論f(x)的單調(diào)性；（2）從下面兩個條件中選一個，證明：f(x)只有一個零點①12②0<a<1【答案】(1)答案見解析；(2)證明見解析.【分析】(1)首先求得導(dǎo)函數(shù)的解析式，然后分類討論確定函數(shù)的單調(diào)性即可；(2)由題意結(jié)合(1)中函數(shù)的單調(diào)性和函數(shù)零點存在定理即可證得題中的結(jié)論.【詳解】(1)由函數(shù)的解析式可得：f'當(dāng)a≤0時，若x∈-∞,0若x∈0,+∞，則當(dāng)0<a<12時，若x∈-若x∈ln2a,0若x∈0,+∞，則當(dāng)a=12時，f'當(dāng)a>12時，若x∈-若x∈0,ln2a若x∈ln2a,+(2)若選擇條件①：由于12<a≤e22而f-而函數(shù)在區(qū)間-∞,0上單調(diào)遞增，故函數(shù)在區(qū)間-f>2a=2a=aln由于12<a≤e22結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性可知函數(shù)在區(qū)間0,+∞上沒有零點綜上可得，題中的結(jié)論成立.若選擇條件②：由于0<a<12，故2a<1，則當(dāng)b≥0時，e2>4,4a<2，而函數(shù)在區(qū)間0,+∞上單調(diào)遞增，故函數(shù)在區(qū)間0,+∞當(dāng)b<0時，構(gòu)造函數(shù)Hx=e當(dāng)x∈-∞,0當(dāng)x∈0,+∞時，注意到H0=0，故Hx≥0fx=x-1當(dāng)x>1-b1-a時，取x0=1-b即：f0而函數(shù)在區(qū)間0,+∞上單調(diào)遞增，故函數(shù)在區(qū)間0,+∞f≤2a=2a=aln由于0<a<12，0<2a<1，故結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性可知函數(shù)在區(qū)間-∞,0綜上可得，題中的結(jié)論成立.【點睛】導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)的單調(diào)性、極值(最值)最有效的工具，而函數(shù)是高中數(shù)學(xué)中重要的知識點，所以在歷屆高考中，對導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用的考查都非常突出，對導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用的考查主要從以下幾個角度進行：(1)考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，往往與解析幾何、微積分相聯(lián)系．(2)利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，判斷單調(diào)性；已知單調(diào)性，求參數(shù)．(3)利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值(極值)，解決生活中的優(yōu)化問題．(4)考查數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．1．已知函數(shù)fx=aex-32A．8e4,16e4 B．0,【答案】B【分析】首先通過分離參數(shù)得方程a=32x2-4xex有3個不相等的實數(shù)根，設(shè)gx=3【詳解】由題意函數(shù)fx=aex-32設(shè)gx=32x2-4xg'所以當(dāng)x∈-∞,當(dāng)x∈23,4當(dāng)x∈4,+∞時，而當(dāng)x→-∞時，gx→+∞，當(dāng)x→+∞時，gx→0,g23數(shù)形結(jié)合可知0<a<8故選：B．【點睛】關(guān)鍵點睛：求解本題的關(guān)鍵有三點：（1）會分離參數(shù)，將原問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象的交點問題；（2）會判斷導(dǎo)函數(shù)的符號，得到函數(shù)的單調(diào)性；（3）會結(jié)合極限思想，作出函數(shù)的大致圖象．2．已知函數(shù)fx(1)若曲線y=fx在x=0處的切線方程為y=2x+b，求a，b(2)若函數(shù)hx=fx+lna-x【答案】(1)a=b=1(2)0,【分析】（1）利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)求解切線方程，比較系數(shù)，即可求解；（2）求出hx的導(dǎo)函數(shù)，根據(jù)hx恰有2個不同的零點，利用同構(gòu)轉(zhuǎn)化為方程x+lna=【詳解】（1）由題知，f'(x)=ae∴f曲線y=f(x)在x=0處的切線方程為y-a=(a+1)x，即y=(a+1)x+a，∴a+1=2,解得a=b=1；（2）由題知h(x)=aex+h(x)恰有2個不同的零點，即ex+lna即ex+lna+x+設(shè)g(x)=e易知g(x)單調(diào)遞增，∴x+lna=ln（解法一）設(shè)t(x)=lnx-x-lna，x∈0,+t'當(dāng)0<x<1時，t'(x)>0，當(dāng)x>1時，∴t(x)在區(qū)間0,1上單調(diào)遞增，在區(qū)間1,+∞∴t(x)要使t(x)恰有2個不同的零點，則t(1)=-1-lna>0，即當(dāng)0<a<1e時，t(a)=-a<0，設(shè)m(a)=-1a-2lna，則m∴m(a)在區(qū)間0,12上單調(diào)遞增，∴m(a)在區(qū)間∴當(dāng)0<a<1e時，∴t(x)在區(qū)間0,1和區(qū)間1,+∞上各有1∴實數(shù)a的取值范圍為0,1（解法二）即lna=lnx-x設(shè)t(x)=lnx-x，則t'當(dāng)0<x<1時，t'(x)>0，當(dāng)x>1時，∴t(x)在區(qū)間0,1上單調(diào)遞增，在區(qū)間1,+∞∴t(x)又當(dāng)x→0時，t(x)→-∞，當(dāng)x→+∞時，∴若lna=lnx-x恰有2個不同的解，則ln∴實數(shù)a的取值范圍為0,13．已知函數(shù)gx=ln(1)若fx與gx在定義域上有相同的單調(diào)性，求(2)當(dāng)a>1時，記fx，gx的零點分別為x0,x【答案】(1)0,+(2)x0【分析】（1）由fx=lnx+ax-1x得f'x=ax2+x+1x2≥0在0,+（2）當(dāng)a>1時，f'x>0,所以fx在0,+∞上單調(diào)遞增，gx在0,+∞上單調(diào)遞增，由零點存在定理可知存在x0,x1∈1【詳解】（1）fxfx與gx的定義域均是f'x=1x+a+故gx在0,+因為fx與gx在定義域上有相同的單調(diào)性，所以fx在0,+∞上單調(diào)遞增，所以f即ax2+x+1x2≥0在0,+∞即a≥-1x+1又x>0時，-1x+122+（2）因為fx=ln當(dāng)a>1時，則f'x>0，故f又f1=a-1>0，f1a=-因為gx在0,+∞上單調(diào)遞增，又g1所以x1∈1a,1，且g所以fx又x1∈1又fx0=0，且fx在【點睛】關(guān)鍵點睛：關(guān)鍵是利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、函數(shù)的零點等，對考生思維的靈活性和綜合能力要求較高．AA·新題速遞1．（2023·廣西·模擬預(yù)測）已知a∈R，設(shè)函數(shù)fx=x2-3x+2a,x≤1x-alnx,x>1，若關(guān)于x的不等式fA．0,1 B．1,2 C．1,e D．【答案】C【分析】由二次函數(shù)性質(zhì)及不等式恒成立易得a>1，當(dāng)x>1時對fx求導(dǎo)研究單調(diào)性求最小值，結(jié)合恒成立求參數(shù)范圍即可【詳解】當(dāng)x≤1時，fx的開口向上且對稱軸x=此時fxmin=f1=2a-1當(dāng)x>1時f'x=x-ax，1,a上f'x<0，即所以fxmin=fa=a-alna，要使f綜上，a的取值范圍為1,e故選：C2．（2023·吉林長春·東北師大附中校考一模）不等式xex+alnxx【答案】-【分析】將不等式等價變形為xex≥-alnx?e-aln【詳解】由xex+令f(x)=xex，則故f(x)在(0,+∞因為a<0，x∈(1,+∞)，則則f(x)≥f(-alnx)，可得即a≥-xlnx對令gx=x由g'(x)=0可得x=e，故當(dāng)1<x<e時，g'所以g(x)在(1,e)上單調(diào)遞減，在(e所以g(x)故答案為：-e【點睛】關(guān)鍵點睛：本題將不等式xex+a3．（2023·上海楊浦·統(tǒng)考一模）設(shè)函數(shù)fx=e(1)求方程fx(2)若不等式x+b≤fx對于一切x∈R都成立，求實數(shù)b的取值范圍【答案】(1)ln(2)b≤1【分析】（1）轉(zhuǎn)化為關(guān)于ex（2）分離參數(shù)后，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最小值即可得解.【詳解】（1）由fx=ex知，方程即ex解得ex=2，即（2）不等式x+b≤fx即x+b≤原不等式可化為b≤ex-x令g(x)=ex-x當(dāng)x>0時，g'(x)>0，當(dāng)x<0時，所以函數(shù)g(x)在(-∞,0)上遞減，在故當(dāng)x=0時，(x)min所以b≤1.4．（2023·河北·校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=-x(1)當(dāng)0<a≤1時，求fx(2)若不等式fx+x2≤1對任意x∈【答案】(1)極大值為-a，無極小值(2)-1,+【分析】（1）由題意首先對fx求導(dǎo)，令gx=f'x繼續(xù)對gx求導(dǎo)可發(fā)現(xiàn)（2）將原問題等價轉(zhuǎn)換為a≥x-sinx-1cosx對任意x∈-π2,【詳解】（1）f'令gx則g'x=所以gx在R上單調(diào)遞減，且g所以當(dāng)x∈-∞,0時，g當(dāng)x∈0,+∞時，gx故當(dāng)x=0時，fx取得極大值f0（2）由題得x-sinx-acosx≤1即a≥x-sinx-1cosx令hx所以h'令tx所以t'當(dāng)x∈-π2,1時，t'所以tx又t0所以當(dāng)x∈-tx當(dāng)x∈0,π2所以h(x)max=h即a的取值范圍是-1,+∞5．（2023·河南·信陽高中校聯(lián)考模擬預(yù)測）設(shè)函數(shù)fx(1)若fx≤0在0,+∞上恒成立(2)設(shè)gx=fx+x2-1【答案】(1)2(2)證明見解析【分析】（1）由fx≤0恒成立，分離參數(shù)得a≥（2）由g'x=0，可知2x【詳解】（1）fx的定義域為0,+由fx=2ln令ux=1+2當(dāng)0<x<e時，u'x>0，函數(shù)當(dāng)x>e時，u'x<0，函數(shù)所以u(x)所以a≥2ee，所以實數(shù)a（2）由題意知gx故g'令g'x=0當(dāng)Δ=a2-16≤0，即此時gx在0,+∞當(dāng)Δ=a2-16>0，即若a<-4，則g'x>0恒成立，gx若a>4，則方程2x2-ax+2=0則x∈0,a-a2-16此時fx在0,x∈a-a2此時gx在a-此時函數(shù)gx又x1<x2，故2g=2=2=-2x令φx則φ'==2則當(dāng)x∈1,2時，φ'當(dāng)x∈2,+∞時，φ則φ(x)故2gx6．（2023·陜西咸陽·校考模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)k=0時，求函數(shù)fx在-2,2(2)若函數(shù)fx在0,+∞上僅有兩個零點，求實數(shù)k【答案】(1)-(2)e【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)求得fx的單調(diào)區(qū)間，進而求得函數(shù)fx在（2）由fx=xex-kx=0，構(gòu)造函數(shù)g【詳解】（1）當(dāng)k=0時，fx=x?e令f'x=0x-2,-1-1-1,2f-0+f單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增所以f(x)min=f所以fx在-2,2上的值域為-（2）函數(shù)fx=xe令gx=ex-kx易求g'x=ex①當(dāng)k∈-∞,1時，g'x>0在0,+所以gx>g0=1，所以②當(dāng)k∈1,+∞時，令g'所以在0,lnk上g'x<0所以gx在0,lnk所以gx的最小值為g因為gx在0,+所以glnk=k-k?因為g0令hx所以在0,2上h'x<0，在2,+∞上，h'x>0所以hx≥2-2ln所以當(dāng)k>e時，gx在0,lnk和lnk,+∞內(nèi)各有一個零點，即當(dāng)k>綜上，實數(shù)k的取值范圍是e,+【點睛】求解函數(shù)單調(diào)區(qū)間的步驟：（1）確定fx的定義域；（2）計算導(dǎo)數(shù)f'x；（3）求出f'x=0的根；（4）用f'x=0的根將fx的定義域分成若干個區(qū)間，考查這若干個區(qū)間內(nèi)f'x的符號，進而確定f7．（2023·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù)f(x)=2x+a(1)當(dāng)a=1時，求曲線f(x)在點(1,f(1))處的切線方程．(2)若f(x)有兩個零點，求實數(shù)a的取值范圍．【答案】(1)3x-y=0(2)(-【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求得切點與切線的斜率，從而得解；（2）利用參變分離，構(gòu)造函數(shù)g(x)=x2+lnxx【詳解】（1）當(dāng)a=1時，f(x)=2x+lnxxf'(x)=2+1-2故曲線f(x)在點(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，顯然方程沒有正實數(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，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，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，實數(shù)a的取值范圍為(-∞8．（2023·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù)f(x)=ln(1)曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程為y=x+2，求實數(shù)a的值．(2)在（1）的條件下，若g(x)=f(x)-11+x，試探究g(x)在【答案】(1)a=2(2)只有1個零點【分析】（1）求導(dǎo)f'(x)=（2）由（1）知g(x)=ln(1+x)+2【詳解】（1）解：由f(x)=ln得f'(x)=所以切線方程為y=x+a．又因為曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程為y=x+2，所以a=2．（2）由（1）知g(x)=ln則g'令h(x)=g'(x)當(dāng)x∈(-1,0]時，h'(x)<0，則所以g'所以g(x)在(-1,0]上單調(diào)遞增．當(dāng)x→-1時，g(x)→-∞；當(dāng)x=0時，g(0)=1>0所以g(x)在(-1,0]上存在零點，且只有一個零點．當(dāng)x∈0,π2時，h'(x)<0，則g所以存在g'x0=0，當(dāng)x∈0,x0時，g'(x)>0而gπ2=ln1+綜上，g(x)在-1,π2上只有9．（2023·山東德州·德州市第一中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx(1)求fx(2)若fx在區(qū)間1e2,e【答案】(1)當(dāng)m>0時，fx在x=1(2)3【分析】（1）根據(jù)題意，求導(dǎo)得f'x，然后分m≤0與（2）根據(jù)題意，將問題轉(zhuǎn)化為y=m與y=gx在區(qū)間1e2,e有【詳解】（1）因為fx=lnx-mx+2，定義域為當(dāng)m≤0時，由于1x>0，則f所以fx在0,+∞上單調(diào)遞增，當(dāng)m>0時，令f'x=0當(dāng)0<x<1m時，f'x>0當(dāng)x>1m時，f'x<0所以當(dāng)m>0時，fx在x=1m（2）fx令lnx-mx+2=0，得lnx+2x=m，令gx=ln即y=m與y=gx在區(qū)間1e2gx=lnx+2x，當(dāng)x∈0,1e，g'x當(dāng)x∈1e,+∞，g'g1e2=0，y=gxy=m與y=gx在區(qū)間1e2,eBB·易錯提升1．已知函數(shù)fx=ex+x.若fx-lna【答案】0,【分析】將不等式fx-lna>x+lnx轉(zhuǎn)化為fx-lna>flnx，由fx【詳解】因為fx=ex+x因為fx在R上單調(diào)遞增，所以x-lna>lnx，即ln令gx=x-ln令g'x<0，得0<x<1，令g故gx在0,1上單調(diào)遞減，在1,+所以gxmin=g1=1故答案為：0,【點睛】不等式恒成立求參數(shù)范圍方法：方法一：分離參數(shù)法，若不等式中出現(xiàn)兩個變量，其中一個變量的范圍已知，另一個變量的范圍為所求，且容易通過恒等變形將兩個變量分別置于不等號的兩邊，即分離參數(shù)法?；静襟E為：（1）首先對含參的不等式問題在能判斷出參數(shù)的系數(shù)正負(fù)的情況下，可以根據(jù)不等式的性質(zhì)將參數(shù)分離出來，得到一端是參數(shù)，另一端是變量表達式的不等式；（2）先求出含變量一邊的式子的最值；（3）由此推出參數(shù)的取值范圍即可得出結(jié)論.方法二：直接最值法，就是對題中給定的函數(shù)，直接求導(dǎo)，通過對參數(shù)的分類討論，確定函數(shù)的單調(diào)性，求出函數(shù)的最值，從而求出參數(shù)的取值范圍.2．已知函數(shù)fx(1)討論函數(shù)fx(2)當(dāng)a>0時，若實數(shù)x1,x2滿足【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析【分析】（1）對函數(shù)求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)研究f'x的單調(diào)性，討論a的范圍，結(jié)合零點存在性定理判斷的零點個數(shù)，即可得（2）利用（1）中結(jié)論將f'x1+x22<0轉(zhuǎn)化【詳解】（1）由題意得fx的定義域為-設(shè)hx=xex-a，則h所以hx在-∞,-1上單調(diào)遞減，在-1,+當(dāng)x→-∞時，hx→-a，當(dāng)x→+若a>0，則f'0故存在唯一的x0∈0,a，使得當(dāng)x<x0時，f'x<0,fx單調(diào)遞減；當(dāng)x>x同理可得，若a=0，則f'0=0,f若-1e<a<0，則f'0=-a>0，存在唯一的當(dāng)x<x3時，f'x>0,fx單調(diào)遞增；當(dāng)x3<x<x4時，若a≤-1e，則綜上，若a≥0，則fx存在唯一的極值點；若-1e<a<0，則fx（2）由（1）可知，當(dāng)a>0時，要證f'x1+x不妨設(shè)x1<x0因為fx在-∞,x0設(shè)gx因為x0e=xex1-e所以gx在x又gx0=0，所以g【點睛】在解決類似得問題時，要熟練應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)得單調(diào)性、極值與最值，掌握極值與極值點的定義，縷清極值點與方程的根之間關(guān)系，善于培養(yǎng)轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想，學(xué)會構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究新函數(shù)的性質(zhì)即可解決問題.3．已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=1時，求fx的圖象在點(1,f(1))處的切線方程(2)當(dāng)a≥1時，證明：fx【答案】(1)y=((2)證明見解析【分析】（1）分別求出f1（2）利用作差法并構(gòu)造函數(shù)gx=ex-1-【詳解】（1）當(dāng)a=1時，fx=所以f'1=故所求切線方程為y-e-1=（2）因為fx的定義域是0,+所以當(dāng)a≥1時，f設(shè)gx=e設(shè)hx=g'x=所以hx在0,+∞上是增函數(shù)，則又因為hπ4=eπ又因為4π+sin所以hx在13,π4上存在唯一零點x所以hx0=當(dāng)0<x<x0時，g'x<0當(dāng)x>x0時，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，fx-sinx>0【點睛】方法點睛：（2）問中通過作差法后構(gòu)造函數(shù)，利用構(gòu)造函數(shù)的二次求導(dǎo)求出其最小值大于零，從而求證.4．已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=2時，試判斷函數(shù)fx(2)若x1,x2是函數(shù)【答案】(1)函數(shù)fx在-∞,0，0,1(2)證明見解析【分析】（1）直接利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性即可；（2）由已知條件可得x1=aex1，x2=aex2【詳解】（1）當(dāng)a=2時，fx=1-2則f'令f'x=0所以當(dāng)x<1且x≠0時，f'x>0當(dāng)x>1時，f'x<0綜上，當(dāng)a=2時，函數(shù)fx在-∞,0，0,1（2）因為x1,x2是函數(shù)所以關(guān)于x的方程x-aex=0有兩個所以x1=ae所以x1-x解得a=x要證明x1+x即證明ex令t=x1-x2令ut=t-2et令vt=t-1et+1，則v所以vt在0,+∞上單調(diào)遞增，所以vt>v所以ut在0,+∞上單調(diào)遞增，所以ut>u所以t-2et+t+2>0【點睛】方法點睛：利用導(dǎo)數(shù)證明或判定不等式問題：1．通常要構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值（最值），從而得出不等關(guān)系；2．利用可分離變量，構(gòu)造新函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題，從而判定不等關(guān)系；3．適當(dāng)放縮構(gòu)造法：根據(jù)已知條件適當(dāng)放縮或利用常見放縮結(jié)論，從而判定不等關(guān)系；4．構(gòu)造“形似”函數(shù)，變形再構(gòu)造，對原不等式同解變形，根據(jù)相似結(jié)構(gòu)構(gòu)造輔助函數(shù).5．已知函數(shù)f(x)=aex+e-x(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a>0時，若f(x)-1≥x2在R上恒成立，求實數(shù)【答案】(1)答案見解析(2)a≥1【分析】（1）對函數(shù)求導(dǎo)，討論a<0、a>0研究函數(shù)的單調(diào)性；（2）問題化為a≥x2+2ex【詳解】（1）由題設(shè)f'當(dāng)a<0，若x∈(-∞,0)時f'(x)>0，即f(x)遞增，若x∈(0,+∞當(dāng)a>0，若x∈(-∞,0)時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+2e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.【點睛】關(guān)鍵點睛：第二問，將問題化為a≥x2+2ex6．已知函數(shù)fx=2x+lnx(1)求lx(2)若過點a,ba<4可作fx圖象的三條