导数综合问题--2024届新高考满分突破压轴大题（解析版）.pdf

1、1导数综合问题压轴秘籍1.导函数与原函数的关系f(x)0,k 0,f(x)单调递增，f(x)0,k 0,f(x)单调递减2.极值（1）极值的定义f(x)在 x=x0处先 后，f(x)在 x=x0处取得极大值f(x)在 x=x0处先 后，f(x)在 x=x0处取得极小值3.两招破解不等式的恒成立问题(1)a f(x)恒成立 a f(x)max；(2)a f(x)恒成立 a f(x)min.(1)分离参数法第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的最值；第三步：根据要求得所求范围(2)函数思想法第一步将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；第二步：利用

2、导数求该函数的极值；第三步：构建不等式求解4.常用函数不等式：ex x+1，其加强不等式 ex 12 x2+x+1；ex ex，其加强不等式 ex ex+(x-1)2.ex1 x，lnx x 1，ln(x+1)x放缩 1 1x 12 x 1xx 1x lnx 2(x 1)x+1 12 x2+2x 32 x 1(0 x 1)1 1x 12 x2+2x 32 2(x 1)x+1 lnx x 1x 12 x 1x x 1(1 x 2)12 x2+2x 32 1 1x 2(x 1)x+1 lnx x 1x 12 x 1x 2)x+1 ex11 x(x 1)，11 x x+1 1)5.利用导数证明不等式

3、问题：(1)直接构造函数法：证明不等式 f x g x(或 f x 0(或 f x-g x 0(或 h(x)0(h(x)max 0)，因此只需在所给区间内判断 h(x)的符号，从而得到函数 h(x)的单调性，并求出函数 h(x)的最小值即可.26.证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法：(1)证明 x1+x2 2a)：首先构造函数 g x=f x-f 2a-x，求导，确定函数 y=f x和函数 y=g x的单调性；确定两个零点 x1 a x2，且 f x1=f x2，由函数值 g x1与 g a的大小关系，得 g x1=f x1-f 2a-x1=f x2-f 2a-x1与零进行大小比较；

4、再由函数 y=f x在区间 a,+上的单调性得到 x2与 2a-x1的大小，从而证明相应问题；(2)证明 x1x2 a2)(x1、x2都为正数)：首先构造函数 g x=f x-f a2x，求导，确定函数 y=f x和函数 y=g x的单调性；确定两个零点 x1 a x2，且 f x1=f x2，由函数值 g x1与 g a的大小关系，得 g x1=f x1-f a2x1=f x2-f a2x1与零进行大小比较；再由函数 y=f x在区间 a,+上的单调性得到 x2与 a2x1的大小，从而证明相应问题；(3)应用对数平均不等式x1x2 x1-x2lnx1-lnx2 0)，只需求出 g x的最小值

5、，过程中需要对 a 进行分类讨论；还可将两个基本初等函数放在不等式的两边，即：ax2 lnx，构造出两个函数 g x=ax2，h x=lnx，结合两个函数图象，得到何时符合题意.【详解】(1)解：f x=-2+1x(x 0)，所求切线斜率为 f 1=-1，切点为 1,-2，3故所求切线方程为 y-2=-x-1，即 x+y+1=0.(2)方法一：分离变量由 f x ax2-2x 得 a lnxx2 在 0,+恒成立，令 g x=lnxx2(x 0)，则 a g(x)max，g x=1-2lnxx3，当 g x=0 时，x=e，即：ge=0，当 0 x 0；当 x e 时，g x 0)，则 g x

6、=2ax-1x=2ax2-1x，当 a 0 时，g x 0 恒成立，g x在 0,+上单调递减，又 g 1=a 0，故当 x 1 时，g x 0 时，令 g x=0 得 x=12a，令 g x 0 得 x 12a，令 g x 0 得 0 x 0 时，g x h x恒成立，g x=2ax，h x=1x,若 a 0，当 x 1 时，ax2 0，lnx 0，g x 0，g x h x，曲线 y=g x与曲线 y=h x有且只有一个公共点，且在该公共点处的切线相同设切点坐标为 x0,y0，则y0=ax20=lnx02ax0=1x0，解得x0=ea=12e，4故当 a 12e 时，g x h x，即 a

7、 的取值范围是12e,+.8(2023云南红河统考一模)已知函数 f(x)=mx-lnx-1(m R)(1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)若关于 x 的不等式 ex-1+alnx-(a+1)x+a 0 恒成立，求实数 a 的取值范围【答案】(1)答案见解析(2)(-,0【分析】(1)先求得 f x，然后对 m 进行分类讨论，从而求得 f x的单调区间.(2)将要证明的不等式转化为 elnx-alnx ex-1-a(x-1)，然后利用构造函数法，结合导数证得不等式成立.【详解】(1)由题可知，f(x)的定义域为(0,+)，f(x)=m-1x=mx-1x当 m 0 时，mx-1 0 在(0,+

8、)上恒成立，所以 f(x)0 时，令 f(x)0 解得 x 1m，令 f(x)0 解得 0 x 0，则 f x在对应区间上是增函数，对应区间为增区间；f x 0，则f x在对应区间上是减函数，对应区间为减区间.如果导函数含有参数，则需要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.9(2023全国模拟预测)已知函数 f x=2ex-x(1)求 f x的最值；(2)若方程 f x=aex-ae2x有两个不同的解，求实数 a 的取值范围【答案】(1)答案见解析5(2)4ln2e,+【分析】(1)首先对 f x求导，利用导数研究函数 f x的单调性，可得函数 f x的最值；(2)构造函数 g x=f

9、x-aex-ae2x，先将方程有两个不同的解的问题转化为函数 g x有两个不同的零点问题再对 a 进行分类讨论，根据函数单调性结合零点存在定理求解【详解】(1)由题意可得：f x=2ex-1，令 f x=0，得 x=-ln2，当 x -,-ln2时，f x 0，f x单调递增所以 f x的最小值为 f-ln2=1+ln2，无最大值(2)令 g x=f x-aex-ae2x=ae2x+2-aex-x，则 g x=2ae2x+2-aex-1=aex+12ex-1，若方程 f x=aex-ae2x有两个不同的解，则 g x有两个不同的零点()若 a 0，则 aex+1 0，由 g x=0 得 x=-

10、ln2当 x -,-ln2时，g x 0，所以 g x在-,-ln2上单调递减，在-ln2,+上单调递增，所以 g x的最小值为 g-ln2=ln2e-14 a当 a 0,4ln2e时，ln2e-14 a 0，即 g-ln2 0，故 g x没有零点，不满足题意；当 a=4ln2e 时，g-ln2=0，g x只有一个零点，不满足题意；当 a 4ln2e,+时，ln2e-14 a 0，即 g-ln2 0，当 x 0，0 ex 1，又因为 2-a 2-a-x，所以 g 2-a 0，又 2-a 0，则 h x=ex-1 0，h x单调递增，所以 h x 0，故当 x 0 时，g x ae2x+2-ae

11、x-ex=ex aex+1-a ex ax+1-a，又 1-1a 0，所以 g 1-1a 0，因此 g x在-ln2,1-1a上有一个零点，所以当 a 4ln2e 时，g x有两个不同的零点，满足题意；()若 a 0，则由 g x=0 得 x1=-ln2，x2=-ln-a当-2 a 0 时，x1 x2，当 x -,-ln2时，g x 0；当 x -ln-a,+时，gx 0，所以 g x至多有一个零点，不满足题意；当 a=-2 时，x1=x2，则 g x 0，6所以 g x单调递减，至多有一个零点，不满足题意；当 a x2，当 x -,-ln-a时，g x 0；当 x -ln2,+时，gx 0，

12、所以 g x至多有一个零点，不满足题意；综上，实数 a 的取值范围为 4ln2e,+【点睛】方法点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法(1)直接法：直接根据题设条件对参数进行分类讨论，通过研究函数的零点情况来确定参数的取值范围(2)分离参数法：将参数分离，转化成求函数值域的问题(3)数形结合法：先对解析式变形，将函数的零点问题转化为两函数图象的交点问题，再在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，然后数形结合求解10(2023浙江金华校联考模拟预测)已知 f(x)=ax2-ax-1x-lnx+e1-x(a 0)(1)若当 x=1 时函数 f x取到极值，求 a 的值；(2)讨论函数 f x在

13、区间(1,+)上的零点个数【答案】(1)1(2)答案见解析【分析】(1)求得 f(x)=2ax-a+1x2-1x-e1-x，由 f(1)=0，得到 a=1，进而结合函数极值点的定义，即可求解；(2)当 a 1 时，求得 f(x)=ax2-ax-1x-lnx+e1-x x2-x-1x-lnx+e1-x，令 h(x)=x2-x-1x-lnx+e1-x，利用导数的 h x单调性，结合 f(x)0，得到 f x在区间(1,+)上没有零点；当 0 a(x-2)ex-1+x3x3 ex-1，令(x)=(x-2)ex-1+x3，利用导数求得 f(x)在(1,+)单调递增，结合 f(1)0，得出函数f x的单

14、调区间，由 f(1)=0，得出 f x在 1,x1没有零点，在由 f 1+1a 0，得到存在唯一 x2，使得 f x2=0，即可得到答案.【详解】(1)解：函数 f(x)=ax2-ax-1x-lnx+e1-x，可得 f(x)=2ax-a+1x2-1x-e1-x因为 x=1 时函数 f x取到极值，可得 f(1)=0，解得 a=1，当 a=1 时，可得 f(x)=2x-1+1x2-1x-e1-x，令 m(x)=f(x)=2x-1+1x2-1x-e1-x，可得 m(x)=2-2x3+1x2+e1-x 2-2x3+1x2=2x3+x-2x3，令(x)=2x3+x-2，可得(x)=6x2+1 0，所以

15、(x)单调递增，7又因为 78=55256 0，所以在区间78,+上 m(x)0，即 f(x)单调递增，所以 x=1 是 f(x)的变号零点，所以当 x=1 时函数 f x取到极值(2)解：当 a 1 时，因为 x2-x 0，所以 f(x)=ax2-ax-1x-lnx+e1-x x2-x-1x-lnx+e1-x，令 h(x)=x2-x-1x-lnx+e1-x，则 h(x)=2x-1+1x2-1x-e1-x 2x-2+1x2-1x=(x-1)2-1x2 0，所以 h x在(1,+)单调递增，则 f(x)h(x)h(1)=0，所以，当 a 1 时，f x在区间(1,+)上没有零点当 0 a-2x3

16、+1x2+e1-x=(x-2)ex-1+x3x3 ex-1，令(x)=(x-2)ex-1+x3，则(x)=(x-1)ex-1+3x2 0，所以 x在(1,+)单调递增，(x)(1)=0，则 n(x)0，所以 f(x)在(1,+)单调递增因为 f(1)=a-1 a+2-1-1 0，当 x+时，f(x)+，所以存在 x1 1,1+1a使得 f x1=0则 f(x)在 1,x1单调递减，在 x1,+单调递增，又因为 f(1)=0，所以当 x 1,x1时，f(x)0，故 f x在 1,x1没有零点，因为在 x1,+单调递增，且 f x1 0,1x ax2-ax-1-(x-1)，则 f 1+1a a 1

17、+1a2-(a+1)1+1a=0，所以存在唯一 x2 x1,1+1a，使得 f x2=0，故 f x在 x1,+存在唯一零点 x2，因此当 0 a 1 时，f x在(1,+)存在唯一零点，综上所述，当 a 1 时，f x在区间(1,+)上没有零点；当 0 a 1 时，f x在(1,+)存在唯一零点【点睛】方法技巧：已知函数零点(方程根)的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式(组)，再通过解不等式(组)确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函

18、数的图象，然后数形结合求解.结论拓展：与 ex和 lnx 相关的常见同构模型8 aea blnb ealnea blnb，构造函数 f x=xlnx 或 g x=xex；eaa blnb ealnea b lnb ealnea b lnb，构造函数 f x=x lnx 或 g x=exx.11(2022江苏南通模拟预测)已知函数 f x=x-aex-x2(1)若 a=1,x 0,1，求函数 f x的最值；(2)若 a Z，函数 f x在 x 0,+)上是增函数，求 a 的最大整数值【答案】(1)最小值为-1-ln2-12，最大值为-1(2)0【分析】(1)求导分析函数的单调性与最值即可；(2)

19、将题意转化为 f x 0 在 x 0,+)上恒成立，参变分离可得 1-a 2xex-x，x 0，+，设g x=2xex-x，求导后根据零点存在性定理可得 0,12上有极大值点，设为 x0，再根据 x0满足的方程代入 g x，结合 x0的取值范围分析最大值的范围即可.【详解】(1)若 a=1，则函数 f x=x-1ex-x2，f x=ex+x-1ex-2x=x ex-2令 f x=0，则 x=0 或 x=ln2，由于 x 0,1，因而当 x 0,ln2时 f x 0,f x单调递增，所以 f x的最小值为 f ln2=-1-ln2-12，最大值为 f 0=f 1=-1(2)f x=ex+x-ae

20、x-2x=x+1-aex-2x，由 f x在 x 0,+)上是增函数，得 f x 0 在 x 0,+)上恒成立，即 x+1-aex-2x 0，x 0,+，分离参数得 1-a 2xex-x，x 0，+设 g x=2xex-x，则 g x=2-2xex-1=2-2x-exex，g x=0，即 2-2x-ex=0设 h x=2-2x-ex，由于 h 0=1 0，h 12=1-e 0，当 x x0,+时，g x 0，所以 g x的最大值为 g x0=2x0ex0-x0=x01-x0-x0=x201-x0因而 1-a x201-x0，即 a 1+x20 x0-1=3+1x0-1+x0-1，又 x0 0,

21、12，x0-1 -1,-12，又 3+1x0-1+x0-1 12,19所以 a 的最大整数值为 0【点睛】方法点睛：(1)函数在区间上单调递增或单调递减，转化为导函数在区间上非负或非正恒成立；(2)恒成立问题可考虑参变分离，再构造函数分析最值；(3)极值点不能求解则设隐零点 x0，将 x0满足的等式条件化简代入原函数，再根据 x0的区间可求出极值的范围.12(2023江苏徐州校考模拟预测)已知函数 f(x)=-2x3+mx2，m R，且 g(x)=|f(x)|在 x (0,2)上的极大值为 1(1)求实数 m 的值；(2)若 b=f(a)，c=f(b)，a=f(c)，求 a,b,c 的值【答案

22、】(1)m=3(2)a=b=c=0，或 a=b=c=12，或 a=b=c=1【分析】(1)由题意得到 g x的表达式，对 m 0,m 4 和 0 m 4 这三种情况进行逐一分析，结合导数得到 g x的单调性和最值，进而可得实数 m 的取值范围；(2)作出满足条件的函数图象，对 a 0,a=0,0 a 12,a=12,12 a 1,a=1,1 32这八种情况进行分析，结合题意进行判断即可.【详解】(1)g(x)=x2|2x-m|，0 x 2，m 0 时，g(x)=2x3-mx2，g(x)=6x2-2mx 0，无极值 m 4 时，g(x)=-2x3+mx2，g(x)=2x(m-3x)，当 m3 2

23、，即 m 6 时，g(x)0，无极大值；当 4 m 6 时，x 0；m3 x 2 时，g(x)0，g(x)在 x=m3 处取极大值，即 g m3=m327=1，m=3，舍去 0 m 4 时，g x=-2x3+mx2,0 x m22x3-mx2,m2 x 2，g x=2x m-3x,0 x m22x 3x-m,m2 x 2，0 x 0；m3 x m2 时，g(x)0；m2 x 0 g(x)在 x=m3 处取极大值 m327=1，m=3 符合题意综上，m=3(2)由(1)可知，f(x)=-2x3+3x2，f(x)=-6x2+6x=6x-x+1，令 f x 0 可得-1 x 0，令 f x 1 或

24、x 0，如图所示10 当 a 0，当 0 b 32 时，0 0，矛盾；当 b 32 时，c=f(b)0，矛盾 当 a=0 时，符合题意 当 0 a 12 时，0 x 12 时，f(x)x，0 b=f(a)a 12，则 0 c=f(b)b 12，0 a=f(c)c 12，a c b a，矛盾 当 a=12 时，符合题意 当 12 a 1 时，12 x x，1 b=f(a)a 12，则 1 c=f(b)b 12，1 a=f(c)c 12，a c b a，矛盾 当 a=1 时，符合题意 当 1 a 32 时，0 b=f(a)1，则 0 c=f(b)1，a=f(c)1 矛盾 当 a 32 时，b=f(

25、a)0，a=f(c)1，与 a 32 矛盾综上，a=b=c=0，或 a=b=c=12，或 a=b=c=1【点睛】关键点睛：本题第二问的关键点在于作出满足条件的函数图象，对 a 0,a=0,0 a 12,a=12,12 a 1,a=1,1 32 这八种情况进行分析，结合题意进行判断即可.13(2023安徽校联考模拟预测)已知函数 f x=aex-e-x，(a R).(1)若 f x为偶函数，求此时 f x在点 0,f 0处的切线方程；(2)设函数 g(x)=f(x)-(a+1)x，且存在 x1,x2分别为 g(x)的极大值点和极小值点.()求实数 a 的取值范围；()若 a (0,1)，且 g

26、x1+kg x2 0，求实数 k 的取值范围.【答案】(1)y+2=0(2)(i)(0,1)(1,+)；(ii)(-,-1【分析】(1)根据偶函数的定义，求出 a 的值，然后利用导数求切线方程.(2)()对 g(x)进行求导，将 g(x)既存在极大值，又存在极小值转化成 g(x)=0 必有两个不等的实数根，利用导数得到 g(x)的单调性和极值，进而即可求解；11()对 g(x)进行求导，利用导数分析 g(x)的极值，将 g x1+kg x2 0 恒成立转化成 lna 0，令 g(x)=0 可得 x=0 或 x=-lna，所以-lna 0，解得 a 0 且 a 1.令 m=min 0,-lna，

27、n=max 0,-lna，则有：x(-,m)m(m,n)n(n,+)g(x)+0-0+g(x)极大值极小值可知 g(x)分别在 x=m 和 x=n 取得极大值和极小值，符合题意.综上，实数 a 的取值范围是(0,1)(1,+).()由 a (0,1)，可得-lna 0，所以 x1=0，x2=-lna，g x1=a-1，g x2=1-a+(a+1)lna 且有 g x2 g x1 0 对 a (0,1)恒成立，由于此时 g x2 g x1 0，则 k k-1a-1，则 lna 1-1k a-1a+1，令 h(x)=lnx-1-1k x-1x+1，其中 0 x 1，则 h(x)=1x-1-1k2(

28、x+1)2=(x+1)2-2x 1-1kx(x+1)2=x2+2k x+1x(x+1)2，令 x2+2k x+1=0，则 =4k2-4=4 1-k2k2.当 0，即 k-1 时，h(x)0，h(x)在(0,1)上是严格增函数，所以 h(x)h(1)=0，即 lna 0，即-1 k 0 时，设方程 x2+2k x+1=0 的两根分别为 x3，x4且 x3 0，x3x4=1，则 0 x3 1 x4，12则当 x3 x 1 时，h(x)0，则 h(x)在 x3,1上单调递减，所以当 x3 x h(1)=0，即 lna 1-1k a-1a+1，不合题意.综上所述，k 的取值范围是(-,-1.【点睛】关

29、键点点睛：本题()关键是将 g x1+kg x2 0 恒成立转化成 lna 1-1k a-1a+1，构造函数，利用导数分类讨论求解即可.14(2023 上广东深圳高三深圳中学校考阶段练习)已知函数 f x=x-mlnx-n，其中 m,n R.(1)若 m=n=1，求 f x在 x=1 处的切线方程；(2)已知不等式 f x x 恒成立，当 nm 取最大值时，求 m 的值.【答案】(1)y=-1(2)m=e【分析】(1)根据切点和斜率求得切线方程.(2)构造函数 g x=f x-x，利用导数研究 g x的最小值，由此列不等式来求得 nm 的最大值，以及此时的 m 的值.【详解】(1)当 m=n=

30、1 时，f x=x-1lnx-1，因为 f x=lnx+x-1x，所以 f 1=0，又 f 1=-1，故 f x在 x=1 处的切线方程为 y=-1；(2)显然 m 0，若 m 0，矛盾，所以 m 0，令 g x=f x-x=x-mlnx-x-n，则 g x 0 恒成立，即 g(x)min 0.由于 g x=lnx-mx,lnx-mx=1x+mx2 0，则 g x=lnx-mx 在正实数集上是增函数，g 1=-m 1，使得 g x0=0，且在 0,x0上 g x 0,g x单增，且 m=x0lnx0，故 g(x)min=g x0=x0lnx0-mlnx0-x0-n 0，所以 n x0lnx0-

31、mlnx0-x0=x0lnx0-x0 lnx02-x0，所以 nm x0lnx0-x0 lnx02-x0 x0lnx0=1-lnx0+1lnx0-1，等号当且仅当 lnx0=1 即 x0=e 时取得，此时 m=x0lnx0=elne=e.故当 nm 取最大值时，m=e.15(2023广东韶关统考一模)已知函数 f x=ex,g x=2 x.(1)若 f x在 x=0 处的切线与 g x的图象切于点 P，求 P 的坐标；13(2)若函数 F x=f axx2-a+2a的极小值小于零，求实数 a 的取值范围.【答案】(1)1,2(2)(-,-2)(0,+)【分析】(1)由导数的几何意义可解；(2)

32、求导得 F x=aeax x-1x+a+2a，对 a 进行分类讨论即可.【详解】(1)f x=ex.所以 f x=ex即切线斜率为 k=e0=1，又 g x=2 x，所以 g x=1x，令 g x=1 解得 x=1，则 g 1=2，故点 P 坐标为 1,2.(2)F x=f axx2-a+2a=eax x2-a+2a，因为 F x=eax ax2+2x-a+2=aeax x-1x+a+2a，令 F x=0 得 x1=-a+2a,x2=1，当 a 0,x1=-a+2a 0 由 x 的变化可得x-,-a+2a-a+2a-a+2a,111,+F x+0-0+F x单调递增极大值单调递减极小值单调递增

33、F(1)极小值=ea-2a 0 符合题意；当-1 a 1 由 x 的变化可得x-,111,-a+2a-a+2a-a+2a,+F x-0+0-F x单调递减极小值单调递增极大值单调递减F(1)极小值=ea-2a 0 不符合题意；当 a=1，F x 0，F x单调递减，没极值点；当 a-1，x1=-a+2a 1 由 x 的变化可得x-,-a+2a-a+2a-a+2a,111,+F x-0+0-F x单调递减极小值单调递增极大值单调递减F-a+2a极小值=ex-a+2a-a+2a2-a+2a 0，14解得 a 0，.令 g(x)=x2-2x+a，方程 x2-2x+a=0 的判别式为 =4-4a，：当

34、 0 即 a 1 时，f x 0，f x单调递增，无极值点；：当 0 即 a 1，当 x 0,x2时 f x 0，f x单调递增，f x有一个极小值点；(ii)当 0 a 1 时 0 x1 1，当 x 0,x1与(x2,+)时 f x 0，f x单调递增，当 x x1,x2时 f x 0，f x单调递减，f x有两个极值点.综上：当 a 1 时 f x无极值点；当 0 a 0，t-alnt-1 0.令 h t=t-alnt-1，h(t)=t-at，则需 h t=t-alnt-1 0，当 a 0 时，h t 0，h t单调递增，又 h 1=0，t 0,1时 h t 0.当 0 t a 时 h t

35、单调递增，h(t)min=h(a)=a-alna-1.而 h 1=0，h a=a-alna-1 0，又由 h t=t-alnt-1 0 可得 h a=a-alna-1 0，所以需 h a=a-alna-1=0，令 m x=x-xlnx-1，m x=-lnx，当 x 0,1时 m x单调递增，当 x (1,+)时 m x单调递减，15 m(x)max=m(1)=0，a=1.【点睛】关键点睛：本题的关键是根据换元法把 a lnx+x xex-1 变形为 t-alnt-1 0.17(2023山东潍坊统考模拟预测)已知函数 f(x)=mx-1+ln(x+1)，m R(1)若函数 f x图象上存在关于原

36、点对称的两点，求 m 的取值范围；(2)当 s t 1 时，(2s-2t)ks+t-2+f(t-2)+ms-3 f(s-2)+mt-3 恒成立，求正实数 k 的最大值【答案】(1)-12e m 0(2)1【分析】(1)问题可转化 f-x+f x=0 有解，得到 ln 1-x2=mx+1-mx-1=-2x2-1m，构造函数 g(t)=12 tlnt(0 t 1)，求导讨论单调性，利用数形结合，找到 y=m 与曲线在 0,1的有交点时m 的范围；(2)恒成立问题，把不等式变形成2k s-1t-1-1s-1t-1+1 1)，构造函数 h(a)=2k(a-1)a+1-lna(a 1)，转化成零点的问题

37、，再利用单调性求解.【详解】(1)要使函数 f x图象上存在关于原点对称的两点，则 f-x+f x=0 有解，则 ln(-x+1)+m-x-1+ln(x+1)+mx-1=0，即 ln 1-x2=mx+1-mx-1=-2x2-1m，令 t=1-x2，则 0 t 1，设 g(t)=12 tlnt(0 t 1)g(t)=12(1+lnt)=0 得 t=1e，当 0 t 1e 时，g t 0，g t单调递减，当 1e 0，g t单调递增，所以 g(t)min=g 1e=-12e，g 1=0，所以-12e m 0；(2)由题意知(2s-2t)ks+t-2+ln(t-1)+mt-3+ms-3 ln(s-1

38、)+ms-3+mt-3，则(2s-2t)ks+t-2 ln(s-1)-ln(t-1)，16则 2k(s-1)-(t-1)(s-1)+(t-1)ln s-1t-1，2k s-1t-1-1s-1t-1+1 1)，则 2k(a-1)a+1 lna，即 2k(a-1)a+1-lna 1)，h(a)=4k(a+1)2-1a=4ka-(a+1)2a(a+1)2=-a2+(4k-2)a-1a(a+1)2，且 h 1=0，当 h(1)=-1+4k-2-14=4k-44 0，即 k 1 时，易知方程-a2+4k-2a-1=0 有一根 a1大于 1，另一根 a2小于 1，所以 h a在 1,a1上单调递增，故有

39、h a h 1=0 不合题意，舍去，当 0 k 1 时，有 4ka-a+12 4a-a+12=-a-12 1 时，恒有 h a h 1=0 符合题意，所以正实数 k 的取值范围为 0 k 1，因此 k 的最大值为 1【点睛】方法点睛：本题考查利用导数讨论方程根的个数问题.问题一可转化 f-x+f x=0 有解，得到 ln 1-x2=mx+1-mx-1=-2x2-1m，构造函数 g(t)=12 tlnt(0 t 1)，求导讨论单调性，利用数形结合，找到 y=m 与曲线在 0,1的有交点时 m 的范围；问题二转化成恒成立问题，把不等式变形成2k s-1t-1-1s-1t-1+1 1)，构造函数h(

40、a)=2k(a-1)a+1-lna(a 1)，转化成零点的问题，再利用单调性求解.18(2023河北保定统考二模)已知函数 f x=x2 ex+m,m R(1)当 m=-1 时，求 f x在点 A 1,e-1处的切线方程(2)若 g x=f xx-lnx-1 的图象恒在 x 轴上方，求实数 m 的取值范围【答案】(1)3e-2x-y-2e+1=0(2)m-1【分析】(1)由题意，将 m=-1 代入函数 f x的解析式中，对函数 f x进行求导，得到 f 1和 f 1，代入切线方程中即可求解；(2)将函数 g x的图像恒在 x 轴上方，转化成 m lnx+1x-ex恒成立，构造函数 x=lnx+

41、1x-ex，此时问题转化成函数最值问题，对函数 x进行求导，利用导数的几何意义以及零点存在性定理进行求解即可【详解】(1)f x=x2 ex-1 f x=x2+2xex-2x17 f 1=3e-2又 f 1=e-1 f x在点 A 1,e-1处的切线方程为 3e-2x-y-2e+1=0(2)g x=f xx-lnx-1 的图像恒在 x 轴上方，等价于 x ex+m-lnx-1 0 恒成立即 m lnx+1x-ex恒成立，令 x=lnx+1x-ex，则 x=-lnxx2-ex=-lnx+x2exx2令 g x=-lnx+exx2，则 g x=-1x+x2ex+2xex 0,g 1 0,x单调递增

42、，当 x x0,+时 x 3x1x2【答案】(1)-12(2)证明见解析【分析】(1)求出 f(x)的导数，对实数 a 分类讨论求出 f(x)的最小值，解不等式 f(x)min 0 即可求解；(2)由函数 F(x)=f(x)-ax2有两个不同极值点 x1、x2，可求出 a 的取值范围，由已知得 ex2ex1=x2-1x1-1，取对数得 x2-x1=ln x2-1-ln x1-1，通过换元 x1-1=t1，x2-1=t2，构造函数 u t=t-lnt，讨论函数 u t=t-lnt 的单调性，确定 t1，t2的不等关系，再转化为 x1、x2的关系即可证明18【详解】(1)由 f(x)=ex+2ax

43、-1，得 f(x)=ex+2a，当 a 0 时，因为 f(-1)=1e-1-2a 0，不合题意；当 a 0 时，当 x -,ln(-2a)时，f(x)0，f(x)单调递增，所以 f(x)min=f ln(-2a)=-2a+2aln(-2a)-1，要 f(x)0，只需 f(x)min=-2a+2aln(-2a)-1 0，令 g(x)=x-xlnx-1，则 g(x)=-lnx，当 x (0,1)时，g(x)0，g(x)单调递增；当 x (1,+)时，g(x)0 时，由 ex-2ax+2a=0，得 12a=x-1ex，令 x=x-1ex，所以 x=2-xex，当 x -,2时，x 0，x单调递增；当

44、 x 2,+时，x 0，x单调递减.所以 xmax=2=1e2，且当 x 1 时，x 1 时，x 0，如下图所示：由图可知，当 0 12a e22 时，直线 y=12a 与函数 x的图象有两个交点，不妨设这两个交点的横坐标分别为 x1、x2，且 x1 x2，且当 x x2时，12a x-1ex，则 F x=2aex12a-x-1ex 0，19当 x1 x x2时，12a x-1ex，则 F x=2aex12a-x-1ex e22 时，函数 F x有两个极值点；设 x1 x2，则 1 x1 2 x2，因为(x1)=(x2)=0，所以 ex1=2ax1-2a，ex2=2ax2-2a，则 ex2ex

45、1=x2-1x1-1，取对数得 x2-x1=ln(x2-1)-ln(x1-1)，令 x1-1=t1，x2-1=t2，则 t2-t1=lnt2-lnt1，即 t2-lnt2=t1-lnt1(0 t1 1 t2)，令 u(t)=t-lnt，则 u(t1)=u(t2)，因为 u(t)=t-1t，所以 u(t)=t-lnt 在(0,1)上单调递减，在(1,+)上单调递增，令 v(t)=u(t)-u 1t=t-1t-2lnt，则 v(t)=(t-1)2t2 0，v(t)在(0,+)上单调递增，又 v(1)=0，所以当 t (0,1)时，v(t)v(1)=0，即 u(t)1，2-t1 1，u(t)=t-l

46、nt 在(1,+)上单调递增，所以 t2 1t1，所以 x2-1 1x1-1，即 x1x2 x1+x2，所以 x1x2 x1+x2 2312 e2(x1+x2)23a(x1+x2)，故 3x1x2 g x(或 f x 0(或 f x-g x 0)，进而构造辅助函数 h x=f x-g x；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.20(2023广东统考二模)已知 a R，函数 f x=x-1ln 1-x-x-acosx，f x为 f x的导函数.(1)当 a=0 时，求函数 f x

47、的单调区间；(2)讨论 f x在区间 0,1上的零点个数；(3)比较 110 cos 110 与 ln 109 的大小，并说明理由.【答案】(1)f x的单调递增区间为-,0，单调递减区间为 0,1(2)答案见解析(3)110 cos 110 ln 109，理由见解析【分析】(1)求导可得 f x=ln 1-x(x 0 和 f x 0 即可求解；(2)令 g x=f x，则 g x=a 1-xcosx-11-x，x 0,1.易知当 a 1 时 g x 1 时令 h x=a 1-xcosx-1，利用导数讨论函数 h(x)的单调性，根据零点的存在性定理分析函数 g x的单调性可得 g x 0，即可

48、得出零点的个数；(3)由(2)可得当 a 1 时 ln 1-x+asinx 0 在 0,1上恒成立.利用导数讨论函数 m x=x-tanx 的性质可得 xcosx sinx，结合 sinx ln11-x 得 xcosx 0，故 f x在-,0上单调递增；当 x 0,1时，f x 0，故 f x在 0,1上单调递减.因此，函数 f x的单调递增区间为-,0，单调递减区间为 0,1.(2)令 g x=f x=ln 1-x+asinx，则 g x=-11-x+acosx=a 1-xcosx-11-x，x 0,1.因为 x 0,1，则 1-x 0,1，cosx 0,1，则 1-xcosx 0,1.当

49、a 1 时，则 a 1-xcosx-1 0，故 g x 0，从而 g x在 0,1上单调递减；而 g 0=0，故当 x 0,1时，g x 1 时，令 h x=a 1-xcosx-1，则 h x=-a cosx+1-xsinx，因为 x 0,1，则 cosx+1-xsinx 0，从而 h x 0，h 1=-1 0；当 x x0,1时，h x 0，当 x x0,1时，g x 0；取 N=1-e-2a 0,1，当 x N 时，g x=ln 1-x+asinx a+ln e-2a=a-2a=-a 1 时，f x在 0,1上有唯一的零点；当 a 1 时，f x在 0,1上没有零点.(3)110 cos

50、110 ln 109理由如下：解法一 由(2)可得，当 a 1 时，ln 1-x+asinx 0 在 0,1上恒成立.即当 a=1 时，sinx ln11-x，x 0,1.以下证明不等式：当 x 0,2时，有 x tanx.21令 m x=x-tanx，则 m x=1-1cos2x 0，故 m x在 0,2上单调递减，则 m x m 0=0，即 x tanx，x 0,2，即有 xcosx sinx，而 sinx ln11-x，故 xcosx ln11-x，x 0,1.取 x=110，则有 110 cos 110 ln 109.解法二 显然 cos 110 0,1，故 110 cos 110 0

51、，从而 p x在-1,0上单调递增；当 x 0,+时，p x 0，从而 p x在 0,+上单调递减.故 x=0 是 p x=ln 1+x-x 的极大值点，并且是最大值点，故 p x p 0=0，即 ln 1+x x，x -1,+.取 x=-110，则 ln 910 110，故 110 cos 110 110 ln 109，从而 110 cos 110 ln 109.【点睛】方点点睛：利用导数研究函数零点问题，不论哪种方法，其核心步骤都是构造函数.利用已知的函数或已知条件将问题转化，重新构造函数模型，通过导数研究函数模型的单调性、极值或最值等达到解决问题的目的.二、证明题21(2023福建校联考

52、模拟预测)设函数 f x=2x-2x-alnx(a R).(1)讨论 f x的单调性；(2)若 f x有两个极值点 x1，x2，记过点 A x1,f x1，B x2,f x2的直线的斜率为 k，若 x2 1,e，证明：2-4e-1 k 0.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)求出函数的导数，通过讨论 a 的范围，求出函数的单调区间即可；(2)求出直线的斜率 k，得 k=4-2x1x2+1x1x2-1ln x1x2，令 t=x1x2，t 1e,1，要证：2-4e-1 k 0，即证 lnt e+1e-1 t-1t+1，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可【详解】(1)f x=

53、2+2x2-ax=2x2-ax+2x2，令 g x=2x2-ax+2，=a2-16.当-4 a 4 时，0，f x 0，f x在 0,+单调递增：22当 a 0，g x=0 的两根都小于 0，f x在 0,+上大于 0，所以 f x在 0,+单调递增；当 a 4 时，由 g x=0，解得 x1=a-a2-164，x2=a+a2-164，x 0,x1 x2,+，g x 0，f x 0，f x在 0,x1，x2,+上单调递增：x x1,x2，g x 0，f x 4 时，f x有两个极值点 x1，x2，且满足 x1+x2=a2，x1x2=1.f x1-f x2=2 x1-x2-21x1-1x2-a

54、lnx1-lnx2=4 x1-x2-a lnx1-lnx2，k=f x1-f x2x1-x2=4-a lnx1-lnx2x1-x2=4-2 x1+x2x1-x2lnx1-lnx2=4-2x1x2+1x1x2-1ln x1x2.令 t=x1x2=1x22 1e,1，则 k=4-2 t+1t-1lnt.()要证 k 0，即证 lnt 0，所以 h t在1e,1上单调递增.又 h 1=0，所以 h t 0，即 lnt 2 t-1t+1，k 2-4e-1，即证 lnt e+1e-1 t-1t+1.令 F t=lnt-e+1e-1 t-1t+1，F t=1t-e+1e-12t+12=t2-4e-1t+1

55、t t+12，记 G t=t2-4e-1 t+1，则 G 1e=e3-e2-3e-1e2 e-1 0，G 1=2e-6e-1 0，则 G t在1e,1有唯一实根 t0，故 F t在1e,t0上单调递增，在 t0,1单调递减，又 F1e=F 1=0，所以当 1e t F1e=0，lnt e+1e-1 t-1t+1，即 k 2-4e-1.由()()，证得 2-4e-1 k 0.【点睛】思路点睛：根据函数极值点个数求参数相关问题时，一般需要先对函数求导，根据导函数对应的方程，确定极值点与参数之间关系，再由消元法将问题转化为参数与其中一个极值点之间的关系式，根据极值点的范围，构造新的函数，利用导数的方

56、法判定新函数的单调性，进而即可求解.2322(2023福建龙岩统考二模)已知函数 f(x)=lnx，g(x)=x-2x(1)若 x0满足 f x0=x0+1x0-1，证明：曲线 y=f(x)在点 A x0,lnx0处的切线也是曲线 y=ex的切线；(2)若 F(x)=f(x)-g(x)，且 F x1=F x2x1 x2，证明：F x1+F x2 16，化简 F x1+F x2=lnx1x2-x1x22+1，构造函数 h(t)=lnt-t2+1 t 16求其单调性判定值域即可.【详解】(1)由已知有 lnx0=x0+1x0-1，f(x)=1x,曲线 y=f(x)在点 A x0,lnx0处的切线方

57、程为：y-lnx0=1x0 x-x0,即：y=1x0 x-1+lnx0，将 lnx0=x0+1x0-1 代入即有：y=1x0 x+2x0-1,由 y=ex得 y=ex令 ex=1x0得：x=ln 1x0，此时 y=1x0,可得：曲线 y=ex在点 ln 1x0,1x0处的切线方程为：y-1x0=1x0 x-ln 1x0=1x0 x+1x0lnx0，将 lnx0=x0+1x0-1 代入化简，可得：y=1x0 x+2x0-1故曲线 y=f(x)在点 A x0,lnx0处的切线也是曲线 y=ex的切线(2)F x=f x-g x=lnx-x+2x x 0，F x=1x-1-2x2，令 F x1=F

58、x2=m，得：2x21-1x1+1+m=02x22-1x2+1+m=0，1x1，1x2为方程 2t2-t+1+m=0 的两根，1x1+1x2=12 即：2 x1+x2=x1x2，x1x2=2 x1+x2 4 x1x2 x1x2 16，F x1+F x2=lnx1-x1+2x1+lnx2-x2+2x2=lnx1+lnx2-x1+x2+2x1+2x2=lnx1x2-x1x22+1，24令 t=x1x2 16，则 ln x1x2-x1x22+1=lnt-t2+1，令 h t=lnt-t2+1 t 16，则 h t=1t-12 0，h(t)在 16,+单调递减 h t h 16=ln16-7=4ln2

59、-7即 F x1+F x2 4ln2-7【点睛】本题关键在第二问，设 F x1=F x2=m，由导函数建立方程组结合韦达定理得出 1x1+1x2=12，再求函数值之和 F x1+F x2=lnx1x2-x1x22+1，构造函数 h t=lnt-t2+1，结合基本不等式求其定义域内的单调性即可证明不等式.23(2023浙江统考一模)已知函数 f x=xcosx+asinx.(1)若 a=-1，证明：当 0 x-x33；(2)求所有的实数 a，使得函数 y=f x在-,上单调.【答案】(1)证明见解析(2)a=-1【分析】(1)设 g x=f x+x33(0 x 1)，对 g x求导，设 h x=

60、x-sinx(0 x h 0=0，即可证明；(2)先求出 f x为奇函数，要使函数 y=f x在-,上单调，只要函数 y=f x在 0,上单调，解法 1：对 f x求导，由f 0 0f 0解出实数 a，即可得出答案；解法 2：讨论 f 0=0，f 0 0 和 f 0 0 结合零点存在性定理即可得出答案.【详解】(1)设 g x=f x+x33(0 x 1)，则 g x=f x+x2=x x-sinx，设 h x=x-sinx(0 x h 0=0，所以 g x 0.则 g x在 0,1上单调递增，所以 g x g 0=0，因此 f x-x33(2)解法 1：因为 f-x=-xcosx-asinx

61、=-f x，所以 f x为奇函数.要使函数 y=f x在-,上单调，只要函数 y=f x在 0,上单调.又 f x=a+1cosx-xsinx.因为 f 2=-2 0，则 f=-a+1 0，故 f 0 f 0，当 x x2,时，f x-1 不合题意；()若 f 0=a+1 0，故 f 0 f 0，所以由零点存在定理得存在 x3，x4 0,，使得当 x 0,x3时，f x 0，所以 y=f x在 0,x3单调递减，在 x4,单调递增，因此 a g x(或 f x 0(或 f x-g x 0)，进而构造辅助函数 h x=f x-g x；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放

62、缩结论；(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.24(2023 下江苏南京高三南京师范大学附属中学江宁分校校联考阶段练习)已知函数 f x=axex 和函数 g x=lnxax 有相同的最大值.(1)求 a 的值；(2)设集合 A=x f(x)=b，B=x g(x)=b(b 为常数).证明：存在实数 b，使得集合 A B 中有且仅有 3 个元素；设 A B=x1,x2,x3，x1 x2 2x2.【答案】(1)a=1(2)证明见解析；证明见解析【分析】(1)分别求出 f(x)与 g(x)的最大值，令其相等得到 a 的值；(2)根据 f(x)=xex

63、和 g(x)=lnxx的图象知存在直线 y=b 与两条曲线 y=f(x)和 y=g(x)共有三个不同的交点证得结论；此时 0 x1 1 x2 e 2x2.【详解】(1)由题意可知：a 0，因为 f x=axex，则 f x=a 1-xex，若 a 0 时，当 x 1 时，f x 1 时，f x 0；则 f x在-,1上单调递减，在 1,+上单调递增，26可知 f x有最小值 f 1，不合题意，所以 a 0，则当 x 0；当 x 1 时，f x 0，当 0 x 0；当 x e 时，g x 0，解得 a=1.(2)因为集合 A B 的元素个数即为直线 y=b 与两条曲线 y=f(x)和 y=g(x

64、)的交点个数，由(1)可知：f(x)=xex 在(-,1)上单调递增，在(1,+)上单调递减，且 x+，y 0，g(x)=lnxx在(0,e)上单调递增，在(e,+)上单调递减，且 x+，y 0，f(x)=xex 和 g(x)=lnxx的图象如图所示：设 f(x)和 g(x)的图象交于点 M，则当直线 y=b 经过点 M 时，直线 y=b 与两条曲线 y=f(x)和 y=g(x)共有三个不同的交点，故存在实数 b，使得集合 A B 中有且仅有 3 个元素；此时 0 x1 1 x2 e x3，且 x1ex1=b,x2ex2=lnx2x2=b,lnx3x3=b，因为 b=x1ex1=lnx2x2，

65、则 x1ex1=lnx2elnx2，即 f(x1)=f(lnx2)，因为 x1 1，lnx2 1，lnx3 lne=1，f(x)=xex 在(1,+)上单调递减，27所以 x2=lnx3，则 x3x2=x3lnx3=1b，所以 x2x1=x3x2=1b，即 x22=x1x3，又因为 x1+x3=x22x1+x1 2x2，又 x1 1 2x2【点睛】关键点点睛：对于已知的方程(或函数不等式)，通过整理变成 f h x=f g x的形式，可以利用 f x的单调性转化为 h x=g x的形式，这类方法称为同构，在处理指对混合的不等式时尤其好用，本题在处理 x1ex1=lnx2x2时就先通过同构为 x

66、1ex1=lnx2elnx2，利用函数 f(x)=xex 的单调性得到 x1=lnx2，结合 x1,x2的关系分析证明.25(2023云南大理统考一模)已知函数 f x=2 x-sinx.(1)判断函数 f x的单调性；(2)已知函数 g x=f x-4x+2mlnx，其中 m 1，若存在 g x1=g x2x1 x2，证明：x1+x2 1+lnm.【答案】(1)函数 f x在 R 上单调递增(2)证明见解析【分析】(1)对函数 f x进行求导，利用导数研究函数的单调性即可；(2)先求出 g x解析式，由 g x1=g x2，化简可得 m lnx2-lnx1=sinx2-sinx1+x2-x1

67、.不妨设x2 x1 0，所以 lnx2 lnx1.再由函数 f x单调递增，有 2x1-2sinx1 2x2-2sinx2，化简可得 m 0，又 g x1=g x2，即-2sinx1-2x1+2mlnx1=-2sinx2-2x2+2mlnx2，所以 m lnx2-lnx1=sinx2-sinx1+x2-x1.不妨设 x2 x1 0，所以 lnx2 lnx1.由(1)得：当 x 0 时，函数 f x单调递增，故有：2x1-2sinx1 2x2-2sinx2，即 sinx2-sinx1 x2-x1，所以 m lnx2-lnx1=sinx2-sinx1+x2-x1 2 x2-x1所以 m2 x2-x

68、1lnx2-lnx1，故 m 0,即函数 h m在(1,+)上是增加的.又 m 1,所以 h m f 1=1-1-ln1=0,即 m-1-lnm 0,所以 m 1+lnm，28故要证：x1+x2 1+lnm，可证：x1+x2 m，要证 x1+x2 m，可证：x1+x2 2 x2-x1lnx2-lnx1下证 x1+x2 2 x2-x1lnx2-lnx1，由于 x1+x2 2 x2-x1lnx2-lnx1 lnx2-lnx1 2 x2-x1x2+x1 ln x2x12 x2x1-1x2x1+1，设 x2x1=t 1，令 h t=lnt-2 t-1t+1t 1，则 h t=t-12t t+12 0，

69、所以函数 h t在区间 1,+上单调递增，所以 h t h 1=0，故 lnt 2 t-1t+1，即 x1+x2 2 x2-x1lnx2-lnx1成立.综上有：x1+x2 2 x2-x1lnx2-lnx1 m 1+lnm，故有 x1+x2 1+lnm，得证.【点睛】关键点睛：第(2)问中，由函数 f x单调递增，化简得 m 2 x2-x1lnx2-lnx1，再利用转化思想和换元法是解题关键.本题考查转化思想，整体换元思想，考查利用导数研究函数的单调性，属于较难题.26(2023 上湖南高三邵阳市第二中学校联考阶段练习)已知函数 f x=2lnx-ax+1 a R.(1)讨论函数 f x的零点个

70、数；(2)已知函数 g x=eax-ex2 a R，当 0 a 2 ee时，关于 x 的方程 f x=g x有两个实根 x1,x2x1 x2，求证：x1-e 0)，将问题转化为 h t1 h2e-t2，利用导数求解单调性，进而可求证.【详解】(1)由已知函数 f x的定义域为 0,+，由 f x=2lnx-ax+1=0，得 a=2lnx+1x，令函数 u x=1+2lnxx,u x=1-2lnxx2，当 0 x 0，函数 u x在 0,e上单调递增，当 x e 时，u x 2 ee时，函数 f x的零点个数为 0 个，当 a 0 或 a=2 ee时，函数 f x的零点个数为 1个，当 0 a

71、0 在 R 上恒成立，所以 x在 R 上单调递增，所以 ax=lnex2，即 ax=1+2lnx，由已知，方程 ax=1+2lnx 有两个实根 x1,x2 x1 x2，即 a=1+2lnxx有两个实根 x1,x2 x1 x2，由(1)得 1e x1e x2.令 1x1=t1,1x2=t2 0 t2 1e t1 0)，所以 h t=a 有两个实根 t1,t2，先证 t1+t2 2e.因为 h t=-1-2lnt，令 h t 0，解得 0 t 1e，令 h t 1e，所以 h t在 0,1e上单调递增，在1e,+上单调递减，要证 t1+t2 2e，即证 t1 2e-t2，因为 t1 1e,2e-t

72、2 1e,h t在1e,+上单调递减，只需证 h t1 h2e-t2，即证 h t2 h2e-t2.令 F t=h t-h2e-t0 t 1e，F t=h t+h2e-t=-1-2lnt-1-2ln2e-t=-2-2ln t2e-t，因为 t2e-t=-t2+2te 0 t 1e，30令 k t=-t2+2te 0 t 1e，可知函数 k t在 0,1e上单调递增，所以 0 t2e-t 1e，所以 ln t2e-t 0，即 F t 0 在 0,1e上恒成立，所以 F t在 0,1e上单调递增，所以 F t F1e=0，所以 h t2 h2e-t2成立，即 h t1 1e,2e-t2 1e，且

73、h t在1e,+上单调递减，所以 t1 2e-t2，所以 t1+t2 2e，即 1x1+1x2 2e，所以 1x2 2e-1x1，所以 x1-1x2 x1+1x1-2e e-1e，即 x1-e f x+kx-1【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)求导后，分别在 k 0 和 k 0 的情况下，由 f x正负确定 f x单调性；(2)通过分析法将所证不等式转化为 ex axlnx；当 0 0 axlnx 可知不等式成立；当x 1 时，采用放缩法将所证不等式转化为 2ex-2x-lnx 0，构造函数 g x=2ex-2x-lnx x 1，利用导数，结合零点存在定理的知识，可求得 g

74、 x单调性和最小值，由此可得结论.【详解】(1)由题意知：f x的定义域为 0,+，f x=1x-k=1-kxx；当 k 0 时，f x=1x-k 0 在 0,+上恒成立，f x在 0,+上单调递增；当 k 0 时，令 f x=0，解得：x=1k，当 x 0,1k时，f x 0；当 x 1k,+时，f x 0 时，f x在 0,1k上单调递增；在1k,+上单调递减.31(2)要证 g x f x+kx-1，只需证 exax lnx，又 a 0,e22，x 0,+，则只需证 ex axlnx；当 0 1，axlnx 0，ex axlnx 恒成立；当 x 1 时，xlnx 0，a 0,e22，ax

75、lnx e22 xlnx，则只需证 ex e22 xlnx，即证 2ex-2x-lnx 0，令 g x=2ex-2x-lnx x 1，则 g x=2 x-1ex-2x2-1x=2 x-1ex-2-xx2，令 h x=2 x-1ex-2-x x 1，则 h x=2xex-2-1，令 m x=h x，则 m x=2+2xex-2 0，m x在 1,+上单调递增，即 h x在 1,+上单调递增，h 1=2e-1 0，x0 1,2，使得 h x0=0，且当 x 0,x0时，h x0 0；h x在 1,x0上单调递减，在 x0,+上单调递增，又 h 1=-1 0，h xmin=h x0 0，又 h 2=

76、2-2=0，当 x 1,2时，h x 0，即 g x 0，即 g x 0；g x在 1,2上单调递减，在 2,+上单调递增，g x g 2=2e02-ln2=1-ln2 0，即 2ex-2x-lnx 0；综上所述：当 a 0,e22时，ex axlnx 恒成立，即 g x f x+kx-1.【点睛】关键点点睛：本题考查讨论含参数函数的单调性、利用导数证明不等式的问题；本题证明不等式的关键是能够通过分析法将所证不等式进行转化，再利用放缩法去除变量 a，将问题进一步转化为函数最值的求解问题.28(2023河北沧州校考三模)已知函数 f x=ln 1x+ax-2，a R.(1)若 f x 0 恒成立

77、，求实数 a 的取值范围；(2)证明：对任意的 k N*，1+112+11+122+21+132+3 1+1k2+k e，e 为自然对数的底数.【答案】(1)e,+(2)证明见解析【分析】(1)对函数求导，利用 f x 0 恒成立，即可求出实数 a 的取值范围；(2)通过求导利用函数单调性得出 ln x+1 x，进而利用放缩法证明不等式.【详解】(1)由题意，x 0,+，a R，在 f x=ln 1x+ax-2 中，f x=-1x+a=ax-1x，32当 a 0 时，f x 0 恒成立，函数 f x在 0,+上单调递减，f 1=a-2 0 时，令 f x=ax-1x=0 时，解得 x=1a，当

78、 x 0,1a时，f x 0，函数 f x在1a,+上单调递增，函数 f x在 x=1a 处取得最小值 f1a=lna-1，于是 lna-1 0，解得 a e,+，实数 a 的取值范围是 e,+.(2)由题意证明如下，在 f x=ln 1x+ax-2 中，令 a=1，f x=x-lnx-2，f x=1-1x，当 x 0,1时，f x 0，函数 f x在 1,+上单调递增，函数 f x在 x=1 处取得最小值 f 1=-1，f x=x-lnx-2-1，即 x-lnx-1 0，即 lnx x-1，当且仅当 x=1 时，等号成立.于是 ln x+1 x，当且仅当 x=0 时，等号成立.故 x 0 时

79、，ln x+1 x，令 x=1k2+k=1k k+1，k N*，则 ln 1+1k k+11k k+1，k N*，ln 1+11 211 2,ln 1+12 312 3,ln 1+1k k+11k k+1，以上各式相加可得，ln 1+11 2+ln 1+12 3+ln 1+1k(k+1)11 2+12 3+1k k+1=1-12+12-13+1k-1k+1=1-1k+1 1，即 ln 1+112+1+ln 1+122+2+ln 1+1k2+k 1，所以 1+112+11+122+21+132+3 1+1k2+k e.【点睛】关键点睛：本题考查函数的求导，裂项求和与放缩，考查学生的逻辑推理和分析

80、运算能力，具有很强的综合性.29(2023山西临汾校考模拟预测)已知函数 f x=aln x+1+12 x-12 a R(1)若 a=2，求 f x的图像在 x=0 处的切线方程；33(2)若 f x恰有两个极值点 x1，x2，且 x1 x1+1【答案】(1)y=x+12(2)(0,1)证明见详解.【分析】(1)先求切点，再求斜率，最后得到方程即可.(2)翻译题目条件，利用分离参数法求解即可.找到极值点之间的关系，消去多余变量，构造函数证明不等式即可.【详解】(1)f x=aln x+1+12 x-12，定义域为 x -1,+，当 a=2 时，f x=2ln x+1+12 x2-x+12，f

81、0=12，切点为 0,12，f x=2x+1+x-1=x2+1x+1，k=f 0=1，方程为 y=x+12(2)f x有两个极值点，f x有两个零点，f x=ax+1+x-1=x2+a-1x+1 x2+a-1=0 有两解，a=-x2+1 有两解，F x=a,g x=-x2+1，在-1,+内有两个交点，a (0,1)，x1+x2=0,x1x2=a-1,x1 x1+1,2f(x2)+x2-1 0，证f x2+12 x2-12 0,aln x2+1+12 x22-x2+12+12 x2-12 0，aln x2+1+12 x22-12 x2 0,x22=1-a,a=1-x22.，(1+x2)ln(x2

82、+1)-12 x2 0,令 g(x)=(1+x)ln(x+1)-12 x,x (0,1),g(x)=ln(x+1)+12 0,g(x)在 0,1上递增，g(x)g(0)=0,命题得证.30(2023湖南湖南师大附中校联考一模)已知 f x=exx，g x=asinx，直线 l1是 y=f x在 x=1 处的切线，直线 l2是 y=g x在 x=0 处的切线，若两直线 l1、l2夹角的正切值为 2，且当 x 0 时，直线 l2恒在函数 y=g x图象的下方.(1)求 a 的值；(2)设 F x=f x+g x，若 x0是 F x在-,0上的一个极值点，求证：x0是函数 F x在-,0上的唯一极大

83、值点，且 0 F x0 0 时，直线 l2恒在函数 y=g x图象的下方进行检验，即可得出实数 a 的值；(2)求得 F x=exx-2sinx，x -,0，利用导数分析函数 F x在-,0上的单调性，结合零点存在定理可证得 x0是函数 F x在-,0上的唯一极大值点，再结合函数 F x的单调性可证得 0 F x0 2.34【详解】(1)解：因为 f x=exx，则 f x=ex x-1x2，直线 l1的斜率 k1=f 1=0，因为 g x=asinx，则 g x=acosx，直线 l2的斜率 k2=f 0=a，直线 l2的方程为 y=ax，又两直线 l1、l2夹角的正切值为 2，故 a=2，

84、令 x=asinx-ax=a sinx-x，则 x=a cosx-1，当 a=2 时，x 0 恒成立，当且仅当 x=2k k N时，等号成立，此时，函数 y=x在 0,+上单调递减，故 x 0=0，满足题意.综上所述，a=-2.(2)证明：由(1)知 a=-2，故 F x=exx-2sinx，x -,0.F x=x-1ex-2x2cosxx2，当 x -2,0时，x-1ex 0，x2cosx 0，F x 0，cosx 0，则 h x 0，h-2=-2-1e-2 0，则 h-h-2 0，即 F x 0，当 x x0,-2时，h x 0，即 F x 0，又 x -2,0时，F x F-2=2-2e

85、2=2 e2-1e2 0，因为 x0-,-2，则 F x0=ex0 x0-2sinx0-2sinx0 2，故 x0是函数 F x在-,0上的唯一的极大值点，且 0 F x0 g x(或 f x 0(或 f x-g x 1,xglnxx-1 0 恒成立，利用分离常数，构造函数求最值的方法求实数 a 的取值范围.【详解】(1)若 a=0，则 f x=-x2 lnx+12，要证 f x x22-x3，即证 lnx x-1令 r x=lnx-x+1，函数定义域为 0,+，则 r x=1x-1=1-xx，当 0 x 0，r x单调递增，当 x 1 时，r x 1，x2 x1 0，原不等式等价于 x2x1

86、g x1 g x2，即 g x1x1 g x2x2，即 f x1+x1ex1 f x2+x2ex2，x1ex1=x2ex2，等价于 f(x1)x1 0，当 f x在区间 0,+上单调递增时，f x 0 在区间 0,+上恒成立，f x=2 ae2x-1-xlnx-x，ae2x-1-xlnx-x 0 对于 x 0 恒成立方法 1：即 ae2x-1 x 1+lnx，即 a ex 1+lnxe2x由(1)知 lnx+1 x，ex ex，ex2 e2x，ex 1+lnxe2x ex 1+lnxex2 ex xex2=1e，当 x=1 时取等号，a 1e，符合题意；当 a 1e 时，x 1+,f x=2

87、ae2x-1-xlnx-x 0，此时 x2 x1，不满足 f(x1)x 1+lnx即 ae2x ex ln ex，左右同乘以 2x，则有 a 2x e2x ex2 ln ex2，ae 2x e2x ex2 ln ex2，令 h x=xex，则 ae h 2x h ln ex2，h x=x+1ex，当-,-1时，h x 0，h x单调递增，ln ex2=2 1+lnx 2x，当 x=1 时取等号，2x 0，h ln ex2 h 2x，且 h 2x 0，ae 1，a 1e，符合题意；当 a 1e 时，x 1+,f x=2 ae2x-1-xlnx-x 0，此时 x2 x1，不满足 f(x1)0，f2

88、=a 1-2 0，所以 f(x)有且仅有一个零点.当-2-a 0，即 a-2 时，g x 0，即 f(x)0，f(x)在区间 0,2上单调递增，37因为 f 0=a 0，所以 f(x)有且仅有一个零点.当-2 a 0，g 2=-2-a 0，所以存在 x0 0,2，使得 g x0=0，当 0 x 0；当 x0 x 2 时，f(x)0，所以 f(x)在 0,x0上单调递增，在 x0,2上单调递减，因为 f 0=a，f2=a 1-2，且 a 0，所以 f 0 f2=a2 1-2 0，所以 f(x)有且仅有一个零点.综上所述，f(x)有且仅有一个零点.【点睛】方法点睛：函数的零点问题的求解，常用的方法

89、有：(1)方程法(直接解方程得解)；(2)图象法(画出函数 f(x)的图象分析得解)；(3)方程+图象法(令 f(x)=0 得到 g(x)=h(x)，再分析 g(x),h(x)的图象得解).要根据已知条件灵活选择方法求解.33(2023重庆统考模拟预测)已知函数 f x=xaex-1 和 g x=a+lnxx在同一处取得相同的最大值(1)求实数 a；(2)设直线 y=b 与两条曲线 y=f x和 y=g x共有四个不同的交点，其横坐标分别为 x1,x2,x3,x4(x1 x2 x3 0 时，令 f x 0，解得 x 1；令 f x 1；则 f x在-,1上单调递增，在 1,+上单调递减，可得

90、f x在 x=1 处取到最大值 f 1=1a；当 a 0，解得 x 1；令 f x 0，解得 x 0，f x在 x=1 处取到最大值 f 1=1a.因为 g x=a+lnxx的定义域为 0,+，且 g x=1-a+lnxx2，令 g x 0，解得 0 x e1-a；令 g x e1-a；则 g x在 0,e1-a上单调递增，在 e1-a,+上单调递减，可得 g x在 x=e1-a处取到最大值 g e1-a=ea-1；由题意可得：a 0e1-a=1，解得 a=1.(2)由(1)可得：f x=xex-1 在 1,+上单调递减，在-,1上单调递增，在 x=1 处取到最大值 f 1=1，且当 x 趋近

91、于-时，f x趋近于-，当 x 趋近于+时，f x趋近于 0，可得直线 y=b 与曲线 y=f x至多有两个交点；g x=1+lnxx在 1,+上单调递增，在-,1上单调递减，在 x=1 处取到最大值 g 1=1，且当 x 趋近于 0 时，f x趋近于-，当 x 趋近于+时，f x趋近于 0，可得直线 y=b 与曲线 y=g x至多有两个交点；若直线 y=b 与两条曲线 y=f x和 y=g x共有四个不同的交点，则 0 b 0，构建 G x=xex=1e f x，且 e 0，则 F x=e G x-G lnexx 0，可得 G x在 1,+上单调递减，在-,1上单调递增，在 x=1 处取到最

92、大值 G 1=1e，构建 x=x-lnex=x-lnx-1 x 0，则 x=1-1x=x-1x，因为 x 0，令 x 0，解得 x 1；令 x 0，解得 0 x 1；则 x在 1,+上单调递增，在 0,1上单调递减，可得 x=x-lnex 1=0，即 x lnex，当且仅当 x=1 时，等号成立，可得：当 x=1 时，x=lnex=1，则 F x=e G x-G lnex=0，所以 f 1=g 1；当 0 x 1 时，lnex x 1，且 G x在-,1上单调递增，39则 G lnex 0，所以 f x g x；当 x 1 时，1 lnex G x，可得 F x=e G x-G lnex 0，

93、所以 f x g x；综上所述：当 x=1 时，f 1=g 1；当 0 x g x；当 x 1 时，f x g x.结合题意可得：直线 y=b 与曲线 y=f x的两个交点横坐标为 x1,x3，y=b 与 y=g x的两个交点横坐标为 x2,x4，且 0 x1 x2 1 x3 x4，当 0 x1 x2 1，可得 f x1=g x2，即x1ex1-1=1+lnx2x2，可得 x1ex1=lnex2elnex2，即 G x1=G lnex2，因为 G x在-,1上单调递增，且 x1 1,lnex2 1，则 x1=lnex2，可得 ex1-1=x2所以 x1x2=x1ex1-1=f x1=b；当 1

94、 x3 1,lnex4 1，则 x3=lnex4，可得 ex3-1=x4，所以 x3x4=x3ex3-1=f x3=b；综上所述：x1x2=x3x4，即 x1x4=x2x3.【点睛】结论点睛：指对同构的常见形式：积型：aea blnb，aea lnbelnb，构建 f x=xex；ealnea blnb，构建 f x=xlnx；a+lna lnb+ln lnb，构建 f x=x+lnx.商型：eaa blnb，eaa elnblnb，构建 f x=exx；ealnea blnb，构建 f x=xlnx；a-lna lnb-ln lnb，构建 f x=x-lnx.和型：eaa b lnb，40

95、eaa elnblnb，构建 f x=exx；ealnea b lnb，构建 f x=x lnx.34(2023辽宁抚顺校考模拟预测)已知函数 f x=ax2-x-lnx a R(1)当 a=12 时，求函数 f x在 1,2 上的最大值(2)若函数 f x在定义域内有两个不相等的零点 x1，x2，证明：f x1+x2+ln x1+x2 2【答案】(1)-12(2)证明见解析【分析】(1)由导函数确定单调性，然后比较区间端点处函数值即得最大值；(2)利用 x1,x2是零点得出 a(x1+x2)=1+lnx1-lnx2x1-x2，再把不等式变形为只需证1+lnx1-lnx2x1-x2x1+x2-

96、x1+x2 2，再通过换元不妨设 0 x1 x2，令 t=x1x20 t 2，即证 t+1lnt-2 t-1 0当 1 x 1+52时；f x 0，函数 f x在 1,1+52上单调递减；当 1+52 0，函数 f x在1+52,2上单调递增 f 1=-12=-ln e，f 2=-ln2，f 1 f 2，函数 f x在 1,2上的最大值为 f 1=-12(2)要证 f(x1+x2)+ln(x1+x2)2，只需证 a(x1+x2)2-(x1+x2)2 ax21-x1-lnx1=0，ax22-x2-lnx2=0，由-得 a(x21-x22)-(x1-x2)-(lnx1-lnx2)=0，整理得 a(

97、x1+x2)=1+lnx1-lnx2x1-x2只需证 1+lnx1-lnx2x1-x2x1+x2-x1+x2 2，即证 lnx1-lnx2x1-x2(x1+x2)2，即证x1x2+1x1x2-1 ln x1x2 2不妨设 0 x1 x2，令 t=x1x20 t 2，即证 t+1lnt-2 t-1 0设 n t=t+1lnt-2 t-1，则只需证当 0 t 1 时，n t 0 即可 n(t)=lnt+1t-1，令 g(t)=lnt+1t-1，则 g(t)=1t-1t2=t-1t2 0 0 t 1，n t在(0,1)上单调递减，当 0 t n 1=0，41 n t在(0,1)上单调递增，当 0 t

98、 1 时，n t 2 e.【答案】(1)2 ee,+(2)证明见解析【分析】(1)对不等式 f x 0 参变分离，然后构造函数 g x=lnx+1x，利用导数求 g x的最大值可解；(2)将 f x2=eax-ex2变形为 eln ex2+ln ex2=eax+ax，构造函数 F x=x+ex，根据其单调性将方程转化为 ax=ln ex2，再构造函数 h x=1+2lnxx，利用导数讨论其性质，结合图象可得 1e x1e x2,0 a 1)，根据单调性，并令 t=x2x1 1，可得x2-x1lnx2-lnx1 0，得 0 x e，由 g x e，则 g x在 0,e上单调递增，在 e,+上单调

99、递减，从而 g(x)max=g e=2 ee.故 a 2 ee，即 a 的取值范围是2 ee,+.(2)证明：由 f x2=eax-ex2，得 lnx2-ax+1=eax-ex2，即 ex2+ln ex2=eax+ax，即 eln ex2+ln ex2=eax+ax.设 F x=x+ex，则 eln ex2+ln ex2=eax+ax 等价于 F ln ex2=F ax.易证 F x在 R 上单调递增，则 ax=ln ex2，即 a=1+2lnxx.设 h x=1+2lnxx，则 h x=1-2lnxx2.由 h x 0，得 0 x e，由 h xe，则 h x在 0,e上单调递增，在e,+上

100、单调递减，42从而 h(x)max=he=2e，且 h1e=h e-12=1+2ln e-12e-12=0，当 x 趋于+时，h x趋于 0.方程 f x2=eax-ex2有两个不同的正实根 x1,x2，不妨设 x1 x2，由图可知，1e x1e x2,0 a 1),G t=(t-1)2t(t+1)2 0,则 G t在 1,+上单调递增.因为 G 1=0，所以 G t 0，即 lnt-2 t-1t+1 0.设 t=x2x1 1，则 ln x2x1-2 x2x1-1x2x1+1 0，即 2 x2-x1x1+x2 lnx2-lnx1，则x2-x1lnx2-lnx1 x1+x22.因为方程 f x2

101、=eax-ex2有两个不同的正实根 x1,x2，所以 ax1=1+2lnx1ax2=1+2lnx2，作差得x2-x1lnx2-lnx1=2a.因为 0 a e，所以x2-x1lnx2-lnx1e，则 x1+x22e，故 x1+x2 2 e.【点睛】本题属于极值点偏移问题，通常处理方法有构造差函数借助单调性证明，或者合理代换将二元化为一元问题，利用导数求解即可.36(2023湖南永州统考一模)已知函数 f x=ln x+1,g x=axex-2lna+3ln2+3(1)当 x -1,0 0,+时，求证：f xx-12 x+1；43(2)若 x -1,+时，g x f x，求实数 a 的取值范围【

102、答案】(1)证明见详解(2)0,4 e【分析】(1)对 x 0,+与 x -1,0进行分类讨论，通过导函数求单调性得出最值即可证明；(2)原式化简可得 axex-ln x+1 2lna-3ln2-3，只需求得 F x=axex-ln x+1的最小值，最小值利用虚根 x0表示，再利用 x0置换 a 从而得出 x0的不等式，构造函数 H x=xx+12+3ln x+1+2x+3ln2+3 求出 H x 0 的解集，最后结合函数 lna=-2ln x0+1-x0的单调性即可求出 a 的范围.【详解】(1)由题知，当 x 0,+时，原不等式可化为：ln x+1-x22+x，令 h x=ln x+1+x

103、22-x，则 h x=1x+1+x-1=x2x+1 0，所以 h x在 0,+上单调递增，从而有 h x h 0=0，故原不等式成立.当 x -1,0时，原不等式等价于 h x 0，所以 h x在-1,0上单调递增，从而有 h x-12 x+1.(2)由 g x=axex-2lna+3ln2+3 表达式可知 a 0，g x f x对 x -1,+恒成立等价于axex-ln x+1 2lna-3ln2-3 对 x -1,+恒成立令 F x=axex-ln x+1，则有 F x=a xex+ex-1x+1，令 G x=F x=a xex+ex-1x+1，则有 G x=a x+2ex+1x+12 0

104、所以 F x在 x -1,+上单调递增又 x-1 时，F x-，x+时 F x+从而存在唯一 x0-1,+，使得 F x0=0，即 a x0ex0+ex0-1x0+1=0，可得 a=1x0ex0+ex0 x0+1，lna=-2ln x0+1-x0，当 x -1,x0时，F x0 0，F x在 x x0,+单调递增，故 F x F x0=ax0ex0-ln x0+144故原不等式恒成立只需x0 x0+12ex0 ex0-ln x0+1 2-2ln x0+1-x0-3ln2-3即x0 x0+12+3ln x0+1+2x0+3ln2+3 0，构造函数 H x=xx+12+3ln x+1+2x+3ln

105、2+3可得 H x=1-xx+13+3x+1+2=3x2+5x+4x+13+2 x-1，当 x-1 时，令 u x=3x2+5x+4，因为 =25-48=-23 0 在 x -1,+时恒成立又 H-12=0，所以 H x 0 的解集为-12,+.又因为 lna=-2ln x0+1-x0，令 m x=-2ln x+1-x，易得 m x在定义域内单调递减，所以 lna-2ln-12+1+12=12+ln4所以 a e12+ln4=4 e，故 a 的取值范围为：0,4 e【点睛】思路点睛：(1)不等式两边同时去分母时务必要记得对分母的正负分类讨论；(2)恒成立问题可以优先转化为最值问题，而最值问题往往通过导函数作为工具；(3)隐零点的处理思路：第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，需要仔细观察式子多次尝试；第二步：虚设零点并确定取值范围，通过零点方程进行代换，可能需要进行多次.