专题19 导数综合（解析版）.docx

1、专题19 导数综合目录一览2023真题展现考向一 利用导数研究函数的极值考向二 利用导数研究函数的单调性真题考查解读近年真题对比考向一 利用导数研究函数的单调性考向二 利用导数研究函数的最值命题规律解密名校模拟探源易错易混速记/二级结论速记考向一 利用导数研究函数的极值1（2023新高考第22题）（1）证明：当0x1时，xx2sinxx；（2）已知函数f（x）cosaxln（1x2），若x0为f（x）的极大值点，求a的取值范围【解答】（1）证明：设g（x）xx2sinx，x（0，1），则g（x）12xcosx，g（x）2+sinx0，g（x）在（0，1）上单调递减，g（x）g（0）0，g（x）

2、在（0，1）上单调递减，g（x）g（0）0，即xx2sinx0，x（0，1），xx2sinx，x（0，1），设h（x）xsinx，x（0，1），则h（x）1cosx0，h（x）在（0，1）上单调递增，h（x）h（0）0，x（0，1），即xsinx0，x（0，1），sinxx，x（0，1），综合可得：当0x1时，xx2sinxx；（2）解：f（x）asinax+2x1-x2，f（x）=-a2cosax+2+2x2(1-x2)2，且f（0）0，f（0）a2+2，若f（x）2a20，即-2a2时，易知存在t10，使得x（0，t1）时，f（x）0，f（x）在（0，t1）上单调递增，f（x）f（0）0，

3、f（x）在（0，t1）上单调递增，这显然与x0为函数的极大值点相矛盾，故舍去；若f（x）2a20，即a-2或a2时，存在t20，使得x（t2，t2）时，f（x）0，f（x）在（t2，t2）上单调递减，又f（0）0，当t2x0时，f（x）0，f（x）单调递增；当0xt2时，f（x）0，f（x）单调递减，满足x0为f（x）的极大值点，符合题意；若f（x）2a20，即a2时，f（x）为偶函数，只考虑a=2的情况，此时f(x)=-2sin(2x)+2x1-x2，x（0，1）时，f(x)-2x+2x1-x2=2x(11-x2-1)0，f（x）在（0，1）上单调递增，与显然与x0为函数的极大值点相矛盾，故

4、舍去综合可得：a的取值范围为（，-2）（2，+）考向二 利用导数研究函数的单调性2（2023新高考第19题）已知函数f（x）a（ex+a）x（1）讨论f（x）的单调性；（2）证明：当a0时，f（x）2lna+32【解答】解：（1）f（x）a（ex+a）x，则f（x）aex1，当a0时，f（x）0恒成立，f（x）在R上单调递减，当a0时，令f（x）0得，x=ln1a，当x（，ln1a）时，f（x）0，f（x）单调递减；当x（ln1a，+）时，f（x）0，f（x）单调递增，综上所述，当a0时，f（x）在R上单调递减；当a0时，f（x）在（，ln1a）上单调递减，在（ln1a，+）上单调递增证明：（

5、2）由（1）可知，当a0时，f（x）minf（ln1a）a（1a+a）ln1a=1+a2+lna，要证f（x）2lna+32，只需证1+a2+lna2lna+32，只需证a2-lna-120，设g（a）=a2-lna-12，a0，则g（a）2a-1a=2a2-1a，令g（a）0得，a=22，当a（0，22）时，g（a）0，g（a）单调递减，当a（22，+）时，g（a）0，g（a）单调递增，所以g（a）g（22）=12-ln22-12=-ln220，即g（a）0，所以a2-lna-120得证，即f（x）2lna+32得证【命题意图】考查导数的应用考查求导公式，导数几何意义，利用导数研究函数的单调

6、性、极值、最值，函数零点等问题体会数形结合思想，分类讨论思想，化归和转化思想【考查要点】导数是必考内容，难度、广度和深度较大常规基础考查求导公式与几何意义中等难度考查求单调区间、极值、最值等压轴题考查零点、不等式证明、恒成立或者存在问题、分类讨论求参数等，和数列、不等式、函数等知识结合【得分要点】1、导数和函数的单调性的关系（1）若f（x）0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是增函数，f（x）0的解集与定义域的交集的对应区间为增区间（2）若f（x）0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是减函数，f（x）0的解集与定义域的交集的对应区间为减区间2求函数f（x）的极值的步骤（

7、1）确定函数的定义区间，求导数f（x）（2）求方程f（x）0的根（3）用函数的导数为0的点，顺次将函数的定义区间分成若干小开区间，并列成表格，检查f（x）在方程根左右的值的符号，如果左正右负，那么f（x）在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f（x）在这个根处取得极小值；如果左右不改变符号即都为正或都为负，则f（x）在这个根处无极值3用导数求函数的最值步骤：设函数f（x）在a，b上连续，在（a，b）内可导，则求f（x）在a，b上的最大值与最小值的步骤如下：（1）求f（x）在（a，b）内的极值（2）将f（x）的各极值与f（a）、f（b）比较得出f（x）在a，b上的最值4利用导数研究曲线上某点切

8、线方程（1）确定切点（2）求斜率，即求曲线上该点的导数（3）利用点斜式求出直线方程5函数恒成立问题恒成立问题最后都转化为求最值问题，常用的方法是分离参变量和求导考向一 利用导数研究函数的单调性3（2022新高考）已知函数f（x）xeaxex（1）当a1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x0时，f（x）1，求a的取值范围；（3）设nN*，证明：+ln（n+1）【解答】解：（1）当a1时，f（x）xexexex（x1），f（x）ex（x1）+exxex，ex0，当x（0，+）时，f（x）0，f（x）单调递增；当x（，0）时，f（x）0，f（x）单调递减（2）令g（x）f（x）+1xeaxex+1（

9、x0），f（x）1，f（x）+10，g（x）g（0）0在x0上恒成立，又g（x）eax+axeaxex，令h（x）g（x），则h（x）aeax+a（eax+axeax）exa（2eax+axeax）ex，h（0）2a1，当2a10，即a，存在0，使得当x（0，）时，h（x）0，即g（x）在（0，）上单调递增因为g（x）g（0）0，所以g（x）在（0，）内递增，所以f（x）1，这与f（x）1矛盾，故舍去；当2a10，即a，g（x）eax+axeaxex（1+ax）eaxex，若1+ax0，则g（x）0，所以g（x）在0，+）上单调递减，g（x）g（0）0，符合题意若1+ax0，则g（x）eax+

10、axeaxexeax+ln（1+ax）exex0，所以g（x）在（0，+）上单调递减，g（x）g（0）0，符合题意综上所述，实数a的取值范围是a另解：f（x）的导数为f（x）（1+ax）eaxex（x0），当a1时，f（x）（1+ax）eaxexeaxexexex0，所以f（x）在（0，+）递增，所以f（x）1，与题意矛盾；当a0时，f（x）eaxex1ex0，所以f（x）在（0，+）递减，所以f（x）1，满足题意；当0a时，f（x）（1+x）eexe（1+x）e设G（x）（1+x）e（x0），G（x）e0，则G（x）在（0，+）递减，所以G（x）0，f（x）eG（x）0，所以f（x）在（0，

11、+）递减，所以f（x）1，满足题意；当a1时，f（x）eax（1+ax）e（1a）x，令H（x）（1+ax）e（1a）x，则f（x）eaxH（x），H（x）a+（a1）e（1a）x，可得H（x）递减，H（0）2a1，所以存在x00，使得H（x0）0当x（0，x0）时，H（x）0，H（x）在（0，x0）递增，此时H（x）0，所以当x（0，x0）时，f（x）eaxH（x）0，f（x）在（0，x0）递增，所以f（x）1，与题意矛盾综上可得，a的取值范围是（，（3）由（2）可知，当a时，f（x）1（x0），令xln（1+）（nN*）得，1，整理得，ln（1+），ln（），ln（）ln（）ln（n+1）

12、，即+.+ln（n+1）另解：运用数学归纳法证明当n1时，左边ln2成立假设当nk（k1，kN*）时，不等式成立，即+.+ln（k+1）当nk+1时，要证+.+ln（k+2），只要证ln（k+1）+ln（k+2），即证ln（k+2）ln（k+1）lnln（1+）可令t，则t（0，则需证明ln（1+t），再令x（x（1，），则需证明x2lnx（x（1，）构造函数g（x）2lnx（x）（x（1，），g（x）1（1）20，可得g（x）在（1，上递减，则g（x）g（1）0，所以原不等式成立，即nk+1时，+.+ln（k+2）成立综上可得，+.+ln（n+1）成立4（2021新高考）已知函数f（x）x（

13、1lnx）（1）讨论f（x）的单调性；（2）设a，b为两个不相等的正数，且blnaalnbab，证明：2+e【解答】（1）解：由函数的解析式可得f（x）1lnx1lnx，x（0，1），f（x）0，f（x）单调递增，x（1，+），f（x）0，f（x）单调递减，则f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+）单调递减（2）证明：由blnaalnbab，得，即，由（1）f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+）单调递减，所以f（x）maxf（1）1，且f（e）0，令，则x1，x2为f（x）k 的两根，其中k（0，1）不妨令x1（0，1），x2（1，e），则2x11，先证2x1+x2，即证x22x1，即证

14、f（x2）f（x1）f（2x1），令h（x）f（x）f（2x），则h（x）f（x）+f（2x）lnxln（2x）lnx（2x）在（0，1）单调递减，所以h（x）h（1）0，故函数h（x）在（0，1）单调递增，h（x1）h（1）0f（x1）f（2x1），2x1+x2，得证同理，要证x1+x2e，（法一）即证1x2ex1，根据（1）中f（x）单调性，即证f（x2）f（x1）f（ex1），令（x）f（x）f（ex），x（0，1），则（x）lnx（ex），令（x0）0，x（0，x0），（x）0，（x）单调递增，x（x0，1），（x）0，（x）单调递减，又0xe时，f（x）0，且f（e）0，故，（1）f

15、（1）f（e1）0，（x）0恒成立，x1+x2e得证，（法二）f（x1）f（x2），x1（1lnx1）x2（1lnx2），又x1（0，1），故1lnx11，x1（1lnx1）x1，故x1+x2x1（1lnx1）+x2x2（1lnx2）+x2，x2（1，e），令g（x）x（1lnx）+x，g（x）1lnx，x（1，e），在（1，e）上，g（x）0，g（x）单调递增，所以g（x）g（e）e，即x2（1lnx2）+x2e，所以x1+x2e，得证，则2+e5（2021新高考）已知函数f（x）（x1）exax2+b（）讨论f（x）的单调性；（）从下面两个条件中选一个，证明：f（x）恰有一个零点a，b2a

16、；0a，b2a【解答】解：（）f（x）（x1）exax2+b，f（x）x（ex2a），当a0时，当x0时，f（x）0，当x0时，f（x）0，f（x）在（，0）上单调递减，在（0，+）上单调递增，当a0时，令f（x）0，可得x0或xln（2a），（i）当时，当x0或xln（2a）时，f（x）0，当ln（2a）x0时，f（x）0，f（x）在（，ln（2a），（0，+）上单调递增，在（ln（2a），0）上单调递减，（ii）a时，f（x）x（ex1）0 且等号不恒成立，f（x）在R上单调递增，（iii）当时，当x0或xln（2a）时，f（x）0，当0xln（2a）时，f（x）0，f（x）在（，0），（

17、ln（2a），+）上单调递增，在（0，ln（2a）上单调递减综上所述：当 a0 时，f（x） 在 （，0）上单调递减；在 （0，+）上 单调递增；当 时，f（x） 在 （，ln（2a） 和 （0，+）上单调递增；在 （ln（2a），0）上单调递减；当 时，f（x） 在 R 上单调递增；当 时，f（x） 在 （，0）和 （ln（2a），+） 上单调递增；在 （0，ln（2a） 上单调递减（）证明：若选，由 （）知，f（x） 在 （，0）上单调递增，（0，ln（2a） 单调递减，（ln（2a），+） 上 f（x） 单调递增注意到 f（x） 在 上有一个零点；f（ln（2a）（ln（2a）1）2aa

18、ln22a+b2aln（2a）2aaln22a+2aaln（2a）（2ln（2a），由 得 0ln（2a）2，aln（2a）（2ln（2a）0，f（ln（2a）0，当 x0 时，f（x）f（ln（2a）0，此时 f（x） 无零点综上：f（x） 在 R 上仅有一个零点另解：当a（，时，有ln（2a）（0，2，而f（0）b12a10，于是f（ln（2a）（ln（2a）1）2aaln2（2a）+bln（2a）（2aln（2a）+（b2a）0，所以f（x）在（0，+）没有零点，当x0时，ex（0，1），于是f（x）ax2+bf（）0，所以f（x）在（，0）上存在一个零点，命题得证若选，则由（）知：f（

19、x）在 （，ln（2a） 上单调递增，在 （ln（2a），0）上单调递减，在 （0，+） 上单调递增f（ln（2a）（ln（2a）1）2aaln22a+b2aln（2a）2aaln22a+2aaln（2a）（2ln（2a），ln（2a）0，aln（2a）（2ln（2a）0，f（ln（2a）0，当 x0 时，f（x）f（ln（2a）0，此时 f（x） 无零点当 x0 时，f（x） 单调递增，注意到 f（0）b12a10，取，b2a1，又易证 ecc+1，110，f（x）在（0，c）上有唯一零点，即f（x）在（0，+）上有唯一零点综上：f（x） 在 R 上有唯一零点考向二 利用导数研究函数的最值6

20、（2022新高考）已知函数f（x）exax和g（x）axlnx有相同的最小值（1）求a；（2）证明：存在直线yb，其与两条曲线yf（x）和yg（x）共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列【解答】解：（1）f（x）定义域为R，f（x）exax，f（x）exa，若a0，则f（x）0，f（x）无最小值，故a0，当f（x）0时，xlna，当xlna时，f（x）0，函数f（x）在（，lna）上单调递减，当xlna时，f（x）0，函数f（x）在（lna，+）上单调递增，故f（x）minf（lna）aalna，g（x）的定义域为（0，+），g（x）axlnx，g（x）a，令g（x）0，

21、解得x，当0x时，g（x）0，函数g（x）在（0，）上单调递减，当x时，g（x）0，函数g（x）在（，+）上单调递增，故g（x）min1+lna，函数f（x）exax和g（x）axlnx有相同的最小值aalna1+lna，a0，aalna1+lna化为lna，令h（x）lnx，x0，则h（x），x0，h（x）恒成立，h（x）在（0，+）上单调递增，又h（1）0，h（a）h（1），仅有此一解，a1（2）证明：由（1）知a1，函数f（x）exx在（，0）上单调递减，在（0，+）上单调递增，函数g（x）xlnx在（0，1）上单调递减，在（1，+）上单调递增，设u（x）f（x）g（x）ex2x+lnx

22、（x0），则u（x）ex2+ex2，当x1时，u（x）e20，所以函数u（x）在（1，+）上单调递增，因为u（1）e20，所以当x1时，u（x）u（1）0恒成立，即f（x）g（x）0在x1时恒成立，所以x1时，f（x）g（x），因为f（0）1，函数f（x）在（0，+）上单调递增，g（1）1，函数g（x）在（0，1）上单调递减，所以函数f（x）与函数g（x）的图象在（0，1）上存在唯一交点，设该交点为（m，f（m）（0m1），此时可作出函数yf（x）和yg（x）的大致图象，由图象知当直线yb与两条曲线yf（x）和yg（x）共有三个不同的交点时，直线yb必经过点M（m，f（m），即bf（m），因为

23、f（m）g（m），所以emmmlnm，即em2m+lnm0，令f（x）bf（m）得exxemmmlnm，解得xm或xlnm，由0m1，得lnm0m，令g（x）bf（m）得xlnxemmmlnm，解得xm或xem，由0m1，得m1em，所以当直线yb与两条曲线yf（x）和yg（x）共有三个不同的交点时，从左到右的三个交点的横坐标依次为，lnm，m，em，因为em2m+lnm0，所以em+lnm2m，所以lnm，m，em成等差数列存在直线yb，其与两条曲线yf（x）和yg（x）共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列导数是必考内容，难度、广度和深度较大常规基础考查求导公式与几何

24、意义中等难度考查求单调区间、极值、最值等压轴题考查零点、不等式证明、恒成立或者存在问题、分类讨论求参数等，和数列、不等式、函数等知识结合一利用导数研究函数的单调性（共17小题）1（2023沙坪坝区校级模拟）已知函数f（x）xex+ax2+ax1（1）若函数f（x）在R上单调递增，求实数a的值；（2）若函数F（x）2f（x）ax2（4a+1）x2lnx恰有两个不同的零点，求实数a的取值范围【解答】解：（1）由题意得f（x）的导数为f（x）（x+1）ex+ax+a（x+1）（ex+a），f（x）在R上单调递增，f（x）0 恒成立且f（x）不恒为零当x1时，x+10，则ex+a0 恒成立，由aex，

25、由ex，即有a；当x1时，x+10，则 ex+a0 恒成立，由aex，由ex，即有a综上可得：（2）x0，F（x）2f（x）ax2（4a+1）x2lnx2xex（2a+1）x2lnx，令F（x）0，分离参数得a+ex，令g（x）ex，则g（x）ex+，令 h（x）x2ex+lnx 则 h（x）在 （0，+） 上单调递增，又h（1）e0，h（）e10， 使得 h（x0）0则当x（0，x0） 时，h（x）0，即 g（x）0；当x（x0，+）时，h（x）0，即 g（x）0；g（x）在 （0，x0） 上单调递减，在（x0，+）上单调递增，g（x）ming（x0）ex0，由h（x0）0，即ex0lnx0

26、，可得ln（lnx0）2lnx0+x0，ln（lnx0）+（lnx0）lnx0+x0，又ylnx+x 在（0，+）上单调递增，lnx0x0，即ex0，g（x）ming（x0）1，又当x0时，g（x）+；当x+时，g（x）+，故 解得，即实数a的取值范围为 2（2023沈河区校级模拟）已知函数f（x）xlnx（1）求f（x）的单调区间；（2）若x1x2，且f（x1）f（x2）a，证明：ae+1x2x1a+1【解答】解：（1）f（x）xlnx，x（0，+）f（x）lnx+1，令f（x）0，解得x；令f（x）0，解得0x函数f（x）的单调递减区间为（0，），单调递增区间为（，+）（2）证明：x0+时

27、，f（x）0；0x1时，f（x）0；f（1）0；x1时，f（x）0x1x2，且f（x1）f（x2）a，结合（1）函数f（x）单调性可得：0x1x21设g（x）f（x）+x，x（0，），则g（x）x（lnx+1）0，f（x）x，f（x1）x1，又f（x1）a，x1a设h（x）f（x）（x1）xlnx（x1），x1h（x）1+lnxlnx+，令h（x）0，可得x1，函数h（x）在（，1）上单调递增；令h（x）0，可得x，函数h（x）在（e1，）上单调递减由h（）h（1）0，h（x）0，故h（x2）f（x2）（x21）0，f（x2）（x21），f（x2）a，a（x21），故x21+a（e1），x2x

28、1ae+1令u（x）f（x）（x1）xlnx（x1），0x1u（x）lnx0，函数u（x）在（0，1）上单调递减，又u（1）0，u（x）0，从而f（x）x1，f（x2）x21，又f（x2）a，ax21，x2a+1，x2x1x2a+1，综上可得：ae+1x2x1a+13（2023天津一模）已知函数f（x）xlnx（）求曲线yf（x）在点（1，f（1）处的切线方程；（）求f（x）的单调区间；（）若对于任意，都有f（x）ax1，求实数a的取值范围【解答】解：（）因为函数f（x）xlnx，所以，f（1）ln1+11又因为f（1）0，所以曲线yf（x）在点（1，f（1）处的切线方程为yx1（）函数f（x

29、）xlnx定义域为（0，+），由（）可知，f（x）lnx+1令f（x）0，解得f（x）与f（x）在区间（0，+）上的情况如下：xf（x）0+f（x）减极小值增所以，f（x）的单调递增区间是，f（x）的单调递减区间是（）当时，“f（x）ax1”等价于“”令，当时，g（x）0，所以g（x）在区间单调递减当x（1，e）时，g（x）0，所以g（x）在区间（1，e）单调递增而g（lne+ee11.5，所以g（x）在区间上的最大值为所以当ae1时，对于任意，都有f（x）ax1，故a的取值范围为e1，+）4（2023忻州一模）已知函数，f（x）为其导函数（1）若a2，求f（x）的单调区间；（2）若关于x的方

30、程f（x）ex有两个不相等的实根，求实数a的取值范围【解答】解：（1）函数f（x）xexx2，xR，则f（x）（1+x）ex2x，令h（x）f（x）（1+x）ex2x，则h（x）（2+x）ex2，设m（x）（2+x）ex2，则m（x）（3+x）ex0，得x3，故x（，3）时，m（x）0，函数m（x）即h（x）单调递减，x（3，+）时，m（x）0，函数m（x）即h（x）单调递增，所以，又x时，h（x），又h（0）0，所以x（，0）时，h（x）0，函数f（x）单调递减，x（0，+）时，h（x）0，函数f（x）单调递增，故f（x）的单调减区间为（，0），增区间为（0，+）；（2）关于x的方程有两个不

31、相等的实根，即函数在xR上有两个零点，又g（x）（x+1）exex+axx（ex+a），当a0时，g（x）0，得x0，所以当x（，0）时，g（x）0，函数g（x）单调递减，当x（0，+）时，g（x）0，函数g（x）单调递增，所以g（x）ming（0）1，又x时，g（x）+，g（2）e2+2a0，则函数g（x）在xR上有两个零点；当a0时，方程化为xexex，有唯一零点x1，不符合题意；当a0时，g（x）0，得x0，xln（a），（i）当a1时，ln（a）0，此时g（x）0恒成立，函数g（x）单调递增，在xR上不可能有两个零点，不符合题意；（ii）当1a0时，ln（a）0，则当x（，ln（a）时

32、，g（x）0，函数g（x）单调递增，x（ln（a），0）时，g（x）0，函数g（x）单调递减，当x（0，+）时，g（x）0，函数g（x）单调递增，所以，g（0）1，故函数g（x）在区间x（，0）无零点，在x（0，+）不可能存在两个零点，故不符合题意；（iii）当a1时，ln（a）0，则当x（，0）时，g（x）0，函数g（x）单调递增，x（0，ln（a）时，g（x）0，函数g（x）单调递减，当x（ln（a），+）时，g（x）0，函数g（x）单调递增，又g（0）1，故函数g（x）在区间x（，ln（a）无零点，在x（ln（a），+）不可能存在两个零点，故不符合题意；综上，实数a的取值范围（0，+）5

33、（2023沈阳模拟）已知f（x）（x22x）lnx+（a）x2+2（1a）x，a0（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围【解答】解：（1）f（x）（2x2）lnx+（x22x）+2x（a）+2（1a）2（x1）lnx+x2+2axx+22a2（x1）lnx+2ax2a2（x1）lnx+2a（x1）（x1）（lnx+a），当a0时，令f（x）0得x11，x2ea，此时ea1，所以f（x）在（0，ea）上单调递增，在（ea，1）上单调递减，在（1，+）上单调递增（2）f（1）a+，若f（1）0，即a时，由f（x）的单调性，可得在（ea，+）上恒为正，无零点，在区间（

34、0，ea）至多有一个零点，不符合题意，若f（1）0，即a时，由f（2）0+4（a）+4（1a）20，由零点的存在定理，f（x）在区间（1，2）上存在一个零点，取x（0，1），则x21，lnx0，（a）x0，f（x）x（x2）lnx+（a）x+2（1a）x（1）lnx+0+2（1a），所以在（0，e2（1a）时，f（x）0，由于f（x）在区间（0，ea）上单调递增，所以f（x）在区间（0，ea）上恒为正，无零点，由零点的存在定理，可得f（x）在区间（ea，1）上存在一个零点，符合题意，若f（1）0，即a时，f（x）在区间（0，ea）上恒正，无零点，所以f（x）仅有x1个零点，不符合题意，综上所述

35、，a的取值范围为（，+）6（2023淄博二模）已知函数，aR（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若x1，x2是函数的两个极值点，且x1x2，求证：f（x1）f（x2）0【解答】解：（1）f（x）的定义域为（a，+），又，当a0时，在（0，1）上单调递增，f（x）在（1，+）上单调递减；当a0时，f（x）在（a，a+1）上单调递增，f（x）在（a+1，+）上单调递减；当1a0时，f（x）在（0，a+1）上单调递增，f（x）在（a，0）和（a+1，+）上单调递减；当a1时，f（x）在（1，+）上单调递减；当a1时，f（x）在（a+1，0）上单调递增，f（x）在（a，a+1）和（0，+）上单调递减

36、（2）证明：由，x0，则，由题意知x1，x2是方程x2xa0的两根，因此x1+x21，x1x2a，且，所以，把x1+x21，x1x2a代入，得，要证f（x1）f（x2）0，只需证明，即，也即令，由，得2t2t1，设，要证h（t2）h（t1），因为，h（t）在（2，+）上单调递减，所以h（t2）h（t1），即证7（2023禅城区校级一模）已知函数（1）若函数yf（x）为增函数，求k的取值范围；（2）已知0x1x2，（i）证明：；（ii）若，证明：|f（x1）f（x2）|1【解答】解：（1）若是增函数，则f（x）0恒成立，所以k在（0，+）上恒成立，令（x），x0，则，所以（x）在（0，1）上递增

37、，在（1，+）递减，所以（x）max，所以k（x）max，所以k的取值范围为，+）（2）（i）证明：由（1）知，当k时，f（x）lnx+，f（x），令f（x）0得，由（1）知（x），在（0，1）上递增，在（1，+）递减，（x）max，所以（x），所以在（0，+）上f（x）0，f（x）单调递增，因为0x1x2，所以f（x1）f（x2），所以lnx2+lnx1+，所以lnx1lnx2ln，（*）令g（x）lnxx+1，x0，g（x）1在（0，+）上单调递减，又g（1）0，所以在（0，1）上g（x）0，g（x）单调递增，在（1，+）上g（x）0，g（x）单调递减，所以g（x）maxg（1）0，所以g

38、（x）0，所以lnxx+10，即lnx1x，当x1时，取等号，所以ln1，所以（*）不等式为lnx1lnx2ln1，所以1（ii）证明：依题意： 有两个不同实数根 x1x2，由（1）知0x11x2，f（x1）klnx1+，f（x2）klnx2+令g（x）（x0），则 ，当0x1时，（1x）lnx0，当x1时，（1x）lnx0，所以g（x）在（0，+）上单调递减，因为x21，所以0g（x2）g（1），所以0f（x2），先证明p（x）lnxx+10，0x1，p（x）10，所以p（x）在（0，1）上单调递增，所以p（x）p（1）0，所以lnxx+10，所以lnxx1，所以xlnx+1x（x1），令q

39、（x）x（x1）ex，0x1，q（x）2x1ex，q（x）2ex单调递减，所以q（1）q（x）q（0），又q（0）0，q（1）2e0，所以存在x0（0，1）使得q（x）0，即2e，所以在（0，x0）上q（x）0，q（x）单调递增，在（x0，+）上q（x）0，q（x）单调递减，所以q（x）q（x0）2x01e2x0122x030，所以q（x）在（0，1）上单调递减，所以q（x）q（0）10，所以x（x1）ex，因为0x11，所以x1（x1）+1e，所以不等式放缩为x1lnx1+1x1（x1）+1e，所以f（x1）1，所以|f（x1）f（x2）|18（2023五华区校级模拟）设a，b，cR，a0，

40、6a+b0，函数f（x）ax3+bx2+cx，f（1）4a（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若0x3时，函数yf（x）xex有三个零点x1，x2，x3，其中x1x2x3，试比较x1+x2+x3与2的大小关系，并说明理由【解答】解：（1）由 f（1）4a，得3abc0，又6a+b0，所以c9a，则f（x）ax36ax2+9ax，所以f（x）3a（x1）（x3），a0当a0时，令f（x）0，得x1或x3；令f（x）0，得1x3，所以f（x）在（，1）和（3，+） 上单调递增，在（1，3）上单调递减；当a0时，令f（x）0，得1x3；令f（x）0，得x1或x3，所以f（x）在（，1）与（3，+）

41、上单调递减，在（1，3）上单调递增（2）x1+x2+x32，理由如下：因为f（x）ax36ax2+9axax（x3）2，由F（x）0，得ax（x3）2xex0，解得x0或a（x3）2ex0，因为x0，3，所以x10，x2，x3是a（x3）2ex0的正根，则x1+x2+x3x2+x3，又lna（x3）2lnexx，所以lna+2ln（3x2）x2，lna+2ln（3x3）x3，两式相减得2ln（3x2）2ln（3x3）x3x2（3x2）（3x3），令3x2t2，3x3t3，则3t2t30，得2lnt22lnt3t2t3，则，令，则，所以，可得，设g（u）2（u+1）lnu4（u1），则，再设，则

42、，所以h（u）在 （1，+） 上为增函数，则h（u）h（1）0，即，则g（u）2（u+1）lnu4（u1）在（1，+）上为增函数，从而g（u）g（1）2（1+1）ln14（11）0，所以t2+t340，即（3x2）+（3x3）42（x2+x3）0，所以x2+x32，即x1+x2+x3x2+x329（2023泉州模拟）已知函数f（x）exx2（a+2）x+a+3（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）在（0，2）有两个极值点x1，x2，求证：【解答】（1）解：由f（x）exx2（a+2）x+a+3得：f（x）ex（x2ax+1），当2a2时，x2ax+10，从而f（x）0，f（x）在R上单调

43、递增；当a2或a2时，由f（x）0得，当xx1或xx2时f（x）0，f（x）单调递增，当x1xx2时f（x）0，f（x）单调递减，综上，当2a2时，f（x）在R上单调递增；当a2或a2时，f（x）在上单调递增，在上单调递减（2）证明：若f（x）在（0，2）有两个极值点x1，x2，则，由（1）知a2或a2，x1x21，x1+x2a0，于是a2，i1，2则ea（42a（a+2）+（a+2）2）ea（a2+8），令g（a）ea（a2+8），a2，则g（a）ea（a22a+8）0，因此g（a）在（2，+）上单调递减，故g（a）g（2）4e2，即10（2023张家口三模）已知函数f（x）x2+2cosx

44、，f（x）为函数f（x）的导函数（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）已知函数g（x）f（x）5x+5alnx，存在g（x1）g（x2）（x1x2），证明x1+x22a【解答】解：（1）已知f（x）x2+2cosx，函数定义域为R，可得f（x）2x2sinx，f（x）22cosx0，所以函数f（x）在定义域内单调递增，又f（0）0，所以当x0时，f（x）0，函数f（x）单调递减；当x0时，f（x）0，函数f（x）单调递增，综上，函数f（x）在区间（，0）上单调递减，在区间（0，+）上单调递增；（2）证明：由（1）得g（x）2x2sinx5x+5alnx2sinx3x+5alnx，函数定义域为（

45、0，+），因为g（x1）g（x2），（x1x2），所以2sinx13x1+5alnx12sinx23x2+5alnx2，整理得5a（lnx2lnx1）2（sinx2sinx1）+3（x2x1），不妨设x2x10，此时lnx2lnx1由（1）得当x0，函数f（x）单调递增，所以2x12sinx12x22sinx2，则2（sinx2sinx1）2（x2x1），此时5a（lnx2lnx1）2（sinx2sinx1）+3（x2x1）5（x2x1），整理得，所以，令，t1，不妨设h（t）lnt，函数定义域为（1，+），可得h（t）0，所以函数h（t）在区间（1，+）上单调递增，则h（t）h（1）0，所以

46、，即，整理得，即，故x1+x22a11（2023天津三模）已知定义域均为R的两个函数g（x）ex，h（x）（xa）2（）若函数f（x）g（x）h（x），且f（x）在x1处的切线与x轴平行，求a的值；（）若函数m（x），讨论函数m（x）的单调性和极值；（）设a，b是两个不相等的正数，且a+lnbb+lna，证明：a+b+ln（ab）2【解答】解：（）因为f（x）g（x）h（x），所以f（x）ex（xa）2，所以f（x）ex（xa）2+ex（2x2a）ex（x22ax+2x+a22a），又f（x）在x1处的切线与x轴平行，所以f（1）0，所以e1（1+2a2+a22a）0，所以1+2a2+a22a

47、0，即a210，所以a1（）因为，所以的定义域为（，0）（0，+），令m（x）0，得x1，当x变化时m（x），m（x）的关系如下表： x （，0） 0 （0，1） 1 （1，+） m（x） 无意义 0+ m（x） 单调递减 无意义 单调减 极小值 单调递增所以m（x）在（，0），（0，1）上单调递减；在（1，+）上单调递增，所以m（x）的极小值为，无极大值（）证明：要证a+b+ln（ab）2，只需证（a+lnb）+（b+lna）2，根据a+lnbb+lna，只需证b+lna1，又a，b是两个不相等的正数，不妨设ab，由a+lnbb+lna得alnablnb，两边取指数，ealnaeblnb，化

48、简得，令p（x），所以p（a）p（b），p（x）em（x），根据（）得m（x）在（，0），（0，1）上单调递减；在（1，+）上单调递增，如图所示，由于m（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+）上单调递增，要使p（a）p（b）且a，b不相等，则必有0a1，b1，即0a1b，由0a1，1lna1，要证b+lna1，只需证b1lna，由于p（x）在（1，+）上单调递增，要证b1lna，只需证p（b）p（1lna），又p（a）p（b），只需证p（a）p（1lna），只需证，只需证ea（1lna）e，只需证，只需证，即证，令（x）ex（0x1），（1）0，（a）ea，只需证（x）0（0x1），（x）+

49、ex+，令h（x）exex，则h（1）0，h（x）exe0（0x1），所以h（x）在（0，1）上单调递减，所以h（x）h（1）0，所以，所以（x）在（0，1）上单调递减，所以（x）（1）0，所以（a）0，所以a+b+ln（ab）212（2023黄浦区校级三模）设函数f（x）x3+ax2+bx+c（1）设ab4，求函数f（x）的单调区间；（2）求证：a23b0是f（x）有三个不同零点的必要而不充分条件；（3）设a0，c1，证明：函数f（x）恰有一个零点r，且存在唯一的严格递增正整数数列an，使得【解答】解：（1）f（x）x3+4x2+4x+c，f（x）3x2+8x+4（3x+2）（x+2），令f

50、（x）0，解得x2或，x（，2）时，f（x）0，函数f（x）单调递增；x（2，）时，f（x）0，函数f（x）单调递减；x（，+）时，f（x）0，函数f（x）单调递增函数f（x）单调递增区间为（，2），（，+），单调递减区间为（2，）（2）证明：f（x）有三个不同零点，则f（x）有两个不同极值点，f（x）3x2+2ax+b有两个不同实数根，4a212b0，即a23b0反之，若a23b0，则f（x）3x2+2ax+b有两个不同实数根，f（x）有两个不同极值点，但是，极值受到c的影响，因此f（x）不一定有三个不同零点，可能只有两个不同零点或一个零点因此a23b0是f（x）有三个不同零点的必要而不充分

51、条件（3）证明：a0，c1，f（x）x3+x1，f（x）3x2+0，函数f（x）在R上单调递增，又f（0）10，f（）+10，函数f（x）存在唯一零点r（0，），r+r4+r7+，故数列an3n2（nN*）是满足条件的数列，若存在两个不同的递增正整数数列an，bn满足条件，则+，去掉上面等式两边相同的项可得：+，这里s1s2s3，t1t2t3，所有的si，tj都不相同，不妨设s1t1，则+，1+r+r2+r3+111，矛盾，因此存在唯一的严格递增正整数数列an，使得13（2023鼓楼区校级模拟）已知函数（1）求函数f（x）的单调区间；（2）当a1时，若f（x1）+f（x2）0，求证：x1+x2

52、2；（3）求证：对于任意nN*都有【解答】解：（1）函数f（x）的定义域是（0，+）由已知得，当a0时，当0x1时，f（x）0，当x1时，f（x）0，所以f（x）的单调递减为（0，1），单调递增区间为（1，+）；当0a1时，当0xa或x1时，f（x）0，f（x）单调递增，当ax1时，f（x）0，所以函数f（x）的单调递增区间为（0，a）和（1，+），单调递减区间为（a，1）；当a1时，当x0时，f（x）0，所以f（x）的单调递增区间为（0，+），无递减区间；当a1时，当0x1或xa时，f（x）0，当1xa时，f（x）0，所以函数f（x）的单调递减为（1，a），单调递增区间为（0，1）和（a，+

53、）综上，当a0时，函数f（x）的单调递减为（0，1），单调递增区间为（1，+）；当0a1时，函数f（x）的单调递增区间为（0，a）和（1，+），单调递减区间为（a，1）；当a1时，函数f（x）的单调递增区间为（0，+），无递减区间；当a1时，函数f（x）的单调递减为（1，a），单调递增区间为（0，1）和（a，+）（2）证明：当a1时，由（1）知，函数f（x）在（0，+）单调递增且f（1）0；令lnx（2x）+x22x+1ln（1（x1）2）+（x1）2，令（x1）2t（0，1，从而ln（1t）+t1t1+t0，所以g（x）f（x）+f（2x）0恒成立，设0x11x2，f（x1）+f（2x1）0

54、f（x1）f（2x1）f（x2）f（2x1）x22x1x1+x22（3）证明：由（2）知：x1时，即2lnx+x24x+32lnx+（x2）210，故2lnx+（x2）21在x1时恒成立；所以，相加得：14（2023平江县模拟）已知函数f（x）axlnx+ex1（1）若f（x）在定义域内单调递增，求a的取值范围；（2）当a0时，若f（x）存在唯一零点x1，极值点为x2，证明：2x2x1【解答】解：（1）由题，f（x）axlnx+ex1，f（x）alnx+a+ex，因为f（x）在定义域内单调递增，因此f（x）0恒成立当a0时，f（）a（）+e+e0，不满足题意当a0时，f（x）ex0，满足题意当

55、a0时，f（x）0，即a（1+lnx）+ex0，得，设F（x），则F（x），注意到函数y1lnx单调递减，且x1时，1lnx0，因此在x（0，1）时，F（x）0，F（x）单调递增，在x（1，+）时，F（x）0，F（x）单调递减，得F（x）F（1），从而，得ea0综上，a的取值范围为e，0（2）证明：f（x）alnx+a+ex，当a0时，f（x）单调递增，而f（）0，f（）0，因此存在x2（，），使得f（x2）+alnx2+a0，且x（0，x2）时，f（x）0，f（x）单调递减，当x（x2，+）时，f（x）0，f（x）单调递增，且f（x2）0，f（1）e10，故存在x1（x2，1），使得f（x1

56、）0要证明2x2x1，只需证明f（2x2）f（x1）0，即证2ax2ln2x2+10由+alnx2+a0，得a，因此只需证明1，即证先证明：x+1，x（0，）即证ln2x（x+1）（1+lnx），即证xlnx+x+1ln20，设g（x）xlnx+x+1ln2（0x），则g（x）2+lnx，所以g（x）在（0，）上单调递减，在（，）上单调递增，故g（x）g（）1ln2ln2ln0，即x+1，x（0，）接下来证明：x+1，x（0，）即证e2x2（x2+x）ex10，设h（x）e2x2（x2+x）ex1（0x），则h（x）2e2x2（x2+3x+1）ex2e2x（1），设H（x）1（0x），则H（x

57、）0，故H（x）单调递减，H（x）0，从而h（x）0，h（x）单调递减，故h（x）0，即x+1，x（0，），因此x+1，x（0，），即不等式成立，故2x2x115（2023承德模拟）已知函数f（x）ax4lnx（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若，求实数a的取值范围【解答】解：（1）因为f（x）ax4lnx，所以f（x）a，当a0时，f（x）0，f（x）在（0，+）上单调递减；当a0时，由f（x）0，得x，由f（x）0，得0x，所以f（x）在（，+）上单调递增，在（0，）上单调递减；综上，当a0时，f（x）在（0，+）上单调递减；当a0时，f（x）在（，+）上单调递增，在（0，）上单调递减

58、；（2）由ex1+xf（x），得ex1+x（ax4lnx），取x1时，得1+1a，所以a2，下证：ex1+x（2x4lnx），即证：+2x+4lnx0，令S（x）+2x+4lnx，则S（x），构造T（x）ex12x+2+，则T（x）ex12，易知T（x）在（0，+）上是单调递增函数，又T（1）1220，T（2）e20，所以T（x）在（0，+）上存在唯一零点，设该零点为x0，且满足1x02，T（x0）20；所以当x（0，x0）时，T（x）0，当x（x0，+）时，T（x）0，所以T（x）在区间（0，x0）上单调递减，在区间（x0，+）上单调递增；所以T（x）min2x0+2+2+2x0+2+42x

59、0+0；所以当x（0，1）时，S（x）0，当x（1，+）时，S（x）0，所以S（x）在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，+）上单调递增；所以S（x）minS（1）0，所以S（x）0在x（0，+）上恒成立；即+2x+4lnx0，所以ex1+2x24xlnxax24xlnx在x（0，+）上恒成立，所以实数a的取值范围是（，216（2023深圳一模）已知函数，其中aR且a0（1）当a1时，求函数f（x）的单调区间；（2）若存在实数x0，使得f（x0）x0，则称x0为函数f（x）的“不动点”求函数f（x）的“不动点”的个数；（3）若关于x的方程f（f（x）f（x）有两个相异的实数根，求a的取值范围

60、【解答】解：（1）当a1时，f（x），定义域为R，f（x），令f（x）0，得x3，当x3时，f（x）0；当x3时，f（x）0f（x）的单调递增区间为（，3），单调递减区间为（3，+）（2）函数f（x）的不动点即为方程f（x）x0的根，即方程x0，a0，设F（x）a（x4），F（x）0，当且仅当x2时取等号，F（x）在（，4）和（4，+）上单调递增，由F（x），设h（x）xexa（x+4），当a0时，若x（，4）时，h（4）0，h（4）0，存在t1（，4），使得h（t1）0，即存在唯一t1（，4），使得F（t1）0，当x（4，+）时，h（0）4a0，h（4a）0，存在t2（0，+），使得h（t2

61、）0，即存在唯一t2（0，+）使得F（t2）0，当a0时，当x（，4）时，F（x）a0无零点，当x（4，+）时，h（0）4a0，h（4）0，存在t0（4，0），使得h（t0）0，即存在唯一t0（4，+）使得F（t0）0，综上所述，当a0时，函数f（x）有两个“不动点”t1，t2，当a0时，函数f（x）有一个“不动点”（3）f（f（x）f（x）0，由（2）可得f（x）ti（其中i0，1，2），由F（ti）0得a，代入，设G（x），由（1）知，当x（，4时，G（x）单调递增，且G（x）（，0，在（4，3）上G（x）单调递增，且G（x）（0，e3），在（3，+）上G（x）单调递减，且G（x）（0，e

62、3），由G（x）G（t1）0可得xt1，G（x）G（t2）0可得xt2，x0，共三个解，F（t）有一个零点t0，f（f（x）f（x）0，f（x）t0，由F（t0）0得a，代入，由（1）知当t03，即a时，G（x1）G（t0）的解为t0，当t03，即a0且a时，G（x1）G（t0）的解为x1，t0，综上所述，当a0且a时方程有两个不同实数根17（2023河北区二模）已知a0，函数f（x）xlnaalnx+（xe）2，其中e是自然对数的底数（）当a1时，求曲线yf（x）在点（1，f（1）处的切线方程；（）当ae时，求函数f（x）的单调区间；（）求证：函数f（x）存在极值点，并求极值点x0的最小值【

63、解答】解：（）当a1时，f（x）lnx+（xe）2，f（1）（1e）2，f（x）+2（xe），f（1）12e，曲线yf（x）在点（1，f（1）处的切线方程为y（1e）2（12e）（x1），化为（2e1）x+ye20（）当ae时，f（x）xelnx+（xe）2，x（0，+）f（x）1+2（xe），f（e）0，x（0，e）时，f（x）0，此时函数f（x）单调递减；x（e，+）时，f（x）0，此时函数f（x）单调递增函数f（x）单调递减区间为（0，e）；函数f（x）单调递增区间为（e，+）（）证明：a0，函数f（x）xlnaalnx+（xe）2，x（0，+）f（x）lna+2（xe），令g（x）2x

64、2（2elna）xa，a0，x0，f（x）0g（x）0，（2elna）2+8a0，由a0，则x1，x2，使得g（x1）g（x2）0，且x1x20，不妨设x10x2，f（x）00xx2，f（x）0xx2，x0x2为f（x）的极小值点g（e）elnaa0，x0e，等号成立x0的最小值为e二利用导数研究函数的极值（共12小题）18（2023青岛二模）已知函数，a0（1）讨论f（x）极值点的个数；（2）若f（x）恰有三个零点t1，t2，t3（t1t2t3）和两个极值点x1，x2（x1x2）（）证明：f（x1）+f（x2）0；（）若mn，且mlnmnlnn，证明：【解答】解：（1）f（x）a（x0），设

65、函数g（x）ax2x+a，当x时，g（x）开口向上，14a20，所以f（x）0，f（x）在（0，+）上单调递减，无极值点，当0a时，g（x）0在（0，+）上有两个解x1，x2，因为x1x21，所以f（x）在（0，x1）上单调递减，在（x1，x2）上单调递增，在（x2，+）上单调递减，所以f（x）有两个极值点，综上所述，当a时，f（x）无极值点，当0a时，f（x）有两个极值点（2）（）证明：由（1）知：0a且x1x21，因为f（）lna（x）lnxa（x）f（x），所以f（x1）+f（x2）f（x1）+f（）0（）由（）知f（）f（x），0a，t1x1t21x2t3，所以t1t31，所以t1t2

66、t31，令h（x）xlnx，x0，h（x）lnx+1，所以h（x）在（0，）上单调递减，在（，+）上单调递增，因为x1时，h（x）0，0x1时，h（x）0，所以0mn1，所以要证明：n（lnn+1），只要证明ln（1m）emnln（n+1），只需证明ln（1m）mlnn+ln（lnn+1），只需证明ln（1m）+1mlnn+1+ln（lnn+1），又因为t（x）lnx+x在（0，+）上单调递增，所以只需证明1mlnn+1（易证nln+1），只需证明1mn，即证明m+n1，因为0m，所以lnm1，所以mlnmm，因为mlnmnlnn，所以mnlnn，所以m+nnnlnn，令（x）xxlnx，x1

67、，（x）lnx0，所以（x）在（，1）上单调递增，所以（n）（1）1，所以m+n1，所以n（lnn+1）成立19（2023新乡模拟）已知函数f（x）axalnx（1）若不等式f（x）0恒成立，求实数a的取值范围；（2）若函数yf（x）有三个不同的极值点x1，x2，x3，且f（x1）+f（x2）+f（x3）3e2e，求实数a的取值范围【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+），不等式f（x）0恒成立，即在（0，+）上恒成立，记u（x）xlnx，则，当x（0，1）时，u（x）0，u（x）单调递减，当x（1，+）时，u（x）0，u（x）单调递增所以u（x）u（1）10，所以在（0，+）上恒成

68、立，令g（x），则ag（x）min，前面已证u（x）xlnx1恒成立，得到g（x）在区间（0，1）上单减，在区间（1，+）上单增，所以g（x）ming（1）e，所以ae，即实数a的取值范围是（，e）（2），因为直线yex和曲线yex相切，并且切点坐标为（1，e），所以当且仅当ae时，方程axex0有两个不相等的实根x1，x3，并且0x11x3，从而当ae时，f（x）有三个极值点x1，x2，x3，并且0x1x21x3，取对数知：lna+lnx1x1，lna+lnx3x3，即lnax1lnx1，lnax3lnx3，则alnaa+ae+alnaa2alnaae3e2e，构造g（a）2alnaae（a

69、e），g（a）2（lna+1）12lna+10在ae时恒成立，则g（a）在区间a（e，+）上单调递增，且g（e2）2e2lne2e2e3e2e，从而的解为ae2，综上所述，eae2，即实数a的取值范围是（e，e220（2023湖北模拟）设函数f（x）ex+bsinx，x（，+）（1）若函数f（x）在（0，f（0）处的切线的斜率为2求实数b的值；求证：f（x）存在唯一极小值点x0且f（x0）1（2）当b0时，若f（x）在x（，+）上存在零点，求实数b的取值范围【解答】解：（1）f（x）ex+bsinx，f（x）ex+bcosx，由导数的几何意义，f（x）在（0，f（0）处的切线的斜率kf（0）e

70、0+bcos01+b，由已知，k1+b2，解得b1证明：由得，f（x）ex+sinx，x（，+），f（x）ex+cosx，x（，+），令g（x）ex+cosx，则g（x）exsinx，当x（，0时，ex0，sinx0，g（x）exsinx0，当x（0，+）时，ex1，sinx1，g（x）exsinx0，当x（，+）时，g（x）0，g（x）在区间（，+）上单调递增，又，有且只有一个，使，又g（x）在区间（，+）上单调递增，xx0是g（x）在（，+）上的唯一零点，f（x）ex+cosx在区间（，+）上单调递增，且，当x（，x0）时，f（x）0，f（x）在区间（，x0）上单调递减，当x（x0，+）时

71、，f（x）0，f（x）在区间（x0，+）上单调递增，f（x）存在唯一极小值点x0，又，又，f（x0）1（2）当b0时，f（x）ex+bsinx，x（，+），若f（x）在x（，+）上存在零点，则方程ex+bsinx0在x（，+）上有解，即在x（，+）上有解，令，则，当x（，+）时，令F（x）0，则，kN，当（kN）时，F（x）0，F（x）在区间（kN）上单调递增，当（kN）时，F（x）0，F（x）在区间和（kN）上单调递减，当，kN时，F（x）取得极小值，kN，当k0，1，2，时，令，则，在R上单调递增，又，当x（，+）时，F（x）的最小值为又当（kN）时，F（x）取得极大值，kN，当k0，1，

72、2，时，令，则，H（x）在R上单调递减，又，当x（，+）时，F（x）的最大值为当x（，+）时，即，在x（，+）上有解，则，又b0，综上所述，实数b的取值范围为21（2023南京三模）已知函数f（x）xlnxax2，g（x）x+a（aR）（1）若yx与f（x）的图象恰好相切，求实数a的值；（2）设函数F（x）f（x）+g（x）的两个不同极值点分别为x1，x2（x1x2）（i）求实数a的取值范围：（ii）若不等式e+1x1x2恒成立，求正数的取值范围（e2.71828为自然对数的底数）【解答】解：（1）因为函数f（x）xlnxax2，x（0，+），求导数得f（x）lnx+1ax，设yx 与f（x）

73、图象的切点为（x0，y0），所以，解得x0e2，a；（2）（i）因为函数F（x）f（x）+g（x）xlnxxax2+a，定义域为（0，+），则F（x）lnxax由题意知F（x）lnxax0 有两个不等实根x1，x2，设函数h（x）a，则h（x），所以h（e）0，当0xe时，h（x）0，所以h（x）在区间（0，e）上单调递增；当xe时，h（x）0，所以h（x）在区间（e，+）上单调递减所以h（x）的极大值也是最大值为h（e）因为h（x）有两个不同的零点，所以h（e）0，即a0，解得a；当a0时，若xe时，则h（x）0恒成立，所以h（x）至多一个零点，不符合题意，所以0a现证明：当0a时，h（x）

74、有两个不同的零点因为h（1）a0，h（e）0，所以h（x）在区间（0，e）内有唯一零点；所以h（）a2（ln），令t，设函数s（t）2lntt，则s（x）1，所以s（t）max2ln220，所以h（）0，h（x）在区间（e，+）内有唯一的零点综上，实数a的取值范围是（0，）（ii）由题设条件和（i）知，1x1ex2，lnx1ax1，lnx2ax2，所以a；若不等式e+1x1x2恒成立，两边取对数，得lnx1lnx21，所以+1lnx1+lnx2ax1+ax2（x1+x2）；设t，则t（0，1），+1恒成立；所以lnt0在t（0，1）时恒成立；设p（t）lnt，t（0，1），则p（t）；若21，

75、即1，则当t（0，1）时，p（t）0，所以p（t）在（0，1）上单调递增，所以p（t）p（1）0，满足题意；若01，则当t（2，1）时，p（t）0，所以p（t）在（2，1）上单调递减，所以当t（2，1）时，p（t）p（1）0，不满足题意；综上，正数的取值范围是1，+）22（2023罗定市校级模拟）已知函数，kR（1）若f（x）在x1处取极值，求k的值；（2）若f（x）ax有两个零点x1，x2，求证：【解答】解：（1）由题意，函数，可得，因为f（x）在x1处取极值，可得f（1）1k0，解得k1，由k1时，可得当0x1时，f（x）0，f（x）单调递增；当x1时，f（x）0，f（x）单调递减，因此f

76、（x）在x1处取极大值，满足题意（2）证明：由题意，函数f（x）ax有两个零点x1，x2，即，所以，可得，要证，即证，即证，即证，不妨设x1x2，记，则t1，即证，即证，令，t1，可得，因此h（t）在（1，+）上单调递增，所以h（t）h（1）0，即结论成立23（2023红桥区二模）已知函数f（x）xalnx，g（x）（a0）（）若a1，求函数f（x）的极值；（）设函数h（x）f（x）g（x），求函数h（x）的单调区间；（）若存在x01，e，使得f（x0）g（x0）成立，求a的取值范围【解答】解：（）f（x）xalnx的定义域为（0，+） 当a1时，f（x） 由f（x）0，解得x1当0x1时，f

77、（x）0，f（x）单调递减；当x1时，f（x）0，f（x）单调递增，所以当x1时，函数f（x）取得极小值，极小值为f（1）1ln11； （）h（x）f（x）g（x）xalnx+，其定义域为（0，+）又h（x） 由a0可得1+a0，在0x1+a上，h（x）0，在x1+a上，h（x）0，所以h（x）的递减区间为（0，1+a）；递增区间为（1+a，+） （III）若在1，e上存在一点x0，使得f（x0）g（x0）成立，即在1，e上存在一点x0，使得h（x0）0即h（x）在1，e上的最小值小于零 当1+ae，即ae1时，由（II）可知h（x）在1，e上单调递减故h（x）在1，e上的最小值为h（e），由

78、h（e）e+a0，可得a 因为e1所以a 当11+ae，即0ae1时，由（II）可知h（x）在（1，1+a）上单调递减，在（1+a，e）上单调递增h（x）在1，e上最小值为h（1+a）2+aaln（1+a） 因为0ln（1+a）1，所以0aln（1+a）a则2+aaln（1+a）2，即h（1+a）2不满足题意，舍去 综上所述：a（，+）24（2023海淀区校级三模）已知函数f（x）eax（x1）2（1）若a1，求f（x）在（0，f（0）处切线方程；（2）求f（x）的极大值与极小值；（3）证明：存在实数M，当a0时，函数yf（x）M有三个零点【解答】解：（1）当a1时，f（x）ex（x1）2，f

79、（x）ex（x21），所以kf（0）e0（021）1，又f（0）e0（01）21，所以切线方程为y1（x0），即x+y10（2）f（x）aeax（x1）2+2eax（x1）eax（x1）（axa+2），当a0时，f（x）2（x1）0，解得x1，故x1时，f（x）0，f（x）单调递减；x1时，f（x）0，f（x）单调递增，故x1时，f（x）的极小值为f（1）0，无极大值；当a0时，令f（x）0，解得x11，故当或x1时，f（x）0，f（x）单调递增，当时，f（x）0，f（x）单调递减，故f（x）的极大值为，极小值为f（1）0；当a0时，令f（x）0，解得x11，故当x1或时，f（x）0，f（x）

80、单调递减，当时，f（x）0，f（x）单调递增，故f（x）的极大值为，极小值为f（1）0；综上，当a0时，f（x）的极小值为f（1）0，无极大值；当a0时，f（x）的极大值为，极小值为f（1）0（3）证明：当a0时，由（2）知，f（x） 在和（1，+）上单调递增，在上单调递减，且x1时，f（x）eax（x1）20恒成立，x+时，f（x）eax（x1）2+，又f（x）的极大值为，极小值为f（1）0，所以存在实数时，函数yf（x）M有三个零点25（2023曲靖模拟）已知函数f（x）ax2xlnx+1（aR），f（x）是f（x）的导函数（1）求函数yf（x）的极值；（2）若函数f（x）有两个不同的零点

81、x1，x2，证明：x1x22e2【解答】解：（1）函数f（x）ax2xlnx+1（aR），x（0，+），f（x）2axlnx1，令u（x）f（x）2axlnx1，x（0，+），则u（x）2a，a0时，u（x）0，函数u（x）无极值，舍去a0时，u（x），函数u（x）在（0，）上单调递减；在（，+）上单调递增x时，函数u（x）取得极小值，u（）ln（2a），无极大值（2）证明：函数f（x）有两个不同的零点x1，x2，ax1lnx1，ax2lnx2，a（x1+x2）ln（x1x2），a（x2x1）ln+，相除化为：ln（x1x2）ln+2，不妨设0x1x2，t1，则ln（x1x2）lnt+2，下面

82、证明lnt2，即证明lnt0，t（1，+）令g（t）lnt，t（1，+）g（t）0，函数g（t）在t（1，+）上单调递增g（t）g（1）0ln（x1x2）22，令m，可得2lnm2+，即lnm10，m（0，+）令h（m）lnm1，m（0，+）则函数h（m）在m（0，+）上单调递增而h（e）ln（e）1ln20，me，即x1x22e226（2023思明区校级模拟）已知函数f（x）x3mx2+m2x（mR）的导函数为f（x）（1）若函数g（x）f（x）f（x）存在极值，求m的取值范围；（2）设函数h（x）f（ex）+f（lnx）（其中e为自然对数的底数），对任意mR，若关于x的不等式h（x）m2+

83、k2在（0，+）上恒成立，求正整数k的取值集合【解答】解：（1）f（x）2x22mx+m2，g（x）x3mx2+m2x2x22mx+m2，g（x）2x22（m+2）x+m2+2m，当m2或m2时，4（m+2）28（m2+2m）0，g（x）0恒成立，即函数g（x）在R上单调递增，故函数g（x）无极值，当2m2时，4（m+2）28（m2+2m）0，设g（x）0两个根为x1，x2，x1x2，当x（，x1），g（x）0，g（x）单调递增，当x（x1，x2），g（x）0，g（x）单调递减，当x（x2，+），g（x）0，g（x）单调递增，故函数在xx2 取得极大值，故函数在xx1 取得极小值，综上所述，m

84、的取值范围为（2，2）（2）h（x）（2e2x2mex+m2）+（2ln2x2mlnx+m2），对任意mR，（2e2x2mex+m2）+（2ln2x2mlnx+m2）m2+k2 在（0，+）上恒成立，即对任意mR，m22（ex+lnx）m+（2e2x+2ln2xk2）0 在（0，+）上恒成立，4（ex+lnx）24（2e2x+2ln2xk2）0 在（0，+）上恒成立，即k2（exlnx）2 对任意x0恒成立，设m（x）exlnx（x0），m（x），m（x）0，m（x）在（0，+）上单调递增且为连续，m（1）e10，函数m（x）在（0，+）存在唯一零点，当x（0，x0） 时，m（x）0，m（x）

85、单调递减，当x（x0，+） 时，m（x）0，m（x）单调递增，xx0 为函数m（x）的极小值，x0lnx0，k0，即k2（exlnx）2 得kexlnx对任意x0恒成立，k，k1，2，即正整数k的取值集合为1，227（2023天津一模）已知函数f（x）aexsinxa（注：e2.718281是自然对数的底数）（1）当a2时，求曲线yf（x）在点（0，f（0）处的切线方程；（2）当a0时，函数f（x）在区间内有唯一的极值点x1（）求实数a的取值范围；（）求证：f（x）在区间（0，）内有唯一的零点x0，且x02x1【解答】解：（1）f（x）2exsinx2，f（x）2excosx，切线的斜率kf（

86、0）211，又f（0）0，切线方程为yx（2）（）f（x）aexcosx，当a1时，当时，aex1，cosx（0，1），f（x）0，yf（x）在上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；当0a1时，f（x）aex+sinx0，f（x）在上递增，又f（0）a10，f（x）在上有唯一零点x1，当x（0，x1）时，f（x）0，函数f（x）单调递减；当时，f（x）0，函数f（x）单调递增，函数yf（x）在区间内有唯一极值点，符合题意，综上，a的取值范围是（0，1）（）证明：由（）知0a1，当时，f（x）aexcosx0，当x（0，x1）时，f（x）0，函数f（x）单调递减；当x（x1，）时，f（x）0，

87、函数f（x）单调递增；x（0，x1）时，f（x）f（0）0，则f（x1）0，又f（）aeaa（e1）0，f（x）在（x1，）上有唯一零点x0，即f（x）在（0，）上有唯一零点x0由（）知f（x1）0，则f（2x1）sin2x1acosx12sinx1cosx1，设h（x）ex2sinxex，则h（x）ex2cosx+ex，ex+ex2，2cosx2，h（x）ex+ex2cosx0，h（x）在为单调递增，又h（0）0，h（x）0，又时，cosx10，f（2x1）f（x0）0由前面讨论知x12x1，x1x0，f（x）在（x1，）单调递增，x02x128（2023湖南模拟）已知函数f（x）sinx+

88、sin2x，x0，（1）函数F（x）f（x）cosx+x在xx0处取得极大值，求f（x0）的值；（2）若，证明：f（x）3xcosax【解答】解：（1）F（x）f（x）cosx+x，x0，F（x）sinxcosx+cosxsin2x+x，F（x）cos2xsin2xsinxsin2x+2cosxcos2x+16cos3x+2cos2x4cosx，F（x）2（cosx+1）cosx（3cosx2）x0，1cosx1当1cosx0，或时，F（x）0，当时，F（x）0，即F（x）在0，x0上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且，即f（x0）sinx0+2sinx0cosx0（2）证明：由ycos

89、ax为偶函数，因此只需考虑的情况：令g（a）f（x）3xcosax，g（a）3x2sinax，（i）当，有g（a）0，g（a）单调递减，有，记，其中，只需证（x）0，有，当，易知（x）0，当，有（x）2+9sin29sin20，（x）单调递减，则（x）0成立；（ii）当，有g（a）0，g（a）单调递增，g（a）g（1）sinx+sin2x3xcosx，当，有f（x）（1+2cosx）sinx03xcosx，成立；当，记，则只需证，h（x）0；，h（x）0；，当，有h（x）0，则h（x）单调递增，h（x）h（0）0成立；当，有h（x）0，则h（x）单调递减，有成立综上可知，有f（x）3xcosa

90、x29（2023永州三模）已知函数f（x）xexlna，g（x）sinx（1）若x0是函数h（x）f（x）+ag（x）的极小值点，讨论h（x）在区间（，）上的零点个数（2）英国数学家泰勒发现了如下公式：cosx这个公式被编入计算工具，计算足够多的项时就可以确保显示值的精确性现已知，利用上述知识，试求的值【解答】解：（1）由题意得：h（x）lna（1x）ex+acosx，因为x0为函数h（x）的极值点，所以，h（0）lna+a0，知：lnaa，h（x）a（sinxxex），h（x）acosx（1x）ex，（i）当x（，0）时，由a0，1cosx1，1x1，ex1，得f（x）0，所以h（x）在（，

91、0）上单调递减，h（x）h（0）0，所以h（x）在区间（，0）上不存在零点；（ii）当x（0，）时，设（x）cosx（1x）ex，则（x）（2x）exsinx若，令m（x）（2x）exsinx，则m（x）（x3）excosx0，所以m（x）在上单调递减，因为m（0）20，所以存在，满足m（a）0，当x（0，a）时，m（x）（x）0，（x）在（0，a）上单调递增；当时，m（x）（x）0，（x）在上单调递减；若，令k（x）（2x）ex，则k（x）（x3）ex0，所以k（x）在区间上单调递减，所以，又因为，所以（x）（2x）exsinx0，（x）在上单调递减；若x（2，），则（x）（2x）exsin

92、x0，（x）在（2，）上单调递减由（a）（b）（c）得，h（x）在（0，a）上单调递增，h（x）在（a，）单调递减，因为（a）（0）0，（）（1）e10，所以存在（a，）使得（）0，所以，当x（0，）时，h（x）（x）0，h（x）在（0，）上单调递增，h（x）h（0）0，当x（，）时，h（x）（x）0，h（x）在（，）上单调递减，因为h（）h（0）0，h（）0，所以h（x）在区间（，）上有且只有一个零点综上，h（x）在区间（，）上的零点个数为2个；（2）因为，（*）对，两边求导得：，所以，（*）比较（*）（*）式中x2的系数，得，所以三利用导数研究函数的最值（共29小题）30（2023蕉城区校

93、级模拟）已知函数（1）讨论函数f（x）的零点的个数；（2）当m0时，若对任意x0，恒有，求实数a的取值范围【解答】解：（1）已知，函数定义域为（0，+），令，解得，不妨设，函数定义域为（0，+），可得，当0xe时，g（x）0，g（x）单调递增；当xe时，g（x）0，g（x）单调递减，所以当xe时，函数g（x）取得极大值也是最大值，最大值，又g（1）0，所以当0x1时，g（x）0，当x1时，g（x）0，此时当，即时，函数g（x）与直线ym无交点，即函数f（x）无零点；当或m0，即或m0时，函数g（x）与直线ym有且仅有一个交点，即函数f（x）有一个零点，当，即时，函数g（x）与直线ym有两个交点

94、，此时f（x）有两个零点，综上：当时，函数f（x）无零点，当或m0时，函数f（x）有一个零点，当，函数f（x）有2个零点；（2）当m0时，若对任意x0，恒有，即对任意x0，恒有ax（eax+1）lnx2（x2+1），不妨设h（x）（x+1）lnx，函数定义域为（0，+），可得h（x）lnx+，此时不等式满足h（eax）h（x2），不妨设k（x）lnx+，函数定义域为（0，+），可得k（x），当0x1，k（x）0，k（x）单调递减；当x1，k（x）0，k（x）单调递增，所以h（x）k（x）k（1）20，所以函数h（x）在（0，+）上单调递增，因为h（eax）h（x2），所以eaxx2对任意x0恒

95、成立，对等式两边同时取对数并整理得对任意x0恒成立，由（1）知，函数g（x）的最大值为，所以，解得a，故实数a的取值范围为，+）31（2023贺兰县校级四模）已知函数f（x）kxln（1+x）（k0）（1）当k1时，求曲线yf（x）在点（0，f（0）处的切线方程；（2）如果存在x0（0，+），使得当x（0，x0）时，恒有f（x）x2成立，求k的取值范围【解答】解：（1）当k1时，f（x）xln（1+x），求导得，则f（0）0，又f（0）0，所以曲线yf（x）在点（0，f（0）处的切线方程为y0（2）因为f（x）x2，所以x2kx+ln（x+1）0，因为存在x0（0，+），使得当x（0，x0）时

96、，恒有f（x）x2成立，则存在x0（0，+），使得当x（0，x0）时，x2kx+ln（x+1）0恒成立，令g（x）x2kx+ln（x+1），x（0，x0），所以x（0，x0），g（x）0恒成立，求导得，令，所以，所以函数h（x），即函数g（x）在（0，x0）上单调递增，又g（0）1k，当1k0，即0k1时，g（x）g（0）0，函数g（x）在（0，x0）上单调递增，所以x（0，x0），g（x）g（0）0成立，所以0k1，当k1时，g（0）1k0，所以存在x1（0，k），使得g（x1）0，当0xx1时，g（x）0，函数g（x）在（0，x1）上单调递减，当x（0，x1）时，g（x）g（0）0，不符合

97、题意，所以k的取值范围是（0，132（2023叶城县校级模拟）已知函数（1）求出函数f（x）的单调区间；（2）若g（x）x2f（x），求g（x）的最小值【解答】解：（1）函数的定义域为（，0）（0，+），令f（x）0，则x0或0x1，令f（x）0，则x1，所以函数f（x）的单调递减区间为（，0），（0，1），单调递增区间为（0，+）；（2）g（x）x2f（x）xex，（x0），令h（x）xex，xR，则h（x）（x+1）ex，当x1时，h（x）0，当x1时，h（x）0，所以函数h（x）在（，1）上单调递减，在（1，0），（0，+）上单调递增，所以，所以33（2023南关区校级模拟）已知函数（）

98、当a0时，求曲线yf（x）在点（0，f（0）处的切线方程；（）若a0，讨论函数f（x）的单调性；（）当x2时，f（x）0恒成立，求a的取值范围【解答】解：（）当a0时，f（x）（x2）exf（0）（02）e02，f（x）（x1）ex，kf（0）（01）e01，所以切线方程为：y+2（x0）即：yx2（）由题，可得f（x）（x1）exax+a（x1）（exa），由于a0，f（x）0的解为x1lna，x21，（1）当lna1，即ae时，f（x）0，则f（x）在（，+）上单调递增，（2）当lna1，即0ae时，在区间（，lna），（1，+）上，f（x）0；在区间（lna，1）上，f（x）0，所以f（

99、x）的单调增区间为（，lna），（1，+）；单调减区间为（lna，1）（3）当lna1，即ae时，在区间（，1），（lna，+）上，f（x）0；在区间（1，lna）上，f（x）0，则f（x）在（，1），（lna，+）上单调递增，（1，lna）上单调递减（）f（x）（x1）（exa）（1）当a0时，因为x2，所以x10，exa0，所以f（x）0，则f（x）在2，+）上单调递增，f（x）f（2）0成立，（2）当0ae2时，f（x）0，所以f（x）在2，+）上单调递增，所以f（x）f（2）0成立，（3）当ae2时，在区间（2，lna）上，f（x）0；在区间（lna，+），f（x）0，所以f（x）在（

100、2，lna）上单调递减，（lna，+）上单调递增，所以f（x）f（2）0，不符合题意，综上所述，a的取值范围是（，e234（2023海淀区校级三模）已知函数f（x）ex1asinx（aR）（1）若曲线yf（x）在（0，f（0）处的切线方程为yx，求实数a的值；（2）当a2时，求f（x）在0，上的最大值；（3）若对任意的x0，恒有f（x）0，求实数a的取值范围【解答】解：（1）由f（x）ex1asinxf（x）exacosx，f（0）1a，又曲线yf（x）在（0，f（0）处的切线方程为yx，即f（0）1a1，a2；（2）当a2时，f（x）ex12sinx，f（x）ex2cosx，由yex、yco

101、sx在0，上分别单调递增、单调递减可得：f（x）ex2cosx在0，上单调递增，而f（0）10，f（）e+20，即x0（0，），使得f（x0）0，故f（x）在（0，x0）上单调递减，（x0，）上单调递增，且f（0）0f（）e1，即f（x）在0，上的最大值为e1；（3）x0，f（x）exacosx，令g（x）f（x）g（x）ex+asinx，当a0时，asinx0，ex10，易知f（x）ex1asinx0在x0，上恒成立，当x0时取得等号，符合题意；当0a1时，易知asinx0，则g（x）ex+asinx0在x0，上恒成立，即f（x）在x0，时单调递增，又f（0）1a0，故f（x）在0，上单调递

102、增，f（0）0，恒有f（x）0，符合题意；当a1时，由知f（x）在x0，时单调递增，而f（0）1a0f（）e+a，即x0（0，），使得f（x0）0，故f（x）在（0，x0）上单调递减，（x0，）上单调递增，又f（0）0，则f（x0）f（0）0，不满足题意；综上当a（，1，能满足任意的x0，恒有f（x）035（2023沙坪坝区校级模拟）已知函数f（x）sin2x+2sin2x（1）若f（x）2ax在上恒成立，求实数a的取值范围；（2）证明：【解答】（1）解：根据题意得：sin2x+2sin2x2ax在上恒成立，即sin2x+（1cos2x）2ax在上恒成立，令t2x，则t0，问题化归为sint+

103、1at+cost在0，上恒成立，当t0时，aR；当t（0，时，设，设h（t）tcost+tsintsint+cost1，h（t）t（costsint），则时，h（t）0，h（t）单调递增；时，h（t）0，h（t）单调递减，而，所以h（t）在上存在唯一零点，设为t0，则t（0，t0）时，h（t）0，g（t）0；t（t0，时，h（t）0，g（t）0，所以g（t）在t0处取得最大值，在t处取得最小值，所以，综上所述：实数a的取值范围为；（2）证明：由（1）知：x0，时，所以，所以，令s（x）sinx，即，所以，所以 36（2023杭州模拟）已知x1，x2是方程exaxln（ax）x的两个实根，且x1

104、x2（1）求实数a的取值范围；（2）已知f（x）ax，g（x）ln（1+x）cosx+2，若存在正实数x3，使得f（x1）g（x3）成立，证明：x1x3【解答】解：（1）exaxln（ax）xex+xln（ax）+axex+xelnax+ln（ax），m（x）ex+x单调递增，则m（x）m（ln（ax），则xln（ax），即exax，方程exaxln（ax）x的根即为方程exax的根令，则，令h（x）0，可得x0或0x1，令h（x）0，可得x1，h（x）在（，0）上单调递减，且h（x）0，h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+）上单调递增，h（x）的极小值为h（1）e，方程exax有两个实

105、根，ae，即实数a的取值范围是（e，+）（2）证明：要证x1x3，即证，由（1）可得，只需证明，下面证明exln（1+x）cosx+2（x0），令（x）xsinx，（x）1cosx0，y（x）在R上单调递增，又（0）0，则当x0时，xsinx设k（x）exln（1+x）+cosx，则，当x0时，设t（x）exx，则t（x）ex1，当x0时，t（x）0，t（x）单调递增，t（x）exxt（0）1，ex1+x，k（x）在（0，+）单调递增，k（x）k（0）2，即exln（1+x）+cosx2综上所述，x1x337（2023郴州模拟）已知函数f（x）x2ax+1，g（x）lnx+a（aR）（1）若a

106、1，f（x）g（x）在区间（0，t）上恒成立，求实数t的取值范围；（2）若函数f（x）和g（x）有公切线，求实数a的取值范围【解答】解：（1）由题意，当a1时，设h（x）f（x）g（x），则h（x）x2x+1lnx1x2x1lnx（x0），令h（x）0，得x1（舍负）h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+）上单调递增，h（x）minh（1）0根据题意t的取值范围为（0，1（2）设函数f（x）在点（x1，f（x1）处与函数g（x）在点（x2，g（x2）处有相同的切线，则，代入，得问题转化为：关于x的方程有解，设，则函数F（x）有零点，当xe2a时，lnx+a20，F（e2a）0，问题转化为：

107、F（x）的最小值小于或等于0.，设，则当0xx0时，F（x）0，当xx0时，F（x）0，F（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+）上单调递增，F（x）的最小值为，由知，故，设，则，故（x）在（0，+）上单调递增，（1）0，当x（0，1时，（x）0，F（x）的最小值F（x0）0等价于0x01又函数在（0，1上单调递增，38（2023让胡路区校级模拟）已知函数（1）若f（x）在定义域上具有唯一单调性，求k的取值范围；（2）当x（1，2）时，证明：【解答】解：（1）由题意得f（x）的定义域为（0，+），若f（x）在定义域上单调递增，则f（x）0恒成立，即在（0，+）上恒成立，又，k4；若f（x

108、）在定义域上单调递减，则f（x）0恒成立，即在（0，+）上恒成立，而这样的k不存在；综上所述：f（x）在定义域上单调递增，且k4，所以k的取值范围为（，4；证明：（2）要证成立，只需证，只需证，只需证，只需证，当k4时，原不等式即证，由（1）知f（x）在（0，+）上单调递增，x（1，2），又，则，原不等式成立39（2023西城区二模）已知函数f（x）x2+ln（x+1）（）求f（x）在区间上的最大值和最小值；（）若（ex+acosx）f（x）0恒成立，求实数a的值【解答】解：（）函数f（x）x2+ln（x+1），x，f（x）2x+0，f（x）在区间上单调递增f（x）的最小值为；f（x）的最大值

109、为f（0）0 （）f（x）的定义域为（1，+） 由（）知f（0）0，且f（x）在（1，+）上单调递增，当x0时，f（x）0；当1x0时，f（x）0 设g（x）ex+acosx 若g（x）f（x）0恒成立，则当x0时，g（x）0；当1x0时，g（x）0g（0）0，即e0+acos00，解得a1 下面证明：当a1时，g（x）f（x）0恒成立 此时，g（x）excosx，g（x）ex+sinx 当x0时，g（x）1+sinx0g（x）在（1，+）上单调递增，g（x）g（0）0 当1x0时，设h（x）g（x）h（x）ex+cosx0，g（x）在（1，0）上单调递增g（1）+sin（1）+sin（）0，

110、g（0）10，存在唯一的x0（1，0），使得g（x0）0g（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，0）上单调递增，且g（0）0，当1x0时，g（x）0恒成立 综上，a140（2023海淀区校级三模）已知函数f（x）kxln（1+x）（k0）（1）当k1时，求曲线yf（x）在点（0，f（0）处的切线方程；（2）若函数f（x）在（0，+）上有最小值，求k的取值范围；（3）如果存在x0（0，+），使得当x（0，x0）时，恒有f（x）x2成立，求k的取值范围【解答】解：（1）当k1时，f（x）xln（1+x），求导得：，则f（0）0，而f（0）0，所以曲线yf（x）在点（0，f（0）处的切线方程为y

111、0（2）x（0，+），k0，函数f（x）kxln（1+x），求导得：，显然恒有，则当k1时，f（x）0，函数f（x）在（0，+）上单调递增，无最小值，不符合题意；当0k1时，由f（x）0，得，当时，f（x）0，当时，f（x）0，因此函数f（x）在上单调递减，在上单调递增，即当时，函数f（x）取得最小值，所以函数f（x）在（0，+）上有最小值，k的取值范围是（0，1）（3）f（x）x2x2kx+ln（x+1）0，因为存在x0（0，+），使得当x（0，x0）时，恒有f（x）x2成立，则有存在x0（0，+），使得当x（0，x0）时，x2kx+ln（x+1）0，令g（x）x2kx+ln（x+1），x（

112、0，x0），即有x（0，x0），g（x）0恒成立，求导得，令，因此函数h（x），即函数g（x）在（0，x0）上单调递增，而g（0）1k，当1k0，即0k1时，g（x）g（0）0，函数g（x）在（0，x0）上单调递增，x（0，x0），g（x）g（0）0成立，从而0k1，当k1时，g（0）1k0，则存在x1（0，k），使得g（x1）0，当0xx1时，g（x）0，函数g（x）在（0，x1）上单调递减，当x（0，x1）时，g（x）g（0）0，不符合题意，所以k的取值范围是（0，141（2023春鼓楼区期中）设x3是函数f（x）ax3+bx23x+c的一个极值点，曲线yf（x）在x1处的切线斜率为8（1

113、）求f（x）的单调区间；（2）若f（x）在闭区间1，1上的最大值为10，求c的值【解答】解：（1）f（x）3ax2+2bx3，由已知得，得，解得a1，b4于是f（x）3x2+8x3（x+3）（3x1），由f（x）0，得x3或，由f（x）0，得，可知x3是函数的极大值点，a1，b4符合题意，所以f（x）的单调递增区间是（，3）和，单调递减区间是（2）由（1）知f（x）x3+4x23x+c，因为f（x）在区间上是单调递减函数，在上是单调递增函数，又f（1）2+cf（1）6+c，所以f（x）的最大值为f（1）6+c10，解得c442（2023浙江模拟）已知为正实数，函数f（x）ln（x+1）x+（x

114、0）（1）若f（x）0恒成立，求的取值范围；（2）求证：2ln（n+1）（）2ln（n+1）（i1，2，3，）【解答】解：（1）f（x）+x，若0，即01，f（x）0，函数f（x）在区间（0，+）单调递增，故f（x）f（0）0，满足条件；若0，即1，当x（0，）时，f（x）0，函数f（x）单调递减，故f（x）f（0）0，矛盾，不符合题意；综上：01（2）先证右侧不等式，如下：由（1）可得：当1时，有f（x）ln（x+1）x+0，则f（）ln（+1）+0，即ln（x+1）lnx，即2（ln（x+1）2lnx，则有2ln（n+1）2lnn+2lnn2lm（n1）+2ln22ln1+（），即2ln（

115、n+1）（），右侧不等式得证下面证左侧不等式，如下：易知ln（x+1）x（x0），可得ln（+1），即ln（x+1）lnx，则有ln（n+1）lnn+lnnln（n1）+ln2ln1+，即ln（n+1）+，2（），则+1+2（+，故2ln（n+1）2（+）（+）（），综上：2ln（n+1）（）2ln（n+1）（i1，2，3，）43（2023贺兰县校级模拟）已知函数f（x）（x+2）ln（1+x）ax（）当a0时，求f（x）在x0处的切线方程；（）如果当x0时，f（x）0恒成立，求实数a的取值范围；（）求证：当a2时，函数f（x）恰有3个零点【解答】解：（）当a0时，f（x）（x+2）ln（1+

116、x），则，切线斜率kf（0）2，又f（0）0，所求切线方程为y2x；（）依题意，在（0，+）上恒成立，设，则，当a2时，x2+（42a）x+42a0，则h（x）0，h（x）在（0，+）上单调递增，故h（x）h（0）0满足题意；当a2时，设g（x）x2+（42a）x+42a，因为二次函数g（x）的开口向上，g（0）42a0，所以存在x0（0，+），使得g（x0）0，且当x（0，x0）时，g（x）0，h（x）0，h（x）单调递减，故此时h（x）h（0）0，不满足题意；综上，实数a的取值范围为（，2；（）证明：函数的定义域为（1，+），当a2时，函数f（x）的零点个数等价于的零点个数，由（）可知，设

117、g（x）x2+（42a）x+42a，由二次函数在xR时，g（1）10，g（0）42a0，可知存在x1（1，0），x2（0，+），使得g（x1）g（x2）0，在（1，x1），（x2，+）单调递增，在（x1，0），（0，x2）单调递减，又h（0）0，故h（x1）0，h（x2）0，又当xea1时，故h（x）在（ea1，x1）存在一个零点；当xea1时，故h（x）在存在一个零点；又h（0）0，故当a2时，函数f（x）恰有3个零点44（2023保定一模）已知函数f（x）sinxaln（x+1）（1）当a1时，证明：当x0，1时，f（x）0；（2）当x0，时，f（x）2ex2恒成立，求a的取值范围【解答】

118、解：（1）证明：法一：首先证明sinxx，x0，+），理由如下：构造j（x）sinxx，x0，+），则j（x）cosx10恒成立，故j（x）sinxx在x0，+）上单调递减，故j（x）j（0）0，所以sinxx，x0，+），f（x）sinxln（x+1），x0，1，故在x0，1上恒成立，所以f（x）在0，1单调递增，故f（x）f（0）0法二：f（x）sinxln（x+1），x0，1，且f（0）0，令，则，令，则在x0，1上恒成立，所以单调递减，又q（0）10，其中，故，故x0（0，1），使得q（x0）0，且当x（0，x0）时，q（x）0，当x（x0，1）时，q（x）0，所以f（x）先增后减，又

119、f（0）0，f（x）0在x（0，1）上恒成立，所以f（x）单调递增，f（x）f（0）0；（2）法一：g（x）2ex2sinx+aln（x+1），g（x）2（exx1）+xsinx+xln（x+1）+（a+1）ln（x+1）0，下证：exx10（x0），xsinx0（x0），xln（x+1）0（x0），且在x0处取等号，令r（x）exx1（x0），则r（x）ex10（x0），故r（x）exx1（x0）单调递增，故r（x）r（0）0，且在x0处取等号，xsinx0（x0）在（1）中已证明；令t（x）xln（x+1）（x0），则，故t（x）xln（x+1）（x0）单调递增，故t（x）t（0）0，且在

120、x0处取等号，当x0时，ln（x+1）0，当a+10时，即a1时，g（x）0符合题意，当a1时，g（0）0，g（0）1+a0，其中当a1时，2ea2e，cos（a）1，故，令，x0，则在x0，上恒成立，故g（x）在x0，上单调递增，故x1（0，a），使得g（x1）0，g（x）在（0，x1）单调递减，故g（x1）g（0）0与g（x）0矛盾，舍去；综上：a的取值范围为1，+）；法二：g（x）2ex2sinx+aln（x+1），x（0，），当a0时，g（x）2ex10，x（0，），g（x）在0，单调递增，且g（x）g（0）0符合题意，当a0时，在（0，）单调递增，g（0）2+a11+a，当a+10时

121、，即1a0时，g（x）g（0）1+a0g（x）在0，单调递增，g（x）g（0）0符合题意，当a+10时，即a1时，g（0）0，g（0）1+a0，其中当a1时，2ea2e，cos（a）1，故，令，x0，则在x0，上恒成立，故g（x）在x0，上单调递增，故x1（0，a），使得g（x1）0，g（x）在（0，x1）单调递减，故g（x1）g（0）0与g（x）0矛盾，舍去；综上：a的取值范围为1，+）45（2023葫芦岛一模）已知函数f（x）lnx，g（x）x1（1）h（x）（x+1）f（x）2g（x），x1，+），求h（x）的最小值；（2）设（x）x2f（x）证明：（x）g（x）；若方程（x）m（mR）

122、有两个不同的实数解x1，x2证明：【解答】解：（1）已知函数f（x）lnx，g（x）x1，则h（x）（x+1）f（x）2g（x）（x+1）lnx2（x1），函数定义域为1，+），可得h（x）lnx+2lnx+1，不妨设k（x）lnx+1，函数定义域为1，+），可得k（x）0，所以函数k（x）在定义域上单调递增，此时k（x）k（1）0，所以h（x）0，则h（x）在1，+）单调递增，此时h（x）h（1）0，故h（x）的最小值为0；（2）证明：已知（x）x2f（x）x2lnx，函数定义域为（0，+），不妨设p（x）（x）g（x）x2lnxx+1，函数定义域为（0，+），可得p（x）2xlnx+x1，

123、当0x1时，p（x）0，p（x）单调递减；当x1时，p（x）0，p（x）单调递增，又p（1）0，所以p（x）0，故（x）g（x）；证明：易知（x）2xlnx+xx（2lnx+1），当0xe时，（x）0，（x）单调递减；当xe时，（x）0，（x）单调递增，又（1）0，若方程（x）m（mR）有两个不同的实数解x1，x2，不妨设，m0，由知（x）x1，当且仅当x1时等号成立，不妨设q（x）xlnx，函数定义域为（0，+），可得q（x）lnx+1，当0x时，q（x）0，q（x）单调递减；当x时，q（x）0，q（x）单调递增，所以q（x）q（），此时xlnx（x）x，当且仅当x时，等号成立，不妨设直线y

124、m与直线，yx1交点的横坐标分别为，则|x1x2|m+1+em（e+1）m+1，整理得，下证：（ab），即证ln2，令，t1，不妨设F（t）lnt2，函数定义域为（1，+），可得F（t）0，所以函数F（t）在定义域上单调递增，此时F（t）F（1）0，则（ab）恒成立，由对数平均不等式可得，解得，由可得46（2023谷城县校级模拟）已知a0，设函数f（x）（2xa）lnx+x，f（x）是f（x）的导函数（1）若a2，求曲线f（x）在点（1，f（1）处的切线方程；（2）若f（x）在区间（1，+）上存在两个不同的零点x1，x2（x1x2）求实数a的取值范围；证明：【解答】解：（1）当a2时，f（x）

125、2（x1）lnx+x，则，且x0，所以f（1）1，f（1）1，故函数在点（1，f（1）处的切线方程为y1x1，即xy0；（2）当x1时，由f（x）0等可得，令，则，当时，g（x）0，g（x）单调递减，当时g（x）0，g（x）单调递增，当x1时，因为f（x）在（1，+）上存在两个不同的零点x1，x2，则g（x）min0，所以4a0，即取，则，故，又，所以f（x）在和上各有一个零点，故，故a的取值范围为（4，+）；证明：因为，所以x2f（x2）2x2lnx2a+3x2，结合f（x2）（2x2a）lnx2+x20知：设ylnxx+1，则，在（0，1）上y0，在（1，+）上y0，所以函数在（0，1）上

126、递增，在（1，+）上递减，故yln11+10，即lnxx1，所以，即，当xe时取等号，所以由知f（x）在x2，+）上单调递增，且f（x2）0，所以，即a2x2e因为在e，+）上是减函数，且a2x2e，所以，得证47（2023松江区校级模拟）已知函数f（x）alnx+，aR（1）若a2，且直线yx+m是曲线yf（x）的一条切线，求实数m的值；（2）若不等式f（x）1对任意x（1，+）恒成立，求a的取值范围；（3）若函数h（x）f（x）x有两个极值点x1，x2（x1x2），且h（x2）h（x1），求a的取值范围【解答】解：（1）当a2时，f（x）2lnx+，f（x）设直线yx+m与曲线yf（x）相

127、切于点 （x0，2lnx0+），则 1，即2x0+10，解得 x01，即切点为（1，1），因为切点在yx+m上，所以11+m，解得m0 （3分）（2）不等式f（x）1可化为alnx+10记g（x）alnx+1，则g（x）0对任意x（1，+）恒成立考察函数g（x）alnx+1，x0，g（x）当a0时，g（x）0，g（x）在（0，+）上单调递减，又g（1）0，所以g（2）g（1）0，不合题意； （5分）当a0时，x（0，），g（x）0；x（，+），g（x）0，所以g（x）在（0，上单调递减，在，+）上单调递增，若1，即a1时，g（x）在1，+）上单调递增，所以x（1，+）时，g（x）g（1）0，符

128、合题意； （7分）若1，即0a1时，g（x）在1，）上单调递减，所以当x（1，）时，g（x）g（1）0，不符合题意；综上所述，实数a的取值范围为1，+） （9分）（3）方法一：h（x）f（x）xalnx+x，x0，h（x）1，因为h（x）有两个极值点x1，x2（x1x2），所以h（x）0，即x2ax+10的两实数根为x1，x2，0x1x2，所以x1+x2a，x1x21，a240，所以a2，0x11x2，从而h（x2）h（x1）（alnx2+x2）（alnx1+x1）2（alnx2+x2）2（x2+）lnx2+x2 （12分）记m（x）2（x+）lnx+x，x1则m（x）2（1）lnx+（x+）

129、12（1）lnx0 （当且仅当x1时取等号），所以m（x）在1，+）上单调递增，又m（e），不等式h（x2）h（x1） 可化为m（x2）m（e），所以1x2e（14分）因为ax2+，且yx+在（1，+）上递增，所以2ae+，即a的取值范围为（2，e+ （16分）方法二：h（x）f（x）xalnx+x，x0，h（x）1因为h（x）有两个极值点x1，x2（x1x2），所以h（x）0，即x2ax+10的两实数根为x1，x2，0x1x2，所以x1+x2a，x1x21，a240，所以a2，0x11x2设t2（t1），则x1+t2x1a，t21，所以x1，at+，x2t，从而h（x2）h（x1） 等价于

130、h（t）（t+）lnt+t，t1（12分）记m（x）（x+）lnx+x，x1则m（x）（1）lnx+（x+）1（1）lnx0 （当且仅当x1时取等号），所以m（x）在1，+）上单调递增又t1，m（e），所以1te （14分）因为at+，且yx+在（1，+）上递增，所以2ae+，即a的取值范围为（2，e+ （16分）48（2023沙坪坝区校级模拟）对于定义在D上的函数F（x），若存在x0D，使得F（x0）x0，则称x0为F（x）的一个不动点设函数f（x）（x1）exalnx+x，已知x0（x01）为函数f（x）的不动点（1）求实数a的取值范围；（2）若kZ，且kx0a对任意满足条件的x0成立，求

131、整数k的最大值（参考数据：ln20.693，ln31.1，e27.39，）【解答】解：（1）依题意，方程（x1）exalnx0在（0，+）内有根x0，且x01，令g（x）（x1）exalnx，x（0，1）（1，+），求导得，当a0时，g（x）0在（0，1），（1，+）上都递增，而g（1）0，因此函数g（x）在（0，1）、（1，+）无零点，当a0时，令h（x）x2exa，x（0，1）（1，+），h（x）（x2+2x）ex0，则函数g（x）在（0，1），（1，+）上都递增，当0ae时，当x1时，g（x）g（1）ea0，函数g（x）在（1，+）上递增，无零点，当0x1时，h（0）a0，则存在x1（0

132、，1），使得h（x1）0，即g（x1）0，当x（0，x1）时，g（x）0，g（x）递减，在x（x1，1）时，g（x）0，g（x）递增，g（x1）g（1）0，而，有，因此存在x0（0，x1），使得g（x0）0，即函数g（x）在（0，1）上有零点x0，则0ae，当ae时，当0x1时，g（x）g（1）ea0，函数g（x）在（0，1）上递减，g（x）g（1）0，无零点，当x1时，则存在x2（1，+），使得h（x2）0，即g（x2）0，当x（1，x2）时，g（x）0，g（x）递减，在x（x2，+）时，g（x）0，g（x）递增，g（x2）g（1）0，g（a）（a1）eaalna，令（a）（a1）eaaln

133、a，ae，求导得（a）aea1lna，令y（a）aea1lna，ae，则，即函数（a）在（e，+）上单调递增，（a）（e）eee20，函数（a）在（e，+）上单调递增，（a）（e）（e1）eee0，因此存在x0（1，a），使得g（x0）0，即函数g（x）在（1，+）上有零点x0，则ae，所以实数a的取值范围是（0，e）（e，+）（2）依题意，于是，即因为x0（0，1）（1，+），取，有，因此k取2，下证：对任意x0（0，1）（1，+）成立，令u（x）lnxx+1，x0，当x（0，1）时，u（x）0，u（x）递增，当x（1，+）时，u（x）0，u（x）递减，x0，u（x）u（1）0，即lnxx1

134、对x0恒成立，当x0（1，+）时，令v（x）ex2x，x1，v（x）ex20，函数v（x）在（1，+）上递增，v（x）v（1）e20，即，从而成立，当x0（0，1）时，只需证：成立，令H（x）（x1）ex2xlnx，0x1，只需证H（x）0，H（x）xex2lnx2，令t（x）xex2lnx2，0x1，显然在（0，1）上递增，即存在，使t（x3）0，且当x（0，x3）时，t（x）0，H（x）递减，当x（x3，1）时，t（x）0，H（x）递增，整理得，因为函数在x（0，1）递减，所以，所以H（x）0在x（0，1）恒成立，即H（x）在x（0，1）递增，显然，所以成立49（2023思明区校级四模）函

135、数f（x）sinxax+1（1），求f（x）的单调区间；（2）若f（x）cosx在x0，上恒成立，求实数a的取值范围；（3）令函数g（x）f（x）+ax1，求证：【解答】解：（1），当，kZ时，f（x）0，当，kZ时，f（x）0，所以f（x）的单调递增区间是，kZ，f（x）的单调递减区间是，kZ（2）不等式恒成立等价于ax+cosxsinx10，令h（x）ax+cosxsinx1，则由，可得到，yax+cosxsinx1可以看作是关于a的一次函数，单调递增，令，对于，x0，h（x）（x）恒成立，只需证明即可，1当，则，（x）在上单调递减，又（x）0，所以此时（x）0恒成立2当时，恒成立；3当时

136、，单调递增，所以在上存在唯一的x0，使得（x0）0，当x（0，x0）时，（x）0，当x（x0，）时，（x）0，所以（x）在x（0，x0）时单调递减，在x（x0，）时单调递增，（0）0，（）0，（x0）0，（x）0恒成立，故h（x）（x）0恒成立，（3）证明：由（2）可知，g（x）sinx，令，k1，2，8，可得到，从而，即得证50（2023海淀区校级三模）已知函数f（x）（1+x）a，g（x）1+ax，（aR）；（1）当a3时，求曲线yf（x）在点（0，f（0）处的切线方程；（2）若正数a使得f（x）g（x）对x0，+）恒成立，求a的取值范围；（3）设函数G（x）g（x）eg（x）+2，x0，

137、+），讨论其在定义域内的零点个数【解答】解：（1）a3时，f（x）3（1+x），故f（0）3，f（0）1，故函数在（0，f（0）处的切线方程是：y3x+1，即3xy+10；（2）设F（x）f（x）g（x）（1+x）a1ax，F（x）a（1+x）a11，a1时，f（x）1+x，g（x）1+x，故f（x）g（x）对x0，+）恒成立，当a1时，由x0得：F（x）0，故F（x）在0，+）递增，又F（0）f（0）g（0）0，故f（x）g（x）对x0，+）恒成立，当0a1时，由x0得：F（x）0，F（x）在0，+）递减，F（0）f（0）g（0）0，故f（x）g（x）对x0，+）恒成立，综上，a的范围是1，

138、+）；（3）G（x）3+axe1+ax，G（x）a（1e1+ax），当a0时，g（x）3e，g（x）无零点，当a0则1+ax0，G（x）0，故G（x）在0，+）递减，由G（0）3e0，G（）4e20，故函数有且只有1个零点，若a0，令G（x）0，解得：x，故x（0，），G（x）0，G（x）递增，x（，+）时，G（x）0，G（x）递减，故G（x）极大值G（）2，又G（0）0，G（）0，故函数在（，）上有唯一零点，综上，a0时，g（x）无零点，a0时，g（x）1个零点51（2023绍兴模拟）已知函数f（x）x2axlnx1，aR（1）求证：；（2）若函数f（x）有三个不同的零点x1，x2，x3（x

139、1x2x3）（）求a的取值范围；（）求证：x1+x32a2【解答】解：（1）证明：由f（x）x2axlnx1得，所以，故，（2）（）由于f（1）0，且当x+时，f（x）+，故f（1）0，又f（x）2xa（lnx+1），所以f（1）2a0，所以a2，当a2时，令g（x）f（x）2xa（lnx+1），所以，当时，g（x）0，当时，g（x）0，所以g（x）在单调递减，在单调递增，故，又f（1）2a0，f（a2）2a2a（lna2+1）2a2a（2lna+1）a（2a2lna1）a2a12（a1）a0，所以存在，使得f（m）0，f（n）0，因此f（x）在（0，m），（n，+）上单调递增，在（m，n）单

140、调递减，又当x0+，f（x）1，当x+，f（x）+，所以此时f（x）有3个零点，符合题意，故a2，当a2时，令，则，故当x1时，h（x）0，此时h（x）单调递减，当0x1时，h（x）0，此时h（x）单调递增，故h（x）h（1）1，此时f（x）0恒成立，f（x）在（0，+）单调递增，至多只有一个零点，不符合题意，综上可知：a2，即实数a的取值范围是（2，+）（）证明：由（）以及f（1）0可知，x21，又，故也是f（x）0的根，故，设，所以（x）在（1，+）单调递增，故（x）（1）0，即，（x1）又因为，所以，所以x1+x32a252（2023万州区模拟）已知函数f（x）（1）讨论f（x）的极值；

141、（2）当a1时，关于x的不等式1+mxln（x+1）在0，+）上恒成立，求实数m的取值范围【解答】解：（1）因为f（x），xR，所以f（x），当a0时，f（x）0，则f（x）在R上单调递减；当a0时，当x1时，f（x）0，f（x）单调递减，当x1时，f（x）0，f（x）单调递增，所以f（x）极小值f（1）；当a0时，当x1时，f（x）0，f（x）单调递增，当x1时，f（x）0，f（x）单调递减；所以f（x）极大值f（1）；综上所述：当a0时，无极值；当a0时，f（x）极小值；当a0时，以f（x）极大值；（2）当a1时，f（x），所以有1+mxln（x+1）在0，+）上恒成立，即+ln（x+1）

142、mx10在0，+）上恒成立，令g（x）+ln（x+1）mx1，x0，+），则有g（0）0，所以g（x）min0在0，+）上恒成立，所以g（x）+m+m，g（x）+m+m，当m0时，g（x）0，所以g（x）在0，+）上单调递增，g（x）ming（0）0，满足题意，当m0时，令（x）g（x）+m，x0，+），则（x），设h（x）ex（x2+1）（x+1），x0，+），则h（x）ex（1+x）21，因为x0，所以ex（1+x）21，所以h（x）0，所以h（x）在x0，+）上单调递增，所以h（x）h（0）0，即（x）0在x0，+）上恒成立，所以（x）即g（x）在x0，+）上单调递增，又因为g（0）1m

143、，当1m0，即0m1时，g（x）0在x0，+）上恒成立，所以g（x）在x0，+）上单调递增，所以g（x）min0在0，+）上恒成立，当m1时，g（0）1m0，如果g（x）0在x0，+）上恒成立，则g（x）在x0，+）单调递减，则g（x）无最小值，不符题意；如果g（x）0有解时，设g（x0）0，则g（x）在0，x0）上单调递减，在（x0，+）上单调递增，则在x0，x0）时，g（x）g（0）0，不符合题意；综上，m1，即实数m的取值范围是（，153（2023潍坊模拟）已知函数f（x）ax+22a（a0）的图像在点（1，f（1）处的切线与直线x+2y+10垂直（1）求a，b满足的关系式；（2）若f（

144、x）2lnx在1，+）上恒成立，求a的取值范围；（3）证明：【解答】解：（1）由题意可得，因为f（x）在点（1，f（1）处的切线与直线x+2y+10垂直，所以，即f（1）ab2，所以ba2（2）因为ba2，所以，若f（x）2lnx在1，+）上恒成立，则f（x）2lnx0在1，+）上恒成立，设g（x）f（x）2lnxax+22a2lnx，x1，+），则g（1）0，当0a1时，1，若1x，则g（x）0，此时g（x）在（1，）上单调递减，所以g（x）g（1）0，即f（x）2lnx在1，+）上不恒成立；当a1，1，当x1时，g（x）0，所以g（x）在1，+）上单调递增，又g（1）0，此时f（x）2ln

145、x综上所述，所求a的取值范围是1，+）（3）证明：由（2），当a1时，f（x）2lnx在1，+）上恒成立，取a1，得，即，当且仅当x1时等号成立，令，nN*，则ln，因为lnln+ln+lnln（）ln2，而（+）（+）+（+）+（+）（+）+，所以 ，又1+1+2（+）+，所以ln2+，即，证毕54（2023云南模拟）已知函数（1）求yf（x）在（0，f（0）处的切线方程；（2）若af（x）g（x）0，求实数a的取值范围【解答】解：（1）当x1时，f（x）2x1ln2，故，又，所以yf（x）在（0，f（0）处的切线方程为，即y；（2）令h（x）af（x）g（x），当x1时，h（x）a（x1）

146、log3x，由h（2）0得 alog320，故h（x）在 上单调递减，在 上单调递增，若 ，即，则h（x）在（1，+）上单调递增，故h（x）h（1）0，符合题意；若，即，则h（x）在（1，）上单调递减，故当x（1，）时，h（x）h（1）0，不符合题意，舍去，综上所述，当x1时，实数a满足a，当x1时，h（x）a（2x11）（x1），h（x）a2x2ln21，h（x）a2x1ln22 由知，h（x）0，故h（x）在（，1上单调递增，若h（1）aln210，即，则h（x）h（1）0，h（x）在（，1）上单调递减，故h（x）h（1）0，符合题意；若h（1）aln210，即，由于x时，h（x）1，故存

147、在唯一x0（，1），使得h（x0）0，则h（x）在（x0，1）上单调递增，故当x（x0，1）时，h（x）h（1）0，不符合题意，所以当x1时，实数a需满足，综上所述，实数a的取值范围为55（2023朝阳区校级模拟）已知aR，函数f（x）（xa1）ex1（1）讨论f（x）在（，b）上的单调性；（2）已知点P（m，m）（i）若过点P可以作两条直线与曲线yex1+1（1x3）相切，求m的取值范围；（ii）设函数，若曲线yh（x）上恰有三个点Ti（i1，2，3）使得直线PTi与该曲线相切于点Ti，写出m的取值范围（无需证明）【解答】解：（1）f（x）（xa）ex1，当ab时，f（x）（xa）ex10，

148、所以f（x）在（，b）上单调递减，当ab时，令f（x）0，则xa，令f（x）0，则axb，所以函数f（x）在（，a）上单调递减，在（a，b）上单调递增，综上所述，当ab时，f（x）在（，b）上单调递减，当ab时，f（x）在（，a）上单调递减，在（a，b）上单调递增；（2）（i）设切点为Q（x1，y1），因为yex1，所以切线的斜率为，则切线方程为，因为切线过点P（m，m），所以，即，若过点P可以作两条直线与曲线yex1+1（1x3）相切，则上述关于x1的方程至少有两个不同的解，显然x11不是该方程的解，所以关于x的方程在（1，1）（1，3）上至少有两个不同的解，令，则，令g（x）ex1+1x，

149、x（1，1）（1，3），则g（x）ex11，x（1，1）（1，3），当x（1，1）时，g（x）0，所以g（x）在（1，1）上单调递减，当x（1，3）时，g（x）0，所以g（x）在（1，3）上单调递增，所以g（x）g（1）0，所以当x（1，1）（1，3）时，G（x）0，所以G（x）在（1，1）上单调递增，在（1，3）上单调递增，G（x）的大致图象如下图所示：因为，所以当时，关于关于x的方程在（1，1）（1，3）上有两个不同的解，此时过点P可以作两条直线与曲线yex1+1（1x3）相切，所以m的取值范围为；（ii）由（i）得，过点P可以作一条直线与曲线yex1+1（1x1）相切，则当1+e2x1+

150、e2时，曲线yh（x）上恰有两个点处得切线过点P（m，m），由1+e2x1+e2，得1ln（x1）+13，由yln（x1）+1，1+e2x1+e2，得xey1+1（1y3），所以函数yln（x1）+1，1+e2x1+e2与yex1+1（1x3）互为反函数，则函数yln（x1）+1，1+e2x1+e2与yex1+1（1x3）关于yx对称，因为点P（m，m）在直线yx，则曲线yh（x）上恰有两个点处得切线过点P（m，m），即为过点P可以作两条直线与曲线yex1+1（1x3）相切，由（i）得，此时，所以m的取值范围为56（2023乌鲁木齐模拟）已知f（x）xexa（x+lnx）（1）当ae时，求f（

151、x）的最小值；（2）当a1时，有f（x）（b2）x+1恒成立，求b的取值范围【解答】解：（1）当ae时，f（x）xexe（x+lnx），x（0，+），f（x）（x+1）exe（1+）（x+1）（ex），f（1）0，x（0，1）时，f（x）0，此时函数f（x）单调递减；x（1，+）时，f（x）0，此时函数f（x）单调递增x1时，函数f（x）取得极小值即最小值，f（1）0（2）当a1时，有f（x）（b2）x+1恒成立bex+1恒成立，x（0，+），令g（x）ex+1，x（0，+），g（x）ex+，x（0，+），令u（x）x2ex+lnx，x（0，+），u（x）（x2+2x）ex+0，u（x）在x（

152、0，+）上单调递增，x0+时，u（x）；x1时，u（x）e0x0（0，1），使得u（x0）+lnx00，化为x0ln，（ln0），令v（x）xex，x（0，1），v（x）（x+1）ex0，函数v（x）在x（0，1）上单调递增，x0lnlnx0，即0，xx0时，函数g（x）取得极小值即最小值，g（x0）+1+12，b2，即b的取值范围是（，257（2023嘉兴二模）已知f（x）ex，g（x）lnx（1）若存在实数a，使得不等式f（x）g（x）f（a）g（a）对任意x（0，+）恒成立，求f（a）g（a）的值；（2）若1x1x2，设，证明：存在x0（x1，x2），使得成立；【解答】解：（1）令h（x

153、）f（x）g（x）exlnx，则h（x）ex，则h（x）在（0，+）递增，且h（）0，h（1）e10，存在，使得h（a），且h（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+）上单调递增，h（x）h（a）对任意x（0，+）恒成立，此时；证明：（2）令，1x1x2，A0，则令（x）exAlnx，则（x），令u（x）xexAu（x）xexA在（0，+）递增，且当x0+时，u（x）A；当x+时，u（x）+，存在x00，使得u（x）0，即于是（x）在（0，x0）递减，在（x0，+）递增（x1）（x2），x0（x1，x2）；要证，即证，只要证，即证，即证令h（x）f（x）g（x）exlnx，即证，即证h（x1）

154、h（x2），令x1x，则1xx2令，则，h（x）h（1）e20，xx20，q（x）0，则q（x）单调递增，则q（x）q（x2）0，q（x）q（x2）0，h（x1）h（x2）成立，故原命题成立58（2023福建模拟）已知函数f（x）ex+ex+（2b）x，g（x）ax2+b（a，bR），若曲线yg（x）在x1处的切线方程y2x+1+f（0）（1）求实数a，b的值；（2）若不等式f（x）kg（x）2k+2对任意xR恒成立，求k的取值范围；（3）设1，2，3，n（0，），其中nN*，n2，求证：f（sin1）f（cosn）+f（sin2）f（cosn1）+f（sinn1）f（cos2）+f（sinn

155、）f（cos1）6n【解答】解：（1）因为f（x）ex+ex+（2b）x，所以f（x）exex+（2b），所以f（0）2b，又因为g（x）ax2+b，所以g（x）2ax，所以g（x）2ax，又因为曲线yg（x）在x1处的切线方程y2x+1+f（0），所以g（1）2a2，解得a1；所以g（1）1+b，所以1+b2+1+2b，解得b2；（2）不等式f（x）kg（x）2k+2可化为ex+exkx220，设h（x）ex+exkx22，则h（x）exex2kx，设s（x）exex2kx，则s（x）ex+ex2k；当k1时，s（x）ex+ex2k22k0，所以s（x）在R上单调递增；又因为s（0）0，所以

156、当x0时，s（x）0，即h（x）0，h（x）在（，0）上单调递减；当x0时，s（x）0，即h（x）0，h（x）在（0，+）上单调递增；所以h（x）h（0）0；当k1时，令s（x）0，得e2x2kex+10，解得kexk+，ln（k）xln（k+），所以s（x）在（0，ln（k+）上单调递减，所以s（x）s（0）0，所以h（x）在（0，+）上单调递减，h（x）h（0）0，不合题意；综上，k的取值范围是（，1；（3）证明：由（2）知，当k1时，ex+exx2+2，所以f（x1）f（x2）+4，所以f（sini）f（cosni+1）+f（cosi）f（sinni+1）12，所以2f（sin1）f（c

157、osn）+f（sin2）f（cosn1）+f（sinn1）f（cos2）+f（sinn）f（cos1）12n，所以f（sin1）f（cosn）+f（sin2）f（cosn1）+f（sinn1）f（cos2）+f（sinn）f（sin1）6n四利用导数研究曲线上某点切线方程（共2小题）59（2023浦东新区二模）设P是坐标平面xOy上的一点，曲线是函数yf（x）的图像若过点P恰能作曲线的k条切线（kN），则称P是函数yf（x）的“k度点”（1）判断点O（0，0）与点A（2，0）是否为函数ylnx的1度点，不需要说明理由；（2）已知0m，g（x）sinx证明：点B（0，）是yg（x）（0xm）的0

158、度点；（3）求函数yx3x的全体2度点构成的集合【解答】解：（1）由题意，设t0，则曲线ylnx在点（t，lnt）处的切线方程为ylnt（xt），该切线过原点O时，lnt1，解得te，故原点O是函数ylnx的一个1度点；又因为该切线过点A（2，0），所以lnt（2t），设s（t）tlntt+2，则s（t）1+lnt1lnt，令s（t）0，得t1，所以t（0，1）时，s（t）0，s（t）单调递减；t（1，+）时，s（t）0，s（t）单调递增，所以s（t）tlntt+2在x1处取得极小值，也是最小值，且s（1）01+210，所以lnt（2t）无解，点A（2，0）不是函数ylnx的1度点；（2）证明

159、：设t0，ycost，则曲线ysinx在点（t，sint）处的切线方程为ysintcost（xt），则该切线过点（0，），当且仅当sinttcost（*），设G（t）sinttcost，G（t）tsint，0t时，G（t）0，故yG（t）在区间（0，）上单调递增，当0tm时，G（t）G（）0，（*）恒不成立，即点B（0，）是yg（x）的一个0度点；（3）y3x21，对任意tR，曲线yx3x在点（t，t3t）处的切线方程为y（t3t）（3t21）（xt），故点（a，b）为函数yx3x的一个2度点当且仅当关于t的方程b（t3t）（3t21）（at）恰有两个不同的实数解，设h（t）2t33at2+（

160、a+b），则点（a，b）为函数yx3x的一个2度点，当且仅当yh（t）有两个不同的零点，若a0，则h（t）2t3+b在R上严格增，只有一个零点，不合要求；若a0，h（t）6t26at，令h（t）0得t0或ta，由t0或ta时，h（t）0，得yh（t）严格增；当0ta时，h（t）0，得yh（t）严格减，故yh（t）在t0时取得极大值h（0）a+b，在ta时取得极小值h（a）b+aa3，又，a0，当h（0）0h（a）时，由零点存在定理，yh（t）在（，0），（0，a），（a，+）上各有一个零点，不合要求；当0h（0）h（a）时，yh（t）仅（a，+）上有一个零点，不合要求；当h（0）h（a）0时，

161、yh（t）仅（，0）上有一个零点，也不合要求；故yh（t）有两个不同零点当且仅当h（0）0或h（a）0，若a0，同理可得yh（t）有两个不同零点当且仅当h（0）0或h（a）0，综上，函数yx3x的全体2度点构成的集合为（a，b）|ba或ba3a，a060（2023抚松县校级模拟）已知函数f（x）ln（x+1），g（x）x2+bx+1（b为常数），h（x）f（x）g（x）（1）若存在过原点的直线与函数f（x）、g（x）的图象相切，求实数b的值；（2）当b2时，x1、x20，1使得h（x1）h（x2）M成立，求M的最大值；（3）若函数h（x）的图象与x轴有两个不同的交点A（x1，0）、B（x2，0

162、），且0x1x2，求证：h（）0【解答】解（1）：由f（x）ln（x+1），得，f（0）1，又f（0）0，f （x）在点（0，f （0）处的切线方程为yx由得：x2+（b1）x+10，yx与函数g（x）的图象相切，（b1）240，解得：b1或b3；（2）当b2时，h（x）ln（x+1）x2+2x1，当x0，1时，h（x）0，h （x）在0，1上单调递增，h（x）maxh（1）ln2，h（x）minh（0）1h（x1）h（x2）maxh（x）maxh（x）min1+ln2x1、x20，1使得h （x1）h （x2）M成立，M的最大值是1+ln2；（3）h（x）的图象与x轴交于两个不同的点A（x1

163、，0）、B（x2，0），方程ln（x+1）x2bx10的两个根为x1、x2，故，两式相减得：，要证：，即证，也就是证：令，则在（0，1）上恒成立，又0t1，u（t）0因此u（t）在（0，1）上是增函数，则u （t）u （1）0，即故，即成立 1.利用导数判断函数单调性：设函数在某个区间内可导，该区间内为增函数； 该区间内为减函数；注意：当在某个区间内个别点处为零，在其余点处为正（或负）时，在这个区间上仍是递增（或递减）的。在该区间内单调递增在该区间内恒成立；在该区间内单调递减在该区间内恒成立；2.利用导数求极值：（1）定义：设函数在点附近有定义，如果对附近所有的点，都有，就说是函数的一个极大值

164、。记作，如果对附近所有的点，都有，就说是函数的一个极小值。记作。极大值和极小值统称为极值。（2）求函数在某个区间上的极值的步骤：（i）求导数；（ii）求方程的根；（iii）检查在方程的根的左右的符号：“左正右负”在处取极大值；“左负右正”在处取极小值。特别提醒：是极值点的充要条件是点两侧导数异号，而不仅是0，0是为极值点的必要而不充分条件。给出函数极大(小)值的条件，一定要既考虑，又要考虑检验“左正右负”(“左负右正”)的转化，否则条件没有用完，这一点一定要切记！ 3.利用导数求最值：比较端点值和极值（1）定义：函数在一闭区间上的最大值是此函数在此区间上的极大值与其端点值中的“最大值”；函数在一闭区间上的最小值是此函数在此区间上的极小值与其端点值中的“最小值”。（2）求函数在上的最大值与最小值的步骤：求函数在（）内的极值（极大值或极小值）；将的各极值与，比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值。