高考数学大题导数第一问分类专题练习
导数大题拔高练-高考数学重点专题冲刺演练(原卷版)
导数大题拔高练-新高考数学复习分层训练（新高考通用）1．（2023春·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）已知函数()1e ln ax f x x x-=+，a ∈R ．(1)当1a =时，求函数()f x x -的最小值；(2)若函数()f x x 的最小值为a ，求a 的最大值．2．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考开学考试）已知函数()(π)sin b f x a x x =--，[π,)x ∈+∞(1)1b =时，若()0f x ≤恒成立，求a 的取值范围；(2)12b =，()f x 在3π,π2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有极值点0x ，求证：00()πf x x +>．3．（2023秋·浙江宁波·高三期末）已知函数1()ln ,0f x x k x k x ⎛⎫=--> ⎪⎝⎭.(1)当3k =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；(2)若对()()0,1,0x f x ∀∈<恒成立，求k 的取值范围；(3)求证：对(0,1)x ∀∈，不等式22e 11ln x x x x x-<+恒成立.4．（2023秋·广东茂名·高三统考阶段练习）已知0a >，函数()e x f x x a =-，()ln g x x x a =-.(1)证明：函数()f x ，()g x 都恰有一个零点；(2)设函数()f x 的零点为1x ，()g x 的零点为2x ，证明12x x a =.5．（2023春·广东·高三统考开学考试）已知函数()()2ln 2R f x a x x a a x=+++∈．(1)证明函数()f x 有唯一极小值点；(2)若e 04a <<，求证：()e 2x f x x x +<+．6．（2023秋·江苏苏州·高三苏州中学校考阶段练习）已知函数()sin ()cos f x x x a x =-+（a 为常数），函数3211()32g x x ax =+.(1)证明：（i ）当0x >时，sin x x >；（ii ）当0x <时，sin x x <；(2)证明：当0a ≥时，曲线()y f x =与曲线()y g x =有且只有一个公共点.7．（2023·山西朔州·怀仁市第一中学校校考二模）已知函数()ln a f x x x=+．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)令()()()2ln ln g x f x x x x =+--,若0x 是函数()g x 的一个极值点,且()02g x =-,求实数a 的值．8．（2023·江苏·高三专题练习）已知函数()ln m x n f x x+=在()()1,1f 处的切线方程为1y =.(1)求实数m 和n 的值；(2)已知()(),A a f a ，()(),B b f b 是函数()f x 的图象上两点，且()()f a f b =，求证：()()ln ln 1a b ab +<+.9．（2023秋·吉林松原·高三前郭尔罗斯县第五中学校考期末）已知函数()21e 12ax f x ax x =---．(1)当1a ≥时，证明：对任意的0x ≥，都有()0f x ≥；(2)证明：()()**112ln 1ln 2,nk n n k n k =>+-∈∈∑N N ．10．（2023春·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨市第五中学校校考开学考试）已知函数2()ln 2x f x x =-，()(1)g x k x =-+.（1）求函数()f x 的单调递减区间；（2）若存在01x >，当()01,x x ∈时，1()()2f xg x +>，求实数k 的取值范围.11．（2023·黑龙江·黑龙江实验中学校考一模）设函数()()()e 2,x f x ax x a =--∈R .(1)若曲线()y f x =在点()()22f ,处的切线斜率为2e ，求a 的值；(2)若()f x 存在两个极值点()1212,x x x x <，且对任意[]()20,,0x x f x ∈<恒成立，求实数a 的取值范围.12．（2023春·安徽·高三校联考开学考试）已知函数()()2e x f x x -=-．(1)求()f x 的单调区间；(2)若a ，b 为两个不相等的实数，且满足()e e 2e e b a b a a b -=-，求证：6a b +>．13．（2023春·安徽亳州·高三校考阶段练习）已知函数32()61()f x x ax x a =+-+∈R ，且(1)6f '=-．(1)求函数()f x 的图象在点(1,(1))f 处的切线方程；(2)若函数()()g x f x m =-在区间[2,4]-上有三个零点，求实数m 的取值范围．14．（2023·安徽安庆·统考二模）已知函数()21ln e x f x a x bx -=+，a ，b ∈R .e 2.71828≈ .(1)若曲线()y f x =在点()()22f ,处的切线方程是ln 2y x =+，求a 和b 的值；(2)若e a =，且()f x 的导函数()f x '恰有两个零点，求b 的取值范围.15．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考一模）设21()sin 2f x x x x =-+．（1）当0x ≥时，求证：()0f x ≥；（2）证明：对一切正整数n ，都有2222111111sin1sin sin sin sin 23422(1)n n +++++>-+ ．16．（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）已知函数21()ln 2f x x kx x =-+(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若()f x 有两个极值点12,x x ，证明：212()()22k f x f x -<-17．（2023春·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知函数()(0,1)x f x a a a =>≠在点()()11,A x f x 处的切线为1l ：11y k x b =+，函数()log (0,1)a g x x a a =>≠在点()()22,B x g x 处的切线为2l ：22y k x b =+.(1)若1l ，2l 均过原点，求这两条切线斜率之间的等量关系.(2)当e a =时，若12l l ∥，此时12b b -的最大值记为m ，证明：53ln 22m -<<.18．（2023·辽宁·校联考模拟预测）已知函数()e 3x f x x =+．(1)求()f x 在()3,-+∞上的极值；(2)若()()213,,32x ax x f x ∀∈-+∞≤-，求a 的最小值．19．（2023秋·江苏扬州·高三校考期末）已知函数()e 1ln x k f x x x+=+，其中0k ≥．(1)求函数()f x 的最小值；(2)证明：()11ln *,221n n n n ++>-∈≥+N ．20．（2023·辽宁沈阳·统考一模）已知()()()2212ln 212f x x x x a x a x ⎛⎫=-+-+- ⎪⎝⎭，0a >．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 有两个零点，求a 的值．21．（2023·辽宁抚顺·统考模拟预测）已知函数2()()2ln f x x a x =++．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，求证：()122x f x x <<．22．（2023秋·河北唐山·高三唐山市丰南区第一中学校考期末）已知函数()()2ln 0f x x x a x a =-->.(1)求()f x 的单调区间；(2)①若()0f x ≥，求实数a 的值；②设*n ∈N ，求证：()2111111ln 124n n n ⎛⎫⎛⎫++++++>+ ⎪⎝⎭⎝⎭ .23．（2023秋·河北衡水·高三河北衡水中学校考期末）已知函数()11e ln -=-+kx f x x kx x.(1)求证：()0f x ≥；(2)若()0,x ∀∈+∞，都()211e ≥+f x ，求k 满足的取值范围．24．（2023春·河北保定·高三校考阶段练习）已知函数()2ln f x ax x =-.(1)讨论()f x 的单调性；(2)设函数()2g x x =-，若对于任意31,e x ⎡⎤∈⎣⎦，都有()()f x g x ≥，求a 的取值范围.25．（2023秋·福建厦门·高三厦门外国语学校校考期末）已知函数()()2ex f x x x b =--(1)讨论函数()f x 的单调性(2)若()f x 有两个极值点1212,()x x x x >，且()()213,ef x f x ≥，求b 的取值范围26．（2023·山东枣庄·统考二模）已知函数()e sin x f x x x =-．(1)当π2x ≤时，求证：()0f x ≥；(2)当0x >时，函数()f x 的零点从小到大依次排列，记为{}()*n x n ∈N 证明：（i ）1sin sin n n x x +>；（ii ）212π2πn n x n x -+<<.27．（2023秋·湖北十堰·高三统考阶段练习）已知函数()()21e x f x x m x nx m=--+，且曲线()y f x =在0x =处的切线为=2y -.(1)求m ，n 的值和()f x 的单调区间；(2)若()()()()123123f x f x f x x x x ==<<，证明：120x x +>.28．（2023秋·湖北·高三湖北省云梦县第一中学校联考期末）已知函数()()ln 3(R)f x x a x x a a =--+-∈．(1)若0a =，求()f x 的极小值．(2)讨论函数()f x '的单调性；(3)当2a =时，证明：()f x 有且只有2个零点．29．（2023秋·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）已知函数()()e R x f x ax a =-∈，()πe cos 2x g x x =+.(1)若()0f x ≥，求a 的取值范围；(2)求函数()g x 在()0,∞+上的单调性；(3)求函数()()21e sinπ1x h x g x x -=--⎡⎤⎣⎦在()0,∞+上的零点个数.30．（2023·江苏泰州·泰州中学校考一模）已知函数e 1()e 1x x f x -=+（e 为自然对数的底数）.(1)若不等式e 1()e 1f x ->+恒成立，求实数x 的取值范围；(2)若不等式1()ln 23f x ax a <+-在(ln 2,)x ∈+∞上恒成立，求实数a 的取值范围.。
导数复习题(含答案)
因为 ，所以 ，即 ，
所以 化为 ，
当 时，不等式 等价于 ，即 ，解得 ；
当 时，不等式 等价于 ，即 ，解得 ；
综上，不等式 的解集为 .
点睛：本题考查了与函数有关的不等式的求解问题，其中解答中涉及到利用条件构造新函数和利用导数研究函数的单调性，以及根据单调性和奇偶性的关系对不等式进行转化，解答中一定要注意函数值为零是自变量的取值，这是题目的一个易错点，试题综合性强，属于中档试题.
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题意得 ，令
，选A.
点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等式，便于问题的解决.但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法.
故答案为B。
11．已知函数 有两个零点，则 的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】函数 的定义域为 ，因为 ，当 时， ，则函数 在 上单调递增，不满足条件；当 时，令 ，得 ，所以 在 上单调递减，在 上单调递增，所以 为极小值点，要使 有两个零点，即要 ，即 ，则 的取值范围是 ，故选D.
6．函数 的图象是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由函数 ，则 ，所以函数 为奇函数，
图象关于原点对称，
又 时， ，
所以当 时， 单调递增，当 时， 单调递减，
综上，函数的图象大致为选项A，故选A.
7．已知函数 是函数 的导函数， ，对任意实数都有 ，设 则不等式 的解集为（）
导数19 大题(切线)1-2022年全国一卷新高考数学题型细分汇编
导数——大题——切线：1.（2022年江苏徐州J53）已知0a >，函数()x f x ax xe =-．（I ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程：（II ）证明()f x 存在唯一的极值点（①）（III ）若存在a ，使得()f x a b ≤+对任意x ∈R 成立，求实数b 的取值范围．（切线，易；第二问，未；）2.（2022年江苏常州J59）已知函数()()ln xxe f x a x x =+-，a R ∈．（1）当1a =时，求曲线()y f x =在1x =处的切线方程；（②）（2）讨论函数()f x 的零点个数．（切线，易；第二问，未；）3.（2022年福建福州联考J01）已知函数()ln(1)ln x f x ae x b =-+-(1)若()f x 在0x =处的切线方程为1y =，（i ）求a ，b 的值；（ii ）讨论()f x 的单调性.（③）(2)若b a =，证明：()f x 有唯一的极小值点.（切线，中下；单调性，中下；第二问，未；）4.（2022年福建福州J05）设函数()1ex f x x a -=+，曲线()y f x =在1x =-处的切线与y 轴交于点210,e e ⎛⎫- ⎪⎝⎭；（1）求a ；（④）（2）若当[)2,x ∈-+∞时，()()1f x b x ≥-，记符合条件的b 的最大整数值､最小整数值分别为M ，m ，求M m +.注：e 2.71828=⋅⋅⋅为自然对数的底数.（切线，中下；第二问，未；）1.（2022年福建三明一中J39）已知函数()()ln()x f x e x a x a x =-+++，a R ∈．（1）当1a =时，求函数()f x 的图象在0x =处的切线方程；（⑤）（2）若函数()f x 在定义域上为单调增函数．①求a 最大整数值；②证明：23341ln 2(ln (ln )(ln231n n en e +++++<-L ．（切线，易；第二问，未；）2.（2022年湖南长沙一中J02）已知函数()()()e xf x x b a =+-．（0b >）在()()1,1f --处的切线l方程为()e 1e e l 0x y -++-=．（1）求a ，b ，并证明函数()y f x =的图象总在切线l 的上方（除切点外）；（⑥）（2）若方程()f x m =有两个实数根1x ，2x ．且12x x <．证明：()2112e 11em x x --≤+-．（切线，中下；第二问，未；）1.（2022年高考乙卷J04）已知函数()()ln 1exf x x ax -=++（1）当1a =时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；（⑦）（2）若()f x 在区间()()1,0,0,-+∞各恰有一个零点，求a 的取值范围．（切线，易；第二问，未；）1.（2022年湖北华师附中J61）已知函数()e ln ()x f x x a x a R =-∈在1x =处的切线方程为2e 1)+y x b =-（.（1）求实数,a b 的值；（⑧）（2）（i ）证明：函数()y f x =有且仅有一个极小值点0x x =，且01(,1)2x ∈；（ii ）证明：03141()1515f x <<.（切线，中下；第二问，未；）参考数据：ln 20.693≈e 1.648≈，0.55e 1.734≈，11303e 0.69-≈.2.（2022年河北演练一J39）已知函数()ln f x x bx a =++，其中,a b ∈R .（⑨）（1）若1a =，曲线()y f x =在2x =处的切线与直线210x y ++=平行，求()f x 的极值；（2）当1,1b a =≤-时，证明：2()ex f x x-≥.（切线，中下，单调性，极值，中下；第二问，未；）3.（2022年河北联考J42）设函数2()e mx f x x mx t =+-+在(0,(0))f 处的切线经过点(1,1).(1)求t 的值，并且讨论函数()f x 的单调区间；（⑩）(2)当1m =时，,()0x ∈+∞时，不等式(2)(2)4[()()]f x f x b f x f x -->--恒成立，求b 的取值范围.（切线，中下，单调性，中下；第二问，未；）1.（2022年湖北襄阳五中J24）已知函数()e 2xf x ax b =-+在0x =处的切线经过点()1,2.（1）若函数()f x 至多有一个零点，求实数a 的取值范围；（⑪）（2）若函数()f x 有两个不同的零点()1212,x x x x <，且25x >，求证：12211x x a ax >-.（23e 2.7,e 7.4,e 20.1≈≈≈）（切线，中下；零点分析，中档，未；第二问，未；）1.（2022年湖南三湘名校J45）已知函数()x f x e =（其中e 是自然对数的底数）.过点(,1)(0)P m m >作曲线()y f x =的两条切线，切点坐标分别为()()()121212,e ,,e x x x x x x <.(1)若21x =，求m 的值；（⑫）(2)证明：12x x +随着m 的增大而增大.（切线，易；第二问，未；）2.（2022年湖北武汉J01）定义在π,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上的函数()()sin f x x k x =-.（⑬）（1）当π6k =时，求曲线()y f x =在点π,06⎛⎫⎪⎝⎭处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积；（2）将()f x 的所有极值点按照从小到大的顺序排列构成数列{}n x ，若()()120f x f x +=，求k 的值.（切线，中下；第二问，未；）3.（2022年湖北四校联考J17）已知函数()()e ln (0),ln x f x a x b x g x x x x=+->=+．（⑭）（1）若曲线()y f x =在1x =处的切线方程为2e 3y x =+-，求,a b ；（2）在（1）的条件下，若()()f m g n =，比较m 与n 的大小并证明．（切线，中下；第二问，未；）①【答案】（I ）(1),(0)y a x a =->；（II ）证明见解析；（III ）[),e -+∞【解析】【分析】（I ）求出()f x 在0x =处的导数，即切线斜率，求出()0f ，即可求出切线方程；（II ）令()0f x '=，可得(1)x a x e =+，则可化为证明y a =与()y g x =仅有一个交点，利用导数求出()g x 的变化情况，数形结合即可求解；（III ）令()2()1,(1)xh x x x e x =-->-，题目等价于存在(1,)x ∈-+∞，使得()h x b ≤，即min ()b h x ≥，利用导数即可求出()h x 的最小值.【详解】（I ）()(1)x f x a x e =-+'，则(0)1f a '=-，又(0)0f =，则切线方程为(1),(0)y a x a =->；（II ）令()(1)0x f x a x e =-+='，则(1)x a x e =+，令()(1)x g x x e =+，则()(2)x g x x e '=+，当(,2)x ∈-∞-时，()0g x '<，()g x 单调递减；当(2,)x ∈-+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增，当x →-∞时，()0g x <，()10g -=，当x →+∞时，()0g x >，画出()g x 大致图像如下：所以当0a >时，y a =与()y g x =仅有一个交点，令()g m a =，则1m >-，且()()0f m a g m '=-=，当(,)x m ∈-∞时，()a g x >，则()0f x '>，()f x 单调递增，当(),x m ∈+∞时，()a g x <，则()0f x '<，()f x 单调递减，x m =为()f x 的极大值点，故()f x 存在唯一的极值点；（III ）由（II ）知max ()()f x f m =，此时)1(1,m a m e m +>-=，所以()2max {()}()1(1),mf x a f m a m m e m -=-=-->-，令()2()1,(1)xh x x x e x =-->-，若存在a ，使得()f x a b ≤+对任意x ∈R 成立，等价于存在(1,)x ∈-+∞，使得()h x b ≤，即min ()b h x ≥，()2()2(1)(2)x x h x x x e x x e =+-=+'-，1x >-，当(1,1)x ∈-时，()0h x '<，()h x 单调递减，当(1,)x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增，所以min ()(1)h x h e ==-，故b e ≥-，所以实数b 的取值范围[),e -+∞.【点睛】关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明y a =与()y g x =仅有一个交点；第三问解题的关键是转化为存在(1,)x ∈-+∞，使得()h x b ≤，即min ()b h x ≥.②【答案】（1）11y e=-；（2）答案不唯一，见解析.【解析】【分析】（1）求出导函数()'f x ，得切线斜率(1)f '，从而可得切线方程；（2）定义域是(0,)+∞，在0a ≤时直接由函数()f x 的解析式确定无零点（需用导数证明ln 0x x -<），在1a >时，由导函数()'f x ，得单调性，确定函数的最大值为(1)f ，根据(1)f 的正负分类讨论．在(1)0f >时，通过证明()0f a <和1(0f a<，得零点个数．【详解】（1）当1a =时，()ln x x e f x x x =+-，()111f e=-，()111xe xf x x -'=+-，()10f '=，所以曲线()y f x =在1x =处的切线方程为11y e=-．（2）函数()f x 的定义域为()0,∞+，()()1111111e e e x x x x x x a f x a a x x x x ---⎛⎫⎛⎫'=+-=+⋅=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．①当0a =时，()0e xxf x =>，()f x 无零点．②当0a >时，10e x ax+>，令()0f x '>，得01x <<，令()0f x '<，得1x >，所以()f x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，所以()f x 有最大值()11ef a =-．当10ea -<，即1e >a 时，()f x 无零点．当10e a -=，即1a e=时，()f x 只有一个零点．当10a e ->，即10a e<<时，()10f >，()()ln a a e f a a a a =+-，令()ln 1g x x x =-+，则()111xg x x x-'=-=，则()g x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，所以()()max 10g x g ==，所以()ln 10g x x x =-+≤，因此当10a e <<时，ln 1a a -<-，()()1ln 1a a a a a f a a a a a a e e e ⎛⎫=+-<-=- ⎪⎝⎭．因为0a >，所以1ae >，于是()110af a a e ⎛⎫<-< ⎪⎝⎭．又()f x 在()0,1上单调递增，()10f >，且1a <，所以()f x 在()0,1上有唯一零点．1111111ln ln 1a aa a f a a a a a e a e ⎛⎫⎛⎫=+-=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当10a e<<时，1e a >，令()2e x h x x =-，其中x e >，则()2xh x e x '=-，令()2xx e x ϕ=-，x e >，则()20xx e ϕ'=->，所以()h x '在(),e +∞上单调递增，()20eh x e e '>->，所以()h x 在(),e +∞上单调递增，()20eh x e e >->，故当x e >时，2x e x >．因为1e a >，所以211ae a ⎛⎫> ⎪⎝⎭，即11aa e a <，所以111ln 1ln 1aa f a a a a a a e ⎛⎫=--<-- ⎪⎝⎭．由ln 10x x -+≤，得11ln10a a -+<，即1ln 10a a--+<，得ln 10a a a --<，于是10f a ⎛⎫< ⎪⎝⎭．又()10f >，11a>，()f x 在()1,+∞上单调递减，所以()f x 在()1,+∞上有唯一零点．故10ea <<时，()f x 有两个零点．③当0a <时，由ln 10x x -+≤，得ln 10x x -≤-<，则()ln 0a x x ->，又当0x >时，0e xx>，所以()0f x >，()f x 无零点．综上可知，0a ≤或1a e >时，()f x 无零点；1a e =时，()f x 只有一个零点；10a e<<时，()f x 有两个零点．【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义，考查用导数研究函数的零点个数．解题关键是求出函数的导数()'f x ，由()'f x 确定单调性和最值，本题在最大值(1)f 0>的情况下，通过证明()f a 0<和10f a ⎛⎫< ⎪⎝⎭，结合零点存在定理得出零点个数．难度较大，对学生的要求较高，属于困难题．③【答案】(1)（i ）11a b =⎧⎨=⎩，（ii ）答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）（i ）求出导数，由题可得(0)0(0)1f f =⎧⎨='⎩即可求出；（ii ）根据导数的正负即可求出.（2）求出导数，构造函数()(1)1x g x ae x =+-，利用零点存在定理可判断函数的变化情况，得出单调性即可判断.(1)（i ）()11xf x ae x =-+'，由已知得，(0)0(0)1f f =⎧⎨='⎩，故10ln 1a a b -=⎧⎨-=⎩，解得11a b =⎧⎨=⎩；（ii ）1()(1)1xf x e x x '=->-+，显然()'f x 在(1,)-+∞上单调递增，又(0)0f '=，所以10x -<<时，()0f x '<；0x >时，()0f x '>，因此()f x 在(1,0)-上单调递减，在(0,)+∞上单调递增．(2)()ln(1)ln xf x ae x a =-+-，则1(1)1()11x xae x f x ae x x '+-=-=++，令()(1)1x g x ae x =+-，0a >，1x ≥-，显然()g x 在[1,)-+∞上单调递增，又(1)0g -<，10g a ⎛⎫> ⎪⎝⎭，所以存在11,t a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，使得()0g t =，当1x t -<<时，()0<g x ；x t >时，()0>g x ，所以1x t -<<时，()0f x '<；x t >时，()0f x '>，即()f x 在(1,)t -上单调递减；在(,)t ∞+上单调递增，因此f (x )有唯一极小值点t ．④【答案】（1）e（2）8【解析】【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义求出()f x 在1x =-处的切线方程，根据切线与y 轴交于点210,e e ⎛⎫-⎪⎝⎭，即可求得a ；（2）法一：由（1）知()1e e xf x x -=+，则不等式可化为()1e 1e 0x x b x ---+≥，构造函数()()1e1e x g x x b x -=--+，利用导数并讨论导数的正负，从而求得存在()02,x ∈-+∞，()()()01000min e 1e 0x g x g x x b x -==--+≥，分离参数，表示出()0101e x b x -=+，构造新函数，结合导数求得32e e3e 3b --≤≤，进而求得答案；法二：讨论x 的取值范围，从而分离出参数b ，在1x >，21x -£<的情况下，分别构造函数，利用导数判断单调性求的最值，最后确定32e e3e 3b --≤≤，由此可得答案；法三：令2x =-，由()()1f x b x ≥-可解得32e e13b --≥>-，从而取0m =，证明证当0b =时，不等式1e e 0x x -+≥在2x ≥-时恒成立，令2x =，由()()1f x b x ≥-，解得3e b ≤，故取8M =，再证当8b =时，不等式()1e 81e 0x x x ---+≥在2x ≥-时恒成立，由此求得答案.【小问1详解】依题意得：()()11e x f x x -'=+，所以()10f '-=.又因为()211e f a -=-+，所以()f x 在1x =-处的切线方程为21ey a =-+，因为曲线()y f x =在1x =-处的切线与y 轴交于点210,e e ⎛⎫- ⎪⎝⎭，所以2211e e e a -+=-，解得e a =.【小问2详解】解法一:由（1）知()1e e xf x x -=+，则不等式可化为()1e 1e 0x x b x ---+≥，设()()1e1e x g x x b x -=--+，则()()11e x g x x b -='+-，设()()x g x ϕ'=，则()()12e x x x ϕ-=+'，因为[)2,x ∈-+∞，所以()0x ϕ'≥，所以()x ϕ在[)2,-+∞单调递增，即()g x '在[)2,-+∞单调递增，所以()()3min 2e g x g b -=-=-'-'，①若3e b -≤-，则()()20g x g '-'≥≥，所以()g x 在[)2,-+∞单调递增，所以()()3min 22e3e 0g x g b -=-=-++≥，解得32e e 3b --≥，所以332e e e 3b ---≤≤-；②若3e b ->-，则()()min 20g x g =-'<'，因为()g x '在[)2,-+∞单调递增，当3e 0b --<≤时，()100eg b ='->，则存在()2,0x ∈-使得()0g x '=，当0b >时，取{}max 0,ln 1n b =+，则()0g n >，所以存在()12,x n ∈-，使得()10g x '=，综上，当3e b ->-时，存在()02,x ∈-+∞，使得()00g x '=，即()0101e 0x x b -+-=，故当02x x -<<时，()0g x '<，则()g x 在()02,x -单调递减，当0x x >时，()0g x '>，则()g x 在()0,x +∞单调递增，所以()()()01000min e1e 0x g x g x x b x -==--+≥,（*）由()0101e 0x x b -+-=，得()0101e x b x -=+，代入（*）得()()()000111200000e 1e 1e 1e e 0x x x x x x x x ----+-+=-+++≥，设()()211e e x F x x x -=---+，则()()()()2112e 21e x x F x x x x x --=-+---'=+，因为2x ≥-，所以由()0F x '=得1x =，当21x -<<时，()0F x '>，所以()F x 在()2,1-上单调递增，当1x >时，()0F x '<，所以()F x 在()1,+∞单调递减，又因为()32e e 0F -=-+<，()11e 0F =+>，()20F =，所以当2x >时，()0F x <，所以满足()012001ee 0x x x --+++≥的0x 的取值范围是022x -<≤，又因为()0101ex b x -=+，设()()11e x H x x -=+，则()()12e 0x H x x -+'=≥，所以()H x 在()2,-+∞单调递增，所以3e 3e b --<≤，综上所述32e e 3e 3b --≤≤，又因为32e e 103---<<，83e 9<<所以0m =，8M =，所以8M m +=.解法二：由（1）知：()1e e x f x x -=+，则()1e 1e 0x x b x ---+≥，①当1x =时，左边等于1e 0+≥恒成立，此时b ∈R ；②当1x >时，原不等式可化为1e e 1x x b x -+≤-对任意()1,x ∈+∞恒成立.设()1e e 1x x h x x -+=-，则()()()2121e e1x x x h x x --'--=设()()211e e x k x x x -=---，则()()()()2112e 21e x x k x x x x x --=+-'=+-.因为1x >，所以()0k x '>，所以()k x 在()1,+∞上单调递增.又因为()()220h k '==，所以2x =是()h x '在()1,+∞上的唯一零点，所以当12x <<时，()0h x '<，()h x 在()1,2上单调递减，当2x >时，()0h x '>，()h x 在()2,+∞上单调递增，所以()()min 23e h x h ==，所以3e b ≤.③当21x -£<时，原不等式可化为1e e 1x x b x -+≥-，此时对于②中函数()k x 的导函数，()()()()2112e 21e x x k x x x x x --=+-'=+-，可知当21x -£<时，()0k x '<，所以()k x 在21x -£<单调递减，且()325ee 0k --=-<，所以当21x -£<时，()()20k x k <-<，所以当21x -£<时，()0h x '<，所以()h x 在[)2,1-上单调递减，所以()3max 2e e (2)3h x h --=-=，所以32e e 3b --≥，综上所述32e e 3e 3b --≤≤，又因为32e e 103---<<，83e 9<<所以0m =，8M =，所以8M m +=.解法三：令2x =-，由()()1f x b x ≥-得()32e 3e b --≥--，解得32e e 13b --≥>-，取0m =，下证当0b =时，不等式1e e 0x x -+≥在2x ≥-时恒成立，设()1e e x g x x -=+，则()()11e x g x x -=+'，由()0g x '=可得1x =-，当21x -<<-时，()0g x '<，所以()g x 单调递减，当1x >-时，()0g x '>，所以()g x 单调递增，所以()()2min 11e 0e g x g =-=-+≥，所以0m =符合题意；令2x =，由()()1f x b x ≥-得2e 20b -+≥，解得3e b ≤，取8M =，下证当8b =时，不等式()1e81e 0x x x ---+≥在2x ≥-时恒成立，设()1e e x h x x -=+，则()()11e x h x x -=+'，令()0h x '=，则1x =-，所以当21x -<<-时，()0h x '<，则()h x 在()2,1-上单调递减，当1x >-时，()0h x '>，则()h x 在()1,+∞上单调递增，所以()()211e 0e h x h ≥-=->，所以当21x -≤≤时，()1e81e 0x x x ---+≥恒成立.当1x >时，10x ->，所以()()813e 1x x -<-，所以()()11e 81e e 3e 1e x x x x x x ----+>--+，设()()1e 3e 1e x k x x x -=--+，则()()11e 3e x k x x -'=+-，设()()x k x ϕ'=，则()()12e 0x x x ϕ-+'=≥，所以()k x '在()1,+∞单调递增，且()20k '=，所以当12x <<时，()0k x '<，则()k x 在()1,2单调递减，当2x >时，()0k x '>，则()k x 在()2,+∞单调递增，所以()()min 20k x k ==，所以()0k x ≥，所以()1e 81e 0x x x ---+≥，综上当8M =时，不等式()1e81e 0x x x ---+≥在2x ≥-时恒成立，所以8M m +=.【点睛】本小题主要考查函数的单调性､导数､导数的几何意义及其应用､不等式等基础知识，考查推理论证能力､运算求解能力､创新意识等，考查分类与整合思想､数形结合思想､一般与特殊思想，涉及的核心素养有直观想象､数学抽象､数学运算､逻辑推理等，体现综合性与创新性.⑤【答案】（1）10x y -+=（2）①2②见解析【解析】【详解】试题分析：（1）将1a =代入到函数()f x ，再对()f x 求导，分别求出()0f 和()'0f ，即可求出切线方程；（2）①若函数()f x 在定义域上为单调增函数，则()'0f x ≥恒成立，则先证明1x e x ≥+，构造新函数，求出单调性，再同理可证ln 1x x ≤-，即可求出a 的最大整数值；②由①得()ln 2x e x ≥+，令1t x t -+=，可得11ln tt t e t -++⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，累加后利用等比数列求和公式及放缩法即可得证.试题解析：（1）当1a =时，()()()1ln 1xf x e x x x =-+++∴()01f =，又()()'ln 1xf x e x =-+，∴()'01f =，则所求切线方程为1y x -=，即10x y -+=．（2）由题意知，()()'ln xf x e x a =-+，若函数()f x 在定义域上为单调增函数，则()'0f x ≥恒成立．①先证明1x e x ≥+．设()1x g x e x =--，则()'1xg x e =-，则函数()g x 在(),0-∞上单调递减，在()0,+∞上单调递增，∴()()00g x g ≥=，即1x e x ≥+．同理可证ln 1x x ≤-∴()ln 21x x +≤+，∴()1ln 2xe x x ≥+≥+．当2a ≤时，()'0f x >恒成立．当3a ≥时，()'01ln 0f a =-<，即()()'ln 0xf x e x a =-+≥不恒成立．综上所述，a 的最大整数值为2．②由①知，()ln 2x e x ≥+，令1t x t-+=，∴111ln 2ln t t t t e t t -+-++⎛⎫⎛⎫≥+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∴11ln t t t e t -++⎛⎫≥ ⎪⎝⎭．由此可知，当1t =时，0ln2e >．当2t =时，213ln 2e -⎛⎫> ⎪⎝⎭，当3t =时，324ln 3e -⎛⎫> ⎪⎝⎭， ，当t n =时，11ln nn n e n -++⎛⎫≥ ⎪⎝⎭．累加得0121n e e e e ---+++++> 23341ln2ln ln ln 23n n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ．又0121n e e e e ---+++++= 11111111n e e e e e⎛⎫- ⎪⎝⎭<=---，∴2334ln2ln ln 23⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1ln 1nn e n e +⎛⎫++< ⎪-⎝⎭ ．点睛：（1）导数综合题中对于含有字母参数的问题，一般用到分类讨论的方法，解题时要注意分类要不重不漏；（2）对于恒成立的问题，直接转化为求函数的最值即可；（3）对于导数中，数列不等式的证明，解题时常常用到前面的结论，需要根据题目的特点构造合适的不等式，然后转化成数列的问题解决，解题时往往用到数列的求和及放缩法.⑥【答案】（1）1,1a b ==；证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得()10f -=，()111ef -=-+'，即可解得a 、b ，从而得到()()()1e 1x f x x =+-，设()f x 在()1,0-处的切线l 方程为()y h x =，令()()()F x f x h x =-，利用导数说明函数的单调性，即可得证；（2）由（1）知()()11f x h x ≥，设()h x m =的根为1x '，则1e 11em x '=-+-，即可得到11x x '≤，在设()y f x =在()0,0处的切线方程为()y t x =，令()()()T x f x t x =-，利用导数说明函数的单调性，即可得到()()22f x t x ≥．设()t x m =的根为2x '，则2x m '=，再说明22x x '≥，即可得证；【小问1详解】解：将1x =-代入切线方程()e 1e e l 0x y -++-=，有0y =，所以()10f -=，所以()()1110e f b a ⎛⎫-=-+-= ⎪⎝⎭，又()()1e x f x x b a +'=+-，所以()111e e b f a -=-=-+'，若1ea =，则2e 0b =-<，与0b >予盾，故1a =，1b =．∴()()()1e 1x f x x =+-，()00f =，()10f -=，设()f x 在()1,0-处的切线l 方程为()()111e y h x x ⎛⎫==-+⎪⎝⎭，令()()()F x f x h x =-，即()()()()11e 111e x F x x x ⎛⎫=+---+ ⎪⎝⎭，所以()()12e e x F x x =+-'，当2x -≤时，()()112e 0e ex F x x =+-≤-<'，当2x >-时，设()()()12e ex G x F x x =+-'=，()()3e 0x G x x =+>'，故函数()F x '在()2,-+∞上单调递增，又()10F '-=，所以当()2,1x ∈--时，()0F x '<，当()1,x ∈-+∞时，()0F x '>，综合得函数()F x 在区间(),1-∞-上单调递减，在区间()1,-+∞上单调递增，故()()10F x F ≥-=，即函数()y f x =的图象总在切线l 的上方（除切点外）．【小问2详解】解：由（1）知()()11f x h x ≥，设()h x m =的根为1x '，则1e 11em x '=-+-，又函数()h x 单调递减，故()()()111f x h h x x =≥'，故11x x '≤，设()y f x =在()0,0处的切线方程为()y t x =，因为()00f =，()()2e 1xf x x '=+-，所以()01f '=，所以()t x x =．令()()()()()1e 1x T x f x t x x x =-=+--，()()2e 2xT x x =+-'，当2x -≤时，()()2e 220xT x x =+-≤-<'，当2x >-时，设()()()2e 2x H x T x x ==+-'，则()()3e 0xH x x =+>'，故函数()T x '在()2,-+∞上单调递增，又()00T '=，所以当()2,0x ∈-时，()0T x '<，当()0,x ∈+∞时，()0T x '>，综合得函数()T x 在区间(),0∞-上单调递减，在区间()0,∞+上单调递增，所以()()00T x T ≥=，即()()22f x t x ≥．设()t x m =的根为2x '，则2x m '=，又函数()t x 单调递增，故()()()222f x t t x x =≥'，故22x x '≥，又11x x '≤，所以()221112e e 111e 1em m x x x x m -⎛⎫''-≤-=--+=+ ⎪--⎝⎭．【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．⑦【答案】（1）2y x=（2）(,1)-∞-【解析】【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可（2）求导,对a 分类讨论,对x 分(1,0),(0,)-+∞两部分研究【小问1详解】()f x 的定义域为(1,)-+∞当1a =时,()ln(1),(0)0ex x f x x f =++=,所以切点为(0,0)11(),(0)21ex x f x f x ''-=+=+,所以切线斜率为2所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为2y x=【小问2详解】()ln(1)e xaxf x x =++()2e 11(1)()1e (1)e x x x a x a x f x x x '+--=+=++设()2()e 1x g x a x =+-1︒若0a >,当()2(1,0),()e 10x x g x a x ∈-=+->,即()0f x '>所以()f x 在(1,0)-上单调递增,()(0)0f x f <=故()f x 在(1,0)-上没有零点,不合题意2︒若10a - ,当,()0x ∈+∞,则()e 20x g x ax '=->所以()g x 在(0,)+∞上单调递增所以()(0)10g x g a >=+ ,即()0f x '>所以()f x 在(0,)+∞上单调递增,()(0)0f x f >=故()f x 在(0,)+∞上没有零点,不合题意3︒若1a <-(1)当,()0x ∈+∞,则()e 20x g x ax '=->,所以()g x 在(0,)+∞上单调递增(0)10,(1)e 0g a g =+<=>所以存在(0,1)m ∈,使得()0g m =,即()0'=f m 当(0,),()0,()x m f x f x '∈<单调递减当(,),()0,()x m f x f x '∈+∞>单调递增所以当(0,),()(0)0x m f x f ∈<=当,()x f x →+∞→+∞所以()f x 在(,)m +∞上有唯一零点又(0,)m 没有零点,即()f x 在(0,)+∞上有唯一零点(2)当()2(1,0),()e 1x x g x a x∈-=+-设()()e 2x h x g x ax '==-()e 20x h x a '=->所以()g x '在(1,0)-单调递增1(1)20,(0)10eg a g ''-=+<=>所以存在(1,0)n ∈-,使得()0g n '=当(1,),()0,()x n g x g x '∈-<单调递减当(,0),()0,()x n g x g x '∈>单调递增,()(0)10g x g a <=+<又1(1)0eg -=>所以存在(1,)t n ∈-,使得()0g t =,即()0f t '=当(1,),()x t f x ∈-单调递增,当(,0),()x t f x ∈单调递减有1,()x f x →-→-∞而(0)0f =,所以当(,0),()0x t f x ∈>所以()f x 在(1,)t -上有唯一零点,(,0)t 上无零点即()f x 在(1,0)-上有唯一零点所以1a <-,符合题意所以若()f x 在区间(1,0),(0,)-+∞各恰有一个零点,求a 的取值范围为(,1)-∞-【点睛】方法点睛：本题的关键是对a 的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.⑧【答案】（1）2,2ea b ==-（2）（i ）证明见解析；（ii ）证明见解析【解析】【分析】（1）直接利用导数的意义列方程组()()()'1211f e f e ⎧=-⎪⎨=⎪⎩，即可解得；（2）（i ）求出导函数2()(1)e x f x x x '=+-.利用导数和零点存在对立即可证明；（ii ）求出0000001()e 2ln 2(ln )1x f x x x x x =-=-+，令11()2(ln )(1)12x x x x ϕ=-<<+，利用导数判断出()y x ϕ=在(,1)2上单调递减，即可证明122741()(2(ln 2)2(2331015x ϕϕ<=+<+=；要证031()15f x >，即证0320312ln 15x x x x+>.令()x F x x =1(1)2x <<，利用导数证明出1()( 2.332F x F >≈；令32312ln 115()(1)2x G x x x+=<<，利用导数证明出1130max()(e ) 2.312G x G -=≈，得到()()G x F x <，即可证明.【小问1详解】定义域为(0,)+∞，'((e )1)xa f x x x=+-由题意知()()()()'1221121f e a e f e b e ⎧=-=-⎪⎨=-+=⎪⎩，解得2,2e a b ==-.【小问2详解】（i ）由（1）知()e 2ln x f x x x =-，2()(1)e xf x x x'=+-令()()h x f x '=，则22()(2)e 0xh x x x'=++>，从而()y h x =即()y f x '=单调递增又13e 8(1)2e 20,()022f f -''=->=<，故存在唯一的01(,1)2x ∈使得0()0f x '=x 0(0,)x 0x 0(,)x +∞()'f x -0+()f x极小值从而()y f x =有且仅有一个极小值点0x x =，且01(,1)2x ∈（ii ）00002()(1)e 0x f x x x '=+-=，()y f x =的极小值000000()e 2ln 2(ln )1x f x x x x x =-=-+令11()2(ln )(1)12x x x x ϕ=-<<+，则222'()0(1)x x x ϕ=--<+，从而()y x ϕ=在1(,1)2上单调递减，122741()(2(ln 2)2(2331015x ϕϕ<=+<+=，故041()15f x <下证031()15f x >0320312ln e15x x x x+>一方面令e ()xF x x =1(1)2x <<，则32e (21)()02x x F x x -'=>，则()F x 在1(,1)2上单调递增，从而1()()2e 2.332F x F >=≈另一方面，令32312ln 115()(1)2x G x x x +=<<，52113ln 10'()x G x x --=令()0'=G x 有1130e x -=x 11301(,e )2-1130e-1130(e,1)-()G x '+0-()G x极大值从而110.5530max 44()(e)e 1.734 2.31233G x G -==≈⨯≈从而()()G x F x <32312ln e15xx xx+>成立，故031()15f x >.【点睛】导数的应用主要有：（1）利用导函数几何意义求切线方程；（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；（3）利用导数求参数的取值范围；（4）利用导数证明不等式.⑨【答案】（1）极大值为(1)0f =，无极小值.（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义得1b =-，进而得'11()10xf x x x-=-==，再列表求解即可；（2）根据题意，只需证明2e ln e e xx x x a ≥+，由于函数e ,0x y x x >=在()0,∞+上单调递增，e 0x y x =>，故转化为证明2ln e t t a ≥+，再令()2ln ,0et t g t a t -->=，再求函数最值即可证明.【小问1详解】解：1a =，()ln 1f x x bx =++，'1()f x b x=+，因为曲线()y f x =在2x =处的切线与直线210x y ++=平行，所以，'11(2)22f b =+=-，解得1b =-，所以，()ln 1f x x x =-+，'11()10xf x x x-=-==，解得1x =，所以，x ，'()f x ，()f x 的变化情况如下表，x ()0,11()1,+∞'()f x ++()f x 单调递增极大值单调递减所以，当1x =时，()f x 有极大值(1)0f =，无极小值.【小问2详解】解：当1,1b a =≤-，()ln f x x x a =++，因为222()e ee ln ln e ex x x x f x x x x x a x a x --≥⇔≥++⇔≥+，所以只需证明2e ln e exx x x a ≥+成立即可.令e ,0x y x x >=，则()'1e 0,0xy x x =+>>，所以，函数e ,0x y x x >=在()0,∞+上单调递增，即e 0x y x =>.令e ,0xx t t =>，则22e ln e ln e ex x x tx a t a ≥+⇔≥+，令()2ln ,0e t t g t a t -->=，则()2'2211e e e t t t t g --==，所以，当()20,et ∈时，()'0g t <，()g t 单调递减，当()2e ,t ∈+∞时，()'0g t >，()g t 单调递增，所以，()()22e1ln e1a a g g t ≥=--=--，因为1a ≤-，所以10a --≥，即()0g t ≥，所以2ln ett a ≥+成立，所以2()ex f x x-≥成立，证毕.⑩【答案】(1)0=t ；()f x 的单调递减区间为(,0)-∞，单调递增区间为(0,)+∞.(2)b 的取值范围为(,2]-∞.【分析】（1）、先求出切线方程，根据切线经过点(1,1)即可求出t 的值；求出()f x '，分0m ≥，0m <两种情况讨论函数的单调区间即可;（2）、将原不等式转化为函数值在,()0x ∈+∞时恒大于零问题，分类讨论即可得到b 的取值范围.(1)2()e mx f x x mx t =+-+ ，()e 2mxf x m x m '∴=+-，(0)0f '∴=，又()01f t =+ ，∴切线方程为1y t =+，又 切线经过点(1,1)，11t ∴+=，0t ∴=，故2()e mx f x x mx =+-，()()1e 2e 2mx mx f x m x m m x '=-=+-+.①、若0m ≥，则当(,0)x ∈-∞时，e 10mx -≤，()0f x '<；当,()0x ∈+∞时，e 10mx -≥，()0f x '>.所以()f x 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增.②、若0m <，则当(,0)x ∈-∞时，e 10mx ->，()0f x '<；当,()0x ∈+∞时，e 10mx -<，()0f x '>.所以()f x 在(,0)-∞上单调区间递减，在(0,)+∞上单调区间递增.综上所述：()f x 的单调递减为(,0)-∞，单调递增(0,)+∞.(2)当1m =时，2()e x f x x x =+-,22(2)(2)e 4e x x x f x f x -∴----=,()()e e 2x x x f x f x -----=,(2)(2)4[()()]f x f x b f x f x -->-- ,()22e e 4e e 42x x x x x b x --∴----≥,()22e e 4e e (84)0x x x x b b x --∴---+-≥在,()0x ∈+∞上恒成立.设()22()e e 4e e (84)x x x xg x b b x --=---+-，,()0x ∈+∞()()()()22()2e e 2e e 422e e 2e e 22x x x xx x x x g x b b b ----⎡⎤'∴=+-++-=+-+-+⎣⎦，且e e2xx-+>.①、当2b ≤时，e e 20,e e 220x x x x b --+->+-+>,()0g x '∴≥，当且仅当0x =时等号成立，所以()g x 在,()0x ∈+∞上单调递增，而()00g =，所以对0x >时，()0>g x .符合题意②、当2b >时，若x 满足2e e 22x x b -<+<-，即(20ln 12x b b b <<--时，()0g x '<，而(0)0g =，因此(20ln 12x b b b <<-+-时，()0<g x ,不符合题意.综上:b 的取值范围为(,2]-∞.⑪【答案】（1）2e 2a ≤（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据切线过点()1,2可得2b a =，参变分离后研究()e 1xg x x =-的单调性，得到极值，数形结合得到答案；（2）在第一问基础上，得到22e a >，对不等式变形，结合放缩，转化为只需证22212e 20(4)t t t +->>，二次求导后得到证明.【小问1详解】()e 2x f x a =-'，∴()012f a '=-，∴0x =处的切线方程为()121y a x b =-++，切线过点()1,2，所以2b a =，∴()e 22x f x ax a =-+.∵()()1e 0,f f x =≠∴的零点不为1，∴e 21xa x =-在()(),11,-∞+∞ 上至多一个解.设1t x =-，则1e 2()t a g t t+==在()(),00,∞-+∞U 上至多一个解.1122111()()e e t t t g t t t t++-'=-=，令()0g t '>得：1t >，令()0g t '<得：01t <<或0t <，∴()g t 在(),0∞-和(]0,1上单调递减，[)1,+∞上单调递增，当0t <时，()0g t <恒成立，当0t >时，()g t 在1t =处取得极小值，且2(1)e g =，画出函数图象如图所示：所以22(1)e a g ≤=时，()f x 至多有一个零点，∴2e 2a ≤【小问2详解】由（1）知，要想有两个不同零点，则22e a >且12(0,1),(1,)t t ∈+∈∞，即()()121,2,2,x x ∈∈+∞，故要证12211x x a ax >-，只需证121ax x >-，由（1）知()()11110,1,1,2t x x =-∈∴∈，故只需证221x t a -=<，∵21222e (14)2t t x t a +==->.只需证：21222e (4)2t t t t +><，即22212e 20(4)t t t +->>，令()()()121e 24,e 4t t h t t t h t t ++=->'=-，15()e 4e 40t h t +''=->->，∴()h t '在()4,+∞上递增，∴()5416)e 0(h t h '>'=->，∴()h t 在()4,+∞上递增，∴()()54e 320h t h >=->，∴2122e 2t t +>，∴12211x x a ax >-【点睛】导函数研究函数零点问题，参变分离是一种重要方法，把零点问题转化为函数交点问题，通过构造函数，研究构造函数的单调性，极值和最值，数形结合得到答案.⑫【答案】(1)1em =(2)证明见解析【分析】(1)由导数的几何意义求切线方程，由点P 在切线上列方程求m 的值；(2)由导数的几何意义可得1x ，2x 是方程11e x m x =+-的两根，设21(0)x x t t -=>由此可得()1222e 1e e tx x tt +-=，证明t 随着m 的增大而增大，12e x x +随着t 的增大而增大，由此证明12x x +随着m 的增大而增大.(1)因为21x =，所以切点为(1,)e ，又()e x f x '=，则(1)e f '=，所以切线方程为e(1)e e y x x =-+=，因为切线过点(,1)P m ，所以1e m =，解得1em =；(2)设切点为()00,e x x ，因为()()000 e x f x f x '==，则切线方程为()000e e x x y x x =-+，因为切线过点(,1)P m ，所以()0001e e xxm x =-+，整理得0011(0)e x m x m =+->，所以1x ，2x 是方程11e xm x =+-的两根，设1()1e xg x x =+-，则1()1e x g x '=-，令()0g x '=，解得0x =，当0x <时，()0g x '<，()g x 在(,0)-∞上单调递减，当0x >时，()0g x '>，()g x 在(0,)+∞上单调递增，所以120x x <<，设1()g x m =的两根为()1212,0x x x x ''''<<，其中10m m >>，则由()g x 单调性可知，11220x x x x ''<<<<，所以2121x x x x ''->-，设21(0)x x t t -=>，即t 随着m 的增大而增大，因为12121111e e x x m x x =+-=+-，所以111111e e x x t x x t ++=++，整理得1e 1e e t x tt -=，所以21e 1e et x x tt +-==，所以()1222e 1e (0)e t x x t t t +-=>，设()22e 1()(0)et t h t t t -=>，则()()()()()2222322e e 1e 2e e 1e 1(2)e 2()e e t t t t t tttt t t t t t h t t t '⎡⎤-⋅-+⋅---++⎣⎦==，设()(2)e 2t t t t ϕ=-++，则()(1)e 1t t t ϕ'=-+，()(1)e 1t m t t =-+，则'()e 0t m t t =>所以()t ϕ'单调递增，所以()(0)0t ϕϕ''>=，所以()t ϕ单调递增，所以()(0)0t ϕϕ>=，即()0,()h t h t '>单调递增，所以12e x x +随着t 的增大而增大，又t 随着m 的增大而增大，所以12x x +随着m 的增大而增大.【点睛】本题解决的关键在于根据函数方程的思想确定1x ，2x 是方程11e xm x =+-的两根和构造函数证明12e x x +随着21x x -的增大而增大.⑬【答案】（1）2π144（2）π2【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义及点斜式，再结合三角形的面积公式即可求解；（2）根据已知条件及正切函数的性质，利用导数法求函数的极值及函数存在性定理，再根据零点范围及三角函数相等的角的关系即可求解.【小问1详解】当π6k =时，()()ππsin ,sin cos 66f x x x f x x x x ⎛⎫⎛⎫=-=+- ⎪ ⎪⎝⎝⎭'⎭，故ππ1sin 662f ⎛⎫== ⎪'⎝⎭.曲线()y f x =在点π,06⎛⎫⎪⎝⎭处的切线的斜率为π162k f ⎛⎫== ⎪⎝⎭'，曲线()y f x =在点π,06⎛⎫⎪⎝⎭处的切线方程为1π26y x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，令π0,12x y ==-.所以切线与y 轴的交点π0,12⎛⎫- ⎪⎝⎭.此时所求三角形的面积为21πππ2126144⨯-⨯=.【小问2详解】()()sin cos f x x x k x=+-'当ππ22x -<<时，()()cos tan f x x x x k =⋅+-'.由函数tan y x x =+在区间ππ,22⎛⎫- ⎪⎝⎭上递增，且值域为R ，故存在唯一0ππ,22x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，使得00tan x x k +=.此时当0π2x x -<<时，()()0,f x f x '<单调递减；当0π2x x <<时，()()0,f x f x '>单调递增，因此10x x =.同理，存在唯一'0π3π,22x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得''00tan x x k +=.此时当'0π2x x <<时，()()0,f x f x '>单调递增；当'03π2x x <<时，()()0,f x f x '<单调递减，因此'20x x =.由()()211111111sin 10,tan ,cos cos cos x f x x k x f x x x x =-=-=-=-'.同理：()222222sin 1cos cos cos x f x x x x =-=-.由()()120f x f x +=，整理得：()12121cos cos 10cos cos x x x x ⎛⎫+-=⎪⎝⎭.又12ππ3π222x x -<<<<，故12cos cos 1x x ≠，则有()122cos cos cos πx x x =-=-由2πππ22x -<-<，故12πx x =-或()12πx x =--.又1122tan tan k x x x x =+=+，当12πx x =-时，不满足，舍去.所以()12πx x =--，即12πx x +=，则1122tan tan π22x x x x k +++==.综上所述，π2k =.【点睛】解决此题的关键，第一问根据导数的几何意义及三角形的面积公式即可；第二问利用导数法求函数的极值的步骤，但此时无法解决导数函数的零点，只能通过函数零点存在性定理得出，再结合已知条件及零点范围及三角函数相等角的关系即可.⑭【答案】（1）2,1a b ==（2）m n ≤，证明见解析【解析】【分析】（１）求导得()'f x ，再求(1)f '的值即得切线的斜率，求出切点，利用点斜式求出切线方程，对比系数即可得答案;(2)先证明e 1x x ≥+，再令()()()h x f x g x =-，利用前面的结论说明()0h x ≥，最后根据()g x 的单调性证明即可.【小问1详解】解：()()()()2e 1(0),1e ,1x x af x x f b f a x x-=+>'=-='，所以()y f x =在1x =处的切线方程为e y ax b a =+--，比较系数可得2,1a b ==.【小问2详解】m n ≤.证明：设()=e 1xx x ϕ--，则()=e -1xx ϕ'，令()>0x ϕ'，则0x >；令()0ϕ'<x ，则0x <则0x =是()ϕx 的极小值点同时也是最小值点，故()()00x ϕϕ≥=即e 1x x ≥+（当且仅当0x =时等号成立）.令()()()h x f x g x =-，则()()ln e ln 1e ln 10xx x h x x x x x x-=+--=---≥，当且仅当ln 0=x x -=“”取“”，所以()(),f x g x ≥则有()(),f m g m ≥而()(),()()f m g n g m g n =∴≤，又()11,()g x g x x'=+∴ 单调递增，所以m n ≤.。
导数20 大题(切线)2-2022年全国一卷新高考数学题型细分汇编
导数——大题——切线：1.（2022年河南益阳J37）已知函数()ln x f x x =，()()()21(0)2x g x axf x a x a =--->，()g x '为()g x 的导函数.（1）若直线y x b =+是曲线()y f x =的切线，求实数b 的值；（2）求()g x 的最大值；（①）（3）设()()1122,,,A x y B x y 是函数()y g x =图象上任意不同的两点，线段AB 的中点为()00,C x y ，记直线AB 的斜率为k ，证明：()'0k g x >.（切线，易；第二问，未；）1.（2022年广东启光卓越J21）已知函数()()3ln f x x ax ax a =+-∈R .（1）若1a =，求曲线()y f x =在1x =处的切线方程；（②）（2）若()0f x ≤在[)1,x ∞∈+上恒成立，求实数a 的取值范围.（切线，易；第二问，未；）2.（2022年广东惠州三模J17）已知函数ln ()xa xf x e a x=--(e 为自然对数的底数)有两个零点．（1）若1a =，求()f x 在1x =处的切线方程；（③）（2）若()f x 的两个零点分别为2,x x ，证明：12212x x e x x e+>．（切线，易；第二问，未；）3.（2022年广东六校联考J34）若()e x f x k =，且直线e y x =与曲线()y f x =相切.(1)求k 的值；（④）（切线，中下；第二问，未；）(2)证明：当[1,2]a ∈，不等式22()sin 23f x a x x x +-≥+对于[0,)x ∀∈+∞恒成立.1.（2022年江苏苏州J19）已知函数21()e cos 2=++xf x a b x x （其中a ，b 为实数）的图象在点(0,(0))f 处的切线方程为y x =．（1）求实数a ，b 的值；（⑤）（切线，中下；第二问，未；）（2）证明：方程()|ln sin |f x x x =+有且只有一个实根．2.（2022年江苏南京宁海中学J13）已知0a >且1a ≠，函数21()log 2a f x x ax =+.（1）若e a =，求函数()f x 在1x =处的切线方程；（⑥）（2）若函数()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围.（切线，易；第二问，未；）3.（2022年江苏南京五中J12）已知a R ∈，函数()()214ln 12f x x ax x =-++.（1）当0a =时，求曲线()f x 在点()()0,0f 处的切线方程；（2）若()f x 在区间),0(+∞上存在两个不同的极值点.①求a 的取值范围；（⑦）②若当0x ≥时恒有()f x t >成立，求实数t 的取值范围.（参考数据：ln 20.69≈，ln 3 1.10≈）（切线，易；零点分析，中档；第三问，未；）4.（2022年山东百师联盟J56）已知函数()()()211ln 2f x ax a x x a R =+--∈．（1）当1a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；（⑧）（2）若方程()0f x =有两个不等实数根，求实数a 的取值范围．（切线，易；第二问，未；）1.（2022年山东淄博三模J20）已知,2m m ∈≥N ，,a b 为函数()()e xx f x m m=-的两个零点，a b <，曲线()y f x =在点(,0)a 处的切线方程为()y g x =，其中e 2.71828= 为自然对数的底数．（1）当0x >时，比较()f x 与()g x 的大小；（⑨）（切线，中下；第二问，未；）（2）若120x x <<，且12()()f x f x n ==，证明：212ln ln nx x m m-<+．导数——大题——切线（中档、中上、未）：4.（2022年广东佛山J11）已知函数1()e 1xf x x a=-+，其中a ∈R 且0a ≠.（⑩）（1）设0a >，过点11,2A ⎛⎫--⎪⎝⎭作曲线:()C y f x =的切线（斜率存在），求切线的斜率；（2）证明：当1a =或20e a <≤时，1()(1)2f x ax x ≥≥-.（切线，中档；第二问，未；）①【答案】（1）1b =-（2）最大值为2ln 2a a a a+-（3）证明见解析【解析】【分析】（1）由()'1fx =，结合切点坐标求得b 的值.（2）由()'g x 求得()g x 的最大值.（3）将()'0k g x >转化为21221121ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+，利用换元法，结合导数来证得不等式成立.【小问1详解】()f x 的定义域为()0,∞+，令()'21ln 1xfx x-==，2ln 10x x +-=，令()()()2'1ln 10,20h x x x x h x x x=+->=+>，()h x 在()0,∞+上递增，()10h =，所以()h x 有唯一零点1.所以方程2ln 10x x +-=有唯一解1x =.()10f =，即切点为()1,0，将()1,0代入y x b =+得01,1b b =+=-.【小问2详解】()()()()()22211ln 122ln 2x x x x x g x axf x a x ax a x a x a x =---=⋅---=--，其中0,0x a >>，()()2'11x a x a ag x x a x x-+-+=-+-=()()1x x a x -+-=，所以()g x 在区间()()()'0,,0,a g x g x >递增；在区间()()()',,0,a g x g x +∞<递减.所以()()()22maxln 1ln 22a a g x g a a a a a a a a ==---=+.【小问3详解】由（2）得()()2ln 12x g x a x a x =---，()'1a g x x a x =-+-，依题意1202x x x +=，要证明()'0k g x >，即证明'2112212y y x x g x x -+⎛⎫> ⎪-⎝⎭，即证明()()21'12212g x g x x x g x x -+⎛⎫> ⎪-⎝⎭，即证明()()22212212122111ln 1ln 121222x x a x a x a x a x x x a a x x x x +>-⎡⎤-------⎢⎦-⎣+-+⎥，整理得212121ln ln 2x x x x x x ->-+，不妨设120x x <<，即证()2121212ln ln x x x x x x -->+，即证21221121ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+，令211x t x =>，即证()2144ln 2,ln 20111t t t t t t ->=-+->+++，构造函数()()4ln 211m t t t t =+->+，()()()()2'22114011t m t t t t t -=-=>++，()m t 在()1,+∞上递增，()()10m t m >=，所以4ln 201t t +->+成立.得证()'0k g x >成立.【点睛】证明不等式的方法有分析法和综合法，本题采用的是分析法.即从结论()'0k g x >出发，化简得到21221121ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+，然后利用换元法，结合导数即可证得不等式成立.②【答案】（1）330x y --=（2）1,2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦【解析】【分析】（1）当1a =时，求出()1f 、()1f '的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；（2）分析可知，不等式()()1f x f ≤在[)1,+∞上恒成立，对实数a 的取值进行分类讨论，利用导数分析函数()f x 在[)1,+∞上的单调性，验证()()1f x f ≤能否恒成立，综合可得出实数a 的取值范围.【小问1详解】解：当1a =时，()3ln f x x x x =+-，则()2131f x x x'=+-，所以，()10f =，()13f '=，此时，曲线()y f x =在1x =处的切线方程为()31y x =-，即330x y --=.【小问2详解】解：()0f x ≤在[)1,x ∞∈+上恒成立，且()10f =，所以，()()1f x f ≤，因为()3ln f x x ax ax =+-，所以，()213f x ax a x'=+-.①当0a =时，()10f x x'=>，此时函数()f x 在[)1,+∞上单调递增，则()()10f x f ≥=，不合乎题意；②当0a <时，令()()g x f x '=，则()2130g x a x '=-<，此时函数()f x '在[)1,+∞上单调递减.若()1210f a '=+≤，即当12a ≤-时，对任意的1≥x ，()()10f x f ''≤≤且()f x '不恒为零，此时，函数()f x 在[)1,+∞上单调递减，则()()10f x f ≤=，合乎题意；若()1210f a '=+>，即当102a -<<时，取0113a x a-=>，则2011311a x a a -->-=-，则()200131x x a ->-，此时()2311110ax x -+<-+=，所以，()()20020000311130ax x f x ax a x x -+'=+-=<，所以，存在()101,x x ∈，使得()10fx '=，当11x x <<时，()0f x '>，此时函数()f x 单调递增，则()()110f x f >=，不合乎题意；③当0a >时，因为()2ln 260f a =+>，与题设矛盾，不合乎题意.综上所述，实数a 的取值范围是1,2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦.【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式恒成立求参数，解题的关键在于计算得出()10f =，结合端点效应将问题转化为()()1f x f ≤恒成立，然后借助导数分析函数()f x 在[)1,+∞上的单调性求解即可.③【答案】（1）(1)y e x =-；（2）证明见解析．【解析】【分析】（1）利用切点和斜率求得切线方程.（2）由()0f x =化简得到ln()xxa xe xe =，利用换元法，将要证12212x x e x x e +>转化为证明1ln 21t t t ->+，结合导数证得结论成立.【详解】（1）当1a =时，ln ()1xx f x e x=--，21ln ()x xf x e x -'=-．又(1)1f e =-，所以切点坐标为(1,1)e -，切线的斜率为(1)1k f e '==-，所以切线的方程为(1)(1)(1)y e e x --=--，即(1)y e x =-．（2）由己知得.(ln )()0x xe a x x f x x-+==有两个不等的正实根，所以方程(ln )0x xe a x x -+=有两个不等的正实根，即ln()0x x xe a xe -=有两个不等的正实根，ln()x x a xe xe =①.要证12212x x e x x e +>，只需证12212()()x x x e x e e ⋅>，即证1212()()2x xln x e ln x e +>，-令111x t x e =，222xt x e =，所以只需证12ln ln 2t t +>．由①得11ln a t t =，22ln a t t =，所以2121(ln ln )a t t t t -=-，2121(ln ln )a t t t t +=+，消去a 得221121212122111ln ln ln (ln ln )1t t t t t t t t t t t t t t ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭+=-=--，只需证2211211ln 21t t t t t t ⎛⎫+ ⎪⎝⎭>-．设120t t <<，令21t t t =，则1t >，所以只需证1ln 21t t t ->+．令1()ln 21t h t t t -=-+，1t >，则22214(1)()0(1)(1)t h t t t t t '-=-=>++，所以()(1)0h t h >=，即当1t >时，4ln 201t t +->+成立．所以12ln ln 2t t +>，即12212()()x x x e x e e ⋅>，即12212x x e x x e+>．【点睛】证明不等式恒成立问题，可利用构造函数法，结合导数求最值来进行求解.④【答案】(1)1k =(2)证明见解析【解析】【分析】(1)设切点为00(,)x y ，则有000()e ()ef x x f x '=⎧⎨=⎩，解之即可的解；(2)要证当[1,2]a ∈，不等式22()sin 23f x a x x x +-≥+对于[0,)x ∀∈+∞恒成立，只需证当[1,2]a ∈时，不等式22e sin 23x a x x x +-≥+对于[0,)x ∀∈+∞恒成立，令2()2e sin 23,[0,)x h x a x x x x =+---∈+∞，只需证明()min 0h x ≥即可，利用导数求出函数()h x 的最小值，即可得证.【小问1详解】解：设切点为00(,)x y ，()e x f x k ¢=，则000000()e e e ()e e e x x f x x k x f x k =⎧⎧=⇒⎨⎨==⎩'⎩，解得：01,1x k ==，1k ∴=；【小问2详解】证明：要证当[1,2]a ∈，不等式22()sin 23f x a x x x +-≥+对于[0,)x ∀∈+∞恒成立，只需证当[1,2]a ∈时，不等式22e sin 23x a x x x +-≥+对于[0,)x ∀∈+∞恒成立，令2()2e sin 23,[0,)x h x a x x x x =+---∈+∞，令()()2e cos 23,[0,)xg x h x a x x x ==+-'-∈+∞，()2e sin 2,[0,)x g x a x x '=--∈+∞，令()sin ,[0,)m x x x x =-∈+∞，则o 0(c )1s x m x =-≥'，所以函数()m x 在()0,∞+上递增，所以()(0)0m x m ≥=，所以sin ,[0,)x x x ≤∈+∞，故()()2e sin 22e 22e 222e 1xxxxg x a x ax x x '=--≥--≥--=--，()[)()e 1,0,x x x x ϕ=--∈+∞令，则()e 10,(0)x x x ϕ'=-≥≥，所以函数()x ϕ在()0,∞+上递增，所以()(0)0x ϕϕ≥=，所以()()2e 10xg x x '≥--≥，所以函数()g x 在()0,∞+上递增，即函数()h x '在()0,∞+上递增，又(0)230h a +-'=≥，所以()0h x '≥，所以()h x 在()0,∞+上递增，又因为(0)0h =，故()0,[0,)h x x ≥∀∈+∞恒成立，即当[1,2]a ∈，不等式22()sin 23f x a x x x +-≥+对于[0,)x ∀∈+∞恒成立.【点睛】本题考查了导数的几何意义，还考查了利用导数证明不等式问题，考查了放缩及转换思想，考查了学生的数据分析能力、计算能力及逻辑推理能力，难度很大.⑤【答案】（1）1,1.a b =⎧⎨=-⎩（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导，得()e sin '=-+x f x a b x x ，由题知(0)0(0)1f a b f a =+=⎧⎨=='⎩，解方程得解.（2）令()ln sin g x x x =+，分三种情况讨论：当[,)x π∈+∞，[1,)x π∈，(0,1)x ∈时()g x 的零点情况；令()()|ln sin |x f x x x ϕ=-+，分两种情况讨论：当()00,x x ∈，()0,x x ∈+∞时，对()ϕx 求导，借助()ϕx 单调性及零点存在性定理，判断()ϕx 的零点情况，进而得证.【小问1详解】因为21()e cos 2=++xf x a b x x ，所以()e sin '=-+x f x a b x x ．因为()y f x =的图象在(0,(0))f 处的切线为y x =，所以(0)0(0)1f a b f a =+=⎧⎨=='⎩解得1,1.a b =⎧⎨=-⎩【小问2详解】令函数()ln sin g x x x =+，定义域为(0,)+∞．当[,)x π∈+∞时，ln 1,sin 1x x >≥-，所以()ln sin 0g x x x =+>；当[1,)x π∈时，ln 0,sin 0x x ≥>，所以()ln sin 0g x x x =+>；当(0,1)x ∈时，由1()cos 0g x x x+'=>知()g x 在(0,1)上单调递增，又11(1)sin10,1sin0e e⎛⎫=>=-+< ⎪⎝⎭g g 且函数连续不间断，所以0(0,1)x ∃∈，有()000ln sin 0g x x x =+=．综上所述，函数()g x 在(0,)+∞有唯一的零点0(0,1)x ∈，且()g x 在()00,x 上恒小于零，在()0,x +∞上恒大于零．令函数()()|ln sin |x f x x x ϕ=-+，讨论如下：①当()00,x x ∈时，21()()|ln sin |e cos ln sin 2=-+=-+++xx f x x x x x x x ϕ，求导得1()e (sin cos )⎛⎫=++++ ⎪'⎝⎭xx x x x x ϕ．因为12,sin cos 2x x x x +≥+≥-，所以1()e (sin cos )0⎛⎫=++++> ⎪⎝⎭'x x x x x x ϕ，即函数()ϕx 在()00,x 单调递增．又因为()()0022000000011e cos ln sin e cos 022=-+++=-+>xx x x x x x x ϕ，()333e 363e 63311e e cos e e 3sin e e e sin e 3cos e 022---------⎛⎫=-+-+=++--< ⎪⎝⎭ϕ，所以函数()ϕx 在()00,x 存在唯一的零点，所以方程()|ln sin |f x x x =+在()00,x 上有唯一的零点．②当()0,x x ∈+∞时，21()()|ln sin |e cos ln sin 2=-+=-+--xx f x x x x x x x ϕ．法一：由（1）易证21e cos 2-+>xx x x 在(0,)+∞上恒成立．事实上，令21()e cos 2=-+-xh x x x x ，则()e sin 1=+'+-x h x x x ．因为()e (cos 1)0=++''>x h x x ，所以()h x '在(0,)+∞上单调递增，所以()(0)0h x h ''>=，即()h x 在(0,)+∞上单调递增，所以()(0)0h x h >=，即21e cos 2-+>xx x x 在(0,)+∞上恒成立．从而21()e cos ln sin ln sin ln 102=-+-->--≥--≥xx x x x x x x x x x ϕ，所以方程()|ln sin |f x x x =+在()0,x +∞上无零点．综上所述，方程()|ln sin |f x x x =+有且只有一个实根．法二：因为1ln x x -≥，所以ln(1)x x ≥+，所以e 1x x ≥+，所以e ln (1)(1)2-≥+--=x x x x ，所以2211e cos ln sin (2sin cos )022-+--≥--+>xx x x x x x x ，所以方程()|ln sin |f x x x =+在()0,x +∞上无零点．综上所述，方程()|ln sin |f x x x =+有且只有一个实根．【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，本题第一问考查导数的几何意义，第二问利用导数求函数的单调区间，判断单调性，并借助零点存在性定理研究方程的实根，考查数形结合思想的应用．⑥【答案】（1）()1112y e x e =+--（2）110,,1a e e ⎛⎫⎛⎫∈⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【解析】【分析】（1）由a e =时，得到()21ln 2f x x ex =+，求导，进而得到()()1,1f f '，写出切线方程；（2）将函数()f x 有两个零点，转化为函数2ln x y x =与1ln 2y a a =-的图象在()0,x ∈+∞上有两个交点求解.【小问1详解】解：当a e =时，()21ln 2f x x ex =+，则()1f x ex x'=+，故()1111f e e '=+=+，1x =时，()111ln122f e e =+=，故切点为11,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以()f x 在1x =处的切线方程为()()1112y e e x -=+-，即()1112y e x e =+--.【小问2详解】函数()f x 有两个零点，⇔方程21log 02a x ax +=在()0,x ∈+∞上有两个根，⇔方程2ln 1ln 2x a a x =-在()0,x ∈+∞上有两个根，⇔函数2ln xy x=与1ln 2y a a =-的图象在()0,x ∈+∞上有两个交点，设()2ln x g x x =，则()312ln x g x x -'=，()312ln 0x g x x -'=>时，0x e <<；()312ln 0xg x x-'=<时，x e >，所以()2ln xg x x=在(e 上单调递增，在)e +∞上单调递减，由()10g =，12g e e =，当1x >时，()0g x >，当x →+∞时，()0g x →，作图如下：由图得110ln 22a a e <-<，即1ln 0a a e-<<，设()()ln 0h x x x x =>，则()1ln h x x '=+，()1ln 0h x x '=+>时，1x e >，()1ln 0h x x '=+<时，10x e<<；所以()ln h x x x =在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，因为01x <<时ln 0x <，且()10h =，所以当01x <<时，()10h x e-≤<；当1x >时，()0h x >，又因为()min 11h x h e e⎛⎫==- ⎪⎝⎭，所以1ln 0x x e -<<的解集为110,,1e e ⎛⎫⎛⎫⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭综上所述110,,1a e e ⎛⎫⎛⎫∈⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.⑦【答案】（1）4y x =；（2）①34a <<；②158ln 22t ≤-.【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义，求()()0,0f 处的切线方程即可.（2）①由题意知，()2140x a x a --+-=有两个不相等的正根，即可求a 的取值范围；②由①得到()f x 的单调区间，可知要使0x ≥时，恒有()f x t >成立，只需满足()(){}2min 0,t f f x <，而2212152a a a x -++-=，结合①的结论得()21,3x ∈，则()()3222222222414ln 121x x x f x x x x ++=-+++，构造中间函数并应用导数研究单调性，确定()2f x 的范围，即可比较()()20,f f x 的大小，进而求t 的取值范围.【详解】（1）当0a =时，()()214ln 12f x x x =++，则()41f x x x '=++，∴()00=f ，()04f '=，即所求的切线方程为4y x =.（2）①()()214411x a x a f x x x x a --+-+'=-=++，设()f x 在),0(+∞上的极值点为1x ，()212x x x <，则1x ，2x 是方程()2140x a x a --+-=的两正根，∴()()2401021440a a a a ⎧->⎪-⎪>⎨⎪⎪∆=--->⎩，解得34a <<.②由①知：当10x x ≤<时，()0f x ¢>，所以()f x 单调递增；当12x x x <<时，()0f x ¢<，所以()f x 单调递减；当2x x >时，()0f x ¢>，所以()f x 单调递增.∴要使0x ≥时，恒有()f x t >成立，只需满足()(){}2min 0,t f f x <.由2212152a a a x -++-=，34a <<，则()21,3x ∈，又222241x x a x ++=+，∴()()()322222222222224114ln 14ln 1221x x x f x x ax x x x x ++=-++=-+++，()21,3x ∈.设()()322144ln 121x x x F x x x x ++=-+++，()1,3x ∈，则()()()()2131x x x F x x --+'=+.∴()0F x '<，()F x 在()1,3上单调递减，即()()1538ln 22F x F >=-，从而()2158ln 22f x >-.由ln 20.69≈，得158ln 202-<，又()00=f ，∴()(){}215min 0,8ln 22f f x >-，得158ln 22t ≤-.【点睛】关键点点睛：第二问，①求()f x ¢的解析式，将问题转化为()2140x a x a --+-=有两个不相等的正根求参数范围；②由①判断()f x 的区间单调性，将问题转化为()(){}2min 0,t f f x <，再构造中间函数并应用导数求()2f x 的范围，并比较()()20,f f x 的大小关系.⑧【答案】（1）12y =（2）(2,)+∞【解析】【分析】（1）求导，利用导数的几何意义求出切线斜率，求出切线方程；（2）求定义域，求导，对导数因式分解，由最小值小于0得到2a >，进而证明充分性成立，a 的其他范围均不合要求，得到a 的取值范围.【小问1详解】当1a =时，21()ln 2f x x x =-，所以1()f x x x'=-，又有1(1),(1)02f f =='，所以切线方程为12y =．【小问2详解】()f x 的定义域为(0,)+∞，∵21()(1)ln 2f x ax a x x =---，∴21(1)1(1)(1)()(1)ax a x ax x f x ax a x x x---+-=---=='，若方程()0f x =有两个不等实数根，即函数()f x 有两个不同的零点，当0a ≥时，由()0f x '<得：(0,1)x ∈，由()0f x '>得(1,)x ∈+∞，所以函数()f x 在()0,1上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，∴若函数()f x 有两个不同的零点则必有1(1)102f a =-+<，即2a >．此时，在(1,)x ∈+∞上有(2)22(1)ln 22ln 20f a a =---=->，在(0,1)x ∈上，2120x x -<-<，∵()21()2ln 2f x a x x x x =-+-，∴()1ln 2f x a x x >-+-，∴111122221e e ln e e 02a a a f a ----⎛⎫⎛⎫>-+-=> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∴()f x 在区间()0,1、(1,)+∞上各有一个零点，故2a >满足题意；当1a =-时，∵函数()f x 在(0,)+∞上单调递减，∴函数()f x 至多一个零点，不合题意；当10a -<<时，∵函数()f x 在区间(0,1)上单调递减，在11,a ⎛⎫-⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭上单调递减，∴函数()f x 的极小值为1(1)102f a =->，∴函数()f x 至多一个零点，不合题意；当1a <-时．∵函数()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，在1,1a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，∴函数()f x 的极小值为11111(1)ln 1ln()022f a a a a a a a ⎛⎫⎛⎫-=+---=-+-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∴函数()f x 至多一个零点，不合题意．综上所述，实数a 的取值范围是(2,)+∞．【点睛】导函数研究函数的零点个数问题，一般思路为求定义域，求导，得到函数极值，最值情况，进而由最值情况先得到必要性，再证明充分性.⑨【答案】（1）()()f xg x >（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用函数导数的几何意义求出切线斜率，再由点斜式求切线方程，作差即可比较大小；（2）先求出曲线()y f x =在点(ln ,0)m 处的切线方程，作差后构造函数()()()F x f x h x =-，利用导数求最小值为0，可得()()f x h x ≥，设()h x n =的正根为0x ，可得2103(11ln ln x x mn x x m m m --<-=++，再利用放缩法求证即可.【小问1详解】令()(e )0xx f x m m=-=，因为a b <所以函数()f x 的两个零点分别是0a =，ln b m =，e ()(1)1xf x x m+'=-，所以11(0)1m f m m -='-=，所以曲线()y f x =在点(0,0)处的切线方程为1my x m-=，所以1(e )(e 1)()()x x x m x m x x m m mf xg -=---=-，若0x >，则()()0f x g x ->，即()()f x g x >．【小问2详解】e ()(1)1xf x x m+'=-，所以(ln )ln f m m ='，所以曲线()y f x =在点(ln ,0)m 处的切线方程为ln (ln )y m x m =-，记()ln (ln )h x m x m =-，)(()()()ln (l )n e xF x x m mf x h x m x m =-=---，e (1)l 1(n )x x m m F +-=-'，2)0(()e xF mx x '+'>=，所以()F x '在(0,)+∞上单调递增，又(ln )0F m '=，所以当(0,ln )x m ∈时，()0F x '<，()F x 单调递减；当(ln ,)x m ∈+∞时，()0F x '>，()F x 单调递增，所以()F x 在ln x m =处取得极小值，即()(ln )0F x F m ≥=，即当0x ≥时，()()f x h x ≥，设()h x n =的正根为0x ，则0ln (ln )m x m n -=，所以0ln ln nx m m=+，因为()h x 是增函数，220()()()h x f x n h x ≤==，即20x x ≤，结合（1），设1()m g x x n m -==的根为3x ，则31mnx m=-，因为()g x 为减函数，113()()()g x f x n g x <==，所以13x x ≥，所以2103()11ln ln x x mn x x m m m --<-=++，设1()ln x x x x ϕ-=-，22111()0(2)x x x x x xϕ-=-=>≥'，所以()ϕx 在[2,)+∞上单调递增，1()(2)ln 202x ϕϕ≥=->，所以1ln 0m m m-->，所以11ln m mm -<，所以112ln ln m mm m >+-，()()e 11x f x x m +'=-，()(2)0xe f x x m=+'>'，所以′(p 单调递增，因为1(0)10f m'=-<，(ln )ln 0f m m '=>，所以存在唯一4(0,ln )x m ∈，使得4()0f x '=，当4(0)x x ∈,时，()0f x '<，()f x 单调递减；当4(,)x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增；因为(0)(ln )0f f m ==，若关于x 的方程()f x n =有两个正根，必有0n <，所以(112ln ln m m n m nm +<-，所以212ln ln n x x m m-<+【点睛】思路点睛：本题第二问难度很大，证明212ln ln nx x m m-<+的过程中，用导数最值先证明2103(11ln ln x x m n x x m m m --<-=++，再利用()112ln ln mm n m n m +<-放缩得证，思维难度较大，属于难题.⑩【答案】（1）112a -；（2）证明见解析.【解析】【分析】(1)设出切点坐标，对函数()f x 求导，再借助导数的几何意义列式计算作答.(2)当1a =时，不等式等价转化为证1e 12xx x -≥+，当20ea <≤时，转化证明111e e 22x x ax x a -≥-，作差构造函数即可推理作答.【小问1详解】0a >，11()e 21x f x a x '=-+，而1(1)0e f a -=>，即点11,2A ⎛⎫-- ⎪⎝⎭不在曲线C 上，设切点000(,()),1T x f x x >-，则切线AT 的斜率为00011()e 21x f x a x k '=+=，又001()21f x k x +=+，于是得00002()111e 2(1)21x f x a x x +=++000002(1)1e 12(e 1)1x x x x x a a +-+=-++，整理得：002e 110x x x a ++=，即00002e 011x x a x =++，有00021(e )011x x a x +=++，而0021e 011x a x +>++，因此，00x =，11(0)2f a '=-，所以切线的斜率为112a -.【小问2详解】当1a =时，1x ≥-，111()e 10e 1222x x f x ax x x x x ≥⇔-+≥⇔-≥+令()e 1x h x x =--，求导得()e 1x h x '=-，当0x <时，()0h x '<，当0x >时，()0h x '>，即函数()h x 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增，R x ∀∈，()(0)0h x h ≥=，即e 1x x ≥+，因此当1x ≥-时，111(1)e 11222xx x x x ++-≥+=≥+，当且仅当0x =时取“=”，则1e 102xx x -+≥，于是得当1a =且1x ≥-时，1()2f x ax ≥.当20e a <≤时，1x ≥-，111()e 122x f x ax ax x a ≥⇔-≥+，令1e )(1)(21111()e ()22x x x x a x ax x a a ϕ-=+-=--，1x ≥-，由20e a <≤得10a ->，则(1)(11()e )02x x a a ϕ'+->=，即()ϕx 在[1,)-+∞上单调递增，又(1)11(1))0e (2a a ϕ=--≥-，即当1x ≥-时，()(1)0x ϕϕ≥-≥，于是得当20e a <≤，1x ≥-时，111e e 22x x ax x a -≥-，而1e 12xx x -≥+，因此，11e 12x ax x a -≥+，从而得当20e a <≤，1x ≥-时1()2f x ax ≥，所以当1a =或20e a <≤时，1()(1)2f x ax x ≥≥-.【点睛】思路点睛：解决过某点的函数f (x )的切线问题，先设出切点坐标00(,)x y ，求导并求出切线方程000()()y y f x x x '-=-，然后将给定点代入切线方程转化为方程根的问题求解.。
高考数学专题：导数恒成立问题(含答案)
1、设函数f(x)＝13x3－a2x2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.(1)求b，c的值；(2)若a>0，求函数f(x)的单调区间；(3)设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围．2、已知函数f(x)＝e x－ax(a为常数)的图象与y轴交于点A，曲线y＝f(x)在点A处的切线斜率为－1.(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)证明：当x>0时，x2<e x；(3)证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<c e x.3、设函数f(x)＝a e x ln x＋b e x－1x，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2.(1)求a，b；(2)证明：f(x)>1.4、已知函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x，其中a∈R.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)当a>0时，若f(x)在区间[1，e]上的最小值为－2，求a的取值范围；(3)若∀x1，x2∈(0，＋∞)，且x1<x2，f(x1)＋2x1<f(x2)＋2x2恒成立，求a的取值范围．5、若不等式2x ln x≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是( ) A．(－∞，0) B．(－∞，4] C．(0，＋∞) D．[4，＋∞)答案： B 2x ln x≥－x2＋ax－3，则a≤2ln x＋x＋3x.设h(x)＝2ln x＋x＋3x(x＞0)，则h′(x)＝（x＋3）（x－1）x2.当x∈(0，1)时，h′(x)＜0，函数h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，函数h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4.所以a≤h(x)min＝4.故a的取值范围是(－∞，4]．6、已知函数f(x)＝12x2－a ln x(a∈R)．(1)若函数f(x)的图象在x＝2处的切线方程为y＝x＋b，求a，b的值；(2)若函数f(x)在(1，＋∞)上为增函数，求a的取值范围．7、已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1，2]，函数g (x )＝x 3＋x 2·⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ′（x ）＋m 2在区间(t ，3)内总不是单调函数，求m 的取值范围．8、已知a ∈R ，函数f (x )＝4x 3－2ax ＋a .(1)求f (x )的单调区间；(2)证明：当0≤x ≤1时，f (x )＋|2－a |＞0.9、已知函数f (x )＝e x ＋e －x ，其中e 是自然对数的底数．(1)证明：f (x )是R 上的偶函数；(2)若关于x 的不等式mf (x )≤e －x ＋m －1在(0，＋∞)上恒成立，求实数m 的取值范围； (3)已知正数a 满足：存在x 0∈[1，＋∞)，使得f (x 0)<a (－x 30＋3x 0)成立．试比较e a －1与a e －1的大小，并证明你的结论．答案：1、解：(1)f ′(x )＝x 2－ax ＋b ， 由题意得⎩⎨⎧f （0）＝1，f ′（0）＝0，即⎩⎨⎧c ＝1，b ＝0.(2)由(1)得，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )(a >0)， 当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0； 当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )． (3)g ′(x )＝x 2－ax ＋2，依题意，存在x ∈(－2，－1)，使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2<0成立， 即x ∈(－2，－1)时， a <⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2x max ＝－22即可，所以满足要求的a 的取值范围是(－∞，－22)．2、【解析】 (1)由f (x )＝e x －ax ，得f ′(x )＝e x －a .又f ′(0)＝1－a ＝－1，得a ＝2. 所以f (x )＝e x －2x ，f ′(x )＝e x －2. 令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2.当x <ln 2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x >ln 2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以当x ＝ln 2时，f (x )取得极小值，且极小值为f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－ln 4，f (x )无极大值． (2)证明：令g (x )＝e x －x 2，则g ′(x )＝e x －2x ， 由(1)得g ′(x )＝f (x )≥f (ln 2)>0，故g (x )在R 上单调递增．又g (0)＝1>0， 因此，当x >0时，g (x )>g (0)>0，即x 2<e x . (3)证明：方法一：①若c ≥1，则e x ≤c e x . 又由(2)知，当x >0时，x 2<e x . 所以当x >0时，x 2<c e x .取x 0＝0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x .②若0<c <1，令k ＝1c >1，要使不等式x 2<c e x 成立，只要e x >kx 2成立． 而要使e x >kx 2成立，则只要x >ln(kx 2)，只要x >2ln x ＋ln k 成立． 令h (x )＝x －2ln x －ln k ，则h ′(x )＝1－2x ＝x －2x .所以当x >2时，h ′(x )>0，h (x )在(2，＋∞)内单调递增． 取x 0＝16k >16，所以h (x )在(x 0，＋∞)内单调递增， 又h (x 0)＝16k －2ln(16k )－ln k ＝8(k －ln 2)＋3(k －ln k )＋5k ，易知k >ln k ，k >ln 2，5k >0，所以h (x 0)>0. 即存在x 0＝16c ，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x .综上，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x . 方法二：对任意给定的正数c ，取x 0＝4c， 由(2)知，当x >0时，e x >x 2， 所以e x＝e x 2·e x 2>⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22，当x >x 0时，e x>⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22>4c ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22＝1c x 2，因此，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x . 方法三：首先证明当x ∈(0，＋∞)时，恒有13x 3<e x . 证明如下：令h (x )＝13x 3－e x ，则h ′(x )＝x 2－e x . 由(2)知，当x >0时，x 2<e x ，从而h ′(x )<0，h (x )在(0，＋∞)内单调递减， 所以h (x )<h (0)＝－1<0，即13x 3<e x.取x 0＝3c ，当x >x 0时，有1c x 2<13x 3<e x .因此，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x .3、解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x ln x ＋a x ·e x －b x 2e x －1＋b xe x －1.由题意可得f (1)＝2，f ′(1)＝e. 故a ＝1，b ＝2.(2)证明：由(1)知，f (x )＝e x ln x ＋2x e x －1，从而f (x )>1等价于x ln x >x e －x －2e .设函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x .所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，g ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，g ′(x )>0.故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增，从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e .设函数h (x )＝x e －x －2e ， 即h ′(x )＝e －x (1－x )．所以当x ∈(0，1)时，h ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0，故h (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h (x )在(0，＋∞)的最大值为h (1)＝－1e .综上，当x >0时，g (x )>h (x )， 即f (x )>1.4、解：(1)当a ＝1时，f (x )＝x 2－3x ＋ln x (x >0)，f ′(x )＝2x －3＋1x ＝2x 2－3x ＋1x，则f (1)＝－2，f (1)＝0.所以切线方程是y ＝－2.(2)函数f (x )＝ax 2－(a ＋2)x ＋ln x 的定义域是(0，＋∞)．当a >0时，f ′(x )＝2ax －(a ＋2)＋1x ＝2ax 2－（a ＋2）x ＋1x ＝（2x －1）（ax －1）x(x >0)．令f ′(x )＝0，得x ＝12或x ＝1a .①当0<1a ≤1，即a ≥1时，f (x )在[1，e]上单调递增，所以f (x )在[1，e]上的最小值是f (1)＝－2；②当1<1a <e ，即1e <a <1时，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1a 上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，e 上单调递增，所以f (x )在[1，e]上的最小值是f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a <f (1)＝－2，不合题意，故1e <a <1舍去；③当1a ≥e ，即0<a ≤1e 时，f (x )在[1，e]上单调递减，所以f (x )在[1，e]上的最小值是f (e)<f (1)＝－2，不合题意，故0<a ≤1e 舍去．综上所述，a 的取值范围为[1，＋∞)．(3)设g (x )＝f (x )＋2x ，则g (x )＝f (x )＋2x ＝ax 2－ax ＋ln x ，只要g (x )在(0，＋∞)上单调递增，即g ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立即可．而g ′(x )＝2ax －a ＋1x ＝2ax 2－ax ＋1x(x >0)．①当a ＝0时，g ′(x )＝1x >0，此时g (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a ≠0时，因为x >0，依题意知，只要2ax 2－ax ＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立．记h (x )＝2ax 2－ax ＋1，则抛物线过定点(0，1)，对称轴x ＝14.故必须⎩⎨⎧a >0，Δ＝a 2－8a ≤0，即0<a ≤8. 综上可得，a 的取值范围为[0，8]．6、解：(1)因为f ′(x )＝x －ax(x >0)，且f (x )在x ＝2处的切线方程为y ＝x ＋b ， 所以⎩⎪⎨⎪⎧2－a ln 2＝2＋b ，2－a 2＝1，解得a ＝2，b ＝－2ln 2.(2)若函数f (x )在(1，＋∞)上为增函数，则f ′(x )＝x －ax ≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a ≤x 2在(1，＋∞)上恒成立．所以a ≤1.7、解：(1)f ′(x )＝a （1－x ）x(x >0)，当a >0时，f (x )的单调增区间为(0，1)，减区间为[1，＋∞)； 当a <0时，f (x )的单调增区间为[1，＋∞)，减区间为(0，1)； 当a ＝0时，f (x )不是单调函数． (2)由(1)得f ′(2)＝－a2＝1，即a ＝－2， ∴f (x )＝－2ln x ＋2x －3， ∴g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋2x 2－2x ，∴g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2.∵g (x )在区间(t ，3)内总不是单调函数， 即g ′(x )＝0在区间(t ，3)内有变号零点． 由于g ′(0)＝－2， ∴⎩⎨⎧g ′（t ）<0，g ′（3）>0.当g ′(t )<0时，即3t 2＋(m ＋4)t －2<0对任意t ∈[1，2]恒成立， 由于g ′(0)<0，故只要g ′(1)<0且g ′(2)<0， 即m <－5且m <－9，即m <－9； 由g ′(3)>0，得m >－373. 所以－373<m <－9.8、解：(1)由题意得f ′(x )＝12x 2－2a .当a ≤0时，f ′(x )≥0恒成立，此时f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)． 当a ＞0时，f ′(x ) ＝12⎝⎛⎭⎪⎫x －a 6⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 6， 此时函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－a 6和⎣⎢⎡⎭⎪⎫a 6，＋∞， 单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－a 6，a 6. (2)证明：由于0≤x ≤1，故当a ≤2时，f (x )＋|a －2|＝4x 3－2ax ＋2≥4x 3－4x ＋2.当a ＞2时，f (x )＋|a －2| ＝4x 3＋2a (1－x )－2≥4x 3＋4(1－x )－2＝4x 3－4x ＋2. 设g (x )＝2x 3－2x ＋1，0≤x ≤1，则 g ′(x )＝6x 2－2＝6⎝⎛⎪⎫x －3 ⎛⎪⎫x ＋3.于是所以g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫33＝1－439＞0.所以当0≤x ≤1时，2x 3－2x ＋1＞0. 故f (x )＋|a －2|≥4x 3－4x ＋2＞0.9、解：(1)证明：因为对任意x ∈R ，都有f (－x )＝e －x ＋e－(－x )＝e －x ＋e x ＝f (x )，所以f (x )是R 上的偶函数．(2)由条件知m (e x ＋e －x －1)≤e －x －1在(0，＋∞)上恒成立．令t ＝e x (x >0)，则t >1， 所以m ≤－t －1t 2－t ＋1＝－1t －1＋1t －1＋1对任意t >1成立． 因为t －1＋1t －1＋1≥2（t －1）·1t －1＋1＝3，所以－1t －1＋1t －1＋1≥－13，当且仅当t ＝2，即x ＝ln 2时等号成立．因此实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－13.(3)令函数g (x )＝e x ＋1e x －a (－x 3＋3x )，则g ′(x )＝e x －1e x ＋3a (x 2－1)．当x ≥1时，e x －1e x >0，x 2－1≥0，又a >0，故g ′(x )>0，所以g (x )是[1，＋∞)上的单调增函数，因此g (x )在[1，＋∞)上的最小值是g (1)＝e ＋e －1－2a .由于存在x 0∈[1，＋∞)，使e x 0＋e －x 0－a (－x 30＋3x 0)<0成立，当且仅当最小值g (1)<0，故e ＋e－1－2a <0，即a >e ＋e －12.令函数h (x )＝x －(e －1)ln x －1，则h ′(x )＝1－e －1x .令h ′(x )＝0，得x ＝e －1.当x ∈(0，e －1)时，h ′(x )<0，故h (x )是(0，e －1)上的单调减函数；当x ∈(e －1，＋∞)时，h ′(x )>0，故h (x )是(e －1，＋∞)上的单调增函数． 所以h (x )在(0，＋∞)上的最小值是h (e －1)．注意到h (1)＝h (e)＝0，所以当x ∈(1，e －1)⊆(0，e －1)时，h (e －1)≤h (x )<h (1)＝0； 当x ∈(e －1，e)⊆(e －1，＋∞)时，h (x )<h (e)＝0.所以h (x )<0对任意的x ∈(1，e)成立． ①当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e ＋e －12，e ⊆(1，e)时，h (a )<0，即a －1<(e －1)ln a ，从而e a －1<a e －1；②当a ＝e 时，e a －1＝a e －1；③当a ∈(e ，＋∞)⊆(e －1，＋∞)时，h (a )>h (e)＝0，即a －1>(e －1)ln a ，故e a －1>a e －1.综上所述，当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e ＋e －12，e时，e a －1<a e －1；当a ＝e 时，e a －1＝a e －1；当a ∈(e ，＋∞)时，e a －1>a e －1.。
高考数学导数问题常见的分类讨论
在高考中导数问题常见的分类讨论（一）热点透析由于导数内容对大学数学与中学数学的衔接具有重大的作用，所以自从导数进入高考后，立即得到普遍地重视，在全国各地的数学高考试卷中占有相当重的份额，许多试题放在较后的位置，且有一定的难度..分类讨论是中学数学的一种解题思想，如何正确地对某一问题进行正确地分类讨论，这就要求大家平时就要有一种全局的观点，同时要有不遗不漏的观点。
只有这样在解题时才能做到有的放矢。
下面我想通过对导数类题的解答的分析，来揭示如何水道渠成顺理推舟进行分类讨论。
（二）知识回顾 1． 函数的单调性在某个区间(a ，b )内，如果f ′(x )>0，那么函数y ＝f (x )在这个区间内单调递增；如果f ′(x )<0，那么函数y ＝f (x )在这个区间内单调递减． 2． 函数的极值(1)判断f (x 0)是极值的方法一般地，当函数f (x )在点x 0处连续时，①如果在x 0附近的左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，那么f (x 0)是极大值； ②如果在x 0附近的左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，那么f (x 0)是极小值． (2)求可导函数极值的步骤 ①求f ′(x )；②求方程f ′(x )＝0的根；③检查f ′(x )在方程f ′(x )＝0的根的左右两侧导数值的符号．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． 3． 函数的最值(1)在闭区间[a ，b ]上连续的函数f (x )在[a ，b ]上必有最大值与最小值．(2)若函数f (x )在[a ，b ]上单调递增，则f (a )为函数的最小值，f (b )为函数的最大值；若函数f (x )在[a ，b ]上单调递减，则f (a )为函数的最大值，f (b )为函数的最小值．(3)设函数f (x )在[a ，b ]上连续，在(a ，b )内可导，求f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤如下： ①求f (x )在(a ，b )内的极值；②将f (x )的各极值与f (a )，f (b )进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值． （三）疑难解释1． 可导函数的极值表示函数在一点附近的情况，是在局部对函数值的比较；函数的最值是表示函数在一个区间上的情况，是对函数在整个区间上的函数值的比较．2． f ′(x )>0在(a ，b )上成立是f (x )在(a ，b )上单调递增的充分条件．3． 对于可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0是函数f (x )在x ＝x 0处有极值的必要不充分条件． 附件：当堂过手训练（快练五分钟，稳准建奇功！）1． 若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1在x ＝1处取极值，则a ＝________.答案 3解析 f ′(x )＝2x 2＋2x －x 2－a x ＋12＝x 2＋2x －ax ＋12.因为f (x )在x ＝1处取极值，所以1是f ′(x )＝0的根，将x ＝1代入得a ＝3.2． 函数f (x )＝x 3＋ax －2在(1，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围是________．答案 [－3，＋∞)解析 f ′(x )＝3x 2＋a ，f ′(x )在区间(1，＋∞)上是增函数， 则f ′(x )＝3x 2＋a ≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a ≥－3x 2在(1，＋∞)上恒成立．∴a ≥－3.3. 如图是y ＝f (x )导数的图象，对于下列四个判断：①f (x )在[－2，－1]上是增函数； ②x ＝－1是f (x )的极小值点；③f (x )在[－1,2]上是增函数，在[2,4]上是减函数； ④x ＝3是f (x )的极小值点．其中正确的判断是________．(填序号) 答案 ②③解析 ①∵f ′(x )在[－2，－1]上是小于等于0的， ∴f (x )在[－2，－1]上是减函数；②∵f ′(－1)＝0且在x ＝0两侧的导数值为左负右正， ∴x ＝－1是f (x )的极小值点； ③对， ④不对，由于f ′(3)≠0.4． 设函数g (x )＝x (x 2－1)，则g (x )在区间[0,1]上的最小值为( )A ．－1B ．0C ．－239D.33答案 C解析 g (x )＝x 3－x ，由g ′(x )＝3x 2－1＝0，解得x 1＝33，x 2＝－33(舍去)． 当x 变化时，g ′(x )与g (x )的变化情况如下表：x 0⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3333 ⎝ ⎛⎭⎪⎫33，1 1 g ′(x )－0 ＋g (x )极小值所以当x ＝3时，g (x )有最小值g ⎛⎪⎫3＝－23. 5． (2011·辽宁)函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )>2，则f (x )>2x ＋4的解集为( )A ．(－1,1)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞)答案 B解析 设m (x )＝f (x )－(2x ＋4)，∵m ′(x )＝f ′(x )－2>0，∴m (x )在R 上是增函数．∵m (－1)＝f (－1)－(－2＋4)＝0，∴m (x )>0的解集为{x |x >－1}，即f (x )>2x ＋4的解集为(－1，＋∞). 二、高频考点专题链接题型一. 需对导数为零的点与定义域或给定的区间的相对位置关系讨论的问题。
高考数学复习考点知识与题型专题讲解11--- 导数-恒成立问题(解析版)
1 / 31高考数学复习考点知识与题型专题讲解专题11导数-恒成立问题1．高考对本部分的考查一般有三个层次：（1）主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义； （2）导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；（3）综合考查，如零点、证明不等式、恒成立问题、求参数等，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式、数列及函数单调性有机结合，设计综合题． 2．恒成立问题的解法（1）若()f x 在区间D 上有最值，则恒成立：()()min ,00x D f x f x ∀∈>⇔>；()()max ,00x D f x f x ∀∈<⇔<； （2）若能分离常数，即将问题转化为()a f x >（或()a f x <），则 恒成立：()()max a f x a f x >⇔>；()()min a f x a f x <⇔<.1．已知函数()sin ,[0,],0x f x ae x x x a π=++∈<． （1）证明：当1a =-时，函数()f x 有唯一的极大值； （2）当()21f x x <-恒成立，求实数a 的取值范围．【试题来源】百师联盟2020-2021学年高三下学期开年摸底联考考试卷（全国Ⅰ卷） 【答案】（1）证明见解析；（2）1a <-．【分析】（1）对函数求导，讨论函数的单调区间，进而可证明结果．（2）构造函数()e sin 10=+-+<x h x a x x ，只需函数最大值小于0即可得出结果．【解析】（1）证明：()e cos 1x f x a x '=++， 因为[]0,x π∈，所以1cos 0x +≥， 当1a =-时，()cos 1x f x e x '=-++， 令()e cos 1,()e sin 0x x g x x g x x '=-++=--<，()g x 在区间[]0,π上单调递减；(0)121,()e 0g g ππ=-+==-<， 存在()00,π∈x ，使得()00f x '=，所以函数()f x 递增区间是[]00,x ，递减区间是[]0,x π． 所以函数()f x 存在唯一的极大值()0f x ． （2）由()21f x x <-，即令()e sin 10,0,()e cos 10'=+-+<<∴=+-<x x h x a x x a h x a x ，()h x ∴在区间[]0,π上单调减函数，()(0)1≤=+h x h a ，只要10a +<即可，即1a <-．2．已知函数()()2112f x x alnx a x =-+-． （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()22a f x >恒成立，求正实数a 的取值范围、【试题来源】吉林省长春市2021届高三质量监测（二）【答案】（1）当0a ≤时，()f x 在定义域(0,)+∞上单调递增；当0a >时，()f x 在()0,a 上单调递减，在(,)a +∞上单调递增；（2）01a <<． 【分析】（1）求出导函数()()()1x x a f x x+-'=，讨论0a ≤或0a >，利用函数的单调性与导数之间的关系即可求解．（2）令()()2 2a g x f x =-，结合（1）不等式等价于()0g a >，只需10lna a +-<，令()1h x lnx x =+-，根据函数为增函数即可求解．3 / 31【解析】()1定义域为()0,-∞， ()()()()2111x a x a x x a af x x a x x x+--+-'=-+-==当0a ≤时，在(0,)+∞上()0,f x '≥所以()f x 在定义域(0,)+∞上单调递增； 当0a >时，令()'0f x >有,x a >令()'0f x <有0,x a << 所以()f x 在()0,a 上单调递减，在(,)a +∞上单调递增．()2令()()2 2a g x f x =-，由()1及a 为正数知，()()22ag x f x =-在x a =处取最小值，所以()22a f x >恒成立等价于()0g a >，即()10alna a a -+->，整理得10lna a +-<，令()1h x lnx x =+-， 易知()h x 为增函数，且()10,h =所以10lna a +-<的a 的取值范围是01a <<.3．已知函数1()ln ()f x a x a R x=+∈．（1）讨论函数()f x 在区间[1,2]上的最小值；（2）当1a =时，求证：对任意(0,)x ∈+∞，恒有cos ()x e xf x x+<成立．【试题来源】河北省张家口市2021届高三一模 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析． 【解析】（1）函数1()ln =+f x a x x的定义域是(0,)+∞， 2211()a ax f x x x x-'=-=．当0a 时，2110,0ax ax x --<<，则()0f x '<，则函数()f x 在(0,)+∞上单调递减，即函数()f x 在区间[1,2]上单调递减， 故函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为1(2)ln 22f a =+． 当0a >时，令()0f x '<，得10x a <<；令()0f x '>，得1x a>；故函数()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增．当11a，即1a 时，函数()f x 在区间[1,2]上单调递增， 故函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为(1)1f =； 当12a，即102a <时，函数()f x 在区间[1,2]上单调递减，故函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为1(2)ln 22f a =+； 当112a <<，即112a <<时，函数()f x 在11,a ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减，在1,2a ⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递增， 此时函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为11ln f a a a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭．综上，当12a时，函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为1(2)ln 22f a =+；当112a <<时，函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为11ln f a a a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭；当1a 时，函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为(1)1f =． （2）当1a =时，1()ln f x x x=+， 要证cos ()x e x f x x +<，即证1cos ln x e xx x x++<，因为0x >，所以两边同时乘x ，得ln 1cos x x x e x +<+， 即证ln cos 1x x x e x <+-．当01x <时，ln 0x x ，而cos 11cos11cos10x e x +->+-=>，所以ln cos 1xx x e x <+-成立，即cos ()x e xf x x+<成立．当1x >时，令()cos ln 1(1)x h x e x x x x =+-->， 则()sin ln 1x h x e x x '=---．5 / 31设()sin ln 1(1)xg x e x x x =--->，，则因为1()cos x g x e x x'=--．因为1x >，所以1()cos 110xg x e x e x'=-->-->，所以当1x >时，()g x 单调递增，所以()sin110g x e >-->，即()0h x '>，所以()h x 在(1,)+∞上单调递增，所以()cos110h x e >+->，即cos ()x e xf x x +<成立．综上，对任意(0,)x ∈+∞，恒有cos ()x e xf x x+<成立．【名师点睛】此题考查导数的应用，利用导数求函数的最值，考查分类讨论的数学思想，第2问解题的关键是把cos ()x e x f x x+<等价转化为ln cos 1x x x e x <+-，然后构造函数，利用导数证明即可，属于中档题 4．已知函数f (x )＝ax －ln x －1． （1）若f (x )≥0恒成立，求a 的最小值；（2）求证：xe x-＋x ＋ln x －1≥0；（3）已知k (x e -＋x 2)≥x －x ln x 恒成立，求k 的取值范围． 【试题来源】2021年高考二轮复习讲练测（浙江专用） 【答案】（1）1；（2）证明见解析；（3）[1，＋∞)．【解析】（1）f (x )≥0等价于a ≥ln 1x x+． 令g (x )＝ln 1x x+ (x ＞0)，则g ′(x )＝2ln xx -，所以当x ∈(0，1)时，g ′(x )＞0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0，则g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g (x )max ＝g （1）＝1，则a ≥1， 所以a 的最小值为1．（2）证明：当a ＝1时，由（1）得x ≥ln x ＋1，即t ≥ln t ＋1(t ＞0)．令x e x -＝t ，则－x －ln x ＝ln t ，所以x e x -≥－x －ln x ＋1，即x e x -＋x ＋ln x －1≥0．（3）因为k (xe -＋x 2)≥x －x ln x 恒成立，即k x e x x -⎛⎫+ ⎪⎝⎭≥1－ln x 恒成立， 所以k ≥1ln xx e x x--+＝－ln 1xx e x x x e x x--++-+＋1，由（2）知x e x-＋x ＋ln x －1≥0恒成立，所以－+ln 1x x ex x x ex x--+-+＋1≤1，所以k ≥1．故k 的取值范围为[1，＋∞)．【名师点睛】不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等主要方法有两个，一是比较简单的不等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；二是较为综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明． 5．已知函数()()1ln 2f x x mx m R =-∈，()()0ag x x a x=->． （1）求函数()f x 的单调区间． （2）若212m e=，对2122,2,x x e ⎡⎤∀∈⎣⎦都有()()12g x f x ≥成立，求实数a 的取值范围． 【试题来源】2021年高考数学二轮复习讲练测 【答案】（1）答案见解析；（2）(]0,3．【分析】（1）函数的定义域为()0,∞+，求导得()1'2f x m x=-，再分0m ≤和0m >两种情况讨论求解即可；（2）根据题意，问题转化为对2122,2,x x e ⎡⎤∀∈⎣⎦都满足()()min max g x f x ≥，再根据导数研究函数的最值即可． 【解析】（1）()()1ln ,02f x x mx m R x =-∈>，所以()1'2f x m x=-， 当0m ≤时，()0f x >′，()f x 在()0,∞+上单调递增．7 / 31当0m >时，由()0f x '=得12x m=； 由()'00f x x ⎧>⎨>⎩得102x m <<；由()'00f x x ⎧<⎨>⎩得12x m >．综上所述，当0m ≤时，()f x 的单调递增区间为()0,∞+；当0m >时，()f x 的单调递增区间为10,2m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,2m ⎛⎫+∞⎪⎝⎭． （2）若212m e =，则()211ln 22f x x x e =-． 对2122,2,x x e ⎡⎤∀∈⎣⎦都有()()12g x f x ≥成立，等价于对2122,2,x x e ⎡⎤∀∈⎣⎦都()()min max g x f x ≥，由（1）知在22,e ⎡⎤⎣⎦上单调递增，在22,2e e ⎡⎤⎣⎦上单调递减，所以()f x 的最大值为()212f e =， ()()2'100a g x a x=+>>，22,2x e ⎡⎤∈⎣⎦， 函数()g x 在22,2e ⎡⎤⎣⎦上是增函数，()()222mina g x g -==， 所以1222a -≥，解得3a ≤，又0a >，所以(]0,3a ∈．所以实数a 的取值范围是(]0,3．【名师点睛】本题考查利用导数研究函数单调区间，不等式恒成立问题，考查运算求解能力，回归转化思想，分类讨论思想，是中档题．本题第二问解题的关键在于根据已知将问题转化为对2122,2,x x e ⎡⎤∀∈⎣⎦都满足()()min max g x f x ≥，再研究函数的最值求解．6．已知函数()axf x e x =-．（1）若曲线()y f x =在点()()0,0f 处切线的斜率为1，求()f x 的单调区间；（2）若不等式()2ln ax f x e x ax ≥-对(]0,x e ∈恒成立，求a 的取值范围．【试题来源】云南西南名校2021届高三下学期联考【答案】（1）单调递减区间为ln 2,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，单调递增区间为ln 2,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭；（2）1,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭．【分析】（1）由题设()1axf x ae '=-，根据导数的几何意义有()01f '=，可求a ，即()221x f x e '=-，进而可求()f x 的单调区间；（2）由题意，函数不等式恒成立可转化为(]0,x e ∈上ln 1ln 1ax ax xe e x --≥恒成立，构造函数()ln 1x g x x -=，应用导数研究其单调性可得ln x a x ≥在(]0,x e ∈上恒成立，即在(]0,x e ∈上max ln ()xa x≥即可求a 的取值范围． 【解析】（1）()1axf x ae '=-，则()011f a '=-=，即2a =． 所以()221xf x e '=-，令0fx ，得ln 22x =-． 当ln 22x <-时，0f x ；当ln 22x >-时，0f x ．故()f x 的单调递减区间为ln 2,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，单调递增区间为ln 2,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭．（2）由()2ln ax f x e x ax ≥-，即()2ln 1ax ax x e x -≥-，有1ln 1ax a x e x x --≥，故仅需ln 1ln 1ax axxe e x --≥即可． 设函数()ln 1x g x x -=，则ln 1ln 1ax axxe e x --≥等价于()()axg e g x ≥． 因为()22ln x g x x -'=， 所以当(]0,x e ∈时，0g x ，则()g x 在(]0,e 上单调递增，所以当(]0,x e ∈时，()()axg e g x ≥等价于当(]0,x e ∈时，()()ax g e g x ≥，ax e x ≥，即ln xa x≥恒成立． 设函数()ln x h x x =，(]0,x e ∈，则()21ln 0xh x x -'=≥， 即()h x 在(]0,x e ∈递增，所以()()max 1h x h e e==，则1a e ≥即可，所以a 的取值范围为1,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭．【名师点睛】（1）应用导数的几何意义求参数值，进而讨论对应函数的单调性确定单调9 / 31区间；（2）构造函数()ln 1x g x x-=，将不等式恒成立问题转化为利用函数()g x 单调性得ax e x ≥，应用参变分离判断(]0,x e ∈上max ln ()xa x≥，确定参数范围． 7．设函数()1()x xa a f x e -=+>． （1）求证：()f x 有极值点；（2）设()f x 的极值点为0x ，若对任意正整数a 都有()0,x m n ∈，其中,m n Z ∈，求n m -的最小值．【试题来源】江苏省盐城市、南京市2021届高三下学期第一次模拟考试 【答案】（1）证明见解析；（2）2．【解析】（1）由题意得()ln x xf x a a e -'=-，所以()()2ln 0x x f x a a e -''=+>，所以函数()f x '单调递增，由()0f x '=，得()()ln 1,1ln xxae a ae a==． 因为1a >，所以1ln 0a>，所以1log ln ae x a =．当1log ln aex a >时，()()0,f x f x '>单调递增； 当1log ln ae x a<时，()()0,f x f x '<单调递减．因此，当1log ln ae x a=时函数()f x 有极值．（2）由（1）知，函数()f x 的极值点0x （即函数()f x '的零点）唯一， 因为ln (1)af e a'-=-．令()ln a g a a =，则()21ln 0a a g a '-==，得a e =． 当a e >时，()()0,g a g a '<单调递减；当0a e <<时，()()0,g a g a '>单调递增， 所以()()1g a g e e ≤=，所以()ln 10af ae '-=-<． 而()0ln 1f a '=-，当2a =时，()00f '<，当3a ≥时，()00f '>．又()1ln 1a ef a '=-．因为a 为正整数且2a ≥时，所以ln 2ln 121a a e≥>>． 当2a ≥时，()10f '>．即对任意正整数1a >，都有()10f '-<，()10f '>，所以()01,1x ∈-恒成立， 且存在2a =，使()00,1x ∈，也存在3a =，使()01,0x ∈-． 所以n m -的最小值为2．【名师点睛】本题考查导数的应用，解题的关键是利用导数结合零点存在性定理得出()10f '-<，()10f '>，得出,m n 的可能值． 8．已知函数2()2ln 43()f x x ax ax a a =+-+∈R ． （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）对(1,)x ∈+∞，都有()0f x >成立，求实数a 的取值范围． 【试题来源】山西省晋中市2021届高三下学期二模 【答案】（1）答案见解析；（2）01a ．【分析】（1）求出函数的导数，令2()21(0)g x ax ax x =-+>，分段讨论a 的值，判断()g x 的正负情况可得出单调性；（2）可得当01a 时，()f x 在(1,)+∞上单调递增，所以()(1)0f x f >=成立；当0a <时，可得存在x ，使得()(1)0f x f <=，即可得出结论．【解析】（1）()22212()24(0)ax ax f x ax a x x x'-+=+-=>，令2()21(0)g x ax ax x =-+>， ①当0a =时，()10g x =>，在(0,)+∞上，()0f x '>，所以()f x 单调递增．②当0a <时，2444(1)0a a a a ∆=-=->，令()0g x =，得12x x ==，且120x x >>，11 / 31所以当()10,x x ∈时，()0f x '>，所以()f x 单调递增； 当()1,x x ∈+∞时，()0f x '<，所以()f x 单调递减． ③当0a >时，4(1)a a ∆=-， 当01a <时，4(1)0a a ∆=-，在(0,)+∞上，()0f x '>，所以()f x 单调递增． 当1a >时，2444(1)0a a a a ∆=-=->，令()0g x =，得12a a x x a a==，且120x x <<， 所以当()10,x x ∈或()2,x x ∈+∞时，()0f x '>，所以()f x 单调递增； 当()12,x x x ∈时，()0f x '<，所以()f x 单调递减．综上可得当0a <时，()f x 在()10,x 上单调递增，在()1,x +∞上单调递减； 当01a 时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当1a >时，()f x 在()()120,,,x x +∞上单调递增，在()12,x x 上单调递减．（2）因为(1)0f =，根据（1）的讨论可知，当01a 时，()f x 在(0,)+∞上单调递增，所以()f x 在(1,)+∞上单调递增，所以()(1)0f x f >=成立． 当0a <时，()f x 在()1,x +∞上单调递减，x →+∞时，()f x →-∞， 所以存在()1,x x ∈+∞使得()0f x <，故此时不成立．当1a >时，()f x 在()()120,,,x x +∞上单调递增；在()12,x x 上单调递减，而121x x =<<=，所以当()21,x x ∈时，()f x 单调递减，此时()(1)0f x f <=，不合题意．综上可得01a ．【名师点睛】本题考查利用导数讨论含参函数的单调性问题，解题的关键是根据导数情况观察参数，对参数进行分段讨论，便于得出导数正负． 9．已知函数()e ln ax f x x x =-，其中e 是自然对数的底数，0a >．（1）若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线斜率为21e -，求a 的值； （2）对于给定的常数a ，若()1f x bx ≥+对(0,)x ∈+∞恒成立，求证：b a ≤． 【试题来源】江苏省苏州市2021届高三下学期期初 【答案】（1）1a =；（2）证明见解析．【分析】（1）求出()'f x ，根据导数的几何意义可得(1)21k f e '==-建立方程，求解方程即可得到答案．（2）不等式()1f x bx ≥+对(0,)x ∈+∞恒成立，即ln 1ln 1ax axx xe x b e x x x--≤--=对(0,)x ∈+∞恒成立，先证明1t e t ≥+恒成立，由此结论可得ln ln 1ln 1ax ax x xe x e x a x x+----=≥，从而可证明．【解析】（1）因为1()(1)axf x ax e x'=+-，所以切线斜率为(1)(1)121a k f a e e '==+-=-，即(1)20a a e e +-=．设()(1)2x h x x e e =+-， 由于()(2)0xh x x e '=+>，所以()h x 在(0,)+∞上单调递增，又(1)0h =，由(1)()02a a e h a e +-==可得1a =． （2）设()1t u t e t =--，则()1t u t e '=-， 当0t >时，()0u t '>，当0t <时，()0u t '<，所以()u t 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增， 所以min()(0)0u t u ==，即()0u t ≥，所以1(*)t e t ≥+．若()1f x bx ≥+对(0,)x ∈+∞恒成立，即ln 1ax xe x bx --≥对(0,)x ∈+∞恒成立，即ln 1ln 1ax axx xe x b e x x x--≤--=对(0,)x ∈+∞恒成立．13 / 31设ln 1()ax xe x g x x--=，由（*）可知ln ln 1ln 1ln 1ln 1()ax ax x xe x e x ax x x g x a x x x+----++--==≥=，当且仅当()ln 0x ax x ϕ=+=时等号成立． 由()1()00x a x xϕ'=+>>，所以()ϕx 在()0+∞，上单调递增， 又()()1aaa eaea a e ϕ---=-=-，由0a >，所以10a e --<，即()0a e ϕ-<()10a ϕ=>，则存在唯一()0,1a x e -∈使得0()=0x ϕ即方程()ln 0x ax x ϕ=+=有唯一解()0,1ax e -∈，即()g x a ≥(对于给定的常数a ，当0x x =，()0,1ax e -∈时取等号)由ln 1ln 1ax axx xe x b e x x x--≤--=对(0,)x ∈+∞恒成立， 所以b a ≤．【名师点睛】本题考查根据切线的斜率求参数和利用导数证明不等式，解答本题的关键是先证明辅助不等式1te t ≥+，然后将问题转化为由ln 1ln 1ax axx xe x b e x x x--≤--=对(0,)x ∈+∞恒成立，由辅助不等式可得ln ln 1ln 1ln 1ln 1ax ax x xe x e x ax x x a x x x+----++--=≥=，从而使得问题得证，属于难题．10．已知函数3()2x f x e x mx =+++．（1）若x 轴为曲线()y f x =的切线，试求实数m 的值；（2）已知()()xg x f x e =-，若对任意实数x ，均有()1e ()x g g x +，求m 的取值范围．【试题来源】福建省名校联盟优质校2021届高三大联考 【答案】（1）e 3m =--；（2）[1,)m ∈-+∞ 【解析】（1）由2()e 3x f x x m '=++，设曲线()y f x =与x 轴相切于()0,0P x ，则()00f x =，()00f x '=．所以0030020e 20e 30x x x mx x m ⎧+++=⎪⎨++=⎪⎩，代入整理得()()020001e 210x x x x ⎡⎤-+++=⎣⎦， 由0e 0x >，22000131024x x x ⎛⎫++=++> ⎪⎝⎭，所以01x =，此时e 3m =--．经检验，当e 3m =--时，x 轴为曲线()y f x =的切线．（2）由3()()e 2x g x f x x mx =-=++，记1()e x h x x +=-，1()e 1x h x +'=-(,1)x ∈-∞-时，()0h x '<；(1,)x ∈-+∞时，()0h x '>，故()y h x =在(,1)-∞-上单调递减，在(1,)-+∞上单调递增． 所以()(1)2h x h ≥-=，不妨设1e x x t +-=(2t ≥)，则()1e ()()()x g g x g x t g x +-=+-()33()()22x t m x t x mx ⎡⎤=++++-++⎣⎦221324t t x t m ⎡⎤⎛⎫=+++⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦因为[2,)t ∈+∞时，要满足()()g x t g x +≥恒成立，则2222121331212424t x t ⎛⎫⎛⎫++≥⨯-++⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭(2t =时，1x =-，能同时取等号)．即10m +≥即可，解得[1,)m ∈-+∞． 综上，[1,)m ∈-+∞时符合题意．【名师点睛】本题考查根据曲线的切线方程求参数值及根据不等式恒成立求参数的取值范围问题，难度较大，解答的主要思路如下：（1）当已知曲线的切线方程时，可先设切点的坐标为()00,x y ，然后格据导数的几何意义使()0f x '与所给切线的斜率相等，使点()00,x y 在所给切线上，列出方程组求解即可；（2）当已知不等式恒成立求解参数的取值范围时，可直接构造函数，利用导数分析函数的最值，使其最值符合条件即可；也可以15 / 31采用参数分离法，将问题转化为讨论不含参函数的最值问题求解． 11．已知实数0a ≠，设函数()e ax f x ax =-． （1）当1a =时，求函数()f x 的极值； （2）当12a >时，若对任意的[1,)x ∈-+∞，均有()2()12a f x x ≥+，求a 的取值范围． 【试题来源】广西桂林、崇左市2021届高三联合调研考试（二模） 【答案】（1）极小值(0)1f =，无极大值；（2）122a <≤． 【分析】（1）由1a =，求导()1x f x e =-'，再利用极值的定义求解； （2）将()2()12a f x x ≥+，转化为2(1)2axa e x ≥+，易知0x =，1x =-时，a 的范围，当(1,)x ∈-+∞时，两边取对数，转化为2ln(1)ln 2aax x ≥++恒成立，令()2ln(1)ln 2aF x x ax =+-+，用导数法由()0F x ≤在(1,)-+∞内恒成立求解即可．【解析】（1）当1a =时，由()10x f x e '=-=，解得0x =． 当(0,)x ∈+∞时，()0f x '>，故()f x 在(0,)+∞内单调递增； 当(,0)x ∈-∞时，()0f x '<，故()f x 在(,0)-∞内单调递减．∴函数()f x 在0x =取得极小值(0)1f =，无极大值． （2）由()2()12a f x x ≥+，则有2(1)2axa e x ≥+． 令0x =，得11,222a a ≥<≤．当1x =-时，不等式2(1)2ax a e x ≥+显然成立，当(1,)x ∈-+∞时，两边取对数，即2ln(1)ln 2aax x ≥++恒成立． 令函数()2ln(1)ln2a F x x ax =+-+， 即()0F x ≤在(1,)-+∞内恒成立．由22(1)()011a x F x a x x '-+=-==++，得211x a =->-．故当21,1x a ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭时，()0,()F x F x '>单调递增；当21,x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时，()0,()F x F x '<单调递减．因此22()12ln 2ln 2ln 22a a F x F a a a a ⎛⎫≤-=-++=-- ⎪⎝⎭．令函数()2ln 2ag a a =--，其中122a <≤， 则11()10a g a a a='-=-=，得1a =， 故当1,12a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0,()g a g a '<单调递减；当(1,2]a ∈时，()0,()g a g a '>单调递增．又13ln 40,(2)022g g ⎛⎫=-<= ⎪⎝⎭，故当122a <≤时，()0g a ≤恒成立，因此()0F x ≤恒成立， 即当122a <≤时，对任意的[1,)x ∈-+∞，均有()2()12a f x x ≥+成立． 12．已知函数()2()2ln 1f x x x =--，()()21g x k x =-．（1）当1k =时，求函数()()()F x f x g x =-的极值；（2）若存在01x >，使得当()01,x x ∈时，()()f x g x >恒成立，求实数k 的取值范围． 【试题来源】云南省昆明市第一中学2021届高三第六次复习检测 【答案】（1）()0F x =极大值，()F x 无极小值；（2）(),1-∞． 【分析】（1）2()2ln 1F x x x =-+，求导得22(1)(1)()2x x F x x x x-+-'=-=，显然()0,1x ∈时，()F x 为增函数，()1,x ∈+∞时，()F x 为减函数，所以()F x 在1x =处取得极大值，无极小值，然后计算()1F 即可；（2）()()f x g x >恒成立即()()0f x g x ->恒成立，也即()0F x >恒成立，结合（1）的结论对k 分类讨论，当1k 时，不存在01x >，使得当()01,x x ∈时，()()f x g x >恒成立；当1k <时，22(1)1()x k x F x x⎡⎤-+--⎣⎦'=，令()0F x '=，得211(1)40k k x ---+=<，17 /3121x =>，可证得函数()F x 在()21,x 上是增函数，所以存在021x x <≤，使得当()01,x x ∈时，()()10F x F >=．【解析】（1）当1k =时，22()2ln (1)2(1)2ln 1F x x x x x x =----=-+，()F x 的定义域为()0,∞+，22(1)(1)()2x x F x x x x-+-'=-=， 当()0,1x ∈时，()0F x '>，()F x 为增函数， 当()1,x ∈+∞时，()0F x '<，()F x 为减函数， 所以()()10F x F ==极大值，()F x 无极小值；（2）由（1）可知，若1k =，则当1x >时，()()10F x F <=，即()()f x g x <， 所以不存在01x >，使得当()01,x x ∈时，()()f x g x >恒成立，若1k >，则当1x >时，22()2ln (1)2(1)2ln (1)2(1)0F x x x k x x x x =----<----<， 即不存在01x >，使得当()01,x x ∈时，()()f x g x >恒成立； 若1k <，2()2ln (1)2(1)F x x x k x =----，22(1)12()222x k x F x x k x x⎡⎤-+--⎣⎦'=-+-=， 令()0F x '=，得10x =<，21x =>，所以当()20,x x ∈时，()0F x '>，()F x 为增函数， 即函数()F x 在()21,x 上是增函数，所以存在021x x <≤，使得当()01,x x ∈时，()()10F x F >=， 即()()f x g x >成立，综上，所以实数k 的取值范围是(),1-∞．13．已知函数()ln a ef x x x-=+，其中e 是自然对数的底数． （1）设直线22y x e=-是曲线()()1y f x x =>的一条切线，求a 的值；（2）若a R ∃∈，使得()0f x ma +≥对()0x ∀∈+∞，恒成立，求实数m 的取值范围． 【试题来源】备战2021年高考数学全真模拟卷（山东高考专用）【答案】（1）0a =；（2）1m e≥-．【分析】（1）设切点坐标为()()00,x f x ，根据题意只需满足()02f x e'=，()00002ln 2a e f x x x x e-=+=-，然后求解方程组得出a 的值及0x 的值； （2）记()()ln a eg x f x ma x ma x-=+=++，求导讨论函数()g x 的单调性，确定最值，使()min 0g x ≥成立，得到关于参数m 的不等式，然后利用参数分离法求解参数m 的取值范围．【解析】（1）设切点为()()00,x f x ，其中01x >， 有()020012a e f x x x e -'=-=，且()00002ln 2a e f x x x x e-=+=- 得0021x a e x e -=-，所以004ln 30x x e+-=，易解得0x e =，则0a =； （2）记()()ln a e g x f x ma x ma x -=+=++，有()2x a eg x x -+'=， 当a e ≤，()20x a eg x x -+'=>恒成立，则函数()g x 在()0,∞+上递增，无最小值，不符合题意；当a e >时，当(),x a e ∈-+∞时，()0g x '>，当()0,x a e ∈-时，()0g x '<，所以函数()g x 在()0,a e -上递减，在(),a e -+∞上递增，所以()g x 在x a e =-处取得最小值，()()()min ln 10g x g a e a e ma =-=-++≥， 则有()1ln a e m a +--≤，记()()()1ln a e h a a e a+-=>，19 / 31有()()2ln ea e a e h a a ---'=， 易知()h a 在(),2e e 单调递增，在()2,e +∞单调递减，则()()max 12h a h e e ==，所以1m e-≤，得1m e ≥-．【名师点睛】本题考查导数的几何意义，考查根据不等式恒成立问题求参数的取值范围，求解的一般方法如下：（1）直接构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；（2）采用参数分离法，然后构造函数，直接将问题转化为函数最值的求解即可．14．已知函数()()2ln 21f x x mx m x =+++，其中0m <．（1）若()f x 在区间()2,+∞上单调递减，求m 的取值范围； （2）若不等式()f x n ≤对0x >恒成立，证明：30n m ->．【试题来源】“超级全能生”2021届高三全国卷地区1月联考试题（丙卷）【答案】（1）14m ≤-；（2）证明见解析．【分析】（1）对函数求导，求出单调减区间，列不等式，即可的出结果．（2）求出函数求导，求出单调减区间，求出函数的最大值，列不等式12f n m ⎛⎫-≤ ⎪⎝⎭，211111ln 222222⎛⎫⎛⎫⇒-≥--+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n m m m m m ，记102t m=->，构造函数()21ln 2g t t t t t =+-， 求出()g t 最小值()200012=--g t t t ，()0 2n g t m -≥，()()0312g t g >=-，即可得出结果． 【解析】（1）函数()()2ln 21f x x mx m x =+++，其中0m <，0x >，()()()211122?1mx x f x mx m x x++'=+++=． 令()0f x '<得12x m>-．令122m -≤，解得14m ≤-． （2）函数()()2ln 21f x x mx m x =+++，其中0m <，0x >，()()()121x mx f x x++'=．令()0f x '=得12x m=-， 当102x m<<-时，()0f x '>，()f x 是增函数： 当12x m>-时，()0f x '<，()f x 是减函数，． 所以当12x m=-时，()f x 既是极大值也是最大值，11121ln 2242m f m m m m +⎛⎫⎛⎫-=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭11ln 124m m⎛⎫=--- ⎪⎝⎭． 令12f n m ⎛⎫-≤ ⎪⎝⎭，所以211111ln 222222n m m m m m⎛⎫⎛⎫-≥--+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭成立． 记102t m=->，()21ln 2g t t t t t =+-，()ln g t t t '=+，当0t >时，()g t '是增函数，1110g e e ⎛⎫'=-+< ⎪⎝⎭，()110g '=>，所以存在()00,1t ∈使000()ln 0g t t t '=+=． 当00t t <<时，()0g t '<，()g t 是减函数： 当0t t >时，()0g t '>，()g t 是增函数，所以当t t =0时，()g t 既是极小值也是最小值，()000001ln 2g t t t t t =+-． 又00ln t t =-，所以()200012=--g t t t ，则()0 2ng t m-≥成立， 当001t <<时，()0g t 是减函数， 所以()()0312g t g >=-，则322n m ->-，所以30n m ->． 【名师点睛】12f n m ⎛⎫-≤ ⎪⎝⎭211111ln 222222⎛⎫⎛⎫⇒-≥--+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n m m m m m ，记102t m=->，构造函数()21ln 2g t t t t t =+-是解题的关键．本题考查了运算求解能力和逻辑推理能力，属于难题．15．已知函数()()()2(ln ,)xf x x kx k Rg x x e =-∈=-．（1）若()f x 有唯一零点，求k 的取值范围；21 / 31（2）若()()1g x f x -≥恒成立，求k 的取值范围． 【试题来源】山东省菏泽市2021届高三下学期3月一模【答案】（1）1k e=或0k ≤；（2）1k ．【分析】（1）转化为ln x k x =有唯一实根，构造函数()ln x h x x=，利用导数研究函数的性质，得到函数的图象，根据图象可得结果；（2）转化为1ln 2xx k e x+≥-+恒成立，构造函数()1ln 2x xx e xϕ+=-+，利用导数求出其最大值，利用最大值可得解． 【解析】（1）由()ln f x x kx =-有唯一零点，可得方程ln 0x kx -=，即ln xk x=有唯一实根， 令()ln x h x x =，则()21ln ,xh x x -'=由()0h x '>，得0,x e <<由()0h x '<，得,x e >()h x ∴在()0,e 上单调递增，在(,)e +∞上单调递减．()()1h x h e e∴≤=， 又()10,h =所以当01x <<时，()0h x <； 又当x e >时，()ln 0,xh x x=>由()ln x h x x =得图象可知，1k e=或0k ≤． （2）()2ln 1()xx e x kx ---≥恒成立，且0x >，1ln 2xx k e x+∴≥-+恒成立， 令()1ln 2xx x e xϕ+=-+，则()22221(l l n n 1)x x x x e x x x e x x ϕ--'⋅==-+-，令()2ln x x x x e μ=--，则211()(2)(2)0x x xx xe x e xe x x xμ'=--+=--+<(0)x >，()x μ∴在(0,)+∞单调递减，又()12110,10e e e e μμ-⎛⎫=->=-< ⎪⎝⎭，由零点存在性定理知，存在唯一零点01,1x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()0,o x μ=即0200ln xx x e -=，两边取对数可得()000ln ln 2ln ,x x x -=+即()()0000ln ln ln ln ,x x x x -+-=+ 由函数ln y x x =+为单调增函数，可得00ln x x =-，所以当00x x <<时，()0x μ>，()0x ϕ'>，当0x x >时，()0x μ<，()0x ϕ'<， 所以()x ϕ在()00,x 上单调递增，在0(,)x +∞上单调递减，()()00000001ln 11221x x x x x e x x x ϕϕ+-∴≤=-+=-+=， 所以()1,o k x ϕ≥=即k 的取值范围为1k ．16．已知函数f (x )=2e x +a ln(x +1)-2．（1）当a =-2时，讨论f (x )的单调性；（2）当x ∈[0，π]时，f (x )≥sin x 恒成立，求a 的取值范围．【试题来源】2021年高考数学二轮复习热点题型精选精练（新高考地区专用） 【答案】（1）函数()f x 在(-1，0)单调递减，在()0,∞+单调递增；（2）[)1,-+∞． 【分析】（1）将2a =-代入，求出导函数，利用导数与函数单调性之间的关系即可求解．（2）令()()()[]sin 2ln 12sin ,0,xg x f x x e a x x x π=-=++--∈，等价于()()00g x g ≥=恒成立，求出()g x '，讨论0a ≥或0a <，判断函数的单调性，其中0a <时，可得()0211g a a '=+-=+，讨论10a +≥或10+<a ，证明函数的单调性即可证明．【解析】（1）当2a =-时()(),22ln 12,1x f x e x x =-+->-．23 / 31()()22,1x f x e f x x '+'=-在()1,-+∞单调递增，且()00.f '= 当()1,0x ∈-时，()0f x '<；当()0,x ∈+∞时(),0f x '>． 所以函数()f x 在(-1，0)单调递减，在()0,∞+单调递增．（2）令()()()[]sin 2ln 12sin ,0,xg x f x x e a x x x π=-=++--∈当[]0,x π∈时，()sin f x x ≥恒成立等价于()()00g x g ≥=恒成立．由于()()[]cos 2cos ,0,1xag x f x x e x x x π=-=+-∈+''， 所以（1）当0a ≥时，()210,xg x e '≥->函数()y g x =在[]0,π单调递增，所以()()00g x g ≥=，在区间[]0,π恒成立，符合题意．（2）当0a <时，()2cos 1xag x e x x =+-+'在[]0,π单调递增，()0211g a a '=+-=+． ①当10a +即10a -≤<时，()()010,g x g a ≥=+≥''函数()y g x =在[]0,π单调递增，所以()()00g x g =在[]0,π恒成立，符合题意．②当10+<a 即1a <-时()(),010,211ag a g e πππ=+<=++'+'， 若()0g π'≤，即()()121a e ππ≤-++时(),g x '在()0,π恒小于0则()g x 在()0,π单调递减，()()00g x g <=，不符合题意．若()0,g π'>即()()1211e a ππ-++<<-时，存在()00,x π∈使得()00.g x '=所以当()00,x x ∈时，()0,g x '<则()g x 在()00,x 单调递减，()()00,g x g <=不符合题意． 综上所述，a 的取值范围是[)1,.∞-+【名师点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用导数研究不等式恒成立，解题的关键是构造函数()()[]2ln 12sin ,0,xg x e a x x x π=++--∈，不等式等价转化为()()00g x g ≥=恒成立，考查了分析能力、计算能力以及分类讨论的思想． 17．设()()ln a f x ax x =+，()11ln xg x b e x x-=⋅+，其中,a b ∈R ，且0a ≠．（1）试讨论()f x 的单调性；（2）当1a =时，()()ln f x xg x x -≥恒成立，求实数b 的取值范围． 【试题来源】广西玉林市2021届高三下学期第一次适应性测试 【答案】（1）答案见解析；（2）(],e -∞．【分析】（1）分别在0a <和0a >两种情况下，结合定义域，根据导函数的正负可确定原函数的单调性；（2）将不等式化为11ln xbxex x-≤-，利用导数和复合函数单调性可确定min 11ln 1x x ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，进而转化为x e b x≤，利用导数可求得()x em x x =的最小值，由()min b m x ≤可得结果．【解析】（1）()221a x af x x x x'-=-=， ①当0a <时，由0ax >得0x <，即()f x 定义域为(),0-∞；∴当(),x a ∈-∞时，()0f x '<；当(),0x a ∈时，()0f x '>；()f x ∴在(),a -∞上单调递减，在(),0a 上单调递增； ②当0a >时，由0ax >得0x >，即()f x 定义域为()0,∞+；∴当()0,x a ∈时，()0f x '<；当(),x a ∈+∞时，()0f x '>；()f x ∴在()0,a 上单调递减，在(),a +∞上单调递增；综上所述：当0a <时，()f x 在(),a -∞上单调递减，在(),0a 上单调递增；当0a >时，()f x 在()0,a 上单调递减，在(),a +∞上单调递增．（2）由()()ln f x xg x x -≥得11ln ln ln x x bxe x x x -+--≥，即11ln x bxe x x -≤-， 设()ln h t t t =-，则()111t h t t t-'=-=，∴当()0,1t ∈时，()0h t '>；当()1,t ∈+∞时，()0h t '<；()h t ∴在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减；25 / 31又1t x=在()0,∞+上单调递减， 11ln y x x ∴=-在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，min 11ln 1ln11xx ⎛⎫∴-=-= ⎪⎝⎭；1xbxe -∴≤在()0,∞+上恒成立，xe b x ∴≤；设()xe m x x =，则()()21x e x m x x-'=， ∴当()0,1x ∈时，()0m x '<；当()1,x ∈+∞时，()0m x '>；()m x ∴在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增， ()()min 1m x m e ∴==，b e ∴≤， 即实数b 的取值范围为(],e -∞．【名师点睛】本题考查恒成立问题的求解，解题关键是能够通过分离变量的方式，将问题转化为函数最值的求解问题，进而利用导数求解函数最值得到结果．18．已知函数()()1ln x af x x e x -=--．（1）当1a =时，求()f x 的最小值；（2）证明：当01a <≤时，()ln f x a ≥恒成立．【试题来源】湖北省武汉市2021届高三下学期3月质量检测 【答案】（1）0；（2）证明见解析． 【分析】（1）1a =时，1()(1)ln x f x x ex -=--，求导1)1(x xe xf x -'=-，利用导函数研究函数的单调区间，从而求出函数的最小值；（2）要证当01a <≤时，()ln f x a ≥恒成立，即证(1)ln ln 0x a x e x a ----≥，构造函数()(1)ln ln x a h a x e x a -=---，即证()0h a ≥恒成立，研究该函数在(0,)+∞上单调区间，求函数()0h a ≥．【解析】（1）1a =时，1()(1)ln x f x x e x -=--，定义域为(0,)+∞，求导1)1(x xe x f x -'=-，设()()g x f x '=， 121(1)0()x g x x e x-+=+'>，()f x '∴在(0,)+∞单调递增．又()10f '=，故当01x <<时，()0f x '<，()f x ∴单调递减； 当1x >时，'()0f x >，()f x 单调递增． 故()f x 在1x =处取得最小值()10f =． （2）设()(1)ln ln x a h a x e x a -=---，求导()(1)11(1)x a xaa x e e x e e a e h a a '⎡⎤-=-=--⎢⎥⎣⎦． 设()()1xs x x e =-，()xe t x x=，()0x s x xe '=-<，所以0x >时，()s x 单调递减，()()01s x s <=．21()xx t x e x-'=，令()0t x '=，得1x =， 当01x <<时，()0t x '<，()t x 单调递减；当1x >时，()0t x '>，()t x 单调递增，()()1t x t e ∴≥=，故0a >，0x >时，()11axe x e e a-<<≤．即()0h a '<，()h a ∴在(0,)+∞上单调递减， 则01a <≤时，()()()111ln x h a h x e x -≥=--．由（1）知，()11ln 0x x e x ---≥，故01a <≤时，()0h a ≥．即()1ln ln x ax ex a ---≥恒成立．【名师点睛】本题考查利用导数研究函数的最小值及利用导数证明不等式，利用导数证明不等式的方法：证明()()),,(f x g x x a b <∈，可以构造函数()()()F x f x g x =-，如果()0F x '<，则()F x 在(,)a b 上是减函数，同时若()0F a ≤，由减函数的定义可知，(,)x a b ∈时，有()0F x <，即证明了()()f x g x <．19．已知函数()()22x f x xe ax ax a =--∈R ．27 / 31（1）当0a >时，讨论()f x 的单调性；（2）若关于x 的不等式()()f x f x ≥--在(),-∞+∞上恒成立，求实数a 的取值范围． 【试题来源】2021年高考二轮复习讲练测（浙江专用） 【答案】（1）答案见解析；（2）(],1-∞【分析】（1）先求出()f x '，令()0f x '=，比较两根大小，结合二次函数图象，即可判断()f x 的单调性；（2）将()f x 代入化简得到()220x x x e e ax ---≥，对x 进行分类讨论，易知0x =，a R ∈，0x ≠，令x e t =，根据()()0,1g t t ≥≠恒成立，对a 进行分类讨论即可求解． 【解析】（1）()()22x f x xe ax ax a =--∈R ，()()()2212x x x f x e xe ax a x e a '∴=+--=+-，x ∈R ，当0a >时，令()0f x '=，解得ln 2x a =或1x =-， 当ln 21a <-，即102a e<<， 则当(),ln 2x a ∈-∞时，()0f x '>，()f x 单调递增； 当()ln 2,1x a ∈-时，()0f x '<，()f x 单调递减； 当()1,x ∈-+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增； 当ln 21a =-，即12a e=， 则()0f x '≥，等号不恒成立，()f x 在R 上单调递增； 当ln 21a >-，即12a e>， 则当(),1x ∈-∞-时，()0f x '>，()f x 单调递增； 当()1,ln 2x a ∈-时，()0f x '<，()f x 单调递减； 当()ln 2,x a ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增． 综上所述：当102a e<<时，()f x 在(),ln2a -∞上单调递增，在()ln 2,1a -上单调递减，在()1,-+∞上单调递增；当12a e=时，()f x 在R 上单调递增； 当12a e>时，()f x 在(),1-∞-上单调递增，在()1,ln 2a -上单调递减，在()ln2,a +∞上单调递增；（2）()()f x f x ≥--，即()2222x x xe ax ax xe a x ax -⎡⎤--≥----+⎣⎦， 即()220x x x e e ax ---≥，即()22x x x e e ax --≥①， 当0x =时，①式恒成立，a ∈R ； 当0x >时，x x e e ->，()0x x x e e -->， 当0x <时，x x e e -<，()0x x x e e -->， 故当0a ≤时，①式恒成立，；以下求当0x ≠时，不等式20x x e e ax ---≥恒成立时正数a 的取值范围， 令x e t =，则()()0,11,t ∈+∞，()12ln g t t a t t=--， 则()22212211a t at g t t t t -+'=+-=，令()221h t t at =-+，则244a ∆=-，当01a <≤时，0∆≤，()2210h t t at =-+≥，()0g t '≥，等号不恒成立，故()g t 在()0,∞+上单调递增，又()10g =，故1t >，()()10g t g >=，01t <<时，()()10g t g <=， 即当01a <≤时，①式恒成立；当1a >时，0∆>，()010h =>，()1220h a =-<， 故()h t 的两个零点，即()g t '的两个零点()10,1t ∈和()21,t ∈+∞，在区间()12,t t 上，()0h t <，()0g t '<，()g t 是减函数，。
(完整版)导数大题精析1——放缩思想在高考函数中的应用
放缩思想在高考数学中的应用高中阶段,在数列那一章节的学习中，我们曾接触过放缩思想。
其实在高考函数中，尤其是导数大题中，放缩思想起着举足轻重的作用。
例如,让我们证明x^2-2x+1≥0，这个题目对大家来说根本算不上问题。
但是如果让我们证明x^2—3x+e^x ≥0。
这个式子我们看起来非常陌生，我们对e^x 并不熟悉，我们不喜欢e^x 或者lnx,因此,我们可以把他们转化为x 的形式。
这道题目，我们可以先证明e^x ≥x+1，这里构造辅助函数f(x ）=e^x-x-1即可证明,证明后,我们可以得到x^2—3x+e^x ≥x^2—2x+1≥0当x=1时两等号成立。
在此,我给出以下4个常考的辅助函数供大家参考。
① e^x ≥x+1当x=0时等号成立② lnx ≤x —1当x=1时等号成立③ sinx ≤x 当x=0时等号成立④ cosx ≤x+1当x=0时等号成立接下来我们不妨来试一道高考题，2012年山东高考压轴题。
22（本小题满分13分）已知函数f(x) = x ek x +ln （k 为常数，e=2。
71828……是自然对数的底数)，曲线y= f(x ）在点(1,f （1）)处的切线与x 轴平行。
（Ⅰ)求k 的值；（Ⅱ）求f(x)的单调区间；（Ⅲ）设g （x ）=（x 2+x ） '()f x ，其中'()f x 为f （x ）的导函数，证明：对任意x ＞0,21)(-+<e x g .上面本题的标准答案，前两问在此不做解释。
在第三问中,我们可以看出关键步骤就是把g（x）分成1+x/e^x和1-x-xlnx两部分,但是我们如何想到这一步呢？为什么他要把函数分成这两部分呢?看完上面的文章,我想各位读者已经有了初步的思考，下面，让我们再重新看一遍第三问。
g(x)= （1-x-xlnx)（x+1)/e^x看到这个函数，我们的第一反应应该是:这个函数不好做,e^x和lnx太烦了，我们把它放缩一下.把lnx换成x-1，把e^x换成x+1。
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高考数学导数第一问分类专题练习
一 、单调性
1．设函数f(x)=21x e x ax ---.（Ⅰ)若a=0,求f(x)的单调区间;
2．已知函数()f x 满足121()'(1)(0)2x f x f e f x x -=-+
（Ⅰ）求()f x 的解析式及单调区间；
3.已知函数f (x )＝e x －ln(x ＋m )．
(1)设x ＝0是f (x )的极值点，求m ，并讨论f (x )的单调性；
4．已知函数()f x =2x x e e x ---
（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；
5.设函数2()mx f x e x mx =+-。
（1）证明：()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增；
6．(I)讨论函数 的单调性，并证明当 >0时，
7．已知函数)f x =（a e 2x +(a ﹣2) e x ﹣x .
（1）讨论()f x 的单调性；
8、已知函数()nx a x x x f 11
+-=
（1）讨论的单调性；
二、导数几何意义
1．已知函数ln ()1a x b f x x x
=
++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=。
（Ⅰ）求a 、b 的值；
2．已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋b ，g (x )＝e x (cx ＋d )，若曲线y ＝f (x )和曲线y ＝g (x )都过点P(0，
2)，且在点P 处有相同的切线y ＝4x +2
（Ⅰ）求a ，b ，c ，d 的值
3.设函数1
(0ln x x be f x ae x x -=+，曲线()y f x =在点（1，(1)f 处的切线为(1)2y e x =-+. (Ⅰ)求,a b ；
4．已知函数f （x ）=31,()ln 4
x ax g x x ++=-. (Ⅰ)当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x = 的切线；
三、函数零点
1．已知函数2)1(2)(-+-=
x a e x x f x ）（有两个零点. (I)求a 的取值范围；
四、复合函数导数
1、设函数f （x ）=a cos2x +（a -1）（cos x +1），其中a ＞0，记
的最大值为A .
（Ⅰ）求f ＇（x ）；
五、恒成立
1．已知函数()nx x ax ax x f 12--=，且()0≥x f 。
（1）求a ；
2.已知函数()1ln f x x a x =--．
（1）若()0f x ≥，求a 的值；
3、已知函数．
（1）若，证明：当时，；
4、已知函数． （1）若，证明：当时，；当时，；
练习
1.已知函数2()ln f x a x bx =-图象上一点(2,(2))P f 处的切线方程为22ln 23++-=x y ．
（I ）求b a ,的值；
2.已知函数()mx x x f -=ln （m 为常数）．
（I ） 讨论函数()x f 的单调区间
3.设函数()()0112≠++=
a x
ax x g ．讨论函数()x g 的单调性；
4.已知函数()2ln ax x x f -=，．
（I ）求函数()x f 的极值；
5.设函数()()x x x a x f -++=21ln ，()()()R a x a x g ∈-=1．
若函数()x f 的图象在1=x 处的切线与函数()x g 的图象垂直，求实数a 的值
6.已知函数1
)(2++=x b ax x f 在点))1(,1(--f 的切线方程为03=++y x . （I ）求函数()f x 的解析式；
（II ）设x x g ln )(=，求证：)()(x f x g ≥在),1[+∞∈x 上恒成立
7.已知函数()()x e ae x f x -+=2（a 为实数，e 为自然对数的底数），曲线()x f y =在0=x 处
的切线与直线()0103=+--y x e 平行.
（I ）求实数a 的值，并判断函数()x f 在区间[)+∞,0内的零点个数；
8.已知函数()x ax x f ln -=，()ax e x F x +=，其中0>x ，0<a ，e 为自然对数的底数.
（I ）若()x f 和()x F 在区间()3ln ,0内具有相同的单调性，求实数a 的取值范围；
9.已知函数()mx x x x f ++-=232
1. （I ）若2=m ，求函数()x f 的极大值；
10.已知函数()ln 1()f x x kx k R =-+∈．
（I ）讨论函数()f x 的零点个数；
11.已知函数f （x ）=ax 2﹣（2a ﹣1）x ﹣lnx ．
（I ）当a ＞0时，求函数f （x ）的单调递增区间；
（II ）当a ＜0时，求函数f （x ）在上的最小值；
12.设函数()()x b x x f ln +=，()()121ln 2≠--+=a x x a
x a x g ，已知曲线()x f y =在点
()()1,1f 处的切线与直线02=+y x 垂直．
（I ） 求b 的值；
13.已知函数()f x =e x ax --(x ∈R ).
(Ⅰ) 当1a =-时，求函数()f x 的最小值；
(Ⅱ) 若0x ≥时,()()ln 11f x x -++≥,求实数a 的取值范围；
14.设函数2()ln ()f x x m x x =+-，m R ∈．
（I ）当1m =-时，求函数()f x 的最值；
（II ）若函数()f x 有极值点，求m 的取值范围．
15.已知a R ∈，函数()2x f x e ax =+，()g x 是()f x 的导函数．
（I ）当0a >时，求证：存在唯一的01,02x a ⎛⎫
∈- ⎪⎝⎭，使得()00g x =；
16.已知函数R a x x a x x f ∈+--=,1
)1(ln )(． （I ）若2=x 是函数)(x f 的极值点，求曲线)(x f y =在点))1(,1(f 处的切线方程； （II ）若函数)(x f 在),0(+∞上为单调增函数，求a 的取值范围．
17.已知函数()2ln 2ln a x f x x a k x a
=+--． （I ）若0k =，证明()0f x >；
18.已知函数()22ln f x x x ax =+-.
（I ）当5a =时，求()f x 的单调区间； （II ）设()()1122,,,A x y B x y 是曲线()y f x =图象上的两个相异的点，若直线AB 的斜率1k >恒成立，求实数a 的取值范围；
19.已知函数321()32,()2ln 3()6
f x x x
g x kx x k =-+=-+>-． （I ）若过点(,3)(0)P a a ->恰有两条直线与曲线()y f x =相切，求a 的值；
20.设函数()()()12ln 0f x k x x k =--＞．
（1）若函数()f x 有且只有一个零点，求实数k 的值；。