專題09函數與導數解答題一、解答題1．（2022·河北深州市中學高三期末）已知函數．(1)證明：函數在上存在唯一的零點；(2)若函數在區間上的最小值為1，求a的值．2．（2022·河北唐山·高三期末）過點可以作出曲線的兩條切線，切點分別為A，B兩點．(1)證明：；(2)線段AB的中點M的橫坐標為，比較與a的大小關系．3．（2022·河北保定·高三期末）已知函數.(1)若，討論在上的單調性；(2)若函數在上的最大值小于，求的取值范圍.4．（2022·河北張家口·高三期末）已知函數.(1)當時，證明：函數在區間上單調遞增；(2)若，討論函數的極值點的個數.5．（2022·山東淄博·高三期末）已知函數．(1)討論的單調性；(2)當時，若，試比較，，的大小，并說明理由．6．（2022·山東青島·高三期末）已知函數.(1)求曲線處的切線方程；(2)若方程有兩個實根，且（I）求m的取值范圍；（Ⅱ）求證：.7．（2022·山東省淄博實驗中學高三期末）已知函數(1)求函數的極值；(2)設，為兩個不等的正數，且，若不等式恒成立，求實數的取值范圍．8．（2022·山東臨沂·高三期末）已知函數，，．(1)若在上單調遞增，求a的最大值；(2)當a取（1）中所求的最大值時，討論在R上的零點個數，并證明．9．（2022·山東青島·高三期末）已知函數的圖象在點處的切線為.(1)求；(2)求證：；(3)已知，若對恒成立，求正實數的取值范圍.10．（2022·山東泰安·高三期末）已知函數.(1)求曲線在處的切線方程；(2)若，證明：.11．（2022·山東棗莊·高三期末）已知函數．(1)若，求的取值范圍；(2)若，證明．12．（2022·山東萊西·高三期末）已知，其中，.(1)求在上為減函數的充要條件；(2)求在上的最大值；(3)解關于x的不等式：.13．（2022·山東日照·高三期末）已知函數，中.(1)當時，求的單調區間；(2)若，對任意實數恒成立，求的最大值.14．（2022·山東煙臺·高三期末）已知函數．(1)討論的單調性；(2)若在上有零點，①求a的取值范圍；②求證：．15．（2022·山東濟南·高三期末）已知函數.(1)若曲線在處的切線方程為，求實數的值；(2)若不等式恒成立，求的最小值.16．（2022·湖北襄陽·高三期末）已知函數．(1)討論的單調性，并比較與的大小；(2)若，為兩個不相等的正數，且，求證：．17．（2022·湖北武昌·高三期末）已知，其中．(1)當時，分別求和的的單調性；(2)求證：當時，有唯一實數解；(3)若對任意的，都有恒成立，求a的取值范圍．18．（2022·湖北·恩施土家族苗族高中高三期末）已知函數.(1)若關于的不等式恒成立，求實數的值；(2)設函數，在（1）的條件下，證明：存在唯一的極小值點，且.19．（2022·湖北江岸·高三期末）已知函數，.(1)若存在單調遞增區間，求a的取值范圍；(2)若，（）是的兩個不同極值點，證明：.20．（2022·湖北省鄂州高中高三期末）已知函數.(1)當時，求函數在上的最值；(2)若函數在上單調遞減，求實數的取值范圍.21．（2022·湖北·高三期末）已知函數．(1)討論函數的單調性；(2)設為兩個不等的正數，且（），若不等式恒成立，求實數的取值范圍．22．（2022·湖北·黃石市有色第一中學高三期末）已知函數（1）討論函數的單調性;（2）若，證明:23．（2022·湖南常德·高三期末）已知函數．(1)討論函數的單調性；(2)若函數有兩個極值點、，且（為自然對數底數，且），求的取值范圍．24．（2022·湖南婁底·高三期末）已知函數．(1)證明：函數在區間內存在唯一的極大值點；(2)判斷函數在上的極值點的個數．（參考數據：，，）25．（2022·湖南郴州·高三期末）已知函數fx(1)討論函數的零點個數；(2)若函數存在兩個不同的零點，證明：x1x226．（2022·廣東揭陽·高三期末）已知函數f(1)若a=e，判斷函數的單調性，并求出函數的最值.(2)若函數有兩個零點，求實數的取值范圍.27．（2022·廣東潮州·高三期末）已知函數f(x)=x22(1)求實數a的取值范圍；(2)求證:f(28．（2022·廣東東莞·高三期末）已知且a≠1，函數f(x)=loga(1)若a=e，求函數在處的切線方程；(2)若函數有兩個零點，求實數的取值范圍.29．（2022·廣東羅湖·高三期末）已知定義在R上的函數fx(1)求的單調遞增區間；(2)對于?x∈0,+∞，若不等式fx30．（2022·廣東汕尾·高三期末）已知函數fx=lnx?ax+1，(1)求曲線在點P1,f1處的切線l的方程；并證明：函數f(x)=lnx?ax+1(x≠1)的圖象在直線(2)已知函數g(x)=12a31．（2022·廣東清遠·高三期末）已知函數f(x)=e(1)討論的零點個數．(2)若有兩個不同的零點，證明：x1+x32．（2022·廣東佛山·高三期末）已知函數f(x)=1aex?(1)設，過點A?1,?12作曲線(2)證明：當或0<a≤2e時，f(x)≥33．（2022·廣東·鐵一中學高三期末）已知函數fx=ln（1）若的最大值是0，求函數的圖象在x=e處的切線方程；（2）若對于定義域內任意，fx≤gx恒成立，求34．（2022·江蘇海門·高三期末）設函數fx(1)若曲線在點處的切線方程為kx?y+2=0，求的值；(2)若fx≥1，求實數(3)求證：當a>12時，函數35．（2022·江蘇揚州·高三期末）已知函數f(x)=xcosx?sinx?e?2(1)求f(x)的最大值，并證明：ex(2)若f(x)+2ax3+36．（2022·江蘇宿遷·高三期末）已知函數fx=ln(1)證明：fx(2)若函數的圖象與的圖象有兩個不同的公共點，求實數的取值范圍.37．（2022·江蘇通州·高三期末）已知函數f(x)＝sinx＋tanx－ax2－2x.(1)當a＝0時，判斷并證明f(x)在?π(2)當x∈(0，π2)時，f(x)＞0，求a38．（2022·江蘇海安·高三期末）已知函數f(x)=ex?ax((1)若是單調增函數，求a的取值范圍；(2)若，是函數的兩個不同的零點，求證：1<x1+x39．（2022·江蘇如東·高三期末）已知函數f(x)＝ex(x－lnx)＋mx(m∈R).(1)若m＝0，求函數f(x)在x＝1處的切線方程；(2)若f(x)≥0，求m的取值范圍.40．（2022·江蘇如皋·高三期末）設f(x)＝xex－mx2，m∈R.(1)設g(x)＝f(x)－2mx，討論函數y＝g(x)的單調性；(2)若函數y＝f(x)在(0，＋∞)有兩個零點x1，x2，證明：x1＋x2＞2.41．（2022·江蘇常州·高三期末）已知函數fx=a(1)若曲線在處的切線平行于軸，求的值；(2)當a≥e（為自然對數的底數）時，求函數的零點個數并說明理由．42．（2022·江蘇無錫·高三期末）已知函數f(x)=ex?1(1)若不等式f(x)>e?1e(2)若不等式f(x)<ax+13?aln243．（2022·江蘇蘇州·高三期末）已知函數f(x)=ln(1)判斷的單調性，并說明理由；(2)若數列{an}滿足a1=1，a專題09函數與導數解答題一、解答題1．（2022·河北深州市中學高三期末）已知函數．(1)證明：函數在上存在唯一的零點；(2)若函數在區間上的最小值為1，求a的值．【答案】(1)證明見解析(2)【解析】【分析】（1）首先求出函數的導函數，即可得到在上單調遞增，再計算，構造函數，利用導數說明，再計算，即可得到，從而得證；（2）由（1）可知存在唯一的，使得，即，即可得到，即可得到，再根據的單調性得到，即可得到，從而求出的值；(1)證明：∵，∴．∵在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，∴函數在上單調遞增．又，令，，則在上單調遞減，，故．令，則，所以函數在上存在唯一的零點．(2)解：由（1）可知存在唯一的，使得，即（*）．函數在上單調遞增，∴當時，，單調遞減；當時，，單調通增；∴，由（*）式得．∴，顯然是方程的解，又∵是單調遞減函數，方程有且僅有唯一的解，把代入（*）式，得，∴，即所求實數的值為．【點睛】思路點睛：函數的零點問題，一般需要利用函數的單調性和零點存心定理進行判斷，對于導數零點不易求的情形，可通過虛設零點來處理.2．（2022·河北唐山·高三期末）過點可以作出曲線的兩條切線，切點分別為A，B兩點．(1)證明：；(2)線段AB的中點M的橫坐標為，比較與a的大小關系．【答案】(1)證明見解析(2)【解析】【分析】（1）令，求導后，設，，則，，則方程有兩根，．令，則有兩個零點．求導后利用函數的單調性求得最小值小于零得出結論.（2）依題設，只需比較與的大小關系．由（1）知：，，兩式相減后用表示出，由，，取，則，構造函數，，求導后利用函數的單調性證得結論.(1)證明：令，則，設，，則，，則方程有兩根，．令，則有兩個零點．若，則單調遞增，至多一個零點，不合題意．因此，．此時，，．當時，，單調遞減：當時，，單調遞增當時，取得最小值，若要使有兩個零點，則需，即．綜上所述，．(2)依題設，只需比較與的大小關系．由（1）知：，，兩式相減，得，即，則，不妨設，則，取，則，，令，，則于是在為減函數，，故，即．【點睛】利用導數證明不等式常見類型及解題策略：(1)構造差函數.根據差函數導函數符號，確定差函數單調性，利用單調性得不等量關系，進而證明不等式.（2）根據條件，尋找目標函數.一般思路為利用條件將求和問題轉化為對應項之間大小關系，或利用放縮、等量代換將多元函數轉化為一元函數.3．（2022·河北保定·高三期末）已知函數.(1)若，討論在上的單調性；(2)若函數在上的最大值小于，求的取值范圍.【答案】(1)答案見解析(2)【解析】【分析】（1）先對函數求導，然后分和判斷導數的正負，從而可求出函數的單調區間，（2）由題意得，然后分，，和四種情況求在的最大值，使其最大值小于，從而可求出的取值范圍(1).令，得；令，得.當時，在上單調遞減；當時，在上單調遞減，在上單調遞增.(2)由題意得.若，，則在上單調遞增，，不合題意.若，則在上單調遞增，，不合題意.若，則在上單調遞減，在上單調遞增，或.當時，；當時，，則.若，則在上單調遞減，.綜上，的取值范圍是.4．（2022·河北張家口·高三期末）已知函數.(1)當時，證明：函數在區間上單調遞增；(2)若，討論函數的極值點的個數.【答案】(1)證明見解析(2)答案見解析【解析】【分析】（1）先對函數求導，再二次求導，可求得導函數在區間上單調遞增，從而可得，進而可證得結論，（2）當時，可得單調遞增，無極值點，當時，，令，令，利用導數求出的單調區間和極值，從而分，和求解即可(1)證明：當時，.當時，，.所以函數在區間上單調遞增，故，故函數在區間上單調遞增.(2)解：當時，單調遞增，無極值點，當時，，令，令，則，當時，，且，當時，方程有唯一小于零的零點，故函數存在一個極值點；當時，，當時，，故函數在上單調遞減，在上單調遞增，為函數極小值，所以當時，方程無解，函數無極值點；當時，方程有一個解，但當時，，當時，，故函數無極值點.當時，方程有兩解，函數存在一個極大值點和一個極小值點.綜上，當時，函數存在一個極值點，當時，函數無極值點，當時，函數存在一個極大值點和一個極小值點.5．（2022·山東淄博·高三期末）已知函數．(1)討論的單調性；(2)當時，若，試比較，，的大小，并說明理由．【答案】(1)答案見解析(2)【解析】【分析】（1）分類討論，或兩種情況，利用導數得出的單調性；（2）由（1）得出函數在上單調遞增，進而得出，構造函數，利用導數得出，進而得出大小關系.(1)當，即時，，則故函數在上單調遞增.當或時，方程的兩根為，當或時，；當時，.故函數在和上單調遞增，在上單調遞減.(2)當時，，，則函數在和上單調遞增，在上單調遞減，，，令，由可得，函數在上單調遞減，且.故當時，，即函數在上單調遞減.，，即.【點睛】方法點睛：在比較大小時，可以先構造函數，再由導數得出其單調性，利用單調性得出大小關系.6．（2022·山東青島·高三期末）已知函數.(1)求曲線處的切線方程；(2)若方程有兩個實根，且（I）求m的取值范圍；（Ⅱ）求證：.【答案】(1)；(2)（Ⅰ），（Ⅱ）證明見解析.【解析】【分析】（1）以導數幾何意義即可求得曲線處的切線方程；（2）判斷函數的單調區間及極值情況后，即可求得m的取值范圍；等價轉化和構造新函數在本題證明中起到至關重要的作用.(1)曲線在處的切線的斜率為，切點坐標為所以切線方程為(2)（Ⅰ）的增區間為，減區間為的最小值為，又時，；時，的取值范圍為（Ⅱ）下面證明切線始終在曲線下方即證明恒成立令，在單調遞減，在單調遞增最小值為恒成立，恒成立得證即切線始終在曲線下方切線與聯立解得，顯然因此，要證，只要證即可即證，即證即可又因為，，所以只要證令，，恒成立在單調遞增得證，原命題得證【點睛】函數的單調性是函數的重要性質之一，它的應用貫穿于整個高中數學的教學之中.某些數學問題從表面上看似乎與函數的單調性無關，但如果我們能挖掘其內在聯系，抓住其本質，那么運用函數的單調性解題，能起到化難為易、化繁為簡的作用.因此對函數的單調性進行全面、準確的認識，并掌握好使用的技巧和方法，這是非常必要的.根據題目的特點，構造一個適當的函數，利用它的單調性進行解題，是一種常用技巧.許多問題，如果運用這種思想去解決，往往能獲得簡潔明快的思路，有著非凡的功效.7．（2022·山東省淄博實驗中學高三期末）已知函數(1)求函數的極值；(2)設，為兩個不等的正數，且，若不等式恒成立，求實數的取值范圍．【答案】(1)函數極大值1，無極小值；(2).【解析】【分析】(1)對函數求導，求出導數值的零點并判斷在其左右兩側導數值正負即可計算作答.(2)令，把問題轉化為用函數表示出，再利用(1)中信息進行推理計算作答.(1)函數定義域為R，求導得，當時，，當時，，因此，函數在上單調遞增，在上單調遞減，所以當時，函數有極大值1，無極小值.(2)令，即，則，依題意，兩個不等的實數滿足，且不等式恒成立，不妨令，由(1)知，在上遞增，在上遞減，且當時，恒成立，而，因此有，由知，，，則有，而在上遞減，從而有，即，兩邊取對數得：，即，，令，，，當時，，則在上單調遞增，，符合題意，當時，即，當時，，在上單調遞減，當時，，不符合題意，綜上得：，所以實數的取值范圍是.【點睛】關鍵點睛：涉及不等式恒成立問題，將給定不等式等價轉化，構造函數，利用函數思想是解決問題的關鍵.8．（2022·山東臨沂·高三期末）已知函數，，．(1)若在上單調遞增，求a的最大值；(2)當a取（1）中所求的最大值時，討論在R上的零點個數，并證明．【答案】(1)1；(2)2個，證明見解析.【解析】【分析】（1）求出函數的導數，轉化為導函數在上恒成立，再求導求其最小值即可；（2）利用導數分析函數在上的單調性，根據兩點的存在性定理可確定出2個零點，再由導數求出函數的最小值，求出最小值的范圍即可得證.(1)由題意可知，在上恒成立，因為，所以單調遞增，所以，解得a≤1，所以a的最大值為1.(2)易知a=1，所以,當x≤0時，，所以g(x)單調遞減，當x>0時，，則，所以單調遞增,因為，所以存在，使得，在上單調遞減，在上單調遞增，又，所以,因為，所以存在，使得，所以有兩個零點，又因為，所以，因為，所以，故成立.【點睛】關鍵點點睛：求函數零點時，注意利用導數研究出函數的單調性后，根據零點存在性定理可確定出函數的隱零點，求最小值時，要注意對隱零點的使用，才能化簡求值，屬于難題.9．（2022·山東青島·高三期末）已知函數的圖象在點處的切線為.(1)求；(2)求證：；(3)已知，若對恒成立，求正實數的取值范圍.【答案】(1)；(2)證明見詳解；(3)【解析】【分析】（1）求出導數，由可求解.（2）分與兩種情況求的最大值可得證.（3）由可變形為，由可得到，再利用（2）結論求解即可.(1)由題意得：，故(2)由（1）知：令當時，當，因為，，，所以當，因為，，，所以所以在區間上單調遞減又因為當，因為，所以在上單調遞增，當，因為，所以在上單調遞減，所以當時，當，因為，，，所以當，因為，，，所以所以在區間上單調遞減又因為，所以有唯一的零點當，因為，所以所以在上單調遞增，當，因為，所以在上單調遞減，所以又因為所以因為，，所以所以當時，綜上知，當時，(3)因為，所以即因為所以由（2）知，當時，因為所以當時，若，則，不合題意綜上，10．（2022·山東泰安·高三期末）已知函數.(1)求曲線在處的切線方程；(2)若，證明：.【答案】(1)(2)證明見解析【解析】【分析】（1）利用導數的幾何意義得出切線方程；（2）利用導數證明，從而得出，設，利用導數證明恒成立，從而得出，由結合的單調性證明.(1)∴又，∴曲線在處的切線方程為，即.(2)設，則，當時，單調遞減，當時.單調遞增.∴∴，即.∴當時，∴∵當時，∴設，則設，則令，解得當時，單調遞減，當時，單調遞增.∴∴，即∴在上單調遞增∴∴當時，恒成立.∴，即.∴又∴單調遞減.又∴【點睛】方法點睛：利用導數證明不等式常見類型及解題策略：（1）構造差函數：根據差函數導函數符號，確定差函數單調性，利用單調性得不等量關系，進而證明不等式.（2）根據條件，尋找目標函數：一般思路為利用條件將求和問題轉化為對應項之間大小關系，或利用放縮、等量代換將多元函數轉化為一元函數.11．（2022·山東棗莊·高三期末）已知函數．(1)若，求的取值范圍；(2)若，證明．【答案】(1)(2)證明見解析【解析】【分析】（1）由題意，即在上恒成立，求出的最小值即可得到答案.（2）根據題意對分與討論，①當時，由于，故，即化簡可為.當時，不成立，不符合題意.②當時，即．可以轉化為兩種情況或和或（*）.再證.變型得，令，求導后知在上單調遞增，在上單調遞減.即.即.即可證明出.(1)．令，則．可見，，所以在上單調遞減，在上單調遞增．所以．由題意，，即．所以a的取值范圍是．(2)若，當時，，所以．于是．問題轉化為：任意的，，而，所以當時，不成立．不符合題意．當時，．或或（*）下證．①若，則（*），或，不符合題意；②若，則（*），或，不符合題意；③若，則（*），符合題意．由，得．令，則．令，顯然是減函數．又，所以當時，；當時，．從而當時，，單調遞增；當時，，單調遞減，所以．所以．又是增函數，所以．12．（2022·山東萊西·高三期末）已知，其中，.(1)求在上為減函數的充要條件；(2)求在上的最大值；(3)解關于x的不等式：.【答案】(1)(2)(3)或【解析】【分析】（1）先對函數求導，然后由可求出結果，（2）設，則問題轉化為求在上的最大值，然后分和兩種情況求的最大值即可，（3）取，則，由（1）可知在上為減函數，將原不等式轉化為，從而可得，進而可求得結果(1)由，得，，充分性：因為，所以當時，，即，必要性：當時，因為，所以，即，所以在上為減函數的充要條件為，(2)設，則問題轉化為求在上的最大值，由（1）可知，當時，在上為減函數，所以，當時，，由于時，，則在上為增函數，當時，，則在上為減函數，所以，綜上，(3)取，則，由，得，所以，由（1）可知在上為減函數，所以，所以，即，解得或，，所以或，，所以不等式的解集為或【點睛】關鍵點點睛：此題考查導數的綜合應用，考查導數與函數的單調性，考查利用導數求函數的最值，考查利用導數解不等式，解題的關鍵是令，將原函數轉化為，從而將原不等式轉化為，再利用函數的單調性可求得結果，考查了數學轉化思和計算能力，屬于較難題13．（2022·山東日照·高三期末）已知函數，中.(1)當時，求的單調區間；(2)若，對任意實數恒成立，求的最大值.【答案】(1)的單調增區間為，單調減區間為(2)0【解析】【分析】（1）直接利用導數討論函數的單調性；（2）利用分離參數法得到其中.設，則，即.討論的單調性求出得到.令，利用導數求出的最大值為0.(1)函數的定義域為，.當時，令解得：，所以當時，，在上單調遞增；當時，，在上單調遞減.綜上所述：當時，在上單調遞增；在上單調遞減..(2)當時，，故恒成立可化為其中.設，則，即.由（1）可得，在上單調遞減.，所以，，即.下面討論在上的零點：①若，即.此時，，在上單調遞增.故，即；②若，即.此時，在上單調遞增.，故，所以；③若，此時，在上單調遞減..又，.故存在，使得，所以在上單調遞減，在上單增.故又，所以.令，則，所以，所以在上單調遞減，故，綜上所述：的最大值為0.【點睛】導數的應用主要有：（1）利用導函數幾何意義求切線方程；（2）利用導數研究原函數的單調性，求極值（最值）；（3）利用導數求參數的取值范圍；（4）利用導數證明不等式14．（2022·山東煙臺·高三期末）已知函數．(1)討論的單調性；(2)若在上有零點，①求a的取值范圍；②求證：．【答案】(1)時，在上單調遞增，當時在上單調遞增，在上單調遞減．(2)①；②證明見解析【解析】【分析】（1）對函數求導，討論a的取值情況，判斷導數的正負，確定函數的單調性;（2）①對a分類討論，與1進行比較，結合零點存在定理，即可得到答案;②根據在上有零點，可以先整理得到，利用該式，先將要證明的不等式左面進行變形，分離參數，再利用構造函數，結合求導，判斷函數的單調性可進行證明；同理可證明不等式的右邊部分.(1)（1），．當時，恒成立，在上單調遞增．當時，，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減．綜上，時，在上單調遞增，當時在上單調遞增，在上單調遞減．(2)①注意到，，由（1）知，當時，在上單調遞增，對任意，恒有，不合題意；同理，當時，在上單調遞減，又，所以對任意，恒有，不合題意；當時，，由（1）知，在上單調遞增，在上單調遞減，所以，又當時，，由零點存在定理知，存在唯一一點，使得，滿足題意．綜上所述，a的取值范圍為．②由①知，當時，，解得．要證，只需證．令，，則，所以在上單調遞增，又，所以在上恒成立，即，即．要證，只需證，即．又因為，即證．令，，則．又，所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，當時，，所以在恒成立，所以在上單調遞減，又，所以，即，不等式得證．15．（2022·山東濟南·高三期末）已知函數.(1)若曲線在處的切線方程為，求實數的值；(2)若不等式恒成立，求的最小值.【答案】(1)，(2)【解析】【分析】（1）根據題意可知，，從而可得出答案；（2）不等式恒成立，即即可，求出函數的導函數，分，，三種情況討論，求出函數的最小值，分析從而可得出答案.(1)解：由已知，所以，又，所以，所以；(2)解：函數定義域為R，因為，（ⅰ）若，即時，，在R上單調遞增，因為當時，，所以取，則，不合題意；（ⅱ）若，即時，，在R上單調遞增，若不等式恒成立，則，所以，即的最小值為0；（ⅲ）若，即時，令，解得，令，解得，所以在上單調遞減，在上單調遞增；若不等式恒成立，則，即，所以；設（），則，設（），則，注意到為增函數，所以當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，所以，此時，即的最小值為，綜上所述的最小值為.【點睛】本題考查了導數的幾何意義，考查了利用導數求參數的最值問題，還考查了不等式恒成立問題，考查了利用導數求函數的最值，考查了分類討論思想和數據分析能力，屬于難題.16．（2022·湖北襄陽·高三期末）已知函數．(1)討論的單調性，并比較與的大小；(2)若，為兩個不相等的正數，且，求證：．【答案】(1)的遞增區間為，遞減區間為；；(2)證明見解析.【解析】【分析】（1）根據導數的性質，結合函數的單調性進行求解即可；（2）對已知等式進行變形，結合基本不等式，通過構造新函數，利用導數進行求解證明即可.(1)∵，∴的定義域為且，令時，，當時，，在上遞增，當時，，在上遞減，∴的遞增區間為，遞減區間為又∵所以，即，所以，即，所以；(2)由可得：，即：令，，則有要證：只需證：，即證：因為，所以只需證：即證：設，則：，，∴，要證，只要證，即．只要證即證（其中），令，，∴在單調遞增，，即（其中）成立，所以不等式成立．故原不等式成立．【點睛】關鍵點睛：對已知等式進行變形，結合基本不等式，通過構造函數利用導數進行求解證明是解題的關鍵.17．（2022·湖北武昌·高三期末）已知，其中．(1)當時，分別求和的的單調性；(2)求證：當時，有唯一實數解；(3)若對任意的，都有恒成立，求a的取值范圍．【答案】(1)時，在單調遞增，在單調遞減；當時，在單調遞增(2)證明見解析(3)【解析】【分析】（1）當，時，，當，時，，利用導數計算即可判斷單調性.（2）當時，等價于，構造函數，則，討論當n為偶數，當n為奇數時，的單調性，結果即可證得結果.（3）等價于．由（2）知，，即可求得結果．(1)．當，時，，．由，得；由，得．所以，在單調遞增，在單調遞減．當，時，，．因為,可知當，取得極小值0，可知，所以在單調遞增．(2)當時，．即，即令，則．所以，當n為偶數時，，單調遞減．因為，所以有唯一解．當n為奇數時，若，則，在單調遞增；若，則，在單調遞減．因為，所以有唯一解．綜上，當時，有唯一實解．(3)當，時，等價于，即，即．由（2）知，，所以，．18．（2022·湖北·恩施土家族苗族高中高三期末）已知函數.(1)若關于的不等式恒成立，求實數的值；(2)設函數，在（1）的條件下，證明：存在唯一的極小值點，且.【答案】(1)；(2)證明見解析.【解析】【分析】（1）分析可知，分、兩種情況討論，結合已知條件可得出關于的等式，即可求得實數的值；（2）求得，利用導數分析函數的單調性，結合零點存在定理可證得存在唯一的極小值點，再分析出，結合二次函數的單調性可證得結論成立.(1)解：因為的定義域為，且，.由題意可知，，，則.當時，，，則函數在上單調遞增，故當時，，不合乎題意；當時，由，可得.當時，，此時函數單調遞增，當時，，此時函數單調遞減，則，故，解得.(2)解：由（1）可知，，則，所以，，設，則，當時，；當時，，所以在上單調遞增，在上單調遞減，又，，，所以在上有唯一零點，在上有唯一零點，且當時，；當時，；當時，.因為，所以時的唯一極小值點,由得，故，由得，，因為當時，在取得最小值，由，得，所以.【點睛】關鍵點點睛：本題考查函數極值點的分析，解題的關鍵在于利用導數分析函數的單調性，在證明，需要注意所滿足的等式，結合函數單調性來得出證明.19．（2022·湖北江岸·高三期末）已知函數，.(1)若存在單調遞增區間，求a的取值范圍；(2)若，（）是的兩個不同極值點，證明：.【答案】(1)(2)證明見解析【解析】【分析】（1）求的導數，根據存在單調遞增區間，將問題變為有解的問題，然后構造函數，求該函數的最大值即可.（2）可利用，是的兩個不同極值點，得到，結合要證明的不等式變形為，即證，然后采用換元法，構造函數，利用函數的單調性證明結論.(1)函數定義域為，根據題意知有解，即有解，只需；令，，且當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，所以，所以；(2)由，是的不同極值點，知，是的兩根，即①，聯立可得：②要證：，由①代入即證，即，由②代入可得③因為，則③等價于令，問題轉化為證明④成立，，而，故，所以在上單調遞增，當，④成立，即得證.【點睛】（1）要注意有解問題和恒成立問題的區別，二者都要轉化為求函數的最值問題，但是最大值還是最小值要仔細區分；（2）關于極值點以及有關的不等式的問題是考試中的熱點問題，解決的方法一般是利用原方程整理變形，采用構造函數的方法來解決，其中恰當的變形以及構造恰當的函數是解決問題的關鍵.20．（2022·湖北省鄂州高中高三期末）已知函數.(1)當時，求函數在上的最值；(2)若函數在上單調遞減，求實數的取值范圍.【答案】(1)最小值，最大值(2)或.【解析】【分析】（1）先求導函數，判斷出函數單調遞增，即可求得函數在上的最值；（2）先去掉解析式中的絕對值符號，在上單調遞減即在上恒成立，關鍵是分離參數k，把所求問題轉化為求函數的最值問題.(1)時，，在上單調遞增，，則.∴在上單調遞增，∴，.(2)，記，，則，則在上單調遞增，，.①當即時，，由在上單調遞減，可知在上恒成立，則，又由（1）知，故實數的取值范圍為.②當即時，，由在上單調遞減，可知在上恒成立，則，又由（1）知，則又，故實數的取值范圍為.③當即時，有，.則存在唯一實數，使得，當時，與在上單減矛盾，此時不符合題意要求.綜上可知，的取值范圍為或.【點睛】可導函數f(x)在指定的區間D上單調遞增(減)，求參數范圍問題，可轉化為f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立問題，從而構建不等式，要注意“＝”是否可以取到．利用導數研究函數的單調性的關鍵在于準確判定導數的符號．關鍵是分離參數k，把所求問題轉化為求函數的最值問題．21．（2022·湖北·高三期末）已知函數．(1)討論函數的單調性；(2)設為兩個不等的正數，且（），若不等式恒成立，求實數的取值范圍．【答案】(1)在上單調遞增，在上單調遞減(2)【解析】【分析】（1）首先對函數求導，令導數大于零，求得增區間，令導數小于零，求得減區間；（2）令，將式子轉化為，實數滿足且不等式恒成立，由及（1）知，利用函數在單調遞減，構造新函數，求導，分情況討論求得結果.(1)因為，所以當在上單調遞增，當在上單調遞減．(2)令，則，依題意得實數滿足且不等式恒成立，由及（1）知，法1：不等式恒成立知，所以，∴，又函數在單調遞減，∴，又，所以，即，兩邊取對數得對恒成立，設，則，①當時，對恒成立，此時在上單調遞增，故恒成立，符合題意，②當時，，則，此時在上單調遞減，故，不符合題意．綜上所述，．法2：由令，則，所以不等式令，依題意恒成立．①當時，遞增，從而，所以在上遞增，故恒成立．②當時，由得，所以在上遞減，所以在上遞減，故，不合題意．③當時，由知，不合題意．綜上所述，．22．（2022·湖北·黃石市有色第一中學高三期末）已知函數（1）討論函數的單調性;（2）若，證明:【答案】（1）當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞減，在上單調遞增；（2）見詳解【解析】【分析】（1）對函數進行求導，然后根據參數進行分類討論；（2）構造函數，求函數的最小值即可證出.【詳解】（1）的定義域為，.當時，在上恒成立，所以在上單調遞增；當時，時，；時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增.綜上所述，當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞減，在上單調遞增.（2）當時，.令，，則.，令，.恒成立，所以在上單調遞增.因為，，所以存在唯一的，使得，即.①當時，，即，所以在上單調遞減；當時，，即，所以在上單調遞增.所以，，②方法一：把①代入②得，.設，.則恒成立，所以在上單調遞減，所以.因為，所以，即，所以，所以時，.方法二：設，.則，所以在上單調遞增，所以，所以.因為，所以，所以，所以時，.【點睛】不等式證明問題是近年高考命題的熱點，利用導數證明不等式的方法主要有兩個：（1）不等式兩邊作差構造函數，利用導數研究函數的單調性，求出函數最值即可；（2）觀察不等式的特點，結合已解答問題把要證的不等式變形，并運用已證結論先行放縮，再化簡或者進一步利用導數證明.23．（2022·湖南常德·高三期末）已知函數．(1)討論函數的單調性；(2)若函數有兩個極值點、，且（為自然對數底數，且），求的取值范圍．【答案】(1)答案見解析；(2).【解析】【分析】（1）求得，對實數的取值進行分類討論，分析導數的符號變化，由此可得出函數的單調遞增區間和遞減區間；（2）由已知可得出，，可得出，設，，其中，利用導數求出函數在上的值域，即可得解.(1)解：由題知，函數的定義域為，，當時，對任意的，且不恒為零，故在上單調遞增；當時，，且不恒為零，故在上單調遞增；當時，令，解得，，則，當時，；當時，；當時，.此時，函數的單調遞增區間為、，單調遞減區間為.綜上，當時，的單調遞增區間為，無單調遞減區間；當時，的單調遞增區間為、，單調遞減區間為.(2)解：由（1）知，當時，有兩極值點、，且，，所以，設，，其中，所以，，又因為，可知，所以在上單調遞減．∴，即，所以的取值范圍為.【點睛】關鍵點點睛：本題第二小問考查的取值范圍，要注意、所滿足的關系式（即韋達定理），在化簡時，要注意將參數與變量統一為同一變量，通過構造函數，利用求解函數值域的方法來求解.24．（2022·湖南婁底·高三期末）已知函數．(1)證明：函數在區間內存在唯一的極大值點；(2)判斷函數在上的極值點的個數．（參考數據：，，）【答案】(1)證明見解析(2)2個【解析】【分析】（1）求出導函數，確定在給定區間內的單調性，由零點存在定理得唯一零點，從而可得證結論；（2）對，在上，恒成立，無極值點，在上，設，再求導，由零點存在定理得存在唯一零點，然后確定，即的正負、零點，得函數的單調性、極值點．(1)因為，所以，因為時，，分別單調遞減，所以在區間單調遞減，因為，所以，因為，所以，根據零點存在定理可得，存在唯一零點，使得，所以當時，，當，，即在上遞增，在上遞減，所以是函數在區間內唯一的極大值點．(2)，，當時，恒成立，所以在x∈π,2當x∈0,π時，設g'g'g'根據零點存在定理可知，存在唯一x1∈0,且x∈(0,x1)時，，x∈(x∴f'x=e?xf'f'0=1>0根據零點存在定理可知，存在x2∈0,x1，x所以在0,x2、x3,π分別成立，在0,x2、x3,π是都是遞增，在(x所以函數在上的極值點的個數為2．【點睛】本題考查用導數求函數的極值，考查零點存在定理，解題關鍵是需要導函數進一步求導，以便確定導函數的單調性與零點的存在性，從而得出函數的性質．本題屬于較難題．25．（2022·湖南郴州·高三期末）已知函數fx(1)討論函數的零點個數；(2)若函數存在兩個不同的零點，證明：x1x2【答案】(1)答案見解析；(2)證明見解析.【解析】【分析】（1）先對函數進行求導，然后對a進行分類討論，便可得到函數零點的個數;（2）利用（1）的結論，便可知函數在a>2e時有兩個零點，再構造一個新函數，可將雙變量變為單變量，對該新函數進行研究即可.(1)因為f①當，，函數在區間單調遞增，（i）時，函數在上無零點；（ii），由時，，fe=e2∴在只有一個零點；②當時，函數在區間0,a2上單調遞減，在區間a2,+∞上單調遞增；（注意時，fx→+∞所以fx（i）fa2>0即0<a<2e（ii）fa2=0，即a=2e（iii）fa2<0即a=2e綜上所述，當或a=2e時，在只有一個零點；當0≤a<2e時，無零點；當a>2e時，有兩個零點；方法二：時，函數fx=x2時，由fx=0?1a=ln由g'則x∈0,e時，x∈e,+∞則gx做出簡圖，由圖可知：（注意：時，gx→?∞，時g當1a<0或1a=2e，即或a=2e即在只有一個零點；當0<1a<12e時，即a>2e時，1當1a>12e時，即0<a<2e時，1a綜上所述，當或a=2e時，在只有一個零點；當0≤a<2e時，無零點；當a>2e時，有兩個零點；(2)由（1）可知a>2e時，有兩個零點，設兩個零點分別為，且，由fx1=f所以x1即ln要證明x1x2>e，即證再證lnx2?設x2x1=x，則，即證ln令?x則?'故函數在上單調遞增，所以?x>?1=0，即有所以x126．（2022·廣東揭陽·高三期末）已知函數f(1)若a=e，判斷函數的單調性，并求出函數的最值.(2)若函數有兩個零點，求實數的取值范圍.【答案】(1)在上單調遞減，在上單調遞增，最小值為f1=e(2)e【解析】【分析】（1）把a=e的值代入函數的解析式，從而根據導數判斷函數的單調性，進而可求函數的最值；（2）利用導數判斷函數的單調性，根據單調性可求函數的最小值；根據題意列出滿足條件的的不等式，從而求出的范圍，然后驗證即可.(1)易知函數的定義域為，當a=e時，f所以f'當時，；當，；所以在上單調遞減，在上單調遞增；由此可得，的最小值為f1=e(2)因為fx=xe當時，在上恒成立，所以在上單調遞增，故可得函數至多只有一個零點，不符合題意；當時，令ex?ax則在上，；在x0,+∞上，，所以在上單調遞減，在x0,+∞為了滿足有兩個零點，則有fx0=因為是方程ex?ax=0的解，所以x0將②式代入①式可得fx0=a2?ln且當a∈e2,+∞時，由②式得x0>1,f1=e?a+a=e>0，所以在上僅有1個零點；當綜上，若函數存在兩個零點，則實數的取值范圍是e2,+∞27．（2022·廣東潮州·高三期末）已知函數f(x)=x22(1)求實數a的取值范圍；(2)求證:f(【答案】(1)(0,1)(2)見解析【解析】【分析】（1）函數有兩個極值點等價于f'（2）根據韋達定理可得，與的關系，將其代入不等式f(x1)+f(x2)+5>0，于是要證的不等式轉化為證明g(a)=alna?a2(1)解：f'因為函數的定義域上有兩個極值點，，且，所以方程f'(x)=x+(a?3)+ax=0在上有兩個根，，且即x2+(a?3)x+a=0在上有兩個不相等的根，，所以?(a?3)2>0當時，若0<x<x1或，x2+(a?3)x+a>0，，所以函數在(0,x1)和(若x1<x<x2,2x2故函數在上有兩個極值點，，且，所以，實數的取值范圍是(0,1)；(2)證明：由（1）知，，x2(0<x1<x所以x1+x故f(===aln令g(a)=alna?a22+2a?92，其中令?(a)=g'(a)=lna?a+3,?'由于?(e?3)=?2e?3<0，所以存在常數t∈(e?3，1)，使得?(t)=0，即lnt?t+3=0且當a∈(0,t)時，?a=g'a<0，所以函數當a∈(t,1)時，?a=g'a>0，所以函數所以當時，g(a)≥g(t)=tlnt?又t∈(e?3,1)所以g（a）>?5，即g（a）+5>0，所以f(x【點睛】本題考查了利用導數研究函數的單調性極值與最值、考查了隱零點問題的等價轉化方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．28．（2022·廣東東莞·高三期末）已知且a≠1，函數f(x)=loga(1)若a=e，求函數在處的切線方程；(2)若函數有兩個零點，求實數的取值范圍.【答案】(1)y=(2)a∈【解析】【分析】（1）由a=e時，得到fx=ln（2）將函數有兩個零點，轉化為函數y=lnxx2與y=?1(1)解：當a=e時，fx=ln故f'時，f1=ln1+所以在處的切線方程為y?12e=即y=1+e(2)函數有兩個零點，?方程logax+1?方程lnxx2?函數y=lnxx2與設，則，g'x=1?2lnxx所以在0,e上單調遞增，在e,+由，ge=12e，當時，，當時，gx由圖得0<?12a設?x=xln?'x=1+lnx>0時，x>所以?x=xlnx在因為時lnx<0，且，所以當時，?1e≤?x<0；當又因為?x所以?1e綜上所述a∈0,29．（2022·廣東羅湖·高三期末）已知定義在R上的函數fx(1)求的單調遞增區間；(2)對于?x∈0,+∞，若不等式fx【答案】(1)答案見解析；(2).【解析】【分析】（1）求得f'x=aeax?1?1，分（2）由已知可得當時，須有ea?1+a≥2成立，可求得，然后證明出當時，?x∈0,+∞，有不等式eax?1(1)解：f'x①當時，，所以，在R上單調遞減，即無單調遞增區間；②當時，令gx=aeax?1?1，則g'x令gx=0，解得當x∈?∞,1?lnaa時，所以，在?∞,1?ln所以，的單調遞增區間為1?lna綜上所述，當時，的單調遞增區間為1?lnaa當時，無單調遞增區間.(2)解：由（1）可知，當時，有最小值，且最小值為，構造函數mx=ex?1?x當時，m'x<0，此時函數當時，m'x>0，此時函數mx即ex?1≥x，當且僅當時等號成立，易知不等式fx≥x當時，須有ea?1+a≥2成立，令?a=ea?1+a，則?又?1=2，所以，?a≥2下證當時，?x∈0,+∞，有不等式eax?1一方面，?x∈R，e所以，?x∈0,+∞，e?ln所以，?x∈0,+∞，所以，?x∈0,+∞，x所以，只需證當時，?x∈0,+∞，有不等式e另一方面，由?x∈R，ex?1≥x，可得e又當時，?x∈0,+∞，顯然有2ax≥2x，所以，當時，?x∈0,+∞，顯然有不等式e所以，當時，?x∈0,+∞，顯然不等式f綜上所述，實數的取值范圍為.【點睛】關鍵點點睛：本題考查利用函數不等式恒成立求參數，本題通過ea?1+a≥2成立，通過其必要條件得出，然后利用導數法證明不等式fx30．（2022·廣東汕尾·高三期末）已知函數fx=lnx?ax+1，(1)求曲線在點P1,f1處的切線l的方程；并證明：函數f(x)=lnx?ax+1(x≠1)的圖象在直線(2)已知函數g(x)=12a【答案】(1)(1?a)x?y=0，證明見解析(2)0<a<【解析】【分析】（1）由導數的幾何意義和點斜式可求切線l的方程(1?a)x?y=0；可構造?(x)=f(x)?(1?a)x=lnx?x+1，結合導數證明（2）由已知化簡得g(x)=12ax2?lnx?1，求得g'(x)=ax?1x(1)由fx=lnf'(1)=1?a,f(1)=1?a，∴切線方程為所以曲線在點P(1,f(1))處的切線方程為(1?a)x?y=0；令?(x)=f(x)?(1?a)x=ln?'當時，?'(x)>0,?(x)在(0,1)當時，?'(x)<0,?(x)在上單調遞減，所以?(x)≤?(1)=0，所以，且x≠1時，lnx?x+1<0，即lnx?ax+1<(1?a)x，即函數f(x)????(x≠1)(2)g(x)=1g'當時，g'(x)<0,g(x)在上單調遞減，所以函數在至多有一個零點，故不合題意；當時，g'(x)=ax?令g'(x)=0，得x=a∴0<x<aa時，g'x>aa時，g'∴x=aa為函數∴gx∴函數在定義域上有兩個零點必須滿足g(x)min=∴0<a<e下面證明0<a<e時，函數有兩個零點，∵0<a<e，∴aa∴g1故函數在1e,由（1）可知，時，f(x)=lnx?x+1≤0恒成立，即lnx+1≤x恒成立（當且僅當∴g(x)=12a∴g3∴ga故函數在aa,綜上所述：0<a<e時，函數在其定義域上有兩個零點.31．（2022·廣東清遠·高三期末）已知函數f(x)=e(1)討論的零點個數．(2)若有兩個不同的零點，證明：x1+x【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析【解析】【分析】（1）先通過求導得到函數的單調區間，再運用數形結合思想分類討論即可求解；（2）將問題轉化為研究函數的單調性后再求解即可.(1)因為f(1)=1≠0，所以1不是的零點．當f(x)=ex?1?a(x?1)=0令g(x)=ex?1x?1，則的零點個數即直線y=a與因為g'(x)=ex?1(x?2)(x?1)2所以在(?∞,1),(1,2)上單調遞減，在(2,+因為g(2)=e，且當時，g(x)<0，所以當a∈[0,e)時，沒有零點；當a∈(?∞,0)∪{e}時，當a∈(e,+∞)時，(2)證明：由（1）知，當a∈(e,+∞)時，設，則x1∈(1,2),由ex1?1所以x1?x令?(x)=x?ln(x?1),x∈(1,+∞易得在(1,2)上單調遞減，在(2,+∞)要證x1+x因為x2>2,4?x1>2，且在因為?x1=?令F(x)=?(x)??(4?x)=x?ln則F'所以在(1,2)上單調遞減．因為F(x)>F(2)=0，所以?(x)??(x?4)>0．因為x1∈(1,2)，所以?x32．（2022·廣東佛山·高三期末）已知函數f(x)=1aex?(1)設，過點A?1,?12作曲線(2)證明：當或0<a≤2e時，f(x)≥【答案】(1)1a(2)證明見解析.【解析】【分析】(1)設出切點坐標，對函數求導，再借助導數的幾何意義列式計算作答.(2)當時，不等式等價轉化為證ex?12x≥1+x，當(1)，f'(x)=1aex?1設切點T(x0,f(x0)),x于是得1aex整理得：2x0aex而2aex0+所以切線的斜率為1a(2)當時，x≥?1，f(x)≥12令?(x)=ex?x?1，求導得?'(x)=ex?1，當即函數在上單調遞減，在上單調遞增，?x∈R，，即ex≥x+1，因此當x≥?1時，ex?12x≥則ex于是得當且x≥?1時，f(x)≥12當0<a≤2e時，x≥?1，令φ(x)=1ae由0<a≤2e得，則φ'(x)=(1?a)(1a又φ(?1)=(1?a)(1ae?1于是得當0<a≤2e，x≥?1時，1aex從而得當0<a≤2e，x≥?1時所以當或0<a≤2e時，f(x)≥【點睛】思路點睛：解決過某點的函數f(x)的切線問題，先設出切點坐標(x方程y?y033．（2022·廣東·鐵一中學高三期末）已知函數fx=ln（1）若的最大值是0，求函數的圖象在x=e處的切線方程；（2）若對于定義域內任意，fx≤gx恒成立，求的取值范圍【答案】（1）y=1e?1x+1；（【解析】【分析】（1）根據某點上的切線斜率即為函數在該點的導數，列出點斜式方程即可得出答案.（2）構造函數，對函數求導后，討論函數單調性，求出m的取值范圍.【詳解】（1）的定義域，f'x=若m≥0，，在定義域內單調遞增，無最大值；若m<0，x∈0,?1m，，x∈?1m,+∞，所以x=?1m時取得最大值ln?1f'e=函數的圖象在x=e處的切線方程y=1e（2）原式子恒成立，即m+1≤ex?設φx=e設Qx=x所以Qx在其定義域內單調遞增，且Q12所以Qx有唯一零點，而且x02?兩邊同時取對數得x0易證明函數y=x+lnx是增函數，所以得x0所以由在上單調遞減，在上單調遞增，所以φx于是的取值范圍是?∞,0.【點睛】本題主要考查導數的幾何意義和函數的極值與最值，屬于難題.34．（2022·江蘇海門·高三期末）設函數fx(1)若曲線在點處的切線方程為kx?y+2=0，求的值；(2)若fx≥1，求實數(3)求證：當a>12時，函數【答案】(1)k=2；(2)；(3)證明見解析.【解析】【分析】（1）計算得出f'x=2ax+1?2（2）由已知可得f0=a≥1，由ax+12?2sinx≥x+1（3）分、x≤?π、?π<x<0三種情況討論，利用導數證明出fx>0成立，即可證得結論成立(1)解：因為fx=ax+1因為點在直線kx?y+2=0上，則f0=2所以，f0=a=2f(2)解：因為fx=ax+1當時，ax+12?2sin設gx=x+12?2令mx=2x+2?2cosx，則所以，函數g'x=2x+2?2當時，g'x<g當時，g'x>g'0即x+12?2sinx≥1成立，所以fx(3)解：因為a>12，所以且兩個等號不同時成立，即ax+1令?x=2x?2sinx，其中x∈R所以函數在R上單調遞增，且?0=0當時，?x=2x?2sinx≥?所以當時，ax+12>2sinx，即當x≤?π時，ax+12>12即fx>0，所以此時函數當?π<x<0時，?2≤2sinx<0，而ax+1即fx>0，所以此時函數綜上可得，a>12時，函數【點睛】方法點睛：利用導數解決函數零點問題的方法：（1）直接法：先對函數求導，根據導數的方法求出函數的單調區間與極值，根據函數的基本性質作出圖象，然后將問題轉化為函數圖象與軸的交點問題，突出導數的工具作用，體現了轉化與化歸思想、數形結合思想和分類討論思想的應用；（2）構造新函數法：將問題轉化為研究兩函數圖象的交點問題；（3）參變量分離法：由分離變量得出a=gx，將問題等價轉化為直線y=a與函數y=gx的圖象的交點問題35．（2022·江蘇揚州·高三期末）已知函數f(x)=xcosx?sinx?e?2，x(1)求f(x)的最大值，并證明：ex(2)若f(x)+2ax3+【答案】(1)f(x)(2)[16，＋【解析】【分析】（1）構造新函數去證明一個較為復雜的不等式是一個快捷方法；（2）構造新函數去證明不等式，并不重不漏地進行分類討論是本小題亮點.(1)∵f(x)=xcosx?sinx?e?2，x∴f'(x)=cosx?xsinx?cosx=?xsinx?0，∴∴f(x)max要證exsinx+ex?2>xexcosx+x?1令g(x)＝1?xex，x∈[0，π]，則g′(x)＝x?2故g(x)在（0，2）上單調遞減；g(x)在（2，π）上單調遞增，所以g(x)≥g(2)＝-e?2又f(x)≤-e?2，且等號不同時取到，所以(2)f(x)＋2ax3＋e?2≥0，等價于xcosx－sinx＋2ax3≥0令h(x)＝xcosx－sinx＋2ax3，x∈[0，π]，則h′(x)＝－xsinx＋6ax2＝x（6ax－sinx），令φ(x)=6ax?sinx，則①當a≤－16時，φ'(x)?0，∴φ(x)在[0，π]上遞減，∴h′(x)≤0，∴h(x)在[0，π]上遞減，∴h(x)≤h（0）＝0，∴不合題意．②當a≥16時，φ'(x)?0，∴φ(x)在[0，π]∴h′(x)≥0，∴h(x)在[0，π]上遞增，∴h(x)≥h（0）＝0，∴符合題意．③當－16＜a＜16時，因為φ'(0)=6a?1<0，φ'(π)=1+6a>0，且φ∴?x0∈[0，π]，使得∴當x∈（0，x0）時，φ'(x)<0，此時φ(x)在（0，x0）上遞減，∴∴h′(x)＜0，∴h(x)在（0，x0）上遞減，∴h(x)＜h（0）＝0，∴不合題意．綜上得：a∈[16，＋【點睛】導數是研究函數的單調性、極值(最值)最有效的工具，而函數是高中數學中重要的知識點，對導數的應用的考查主要從以下幾個角度進行：(1)考查導數的幾何意義，往往與解析幾何相聯系．(2)利用導數求函數的單調區間，判斷單調性；已知單調性，求參數．(3)利用導數求函數的最值(極值)，解決生活中的優化問題．(4)考查數形結合思想的應用．36．（2022·江蘇宿遷·高三期末）已知函數fx=ln(1)證明：fx(2)若函數的圖象與的圖象有兩個不同的公共點，求實數的取值范圍.【答案】(1)證明見解析；(2)0,3.【解析】【分析】（1）構造函數Fx=ln（2）由fx=gx可得a=lnxx+5x?2x2，構造函數(1)解：要證fx<x，即證：當時，不等式ln令Fx=ln故當0<x<4時，F'x>0當x>4時，F'x<0，則Fxmax=F(2)解：由fx=gx構造函數?x=5+則?'當時，4?4x>0，lnx<0，則，此時函數單調遞增，當時，4?4x<0，lnx>0，則，此時函數單調遞減，所以，?x令φx=xlnx+5x?2，則當當0<x<25時，φx<5x?2<0，故存在x0作出函數與y=a的圖象如下圖所示：由圖可知，當0<a<3時，函數與y=a的圖象有2個交點，因此，實數的取值范圍是0,3.【點睛】方法點睛：利用導數解決函數零點問題的方法：（1）直接法：先對函數求導，根據導數的方法求出函數的單調區間與極值，根據函數的基本性質作出圖象，然后將問題轉化為函數圖象與軸的交點問題，突出導數的工具作用，體現了轉化與化歸思想、數形結合思想和分類討論思想的應用；（2）構造新函數法：將問題轉化為研究兩函數圖象的交點問題；（3）參變量分離法：由分離變量得出a=gx，將問題等價轉化為直線y=a與函數y=gx的圖象的交點問題37．（2022·江蘇通州·高三期末）已知函數f(x)＝sinx＋tanx－ax2－2x.(1)當a＝0時，判斷并證明f(x)在?π(2)當x∈(0，π2)時，f(x)＞0，求a的取值范圍【答案】(1)函數f(x)在?π(2)(?【解析】【分析】(1)求函數f(x)=sinx+tanx?2x的導函數，判斷其值為正，由此完成證明；(2)先證明sinx<x，分，，三種情況驗證條件，由此求(1)當α=0時，∴f'(x)=因為x∈?π2,∴f'(x)=cosx+1cos∴函數f(x)在?π(2)令p(x)=sinx?x，則當x∈(0，π2)時，p'(x)<0，所以p(x)=sinx?x又p(0)=0，所以p(x)<0，故x∈(0,π2)①當時，f(x)=sin由(1)得y=sinx+且時y=0，所以當x∈(0，π2)時，y>0，所以，②當時，f(x)=當時，f(1)<1cos當時，cosa>cos于是f(a)<a(1而1?∴f(a)<0，不合題意，綜上，滿足條件的a的