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2024年高考数学第一轮复习精品导学案第22讲 导数的综合应用（学生版）+教师版
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这是一份2024年高考数学第一轮复习精品导学案第22讲 导数的综合应用（学生版）+教师版，共2页。学案主要包含了2022年全国乙卷，2022年全国甲卷，2022年新高考2卷，2021年甲卷理科，2021年新高考1卷等内容，欢迎下载使用。
1. 利用导数证明不等式
(1) 构造法：证明f(x)(2) 最值比较法：证明f(x)2. 利用导数解决不等式的恒成立(能成立)问题
“恒成立”与“存在性”问题可看作一类问题，一般都可通过求相关函数的最值来解决，如：当f(x)在x∈D上存在最大值和最小值时，若f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)在x∈D上的最小值，将原条件转化为g(a)≤ f(x)min ；若f(x)≤g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)在x∈D上的最大值，将原条件转化为g(a)≥ f(x)max ；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)在x∈D上的最大值，将原条件转化为g(a)≤ f(x)max ；若存在x∈D，使得f(x)≤g(a)成立，应求f(x)在x∈D上的最小值，将原条件转化为g(a)≥ f(x)min .
3. 利用导数研究函数零点
(1) 求函数f(x)的单调区间和极值；
(2) 根据函数f(x)的性质作出图象；
(3) 判断函数零点的个数．
1、【2022年全国乙卷】已知x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2ax-ex2（a>0且a≠1）的极小值点和极大值点．若x1【答案】1e,1
【解析】：f'x=2lna⋅ax-2ex，
因为x1,x2分别是函数fx=2ax-ex2的极小值点和极大值点，
所以函数fx在-∞,x1和x2,+∞上递减，在x1,x2上递增，
所以当x∈-∞,x1∪x2,+∞时，f'x<0，当x∈x1,x2时，f'x>0，
若a>1时，当x<0时，2lna⋅ax>0,2ex<0，则此时f'x>0，与前面矛盾，
故a>1不符合题意，
若0即方程lna⋅ax=ex的两个根为x1,x2，
即函数y=lna⋅ax与函数y=ex的图象有两个不同的交点，
∵0又∵lna<0,∴y=lna⋅ax的图象由指数函数y=ax向下关于x轴作对称变换，然后将图象上的每个点的横坐标保持不变，纵坐标伸长或缩短为原来的lna倍得到，如图所示：
设过原点且与函数y=gx的图象相切的直线的切点为x0,lna⋅ax0，
则切线的斜率为g'x0=ln2a⋅ax0，
故切线方程为y-lna⋅ax0=ln2a⋅ax0x-x0，
则有-lna⋅ax0=-x0ln2a⋅ax0，解得x0=1lna，
则切线的斜率为ln2a⋅a1lna=eln2a，
因为函数y=lna⋅ax与函数y=ex的图象有两个不同的交点，
所以eln2a又0综上所述，a的范围为1e,1.
2、【2022年全国甲卷】已知函数fx=exx-lnx+x-a．
(1)若fx≥0，求a的取值范围；
(2)证明：若fx有两个零点x1,x2，则环x1x2<1．
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，
f'(x)=(1x-1x2)ex-1x+1 =1x(1-1x)ex+(1-1x)=x-1x(exx+1)
令f(x)=0,得x=1当x∈(0,1),f'(x)<0,f(x)单调递减
当x∈(1,+∞),f'(x)>0,f(x)单调递增f(x)≥f(1)=e+1-a，
若f(x)≥0,则e+1-a≥0,即a≤e+1所以a的取值范围为(-∞,e+1]
(2)由题知,f(x)一个零点小于1,一个零点大于1
不妨设x1<1因为x1,1x2∈(0,1),即证f(x1)>f(1x2)因为f(x1)=f(x2),即证f(x2)>f(1x2)
即证exx-lnx+x-xe1x-lnx-1x>0,x∈(1,+∞)即证exx-xe1x-2[lnx-12(x-1x)]>0
下面证明x>1时，exx-xe1x>0,lnx-12(x-1x)<0
设g(x)=exx-xe1x,x>1，
则g'(x)=(1x-1x2)ex-(e1x+xe1x⋅(-1x2))=1x(1-1x)ex-e1x(1-1x)
=(1-1x)(exx-e1x)=x-1x(exx-e1x)
设φ(x)=exx(x>1),φ'(x)=(1x-1x2)ex=x-1x2ex>0
所以φ(x)>φ(1)=e,而e1x0,所以g'(x)>0
所以g(x)在(1,+∞)单调递增
即g(x)>g(1)=0,所以exx-xe1x>0
令h(x)=lnx-12(x-1x),x>1h'(x)=1x-12(1+1x2)=2x-x2-12x2=-(x-1)22x2<0
所以h(x)在(1,+∞)单调递减
即h(x)综上, exx-xe1x-2[lnx-12(x-1x)]>0,所以x1x2<1.
3、【2022年新高考2卷】已知函数f(x)=xeax-ex．
(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x>0时，f(x)<-1，求a的取值范围；
(3)设n∈N*，证明：112+1+122+2+⋯+1n2+n>ln(n+1)．
【解析】(1)当a=1时，f(x)=(x-1)ex，则f'(x)=xex，
当x<0时，f'(x)<0，当x>0时，f'(x)>0，
故f(x)的减区间为(-∞,0)，增区间为(0,+∞).
(2)设h(x)=xeax-ex+1，则h(0)=0，
又h'(x)=(1+ax)eax-ex，设g(x)=(1+ax)eax-ex，
则g'(x)=(2a+a2x)eax-ex，若a>12，则g'(0)=2a-1>0，
因为g'(x)为连续不间断函数，
故存在x0∈(0,+∞)，使得∀x∈(0,x0)，总有g'(x)>0，
故g(x)在(0,x0)为增函数，故g(x)>g(0)=0，
故h(x)在(0,x0)为增函数，故h(x)>h(0)=-1，与题设矛盾.
若0下证：对任意x>0，总有ln(1+x)证明：设S(x)=ln(1+x)-x，故S'(x)=11+x-1=-x1+x<0，
故S(x)在(0,+∞)上为减函数，故S(x)由上述不等式有eax+ln(1+ax)-ex故h'(x)≤0总成立，即h(x)在(0,+∞)上为减函数，
所以h(x)当a≤0时，有h'(x)=eax-ex+axeax<1-1+0=0，
所以h(x)在(0,+∞)上为减函数，所以h(x)综上，a≤12.
(3)取a=12，则∀x>0，总有xe12x-ex+1<0成立，
令t=e12x，则t>1,t2=ex,x=2lnt，
故2tlnt1恒成立.
所以对任意的n∈N*，有2lnn+1n整理得到：ln(n+1)-lnn<1n2+n，
故112+1+122+2+⋯+1n2+n>ln2-ln1+ln3-ln2+⋯+ln(n+1)-lnn
=ln(n+1)，
故不等式成立.
4、【2021年甲卷理科】已知且，函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．
【解析】（1）当时，,
令得,当时，,当时，,
∴函数在上单调递增；上单调递减；
（2）[方法一]【最优解】：分离参数
,设函数,
则,令，得,
在内,单调递增；
在上,单调递减；,
又，当趋近于时，趋近于0，
所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,
所以的取值范围是.
5、【2021年新高考1卷】已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.
【解析】(1)的定义域为．由得，，
当时，；当时；当时，．
故在区间内为增函数，在区间内为减函数，
(2)由得，即．
由，得．
由（1）不妨设，则，从而，得，
①令，
则，
当时，，在区间内为减函数，，
从而，所以，
由（1）得即．①令，则，
当时，，在区间内为增函数，，
从而，所以．又由，可得，
所以．②由①②得．
1、若函数y＝(x＋1)ex－a有两个零点，则实数a的取值范围为( A )
A. eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(a|－\f(1,e2)－\f(1,e2)))
C. eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(a|－e2【答案】A
【解析】 构造函数f(x)＝(x＋1)ex，则f′(x)＝ex(x＋2)．当x>－2时，f′(x)>0，函数f(x)为增函数；当x<－2时，f′(x)<0，函数f(x)为减函数．所以当x＝－2时，函数f(x)有最小值且f(－2)＝－e－2＝－eq \f(1,e2).画出函数f(x)＝(x＋1)ex的图象如图所示，显然当－eq \f(1,e2)2、当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】当时，得，令，则，
，令，，
则，显然在上，，
单调递减，所以，因此；
同理，当时，得．由以上两种情况得．
显然当时也成立，故实数的取值范围为．
3、已知，若函数恰有4个不同的零点，
则实数的取值范围为
【答案】 ，
【解析】：从形的角度，转化为函数的图象（如图）与的图象交点个数。画图象时注意的渐进性．
考向一 利用导数证明不等式关系
例1、例1、（2021·山东德州市·高三二模）（多选题）已知函数，则（ ）．
A．B．若有两个不相等的实根、，则
C．D．若，，均为正数，则
【答案】AD
【解析】对于A：，又，，，所以，则有，A正确；
对于B：若有两个不相等的实根、，则，故B不正确；
证明如下：函数，定义域为，则，
当时，；当时，；，
所以在上单调递增，在上单调递减，则且时，有，所以 若有两个不相等的实根、，有，
不妨设，有，要证，只需证，且，又，所以只需证，令
则有
当时，，，所以有，即在上单调递增，且，所以恒成立，即，即，即.
对于C：由B可知，在上单调递增，则有，即，则有，故C不正确；
对于D：令，，均为正数，则，解得：，，，
由B可知，在上单调递增，则有，即，即，所以，故D正确.
故选：AD.
变式1、(2022·江苏第一次百校联考)(本题满分12分)已知函数f(x)＝lnx＋eq \f(a,x)(a∈R)有两个零点．
(1)证明：0＜a＜EQ \F(1,e)．
(2)若f(x)的两个零点为x1，x2，且x1＜x2，证明：2a＜x1＋x2＜1．
【解析】
(1)证明：由f(x)＝lnx＋eq \f(a,x)，x＞0可得f′(x)＝eq \f(1,x)－EQ \F(a,x\S(2))，x＞0． …………1分
当a≤0时，f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，与题意不符．
当a＞0时，令f′(x)＝eq \f(1,x)－EQ \F(a,x\S(2))＝0，得x＝a．当x∈(0，a)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(a．＋∞)时．f′(x)＞0，f(x)单调递增．
可得当x＝a时，f(x)取得极小值f(a)＝lna＋1．
又因为函数eq f(x)－lnx＋\f(a,x)有两个零点，
所以f(a)＝lna＋1＜0，可得a＜eq \f(1,e)，综上，0＜a＜eq \f(1,e)．
(2)解：由上可得f(x)的极小值点为x＝a，则0＜x1＜a＜x2．
设g(x)＝f(2a－x)－f(x)＝ln(2a－x)＋eq \f(a,2a－x)－lnx－eq \f(a,x)．x∈(0，a)．
可得g′(x)＝EQ \F(－1,2a－x)－EQ \F(－a,(2a－x)\s\up3(2))－eq \f(1,x)＋EQ \F(a,x\S(2))＝EQ \F(4a(x－a)\s\up3(2),x\S(2)(2a－x)\s\up3(2))＞0，x∈(0，a)．
所以g(x)在(0，a)上单调递增，所以g(x)＜g(a)＝0．
即f(2a－x)－f(x)＜0，则f(2a－x)＜f(x)，x∈(0，a)．
所以当0＜x1＜a＜x2时，2a－x＞a，且f(2a－x1)＜f(x1)＝f(x2)，
因为当x∈(a，＋∞)时，f(x)单调递增，所以2a－x1＜x2，即x1＋x2＞2a．
设x2＝tx1，t＞1，则eq \B\lc\{(\a\al(lnx\s\d(1)＋\f(a,x\s\d(1))＝0，,lnx\s\d(2)＋\f(a,x\s\d(2))＝0，))则eq \f(ln\s\d(1),lnx\s\up6(2))＝\f(x\s\d(2),x\s\d(1))＝t，即lnx1＝tlnx2＝tlntx1＝t(lnx1＋lnt)．
所以lnx1＝－EQ \F(tlnt,t－1)．
所以ln(x1＋x2)＝lnx1(t＋1)＝lnx1＋ln(t＋1)＝－EQ \F(tlnt,t－1)＋ln(t＋1)＝t(EQ \F(ln(t＋1),t)－EQ \F(lnt,t－1))．
又因为eq g(t)＝\f(lnt,t－1)，则g′(t)＝EQ \F(1－\F(1,t)－lnt,(t－1)\s\up3(2))＜0，所以g(t)在(1．＋∞)上单调递减，
所以EQ \F(ln(t＋1),t)＜EQ \F(lnt,t－1)，所以ln(x1＋x2)＜0，即x1＋x2＜1．综上，2a＜x1＋x2＜1．
变式2、(2022·苏州期初考试)(本小题满分12分)已知函数eq f(x)＝\f(lnx＋ax,e\s\up6(x))，a∈R．
(1)若函数y＝f(x)在x＝x0处取得极值1，其中ln2＜x0＜ln3．
证明：2－EQ \F(1,ln2)＜a＜3－EQ \F(1,ln3)；
(2)若f(x)≤x－eq \f(1,e\s\up6(x))恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】
(1)由题知f′(x)＝EQ \F(\F(1,x)＋a－(lnx＋ax),e\S(x))．
∵函数y＝f(x)在x＝x0处取得极值1，
∴f′(x0)＝EQ \F(\F(1,x\S\DO(0))＋a－\b\bc\((\l(lnx\S\DO(0)＋ax\S\DO(0))),e\S\UP6(x\S\DO(0)))＝0，且f(x0)＝EQ \F(lnx\S\DO(0)＋ax\S\DO(0),e\S\UP6(x\S\DO(0)))＝1，
∴EQ \F(1,x\S\DO(0))＋a＝lnx0＋ax0＝eEQ \S\UP6(x\S\DO(0))，∴a＝eEQ \S\UP6(x\S\DO(0))－EQ \F(1,x\S\DO(0))， …………2分
令r(x)＝eEQ \S\UP6(x)－EQ \F(1,x)(x＞0)，则r′(x)＝eEQ \S\UP6(x)＋EQ \F(1,x\S(2))＞0，
∴r(x)为增函数，
∵0＜ln2＜x0＜ln3，
∴r(ln2)＜a＜r(ln3)，即2－EQ \F(1,ln2)＜＜3－EQ \F(1,ln3)成立． …………4分
(2)不等式f(x)≤x－EQ \F(1,e\S(x))恒成立，
即不等式xex－lnx－ax≥1恒成立，即a≤ex－EQ \F(1nx,x)－EQ \F(1,x)恒成立，
令g(x)＝ex－EQ \F(1nx,x)－EQ \F(1,x)，则g′(x)＝ex－EQ \F(1－lnx,x\S(2))＋EQ \F(1,x\S(2))＝EQ \F(x\S(2)e\S(x)＋lnx,x\S(2))， …………6分
令h(x)＝x2ex＋lnx，则h′(x)＝(x2＋2x)ex＋EQ \F(1,x)，
∵x＞0，∴h′(x)＜0，∴h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(1)＝e＞1； h(EQ \F(1,2))＝EQ \F(\R(,e),4)－ln2＜0，
∴h(x)有唯一零点x1，且EQ \F(1,2)＜x1＜1． …………8分
当x∈(0，x1)时，h(x)＜0，g′(x)＜0，g(x)单调递减；
当x∈(x1，＋)时，h(x)＞0，g′(x)＞0，g(x)单调递增．
∴g(x)min＝g(x1)，∴a≤eEQ \S\UP6(x\S\DO(1))－EQ \F(lnx\S\DO(1),x\S\DO(1))－EQ \F(1,x\S\DO(1))， …………9分
由h(x1)＝0整理得x1eEQ \S\UP6(x\S\DO(1))＝－EQ \F(lnx\S\DO(1),x\S\DO(1))．
∵EQ \F(1,2)＜x1＜1，－lnx1＞0，
令k(x)＝xex(x＞0)，则方程x1eEQ \S\UP6(x\S\DO(1))＝－EQ \F(lnx\S\DO(1),x\S\DO(1))等价于k(x1)＝k(－lnx1)，
而k′(x)＝(x＋1)ex在(0，＋∞)上恒大于零，∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∵k(x1)＝k(－lnx1)，∴x1＝－lnx1，∴eEQ \S\UP6(x\S\DO(1))＝EQ \F(1,x\S\DO(1))， …………11分
∴g(x1)＝eEQ \S\UP6(x\S\DO(1))－EQ \F(lnx\S\DO(1),x\S\DO(1))－EQ \F(1,x\S\DO(1))＝EQ \F(1,x\S\DO(1))－EQ \F((－x\S\DO(1)),x\S\DO(1))－EQ \F(1,x\S\DO(1))＝1，
∴a≤1，∴实数a的取值范围为(－∞，1]． …………12分
方法总结：：构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有：(1)直接构造法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1，ex≥x＋1，ln x＜x＜ex(x＞0)，eq \f(x,x＋1)≤ln(x＋1)≤x(x＞－1)；(3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；(4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解．
考向二 利用图象研究函数零点与极值点
例2、(2022·湖北省新高考联考协作体高三起点考试)(多选题)设函数，则（ ）
A. 当时，
B. 当时，有两个极值点
C. 当时，任上不单调
D. 当时，存在唯一实数m使得函数恰有两个零点
【答案】ACD
【解析】由题意，函数，可得，
若，当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，函数取得极大值，且为最大值，最大值为，
所以A正确，B不正确；
当，由，可得当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以函数任上不单调，所以C正确；
当时，函数在区间上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，又由，当时，，
所以方程恰好有两个解，等价于，即，
令，可得，，
所以为单调递减函数，由，当，可得，
所以存在，使得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，由，且时，，
所以存在唯一的，使得，所以D正确.
故选：ACD
变式1、已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3(a为实数)，若方程g(x)＝2f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上有两个不相等的实数根，求实数a的取值范围．
【解析】
由g(x)＝2f(x)，可得2xlnx＝－x2＋ax－3，a＝x＋2lnx＋eq \f(3,x).设h(x)＝x＋2lnx＋eq \f(3,x)(x>0)，可得h′(x)＝1＋eq \f(2,x)－eq \f(3,x2)＝eq \f(x＋3x－1,x2)，所以当x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
又heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝eq \f(1,e)＋3e－2，h(1)＝4，h(e)＝eq \f(3,e)＋e＋2，且h(e)－heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝4－2e＋eq \f(2,e)<0，所以在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上，h(x)min＝h(1)＝4，h(x)max＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝eq \f(1,e)＋3e－2.若方程在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上有两个不相等的实数根，则4方法总结：利用图象研究函数零点个数时的注意点：
1、对于（选择题、填空题中的）零点个数问题，我们的处理思路是：将函数零点个数转化为图象交点个数。那么正确画出草图就是前提。画草图时，要注意（1）通常先要用导数研究单调性、极值。（2）渐近线（实际上是极限问题），有渐近线的常见函数例如：反比例函数、指数函数、对数函数等
2、对于（选择题、填空题中的）零点个数问题，我们的处理思路是：将函数零点个数转化为图象交点个数，那么研究哪两个函数呢？
（1）尽量转化为我们熟悉的基本函数（已经知道图象）
（2）能分参的通过分参让其中的一个函数是常数函数
（3）不方便分参的,尽量将参数放在熟悉的基本函数上
考向三 利用导数研究恒成立问题
例3、若对任意x∈(0，＋∞)，不等式2x＋lnx≤a(x2＋x)恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】 方法一：设F(x)＝2x＋lnx－a(x2＋x)，则F′(x)＝－eq \f(2x＋1ax－1,x).当a≤0时，F′(x)>0，取x＝1，则F(1)＝2－2a＞0，所以F(x)≤0不可能恒成立．当a＞0时，令F′(x)＝0，得x＝eq \f(1,a).当0＜x＜eq \f(1,a)时，F′(x)＞0，F(x)单调递增；当x＞eq \f(1,a)时，F′(x)＜0，F(x)单调递减．故F(x)在(0，＋∞)上的最大值是Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))，依题意知Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))≤0恒成立，即lneq \f(1,a)＋eq \f(1,a)－1≤0.又y＝g(a)＝lneq \f(1,a)＋eq \f(1,a)－1在a∈(0，＋∞)上单调递减，且g(1)＝0，故lneq \f(1,a)＋eq \f(1,a)－1≤0成立的充要条件是a≥1，所以a的取值范围是[1，＋∞)．
方法二：分离参数得a≥eq \f(2x＋ln x,x2＋x)(x＞0)，令h(x)＝eq \f(2x＋lnx,x2＋x)，则h′(x)＝eq \f(2x＋11－x－lnx,x2＋x2).令h′(x)＝0，则1－x－lnx＝0，观察发现x＝1是1－x－lnx＝0的根．又因为φ(x)＝1－x－lnx在(0，＋∞)上单调递减，所以1－x－lnx＝0的根仅有x＝1，在(0,1)上，φ(x)>0；在(1，＋∞)上，φ(x)<0.所以h(x)＝eq \f(2x＋lnx,x2＋x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝1，所以a的取值范围是[1，＋∞)．
变式1、已知函数f(x)＝x－1－alnx(a∈R)，若a<0，且对任意x1，x2∈(0,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤4eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))，求实数a的取值范围．
【解析】 f′(x)＝1－eq \f(a,x)，当a<0时，函数f(x)在(0,1]上是增函数．又函数y＝eq \f(1,x)在(0,1]上是减函数，不妨设0变式2、(2022·湖北省新高考联考协作体高三起点考试)已知函数，
（1）讨论函数的导数的单调性
（2）当时，不等式对恒成立，求实数m的取值范围．
详解】（1），，令，
由，当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增；
（2）当时，不等式对恒成立，等价于对恒成立，
令，，则，
，，令，
则对恒成立，
从而有上单增，
①当时，，在上单增，
，即对恒成立，
②当时，，
，使得，当时，，在上递减，
当时，，故不成立，
综上，m的取值范围是．
方法总结：分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路与关键
(1)分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路
用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数的正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题．
(2)求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关”
1、(2022·青岛期初考试)设函数f(x)是定义在实数集R上的偶函数，且f(x)＝f(2－x)，当x∈[0，1]时，f(x)＝x3，则函数g(x)＝|csπx|－f(x)在eq [－\f(1,2)，\f(5,2)]上所有零点之和为________．
【答案】7
【解析】由题意，∵f(x)＝f(2－x)，∴f(x)关于x＝1对称，又∵f(－x)＝f(x)，∴f(x)的零点与x＝0对称，∵f(x)＝f(2－x)＝f(x－2)，∴f(x)＝f(x＋2)，∴f(x)是以2为周期的函数，∴f(x)在eq [－\f(1,2)，\f(5,2)]上共有3条对称轴，分别为x＝0，x＝1，x＝2又y＝|cs(πx)|关于x＝0，x＝1，x＝2对称，∴x＝0，x＝1，x＝2为g(x)的对称轴．可作出y＝|cs(πx)|和eq y＝x\s\up6(3)在[0，1]上的函数图象如图所示：
由图象可知g(x)在eq (0，\f(1,2))，eq (\f(1,2)，1)上各有1个零点，又g(1)＝0，∴g(x)在eq [－\f(1,2)，\f(5,2)]上共有7个零点，设这7个零点从小到大依次为x1，x2，x3，……，x6，x7．则x1，x2关于x＝0对称，x3，x5关于x＝1对称，x4＝1，x6，x7关于x＝2对称，x1＋x2＝0，x3＋x5＝2，x6＋x7＝4，∴x1＋x2＋x3＋x4＋x5＋x6＋x7＝7．
2、(2022·沭阳如东中学期初考试)(12分)已知函数f(x)＝(EQ \F(1,2)x2－ax)lnx－EQ \F(1,2)x2＋EQ \F(3,2)ax．
(1)讨论函数f(x)的极值点；
(2)若f(x)极大值大于1，求a的取值范围．
【解析】f′(x)＝eq (x－a)lnx＋\f(1,2)x－a－x＋\f(3,2)a＝eq (x－a)·(lnx－\f(1,2))．
(1)①当a≤0时，f(x)在(0，eq \r(,e))上单调递减，在(eq \r(,e)，＋)上单调递增，极小值点为x＝eq \r(,e)；
②当0＜a＜eq \r(,e)时，f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，eq \r(,e))上单调递减，在(eq \r(,e)，＋)上单调递增，极小值点为x＝eq \r(,e)，极大值点为x＝a；
③当a＝eq \r(,e)时，f(x)在(0，＋∞)单调递增，无极值点；
④当a＞eq \r(,e)时，f(x)在(0，eq \r(,e))上单调递增，在(eq \r(,e)，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，极小值点为x＝a，极大值点为x＝eq \r(,e)． ……………6分
(2)由(1)知，a≤0和a＝eq \r(,e)时，无极大值，则不成立．
当a＞eq \r(,e)时，极大值f(eq \r(,e))＝aeq \r(,e)－EQ \F(e,4)＞1，解得a＞EQ \F(\R(,e),4)＋EQ \F(1,\R(,e))，
由于EQ \F(\R(,e),4)＋EQ \F(1,\R(,e))－eq \r(,e)＝EQ \F(1,\R(,e))－EQ \F(3\R(,e),4)＝EQ \F(1,\R(,e))(1－EQ \F(3e,4))＜0，所以a＞eq \r(,e)．
当0＜a＜eq \r(,e)时，极大值f(a)＝EQ \F(1,2)a2(2－lna)＞1，得2－lna＞EQ \F(2,a\S(2))．
令t＝a2，则g(t)＝2－EQ \F(1,2)lnt－EQ \F(2,t)，0＜t＜e，
g′(t)＝eq －\f(1,2t)＋\f(2,t\s\up6(2))＝\f(4－t,2t\s\up6(2))，
所以g(t)在(0，e)上单调递增，而g(1)＝0，所以g(t)＞0的解为(1，e)，则a∈(1，eq \r(,e))，
所以a的取值范围为(1，eq \r(,e))∪(eq \r(,e)，＋)． ……………12分
3、(2022·泰州中学期初考试)(12分)已知函数．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)已知时，不等式 QUOTE 恒成立，求实数的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝2ex－x－2，f′(x)＝2ex﹣1，f′（1）＝2e﹣1，
即曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的斜率k＝2e﹣1，又f（1）＝2e﹣3，
故所求的切线方程是y＝（2e﹣1）x﹣2．
(2)当x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立⇔[f(x)]min≥0．
易知f′(x)＝2ex﹣a．
①若a≤0，则f′(x)＞0恒成立，f(x)在R上单调递增；
又f（0）＝0，∴当x∈[0，+∞）时，f(x)≥f（0）＝0，符合题意．
②若 a＞0，由f′(x)＝0，解得x＝ln．
则当时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
∴x＝时，函数f(x)取得最小值．
当，即0＜a≤2时，当x∈[0，+∞）时，f(x)≥f（0）＝0，符合题意．
当，即a＞2时，当时，f(x)单调递增，f(x)＜f（0）＝0，不符合题意．
综上，实数a的取值范围是（﹣∞，2]．
4、(2022·泰州中学期初考试)(12分)已知函数
(1)求函数y＝f(x)的最大值；
(2)令，若g(x)既有极大值，又有极小值，求实数a的范围；
(3)求证：当时，.
【解析】
(1)函数y＝f(x)定义域为x∈(－1，＋∞)，f′(x)＝－，x∈(－1，＋∞)，
当x∈(－1，0)时，f′(x)＞0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＜0，
∴函数f(x)在区间(－1，0)上为增函数；在区间(0，＋∞)为减函数，
所以f(x)max＝f(0)＝1；
(2)g(x)＝1＋ln(x＋1)－(a－2)x＋x2，
g′(x)＝－(a－2)＋2x＝，
g(x)既有极大值，又有极小值，
等价于方程2x2＋(4－a)x＋3－a＝0在区间(－1，＋∞)上有两个不相等的实数根，
即：，解得：a＞2，
所以所求实数a的取值范围是：(2，＋∞)；
(3)证明：由(1)知当x＞0时，f(x)＜f(0)＝1，
∴ln(1＋x)＜x，∴ln(1＋)＜，
∴ln(1＋1)＜1，ln(1＋)＜，ln(1＋)＜，…，ln(1＋)＜，
∴ln(1＋1)＋ln(1＋)＋ln(1＋)＋…＋ln(1＋)＜1＋＋＋…＋
＜1＋＋＋…＋＝1＋2(－＋－＋…＋－)
＝1＋2－2＝2－1＜2．
x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))
1
(1，e)
h′(x)
－
0
＋
h(x)
极小值
1. 利用导数证明不等式
(1) 构造法：证明f(x)
“恒成立”与“存在性”问题可看作一类问题，一般都可通过求相关函数的最值来解决，如：当f(x)在x∈D上存在最大值和最小值时，若f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)在x∈D上的最小值，将原条件转化为g(a)≤ f(x)min ；若f(x)≤g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)在x∈D上的最大值，将原条件转化为g(a)≥ f(x)max ；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)在x∈D上的最大值，将原条件转化为g(a)≤ f(x)max ；若存在x∈D，使得f(x)≤g(a)成立，应求f(x)在x∈D上的最小值，将原条件转化为g(a)≥ f(x)min .
3. 利用导数研究函数零点
(1) 求函数f(x)的单调区间和极值；
(2) 根据函数f(x)的性质作出图象；
(3) 判断函数零点的个数．
1、【2022年全国乙卷】已知x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2ax-ex2（a>0且a≠1）的极小值点和极大值点．若x1
【解析】：f'x=2lna⋅ax-2ex，
因为x1,x2分别是函数fx=2ax-ex2的极小值点和极大值点，
所以函数fx在-∞,x1和x2,+∞上递减，在x1,x2上递增，
所以当x∈-∞,x1∪x2,+∞时，f'x<0，当x∈x1,x2时，f'x>0，
若a>1时，当x<0时，2lna⋅ax>0,2ex<0，则此时f'x>0，与前面矛盾，
故a>1不符合题意，
若0
即函数y=lna⋅ax与函数y=ex的图象有两个不同的交点，
∵0
设过原点且与函数y=gx的图象相切的直线的切点为x0,lna⋅ax0，
则切线的斜率为g'x0=ln2a⋅ax0，
故切线方程为y-lna⋅ax0=ln2a⋅ax0x-x0，
则有-lna⋅ax0=-x0ln2a⋅ax0，解得x0=1lna，
则切线的斜率为ln2a⋅a1lna=eln2a，
因为函数y=lna⋅ax与函数y=ex的图象有两个不同的交点，
所以eln2a
2、【2022年全国甲卷】已知函数fx=exx-lnx+x-a．
(1)若fx≥0，求a的取值范围；
(2)证明：若fx有两个零点x1,x2，则环x1x2<1．
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，
f'(x)=(1x-1x2)ex-1x+1 =1x(1-1x)ex+(1-1x)=x-1x(exx+1)
令f(x)=0,得x=1当x∈(0,1),f'(x)<0,f(x)单调递减
当x∈(1,+∞),f'(x)>0,f(x)单调递增f(x)≥f(1)=e+1-a，
若f(x)≥0,则e+1-a≥0,即a≤e+1所以a的取值范围为(-∞,e+1]
(2)由题知,f(x)一个零点小于1,一个零点大于1
不妨设x1<1
即证exx-lnx+x-xe1x-lnx-1x>0,x∈(1,+∞)即证exx-xe1x-2[lnx-12(x-1x)]>0
下面证明x>1时，exx-xe1x>0,lnx-12(x-1x)<0
设g(x)=exx-xe1x,x>1，
则g'(x)=(1x-1x2)ex-(e1x+xe1x⋅(-1x2))=1x(1-1x)ex-e1x(1-1x)
=(1-1x)(exx-e1x)=x-1x(exx-e1x)
设φ(x)=exx(x>1),φ'(x)=(1x-1x2)ex=x-1x2ex>0
所以φ(x)>φ(1)=e,而e1x
所以g(x)在(1,+∞)单调递增
即g(x)>g(1)=0,所以exx-xe1x>0
令h(x)=lnx-12(x-1x),x>1h'(x)=1x-12(1+1x2)=2x-x2-12x2=-(x-1)22x2<0
所以h(x)在(1,+∞)单调递减
即h(x)
3、【2022年新高考2卷】已知函数f(x)=xeax-ex．
(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x>0时，f(x)<-1，求a的取值范围；
(3)设n∈N*，证明：112+1+122+2+⋯+1n2+n>ln(n+1)．
【解析】(1)当a=1时，f(x)=(x-1)ex，则f'(x)=xex，
当x<0时，f'(x)<0，当x>0时，f'(x)>0，
故f(x)的减区间为(-∞,0)，增区间为(0,+∞).
(2)设h(x)=xeax-ex+1，则h(0)=0，
又h'(x)=(1+ax)eax-ex，设g(x)=(1+ax)eax-ex，
则g'(x)=(2a+a2x)eax-ex，若a>12，则g'(0)=2a-1>0，
因为g'(x)为连续不间断函数，
故存在x0∈(0,+∞)，使得∀x∈(0,x0)，总有g'(x)>0，
故g(x)在(0,x0)为增函数，故g(x)>g(0)=0，
故h(x)在(0,x0)为增函数，故h(x)>h(0)=-1，与题设矛盾.
若0
故S(x)在(0,+∞)上为减函数，故S(x)
所以h(x)
所以h(x)在(0,+∞)上为减函数，所以h(x)
(3)取a=12，则∀x>0，总有xe12x-ex+1<0成立，
令t=e12x，则t>1,t2=ex,x=2lnt，
故2tlnt
所以对任意的n∈N*，有2lnn+1n
故112+1+122+2+⋯+1n2+n>ln2-ln1+ln3-ln2+⋯+ln(n+1)-lnn
=ln(n+1)，
故不等式成立.
4、【2021年甲卷理科】已知且，函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．
【解析】（1）当时，,
令得,当时，,当时，,
∴函数在上单调递增；上单调递减；
（2）[方法一]【最优解】：分离参数
,设函数,
则,令，得,
在内,单调递增；
在上,单调递减；,
又，当趋近于时，趋近于0，
所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,
所以的取值范围是.
5、【2021年新高考1卷】已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.
【解析】(1)的定义域为．由得，，
当时，；当时；当时，．
故在区间内为增函数，在区间内为减函数，
(2)由得，即．
由，得．
由（1）不妨设，则，从而，得，
①令，
则，
当时，，在区间内为减函数，，
从而，所以，
由（1）得即．①令，则，
当时，，在区间内为增函数，，
从而，所以．又由，可得，
所以．②由①②得．
1、若函数y＝(x＋1)ex－a有两个零点，则实数a的取值范围为( A )
A. eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(a|－\f(1,e2)
C. eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(a|－e2
【解析】 构造函数f(x)＝(x＋1)ex，则f′(x)＝ex(x＋2)．当x>－2时，f′(x)>0，函数f(x)为增函数；当x<－2时，f′(x)<0，函数f(x)为减函数．所以当x＝－2时，函数f(x)有最小值且f(－2)＝－e－2＝－eq \f(1,e2).画出函数f(x)＝(x＋1)ex的图象如图所示，显然当－eq \f(1,e2)
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】当时，得，令，则，
，令，，
则，显然在上，，
单调递减，所以，因此；
同理，当时，得．由以上两种情况得．
显然当时也成立，故实数的取值范围为．
3、已知，若函数恰有4个不同的零点，
则实数的取值范围为
【答案】 ，
【解析】：从形的角度，转化为函数的图象（如图）与的图象交点个数。画图象时注意的渐进性．
考向一 利用导数证明不等式关系
例1、例1、（2021·山东德州市·高三二模）（多选题）已知函数，则（ ）．
A．B．若有两个不相等的实根、，则
C．D．若，，均为正数，则
【答案】AD
【解析】对于A：，又，，，所以，则有，A正确；
对于B：若有两个不相等的实根、，则，故B不正确；
证明如下：函数，定义域为，则，
当时，；当时，；，
所以在上单调递增，在上单调递减，则且时，有，所以 若有两个不相等的实根、，有，
不妨设，有，要证，只需证，且，又，所以只需证，令
则有
当时，，，所以有，即在上单调递增，且，所以恒成立，即，即，即.
对于C：由B可知，在上单调递增，则有，即，则有，故C不正确；
对于D：令，，均为正数，则，解得：，，，
由B可知，在上单调递增，则有，即，即，所以，故D正确.
故选：AD.
变式1、(2022·江苏第一次百校联考)(本题满分12分)已知函数f(x)＝lnx＋eq \f(a,x)(a∈R)有两个零点．
(1)证明：0＜a＜EQ \F(1,e)．
(2)若f(x)的两个零点为x1，x2，且x1＜x2，证明：2a＜x1＋x2＜1．
【解析】
(1)证明：由f(x)＝lnx＋eq \f(a,x)，x＞0可得f′(x)＝eq \f(1,x)－EQ \F(a,x\S(2))，x＞0． …………1分
当a≤0时，f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，与题意不符．
当a＞0时，令f′(x)＝eq \f(1,x)－EQ \F(a,x\S(2))＝0，得x＝a．当x∈(0，a)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(a．＋∞)时．f′(x)＞0，f(x)单调递增．
可得当x＝a时，f(x)取得极小值f(a)＝lna＋1．
又因为函数eq f(x)－lnx＋\f(a,x)有两个零点，
所以f(a)＝lna＋1＜0，可得a＜eq \f(1,e)，综上，0＜a＜eq \f(1,e)．
(2)解：由上可得f(x)的极小值点为x＝a，则0＜x1＜a＜x2．
设g(x)＝f(2a－x)－f(x)＝ln(2a－x)＋eq \f(a,2a－x)－lnx－eq \f(a,x)．x∈(0，a)．
可得g′(x)＝EQ \F(－1,2a－x)－EQ \F(－a,(2a－x)\s\up3(2))－eq \f(1,x)＋EQ \F(a,x\S(2))＝EQ \F(4a(x－a)\s\up3(2),x\S(2)(2a－x)\s\up3(2))＞0，x∈(0，a)．
所以g(x)在(0，a)上单调递增，所以g(x)＜g(a)＝0．
即f(2a－x)－f(x)＜0，则f(2a－x)＜f(x)，x∈(0，a)．
所以当0＜x1＜a＜x2时，2a－x＞a，且f(2a－x1)＜f(x1)＝f(x2)，
因为当x∈(a，＋∞)时，f(x)单调递增，所以2a－x1＜x2，即x1＋x2＞2a．
设x2＝tx1，t＞1，则eq \B\lc\{(\a\al(lnx\s\d(1)＋\f(a,x\s\d(1))＝0，,lnx\s\d(2)＋\f(a,x\s\d(2))＝0，))则eq \f(ln\s\d(1),lnx\s\up6(2))＝\f(x\s\d(2),x\s\d(1))＝t，即lnx1＝tlnx2＝tlntx1＝t(lnx1＋lnt)．
所以lnx1＝－EQ \F(tlnt,t－1)．
所以ln(x1＋x2)＝lnx1(t＋1)＝lnx1＋ln(t＋1)＝－EQ \F(tlnt,t－1)＋ln(t＋1)＝t(EQ \F(ln(t＋1),t)－EQ \F(lnt,t－1))．
又因为eq g(t)＝\f(lnt,t－1)，则g′(t)＝EQ \F(1－\F(1,t)－lnt,(t－1)\s\up3(2))＜0，所以g(t)在(1．＋∞)上单调递减，
所以EQ \F(ln(t＋1),t)＜EQ \F(lnt,t－1)，所以ln(x1＋x2)＜0，即x1＋x2＜1．综上，2a＜x1＋x2＜1．
变式2、(2022·苏州期初考试)(本小题满分12分)已知函数eq f(x)＝\f(lnx＋ax,e\s\up6(x))，a∈R．
(1)若函数y＝f(x)在x＝x0处取得极值1，其中ln2＜x0＜ln3．
证明：2－EQ \F(1,ln2)＜a＜3－EQ \F(1,ln3)；
(2)若f(x)≤x－eq \f(1,e\s\up6(x))恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】
(1)由题知f′(x)＝EQ \F(\F(1,x)＋a－(lnx＋ax),e\S(x))．
∵函数y＝f(x)在x＝x0处取得极值1，
∴f′(x0)＝EQ \F(\F(1,x\S\DO(0))＋a－\b\bc\((\l(lnx\S\DO(0)＋ax\S\DO(0))),e\S\UP6(x\S\DO(0)))＝0，且f(x0)＝EQ \F(lnx\S\DO(0)＋ax\S\DO(0),e\S\UP6(x\S\DO(0)))＝1，
∴EQ \F(1,x\S\DO(0))＋a＝lnx0＋ax0＝eEQ \S\UP6(x\S\DO(0))，∴a＝eEQ \S\UP6(x\S\DO(0))－EQ \F(1,x\S\DO(0))， …………2分
令r(x)＝eEQ \S\UP6(x)－EQ \F(1,x)(x＞0)，则r′(x)＝eEQ \S\UP6(x)＋EQ \F(1,x\S(2))＞0，
∴r(x)为增函数，
∵0＜ln2＜x0＜ln3，
∴r(ln2)＜a＜r(ln3)，即2－EQ \F(1,ln2)＜＜3－EQ \F(1,ln3)成立． …………4分
(2)不等式f(x)≤x－EQ \F(1,e\S(x))恒成立，
即不等式xex－lnx－ax≥1恒成立，即a≤ex－EQ \F(1nx,x)－EQ \F(1,x)恒成立，
令g(x)＝ex－EQ \F(1nx,x)－EQ \F(1,x)，则g′(x)＝ex－EQ \F(1－lnx,x\S(2))＋EQ \F(1,x\S(2))＝EQ \F(x\S(2)e\S(x)＋lnx,x\S(2))， …………6分
令h(x)＝x2ex＋lnx，则h′(x)＝(x2＋2x)ex＋EQ \F(1,x)，
∵x＞0，∴h′(x)＜0，∴h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(1)＝e＞1； h(EQ \F(1,2))＝EQ \F(\R(,e),4)－ln2＜0，
∴h(x)有唯一零点x1，且EQ \F(1,2)＜x1＜1． …………8分
当x∈(0，x1)时，h(x)＜0，g′(x)＜0，g(x)单调递减；
当x∈(x1，＋)时，h(x)＞0，g′(x)＞0，g(x)单调递增．
∴g(x)min＝g(x1)，∴a≤eEQ \S\UP6(x\S\DO(1))－EQ \F(lnx\S\DO(1),x\S\DO(1))－EQ \F(1,x\S\DO(1))， …………9分
由h(x1)＝0整理得x1eEQ \S\UP6(x\S\DO(1))＝－EQ \F(lnx\S\DO(1),x\S\DO(1))．
∵EQ \F(1,2)＜x1＜1，－lnx1＞0，
令k(x)＝xex(x＞0)，则方程x1eEQ \S\UP6(x\S\DO(1))＝－EQ \F(lnx\S\DO(1),x\S\DO(1))等价于k(x1)＝k(－lnx1)，
而k′(x)＝(x＋1)ex在(0，＋∞)上恒大于零，∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∵k(x1)＝k(－lnx1)，∴x1＝－lnx1，∴eEQ \S\UP6(x\S\DO(1))＝EQ \F(1,x\S\DO(1))， …………11分
∴g(x1)＝eEQ \S\UP6(x\S\DO(1))－EQ \F(lnx\S\DO(1),x\S\DO(1))－EQ \F(1,x\S\DO(1))＝EQ \F(1,x\S\DO(1))－EQ \F((－x\S\DO(1)),x\S\DO(1))－EQ \F(1,x\S\DO(1))＝1，
∴a≤1，∴实数a的取值范围为(－∞，1]． …………12分
方法总结：：构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有：(1)直接构造法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1，ex≥x＋1，ln x＜x＜ex(x＞0)，eq \f(x,x＋1)≤ln(x＋1)≤x(x＞－1)；(3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；(4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解．
考向二 利用图象研究函数零点与极值点
例2、(2022·湖北省新高考联考协作体高三起点考试)(多选题)设函数，则（ ）
A. 当时，
B. 当时，有两个极值点
C. 当时，任上不单调
D. 当时，存在唯一实数m使得函数恰有两个零点
【答案】ACD
【解析】由题意，函数，可得，
若，当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，函数取得极大值，且为最大值，最大值为，
所以A正确，B不正确；
当，由，可得当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以函数任上不单调，所以C正确；
当时，函数在区间上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，又由，当时，，
所以方程恰好有两个解，等价于，即，
令，可得，，
所以为单调递减函数，由，当，可得，
所以存在，使得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，由，且时，，
所以存在唯一的，使得，所以D正确.
故选：ACD
变式1、已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3(a为实数)，若方程g(x)＝2f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上有两个不相等的实数根，求实数a的取值范围．
【解析】
由g(x)＝2f(x)，可得2xlnx＝－x2＋ax－3，a＝x＋2lnx＋eq \f(3,x).设h(x)＝x＋2lnx＋eq \f(3,x)(x>0)，可得h′(x)＝1＋eq \f(2,x)－eq \f(3,x2)＝eq \f(x＋3x－1,x2)，所以当x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
又heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝eq \f(1,e)＋3e－2，h(1)＝4，h(e)＝eq \f(3,e)＋e＋2，且h(e)－heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝4－2e＋eq \f(2,e)<0，所以在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上，h(x)min＝h(1)＝4，h(x)max＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝eq \f(1,e)＋3e－2.若方程在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上有两个不相等的实数根，则4
1、对于（选择题、填空题中的）零点个数问题，我们的处理思路是：将函数零点个数转化为图象交点个数。那么正确画出草图就是前提。画草图时，要注意（1）通常先要用导数研究单调性、极值。（2）渐近线（实际上是极限问题），有渐近线的常见函数例如：反比例函数、指数函数、对数函数等
2、对于（选择题、填空题中的）零点个数问题，我们的处理思路是：将函数零点个数转化为图象交点个数，那么研究哪两个函数呢？
（1）尽量转化为我们熟悉的基本函数（已经知道图象）
（2）能分参的通过分参让其中的一个函数是常数函数
（3）不方便分参的,尽量将参数放在熟悉的基本函数上
考向三 利用导数研究恒成立问题
例3、若对任意x∈(0，＋∞)，不等式2x＋lnx≤a(x2＋x)恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】 方法一：设F(x)＝2x＋lnx－a(x2＋x)，则F′(x)＝－eq \f(2x＋1ax－1,x).当a≤0时，F′(x)>0，取x＝1，则F(1)＝2－2a＞0，所以F(x)≤0不可能恒成立．当a＞0时，令F′(x)＝0，得x＝eq \f(1,a).当0＜x＜eq \f(1,a)时，F′(x)＞0，F(x)单调递增；当x＞eq \f(1,a)时，F′(x)＜0，F(x)单调递减．故F(x)在(0，＋∞)上的最大值是Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))，依题意知Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))≤0恒成立，即lneq \f(1,a)＋eq \f(1,a)－1≤0.又y＝g(a)＝lneq \f(1,a)＋eq \f(1,a)－1在a∈(0，＋∞)上单调递减，且g(1)＝0，故lneq \f(1,a)＋eq \f(1,a)－1≤0成立的充要条件是a≥1，所以a的取值范围是[1，＋∞)．
方法二：分离参数得a≥eq \f(2x＋ln x,x2＋x)(x＞0)，令h(x)＝eq \f(2x＋lnx,x2＋x)，则h′(x)＝eq \f(2x＋11－x－lnx,x2＋x2).令h′(x)＝0，则1－x－lnx＝0，观察发现x＝1是1－x－lnx＝0的根．又因为φ(x)＝1－x－lnx在(0，＋∞)上单调递减，所以1－x－lnx＝0的根仅有x＝1，在(0,1)上，φ(x)>0；在(1，＋∞)上，φ(x)<0.所以h(x)＝eq \f(2x＋lnx,x2＋x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝1，所以a的取值范围是[1，＋∞)．
变式1、已知函数f(x)＝x－1－alnx(a∈R)，若a<0，且对任意x1，x2∈(0,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤4eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))，求实数a的取值范围．
【解析】 f′(x)＝1－eq \f(a,x)，当a<0时，函数f(x)在(0,1]上是增函数．又函数y＝eq \f(1,x)在(0,1]上是减函数，不妨设0
（1）讨论函数的导数的单调性
（2）当时，不等式对恒成立，求实数m的取值范围．
详解】（1），，令，
由，当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增；
（2）当时，不等式对恒成立，等价于对恒成立，
令，，则，
，，令，
则对恒成立，
从而有上单增，
①当时，，在上单增，
，即对恒成立，
②当时，，
，使得，当时，，在上递减，
当时，，故不成立，
综上，m的取值范围是．
方法总结：分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路与关键
(1)分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路
用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数的正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题．
(2)求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关”
1、(2022·青岛期初考试)设函数f(x)是定义在实数集R上的偶函数，且f(x)＝f(2－x)，当x∈[0，1]时，f(x)＝x3，则函数g(x)＝|csπx|－f(x)在eq [－\f(1,2)，\f(5,2)]上所有零点之和为________．
【答案】7
【解析】由题意，∵f(x)＝f(2－x)，∴f(x)关于x＝1对称，又∵f(－x)＝f(x)，∴f(x)的零点与x＝0对称，∵f(x)＝f(2－x)＝f(x－2)，∴f(x)＝f(x＋2)，∴f(x)是以2为周期的函数，∴f(x)在eq [－\f(1,2)，\f(5,2)]上共有3条对称轴，分别为x＝0，x＝1，x＝2又y＝|cs(πx)|关于x＝0，x＝1，x＝2对称，∴x＝0，x＝1，x＝2为g(x)的对称轴．可作出y＝|cs(πx)|和eq y＝x\s\up6(3)在[0，1]上的函数图象如图所示：
由图象可知g(x)在eq (0，\f(1,2))，eq (\f(1,2)，1)上各有1个零点，又g(1)＝0，∴g(x)在eq [－\f(1,2)，\f(5,2)]上共有7个零点，设这7个零点从小到大依次为x1，x2，x3，……，x6，x7．则x1，x2关于x＝0对称，x3，x5关于x＝1对称，x4＝1，x6，x7关于x＝2对称，x1＋x2＝0，x3＋x5＝2，x6＋x7＝4，∴x1＋x2＋x3＋x4＋x5＋x6＋x7＝7．
2、(2022·沭阳如东中学期初考试)(12分)已知函数f(x)＝(EQ \F(1,2)x2－ax)lnx－EQ \F(1,2)x2＋EQ \F(3,2)ax．
(1)讨论函数f(x)的极值点；
(2)若f(x)极大值大于1，求a的取值范围．
【解析】f′(x)＝eq (x－a)lnx＋\f(1,2)x－a－x＋\f(3,2)a＝eq (x－a)·(lnx－\f(1,2))．
(1)①当a≤0时，f(x)在(0，eq \r(,e))上单调递减，在(eq \r(,e)，＋)上单调递增，极小值点为x＝eq \r(,e)；
②当0＜a＜eq \r(,e)时，f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，eq \r(,e))上单调递减，在(eq \r(,e)，＋)上单调递增，极小值点为x＝eq \r(,e)，极大值点为x＝a；
③当a＝eq \r(,e)时，f(x)在(0，＋∞)单调递增，无极值点；
④当a＞eq \r(,e)时，f(x)在(0，eq \r(,e))上单调递增，在(eq \r(,e)，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，极小值点为x＝a，极大值点为x＝eq \r(,e)． ……………6分
(2)由(1)知，a≤0和a＝eq \r(,e)时，无极大值，则不成立．
当a＞eq \r(,e)时，极大值f(eq \r(,e))＝aeq \r(,e)－EQ \F(e,4)＞1，解得a＞EQ \F(\R(,e),4)＋EQ \F(1,\R(,e))，
由于EQ \F(\R(,e),4)＋EQ \F(1,\R(,e))－eq \r(,e)＝EQ \F(1,\R(,e))－EQ \F(3\R(,e),4)＝EQ \F(1,\R(,e))(1－EQ \F(3e,4))＜0，所以a＞eq \r(,e)．
当0＜a＜eq \r(,e)时，极大值f(a)＝EQ \F(1,2)a2(2－lna)＞1，得2－lna＞EQ \F(2,a\S(2))．
令t＝a2，则g(t)＝2－EQ \F(1,2)lnt－EQ \F(2,t)，0＜t＜e，
g′(t)＝eq －\f(1,2t)＋\f(2,t\s\up6(2))＝\f(4－t,2t\s\up6(2))，
所以g(t)在(0，e)上单调递增，而g(1)＝0，所以g(t)＞0的解为(1，e)，则a∈(1，eq \r(,e))，
所以a的取值范围为(1，eq \r(,e))∪(eq \r(,e)，＋)． ……………12分
3、(2022·泰州中学期初考试)(12分)已知函数．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)已知时，不等式 QUOTE 恒成立，求实数的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝2ex－x－2，f′(x)＝2ex﹣1，f′（1）＝2e﹣1，
即曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的斜率k＝2e﹣1，又f（1）＝2e﹣3，
故所求的切线方程是y＝（2e﹣1）x﹣2．
(2)当x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立⇔[f(x)]min≥0．
易知f′(x)＝2ex﹣a．
①若a≤0，则f′(x)＞0恒成立，f(x)在R上单调递增；
又f（0）＝0，∴当x∈[0，+∞）时，f(x)≥f（0）＝0，符合题意．
②若 a＞0，由f′(x)＝0，解得x＝ln．
则当时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
∴x＝时，函数f(x)取得最小值．
当，即0＜a≤2时，当x∈[0，+∞）时，f(x)≥f（0）＝0，符合题意．
当，即a＞2时，当时，f(x)单调递增，f(x)＜f（0）＝0，不符合题意．
综上，实数a的取值范围是（﹣∞，2]．
4、(2022·泰州中学期初考试)(12分)已知函数
(1)求函数y＝f(x)的最大值；
(2)令，若g(x)既有极大值，又有极小值，求实数a的范围；
(3)求证：当时，.
【解析】
(1)函数y＝f(x)定义域为x∈(－1，＋∞)，f′(x)＝－，x∈(－1，＋∞)，
当x∈(－1，0)时，f′(x)＞0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＜0，
∴函数f(x)在区间(－1，0)上为增函数；在区间(0，＋∞)为减函数，
所以f(x)max＝f(0)＝1；
(2)g(x)＝1＋ln(x＋1)－(a－2)x＋x2，
g′(x)＝－(a－2)＋2x＝，
g(x)既有极大值，又有极小值，
等价于方程2x2＋(4－a)x＋3－a＝0在区间(－1，＋∞)上有两个不相等的实数根，
即：，解得：a＞2，
所以所求实数a的取值范围是：(2，＋∞)；
(3)证明：由(1)知当x＞0时，f(x)＜f(0)＝1，
∴ln(1＋x)＜x，∴ln(1＋)＜，
∴ln(1＋1)＜1，ln(1＋)＜，ln(1＋)＜，…，ln(1＋)＜，
∴ln(1＋1)＋ln(1＋)＋ln(1＋)＋…＋ln(1＋)＜1＋＋＋…＋
＜1＋＋＋…＋＝1＋2(－＋－＋…＋－)
＝1＋2－2＝2－1＜2．
x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))
1
(1，e)
h′(x)
－
0
＋
h(x)
极小值
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