重难点专题10 导数与不等式恒成立九大题型汇总-【划重点】备战2024年高考数学重难点题型突破（新高考通用）

这是一份重难点专题10 导数与不等式恒成立九大题型汇总-【划重点】备战2024年高考数学重难点题型突破（新高考通用），文件包含重难点专题10导数与不等式恒成立九大题型汇总原卷版docx、重难点专题10导数与不等式恒成立九大题型汇总解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共104页， 欢迎下载使用。

一、注意基础知识的整合、巩固。进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度。
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
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重难点专题10导数与不等式恒成立九大题型汇总
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc145077097" 题型1直接求导型 PAGEREF _Tc145077097 \h 1
\l "_Tc145077098" 题型2端点赋值法 PAGEREF _Tc145077098 \h 9
\l "_Tc145077099" 题型3 隐零点型 PAGEREF _Tc145077099 \h 17
\l "_Tc145077100" 题型4分离参数法 PAGEREF _Tc145077100 \h 24
\l "_Tc145077101" 题型5分离参数法-洛必达法则 PAGEREF _Tc145077101 \h 32
\l "_Tc145077102" 题型6构造辅助函数求参 PAGEREF _Tc145077102 \h 36
\l "_Tc145077103" 题型7绝对值同构求参 PAGEREF _Tc145077103 \h 45
\l "_Tc145077104" 题型8函数取“整”型 PAGEREF _Tc145077104 \h 55
\l "_Tc145077105" 题型9“存在”成立问题 PAGEREF _Tc145077105 \h 64
题型1直接求导型
【例题1】（2023秋·河南·高三校联考开学考试）已知函数fx=lnx1−x，x∈D．其中D=0,1∪1,+∞
(1)求函数fx在点12,f12处的切线方程；
(2)若gx=−ax，且∀x∈D，fx≥gx恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)4−4ln2x−y−2=0
(2)1,+∞
【分析】（1）利用导数几何意义可求得切线斜率f'12，结合f12=−2ln2可求得切线方程；
（2）易知a>0，将恒成立的不等式转化为a≥lnxx−1x，分别在0,1和1,+∞的情况下得到变形后的不等关系；构造函数ℎx=2lnx−ax−1x，分别在a≥1和0【详解】（1）∵f'x=1−xx+lnx1−x2=1−x+xlnxx1−x2，∴f'12=12+12ln1218=4−4ln2，
又f12=ln1212=−2ln2，
∴fx在点12,f12处的切线方程为y+2ln2=4−4ln2x−12，即4−4ln2x−y−2=0.
（2）当x∈0,1时，fx=lnx1−x<0；当x∈1,+∞时，fx=lnx1−x<0；
∴fx<0在x∈D上恒成立，
当a≤0时，gx=−ax≥0，∴fx≥gx不成立，不合题意；
当a>0时，不等式可变形为：a≥lnxx−1x，
当x∈0,1时，ax−1x≤lnx=2lnx，即2lnx−ax−1x≥0；
当x∈1,+∞时，ax−1x≥lnx=2lnx，即2lnx−ax−1x≤0；
令ℎx=2lnx−ax−1x，x∈0,+∞，则ℎ'x=2x−a1+1x2=−ax2+2x−ax2；
令mx=−ax2+2x−a，则Δ=4−4a2；
①当Δ≤0，即a≥1时，mx≤0恒成立，即ℎ'x≤0恒成立，
∴ℎx在0,+∞上单调递减，
则当x∈0,1时，ℎx>ℎ1=0，即2lnx>ax−1x，∴2lnx−ax−1x≥0；
当x∈1,+∞时，ℎx<ℎ1=0，即2lnx∴fx≥gx恒成立，满足题意；
②当Δ>0，即0∵x1+x2=2a>2，x1x2=1，∴0∴当x∈x1,1时，mx>0，即ℎ'x>0，∴ℎx在x1,1上单调递增，
此时ℎx<ℎ1=0，即2lnx综上所述：实数a的取值范围为1,+∞.
【点睛】思路点睛：本题考查利用导数几何意义求解切线方程、恒成立问题的求解；本题求解恒成立的基本思路是将问题转化为含参函数单调性的讨论问题，通过讨论含参函数的单调性，确定符合题意的参数范围即可.
【变式1-1】1. （2023秋·宁夏银川·高三银川一中校考阶段练习）已知函数fx=2lnx−12mx2+1m∈R.
(1)当m=1时，证明：fx<1；
(2)若关于x的不等式fx【答案】(1)证明见解析
(2)最小值为3
【分析】（1）先确定函数的定义域，求导得f'x=2−x2x，根据其正负即可得函数的单调区间,再根据最值证明即可；
（2）构造函数 Gx=2lnx−12mx2+2−mx+1在区间 0,+∞ 内恒成立，再求出Gx的最大值为G2m=2m−2lnm+2ln2−1，
结合函数单调性，即求得整数m的最小值．
【详解】（1）当m=1时，fx=2lnx−12x2+1(x>0)，
∴f'x=2x−x=2−x2x(x>0)，
令f'x=0，得x=2，
当x∈0,2时，f'x>0,fx单调递增；
当x∈2,+∞时，f'x<0,fx单调递减，
所以fx在x=2处取得唯一的极大值，即为最大值，
所以f(x)max=f2=2ln2−12×2+1=ln2，
所以fx≤ln2，
而ln2所以fx<1.
（2）令Gx=fx−m−2x=2lnx−12mx2+2−mx+1.
则G'x=2x−mx+2−m=−mx2+2−mx+2x.
当m≤0时，因为x>0，所以G'x>0，所以Gx在0,+∞上单调递增，
又因为G1=−32m+3>0.
所以关于x的不等式Gx<0不能恒成立；
当m>0时，G'x=−mx−2mx+1x.
令G'x=0，得x=2m，所以当x∈0,2m时，G'x>0；
当x∈2m,+∞时，G'x<0.
因此函数Gx在0,2m上单调递增，在2m,+∞上单调递减.
故函数Gx的最大值为G2m=2m−2lnm+2ln2−1.
令ℎm=2m−2lnm+2ln2−1，
因为ℎ1=1+2ln2>0,ℎ2=0,ℎ3=2ln2−2ln3−13<0，
又因为ℎm在0,+∞上单调递减，所以当m≥3时，ℎm<0.
所以整数m的最小值为3.
【点睛】方法点睛：根据不等式直接构造函数，分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数m范围
【变式1-1】2. （2023秋·陕西西安·高三校联考开学考试）已知函数fx=x2−mxlnx+1，m∈R且m≠0.
(1)当m=1时，求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程；
(2)若关于x的不等式fx≥2ex恒成立，其中e是自然对数的底数，求实数m的取值范围.
【答案】(1)x−y+1=0
(2)1e−e,0∪0,e−1e
【分析】（1）求导，利用导数值求解斜率，即可由点斜式求解直线方程，
（2）将问题转化为x+1x−mlnx−2e≥0在0,+∞上恒成立，构造函数 gx=x+1x−mlnx−2e，ℎx=x+1x−x−1xlnx−2e，利用导数求解单调性，即可求解.
【详解】（1）由题，当m=1时，fx=x2−xlnx+1，f'x=2x−lnx−1，
f'1=1，f1=2，所以切线方程为y−2=x−1，
化简得x−y+1=0，即曲线fx在点1,f1处的切线方程为x−y+1=0.
（2）fx≥2ex，即x2−mxlnx+1≥2ex，即x+1x−mlnx−2e≥0在0,+∞上恒成立，
令gx=x+1x−mlnx−2e，则g'x=1−1x2−mx=x2−mx−1x2.
对于y=x2−mx−1，Δ=m2+4>0，故其必有两个零点，且两个零点的积为−1，
则两个零点一正一负，设其正零点为x0∈0,+∞，则x02−mx0−1=0，即m=x0−1x0，
且在0,x0上时y=x2−mx−1<0,则g'x<0，此时gx单调递减，
在x0,+∞上，y=x2−mx−1>0, g'x>0，此时gx单调递增，
因此当x=x0时，gx取最小值，
故gx0≥0，即x0+1x0−x0−1x0lnx0−2e≥0.
令ℎx=x+1x−x−1xlnx−2e，则ℎ'x=1−1x2−1+1x2lnx−1−1x2=−1+1x2lnx，
当x∈0,1时，ℎ'x>0，当x∈1,+∞时，ℎ'x<0，
则ℎx在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，又ℎ1e=ℎe=0，故x0∈1e,e，
显然函数m=x0−1x0在1e,e上是关于x0的单调递增函数，则m∈1e−e,e−1e，
所以实数m的取值范围为1e−e,0∪0,e−1e
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
【变式1-1】3. （2023秋·重庆·高三统考阶段练习）已知函数mx=t⋅ex+lntx+2，nx=1−lnx+2e2x
(1)若函数Fx=mx−nx，讨论当t=1时函数Fx的单调性；
(2)若函数mx>2恒成立，求t的取值范围.
【答案】(1)在−2,ln2上单调递减，在ln2,+∞上单调递增
(2)e,+∞
【分析】（1）化简可得Fx=ex−2x−1x>−2，利用导数可求得Fx单调性；
（2）分析可知t>0且x>−2；令gx=ex+x，可将恒成立的不等式转化为gx+lnt>glnx+2，结合单调性可得lnt>lnx+2−x，令ℎx=lnx+2−x，利用导数可求得ℎx单调性和ℎxmax，进而得到t的范围.
【详解】（1）当t=1时，Fx=ex+ln1x+2−1+lnx+2e2x=ex−1+lne−2x=ex−2x−1x>−2；
∵Fx定义域为−2,+∞，F'x=ex−2，
∴当x∈−2,ln2时，F'x<0；当x∈ln2,+∞时，F'x>0；
∴Fx在−2,ln2上单调递减，在ln2,+∞上单调递增.
（2）若x+2<0，即x<−2，由tx+2>0得：t<0，
则当x=−2+t时，m−2+t=te−2+t+ln1=te−2+t<0，则mx>2不恒成立，
∴t>0且mx定义域为−2,+∞；
由mx>2恒成立可得：t⋅ex+lnt−lnx+2>2，
∴ex+lnt+x+lnt>lnx+2+x+2=elnx+2+lnx+2，
令gx=ex+x，则gx+lnt>glnx+2，
∵y=ex与y=x均为单调递增函数，∴gx为单调递增函数，
∴x+lnt>lnx+2，∴lnt>lnx+2−x；
令ℎx=lnx+2−x，则ℎ'x=1x+2−1=−x+1x+2，
∴当x∈−2,−1时，ℎ'x>0；当x∈−1,+∞时，ℎ'x<0；
∴ℎx在−2,−1上单调递增，在−1,+∞上单调递减，∴ℎxmax=ℎ−1=1，
∴lnt>1，解得：t>e，即实数t的取值范围为e,+∞.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解函数单调性，恒成立问题的求解；本题求解恒成立问题的关键是能够采用同构法，将问题转化为gx=ex+x的两个函数值大小关系的比较问题，进而根据gx的单调性得到自变量的大小关系.
【变式1-1】4. （2023秋·云南保山·高三统考期末）已知函数fx=2ax−sinx.
(1)当a=1时，求曲线y=fx在点0,f0处的切线方程；
(2)当x>0时，fx≥axcsx恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)y=x
(2)1,+∞
【分析】（1）求出导数，求得切线的斜率和切点，由点斜率式方程可得切线的方程；
（2）求出导数，令令gx=fx−axcsx，讨论当a≥1，a≤0，0【详解】（1）当a=1时，fx=2x−sinx,f'x=2−csx，
切线的斜率为k=f'0=1，
又切点为0,0，所以切线方程为y=x.
（2）令gx=fx−axcsx，即gx=2ax−axcsx−sinx，
①若a≥1，则当x>0时，gx≥2x−xcsx−sinx，令ℎx=2x−xcsx−sinx，ℎ'x=2−2csx+xsinx，
当x∈0,π时，ℎ'x≥0，
所以ℎx在0,π上单调递增，ℎx>ℎ0=0，
当x∈π,+∞时，ℎx=x1−csx+x−sinx>0，
所以gx≥ℎx≥0恒成立，符合题意；
②若a≤0，则当x∈0,π2时，gx=2ax−axcsx−sinx=ax1−csx+ax−sinx<0，不合题意；
③若0令φx=g'x=2a−acsx−xsinx−csx，则φ'x=2a+1sinx+axcsx，
当x∈0,π2时，φ'x>0，所以g'x在0,π2上单调递增，
因为g'0=a−1<0,g'π2=2+π2a>0，
所以存在x0∈0,π2，使得g'x0=0，
当x∈0,x0时，g'x<0，所以gx在0,x0上单调递减，gx综上，a的取值范围为1,+∞.
【点睛】方法点睛：利用导数研究函数不等式恒成立问题，一种方法为参变分离，一种方法转化为函数的最值来求解，并通过利用导数分析函数的单调性来得到函数的最值，考查化归与转化思想，属于难题.
题型2端点赋值法
【例题2】（2022·河南郑州·统考一模）设函数f(x)=lnx−p(x−1),p∈R.
（1）当p=1时，求函数fx的单调区间；
（2）设函数g(x)=xf(x)+p2x2−x−1对任意x≥1都有g(x)≤0成立，求p的取值范围.
【答案】（1）fx的单调增区间为0,1；单调减区间为1,+∞；（2）p≤−12.
【分析】（1）求出f'x，在定义域内，分别令f'x>0求得x的范围，可得函数fx增区间，f'x<0求得x的范围，可得函数fx的减区间；
（2）求出g'x=lnx+1+2px，由（1）得到lnx≤x−1，将其代入g'x，然后对p的不同取值进行讨论，分别利用导数研究函数的单调性，根据单调性求其最值，筛选出符合条件的p的取值范围即可.
【详解】（1）当p =1时，fx=lnx−x+1，其定义域为0,+∞.
所以f'x=1x−1， 由f'x=1x−1>0得0所以fx的单调增区间为0,1，单调减区间为1,+∞.
（2）由函数gx=xfx+p2x2−x−1=xlnx+px2−1得g'x=lnx+1+2px.
由（1）知，当p =1时，fx≤f1=0，即不等式lnx≤x−1成立.
① 当p≤−12时，g'x=lnx+1+2px≤x−1+1+2px=1+2px≤0，
即g(x)在[1,+∞)上单调递减，从而gx≤g1=0满足题意；
②当−120,1+2px>0，
从而g'x=lnx+1+2px>0，即g(x)在1,−12p上单调递增，
从而存在x0∈1,−12p使得gx0>g1=0不满足题意；
③当p≥0时，由x≥1知gx=xlnx+px2−1≥0恒成立，此时不满足题意.
综上所述，实数p的取值范围为p≤−12.
【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数a≥fx恒成立(a≥fxmax即可)或a≤fx恒成立（a≤fxmin即可）；② 数形结合(y=fx 图象在y=gx 上方即可)；③ 讨论最值fxmin≥0或fxmax≤0恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.
【变式2-1】1. （2022秋·黑龙江鸡西·高三校考阶段练习）已知函数fx=12x2−a+1x+alnx+1．
(1)若x=3是fx的极值点，求fx的单调性；
(2)若fx≥1恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)增区间为0,1,3,+∞；减区间为1,3
(2)−∞,−12
【分析】（1）由f'3=0求得a的值，再由f'x求得fx的单调区间.
（2）代入x=1可得a<0，再结合函数单调性确定最值后即可得解.
【详解】（1）fx的定义域为0,+∞，f'x=x−a+1+ax，
若x=3是fx的极值点，则f'3=3−a+1+a3=0，解得a=3，
此时f'x=x−4+3x=x−1x−3x，
fx在区间0,1∪3,+∞上f'x>0,fx单调递增；
在区间1,3上f'x<0,fx单调递减.
此时x=3是fx的极小值点，符合题意.
综上所述，fx的增区间为0,1,3,+∞；减区间为1,3.
（2）fx=12x2−a+1x+alnx+1x>0，
由fx≥1，得12x2−a+1x+alnx+1≥1,12x2−a+1x+alnx≥0①，
设gx=12x2−a+1x+alnxx>0
g1=12−a+1=−a−12，
所以当a≥0时，g1<0，①不成立，故a<0，
g'x=x−a+1+ax=x−1x−ax，
所以gx在区间0,1上g'x<0,gx单调递减；
在区间1,+∞上，g'x>0,gx单调递增，
所以gx≥g1=−a−12≥0，解得a≤−12.
综上所述，a的取值范围是−∞,−12.
【点睛】利用导数研究函数的极值点，除了f'x0=0以外，还需要fx在x=x0左右两侧的单调性相反.利用导数研究含参数的不等式恒成立问题，可以考虑利用分离参数法，也可以直接构造函数，然后利用导数进行研究.
【变式2-1】2. （2022秋·安徽阜阳·高三安徽省临泉第一中学校考阶段练习）设函数fx=x+aex−1，已知直线y=2x是曲线y=fx的一条切线．
(1)求实数a的值；
(2)若不等式fx≥tx+lnx+1对任意x∈−1,+∞恒成立，求实数t的取值范围．
【答案】(1)1
(2)1
【分析】（1）设切点横坐标为x0，利用导数的几何意义和函数的单调性即可求出实数a的值；
（2）利用函数的单调性，导数求参，含参数问题讨论进行求解.
【详解】（1）设直线y=2x与曲线y=fx相切于点x=x0处，
因为f'x=x+a+1ex，则f'x0=x0+a+1ex0=2，即x0+aex0+ex0=2
而fx0=x0+aex0−1=2x0，所以2x0+1+ex0=2，即ex0+2x0−1=0
设函数gx=ex+2x−1，x∈R，显然在R上单调递增，且g0=0，
则gx有唯一零点x=0.
所以x0=0，a=1，即实数a的值等于1.
（2）由（1）知fx=x+1ex−1，f'x=(x+2)ex，
fx在区间−∞,−2上单调递减，在区间−2,+∞上单调递增.
所以x∈−1,0时，fx注意到px=x+lnx+1是增函数，在区间−1,0上，px所以t<0不合题意.
接下来对t>0进行讨论，
令ℎx=x+1ex−1−tx+lnx+1，
则ℎ'x=x+2ex−t1+1x+1=x+2x+1x+1ex−t，
注意到x∈−1,+∞，x+2x+1>0，
令ℎ'x=0，得x+1ex−t=0，
注意到qx=x+1ex在−1,+∞上单调递增，且q−1=0，
所以在t>0时，有唯一的实数x0∈−1,+∞使得x0+1ex0=t，ℎ'x0=0．
当x∈−1,x0时，ℎ'x<0，ℎx单调递减，在x∈x0,+∞时，ℎ'x>0，ℎx单调递增.
所以ℎxmin=ℎx0=x0+1ex0−1−tx0+lnx0+1，
注意到x0+1ex0=t，lnx0+1+x0=lnt，
所以ℎxmin=t−1−tlnt≥0，
再设st=t−1−tlnt，s't=−lnt，
当00，st单调递增，当t>1时，s't<0，st单调递减，
所以st=t−1−tlnt≤s1=0.
因为ℎxmin=t−1−tlnt≥0，st=t−1−tlnt≤s1=0，只能t=1.
综上所述，实数t的取值范围是1.
【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．
（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．
（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．
（4）考查数形结合思想的应用．
【变式2-1】3. （2023春·河南郑州·高三郑州外国语学校校考阶段练习）已知函数f(x)=2lnx+bx．（a，b为实数）
(1)当b=2时，求过点0,−2的fx图象的切线方程；
(2)设g(x)=ex−1+12xf(x)，若g(x)≥0恒成立，求b的取值范围．
【答案】(1)y=4x−2
(2)−2,+∞
【分析】（1）设出切点，根据导数的几何意义，写出切线方程；
（2）根据题意将不等式进行等价转化为证明b≥−2，当b≥−2时，g(x)=ex−1+xlnx+12bx2≥ex−1+xlnx−x2，也即证明ex−1+xlnx−x2≥0，构造函数G(x)=ex−1x+lnx−x，利用导数与函数的单调性即可证明.
【详解】（1）因为b=2，则f(x)=2lnx+bx=2lnx+2x，
所以f'(x)=2x+2，设切线与fx图象切于点x0,2lnx0+2x0，
则切线方程为y=2x0+2x+2lnx0−2，
令x=0， 则y=2lnx0−2=−2， 即x0=1，
所以切线方程为y=4x−2.
（2）由g(x)=ex−1+12xf(x)，
令x=1， 则g(1)=1+12b≥0，故b≥−2，
下面证明：b≥−2时符合题意.
当b≥−2时，g(x)=ex−1+xlnx+12bx2≥ex−1+xlnx−x2，
以下证明：ex−1+xlnx−x2≥0，
构造函数G(x)=ex−1x+lnx−x，
则G'(x)=ex−1(x−1)x2+1x−1=ex−1(x−1)+x−x2x2=(ex−1−x)(x−1)x2，
令H(x)=ex−1−x，则H'(x)=ex−1−1，
令H'x=ex−1−1>0，可得x>1；
令H'x=ex−1−1<0，可得0于是H(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
于是H(x)≥H(1)=0，
所以，当01时，G'(x)>0.
所以G(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
故G(x)≥G(1)=0，
综上，实数b的取值范围[−2,+∞)．
【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：
若f(x)在区间D上有最值，则
（1）恒成立：∀x∈D,fx>0⇔fxmin>0；∀x∈D,fx<0⇔fxmax<0；
（2）能成立：∃x∈D,fx>0⇔fxmax>0；∃x∈D,fx<0⇔fxmin<0.
若能分离常数，即将问题转化为：a>fx（或a（1）恒成立：a>fx⇔a>fxmax；a（2）能成立：a>fx⇔a>fxmin；a【变式2-1】4. （2023·四川成都·校联考二模）已知函数f(x)=−x2ex+(b−1)x+a在x=0处的切线与y轴垂直．（其中e是自然对数的底数）
(1)设g(x)=x+22ex，x∈(0,+∞)，当a=1时，求证：函数f(x)在x∈(0,+∞)上的图象恒在函数g(x)的图象的上方；
(2)∀x∈0,+∞，不等式2exf(x)−csx>lnx+1恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)1,+∞
【分析】（1）根据切线性质可得b=1，利用作差法构造函数φ(x)=f(x)−g(x)，在由导数判断单调性证明φ(x)>0恒成立即可得出结论；
（2）将不等式变形可得aex−x2−csx>12lnx+1，根据题意可知ae0−02−cs0>12ln0+1，即可得a>1，利用（1）中的结论∀x∈0,+∞，ex≥x2+12x+1，结合lnx+1≤x即可得a>1即满足题意.
【详解】（1）证明：因为函数f(x)=−x2ex+(b−1)x+a在x=0处的切线与y轴垂直，所以f'(0)=0，
因为f'(x)=x2−2xex+b−1，所以f'(0)=b−1=0，解得b=1．
当a=1时，f(x)=−x2ex+1，
令φ(x)=f(x)−g(x)=−x2ex+1−x+22ex=1exex−1−12x−x2，
又令p(x)=ex−1−12x−x2，则p'(x)=ex−2x−12，
再令m(x)=ex−2x−12，则m'(x)=ex−2，
令m'(x)=0，解得x=ln2，
故m(x)在0,ln2上单调递减，在ln2,+∞上单调递增，
则m(x)≥mln2=32−2ln2=lne32−ln4，
易知e3>2.73=19.683>16=42，所以e32>4，即m(x)≥lne32−ln4>0；
故p'(x)>0在0,+∞上恒成立，所以p(x)在0,+∞上单调递增，
所以p(x)>p(0)=0，即ex>x2+12x+1在0,+∞上恒成立，
所以φ(x)>0，所以f(x)>g(x)，
故函数f(x)在x∈0,+∞上的图象恒在函数g(x)的图象的上方．
（2）因为2exf(x)−csx>ln(x+1)，可得aex−x2−csx>12lnx+1；
又因为∀x∈0,+∞，不等式2exf(x)−csx>lnx+1恒成立，
所以ae0−02−cs0>12ln0+1，即a>1．
令ℎ(x)=lnx+1−x，则ℎ'(x)=1x+1−1=−xx+1，
令ℎ'(x)=0，解得x=0．
故ℎ(x)在−1,0上单调递增，在0,+∞上单调递减，
则ℎ(x)≤ℎ(0)=0，即lnx+1≤x．
由（1）可知∀x∈0,+∞，ex≥x2+12x+1．
当a>1时，aex−x2−csx−12lnx+1>ex−x2−csx−12lnx+1
≥x2+12x+1−x2−csx−12lnx+1=1−csx+12x−lnx+1≥1−csx≥0，
所以∀x∈0,+∞，不等式2exf(x)−csx>lnx+1恒成立，
则实数a的取值范围为1,+∞．
【点睛】方法点睛：对于不等式恒成立问题，往往通过构造函数再利用导数得出函数单调性即可求解，构造函数过程中要特别关注已有结论的应用，比如lnx+1≤x，ex≥x+1等，还要培养灵活运用上一问结论的意识和习惯.
题型3 隐零点型
【例题3】（2023秋·湖北随州·高三随州市曾都区第一中学校考开学考试）已知函数fx=ax2+xlnx（a∈R）图象在点(1,f(1))处的切线与直线x+3y=0垂直．
(1)求实数a的值；
(2)若存在k∈Z，使得f(x)>k恒成立，求实数k的最大值．
【答案】(1)1
(2)-1
【分析】（1）根据导数的几何意义即可求得答案；
（2）将不等式恒成立问题转化为函数的最值问题，求出函数导数f'(x)=2x+lnx+1，判断其函数值正负，判断函数f(x)单调性，利用“隐零点”求得函数最小值的表达式，结合二次函数性质即可求得答案.
【详解】（1）∵fx=ax2+xlnx,(x>0)，∴f'(x)=2ax+lnx+1，
∵切线与直线x+3y=0垂直，∴切线的斜率为3，
∴f'(1)=3，即2a+1=3，故a=1.
（2）由（1）知fx=x2+xlnx，x∈(0,+∞)，
f'(x)=2x+lnx+1，
令g(x)=2x+lnx+1，x∈(0,+∞)，则g'x=2+1x，x∈(0,+∞)，
由g'(x)>0对x∈(0,+∞)恒成立，故g(x)在(0,+∞)上单调递增，
又∵g1e2=2e2−2+1=2e2−1<0，而g12=2−1n2>0，
∴存在x0∈0,12，使gx0=0，
∵g(x)在(0,+∞)上单调递增，
∴当x∈0,x0时，g(x)=f'(x)<0，f(x)在0,x0上单调递减；
当x∈x0,+∞时，g(x)=f'(x)>0，f(x)在x0,+∞上单调递增；
∴f(x)在x=x0处取得最小值fx0，
∵f(x)>k恒成立，所以k由gx0=0得，2x0+lnx0+1=0，所以lnx0=−1−2x0，
∴fx0=x02+x01nx0 =x02+x0−1−2x0
=−x02−x0 =−x0+122+14，
又x0∈0,12，∴fx0∈−34,0，
∵k∈Z，∴k的最大值为−1．
【点睛】关键点睛：解答第二问根据不等式恒成立求解参数的最大值，关键在于要求出函数f(x)的最小值或取值范围，解答时要注意“隐零点”问题的解决方法.
【变式3-1】1. （2023秋·四川成都·高三树德中学校考开学考试）已知函数fx=ex−ax，a∈R．
(1)讨论fx的单调性；
(2)若当x≥−1时，fx>ax，求a的取值范围．
(3)若存在实数a、b，使得fx+ax2≥b−ax恒成立，求a−b的最小值．
【答案】(1)答案见解析
(2)−12e,e2
(3)−1e
【分析】（1）求得f'x=ex−a，分a≤0、a>0两种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数fx的增区间和减区间；
（2）由已知得2ax（3）分析可知当a<0时，fx≥b不可能恒成立；当a=0时，可得出a−b=−b≥0；当a>0时，利用导数分析函数fx的单调性，可知存在x0∈−12a,0，使得f'x0=0，结合极值点的定义可得出a−b≥x02−2x0−12x0ex0，利用导数求出函数gx=x2−2x−12xexx<0的最小值，综合可得出a−b的最小值.
【详解】（1）解：因为fx=ex−ax，其中x∈R，则f'x=ex−a，
若a≤0，则fx>0恒成立，此时fx的增区间为−∞,+∞，无减区间；
若a>0，由f'x<0，得x0，得x>lna，
此时函数fx的减区间为−∞,lna，增区间为lna,+∞.
综上所述，当a≤0时，函数fx的增区间为−∞,+∞，无减区间；
当a>0时，函数fx的减区间为−∞,lna，增区间为lna,+∞．
（2）解：由fx>ax得2ax当x=0时，显然成立；
当x∈−1,0时，2x<0，可得a>ex2x，令gx=ex2x，则g'x=exx−12x2<0，
则gx在−1,0上递减，故gx≤g−1=−12e，此时a>−12e；
当x∈0,+∞时，2x>0，可得a由g'x<0，可得00，可得x>1．
此时，函数gx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
所以，gx在x=1处取得最小值，即gx≥g1=e2，此时a综上，a的取值范围是−12e,e2．
（3）解：当a<0时，对任意的x<−b−1a，
fx=ex+ax2<1+ax2<1+a⋅b−1a=1−b−1≤1−1−b=b，
所以对任意的实数b，fx≥b不可能恒成立；
当a=0时，fx=ex，要使fx≥b恒成立，只需b≤0，所以a−b=−b≥0，
当a>0时，由题意，f'x=ex+2ax，
因为函数y=ex、y=2ax在R上均为增函数，所以f'x在R上单调递增，
因为f'−12a=e−12a−1<0，f'0=1>0，
所以存在唯一的x0∈−12a,0，使得f'x0=0，
由f'x<0可得x0可得x>x0，
所以fx在−∞,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增，
从而fxmin=fx0=ex0+ax02，
因为fx≥b恒成立，所以ex0+ax02≥b，故a−b≥a−ex0−ax02①，
又f'x0=ex0+2ax0=0，所以a=−ex02x0，
代入不等式①可得a−b≥−ex02x0−ex0−ex02x0x02，整理得：a−b≥x02−2x0−12x0ex0，
设gx=x2−2x−12xexx<0，则g'x=x3−x2−x+12x2ex=x−12x+12x2ex，
所以g'x>0⇔−1故gx在−∞,−1上单调递减，在−1,0上单调递增，
从而gx≥g−1=−1e，所以a−b≥gx0≥−1e，当a=12e，b=32e时取等号，
综上所述，a−b的最小值为−1e．
【变式3-1】2. （2022秋·江西抚州·高三临川一中校考期中）已知函数fx=ex−ax,φx=fx+sin2x,a∈R，其中e≈2.71828为自然对数的底数.
(1)讨论函数fx的单调性，
(2)若a∈N*，当x≥0时，φx≥0恒成立时，求a的最大值.（参考数据：e3≈20.1）
【答案】(1)答案见解析
(2)3
【分析】（1）求导，讨论导函数的正负即可；
（2）分离参数，当x>0时a≤ex+sin2xx恒成立即可，设gx=ex+sin2xx，利用导数求解单调性，结合零点存在性定理，即可求解最值得解.
【详解】（1）由fx=ex−ax可得f'x=ex−a.
当a≤0时，f'x>0恒成立，fx在0,+∞单调递增；
当a>0时，令f'x=0得x=lna，所以fx在−∞,lna单调递减，在lna,+∞单调递增；
综上所述，当a≤0时，fx在0,+∞单调递增；当a>0时，fx在−∞,lna单调递减，在lna,+∞单调递增.
（2）当x=0时，φx≥0成立，当x>0时，ϕx≥0恒成立即a≤ex+sin2xx，
设gx=ex+sin2xx，则g'x=ex+sin2xx−ex+sin2xx2=exx−1+xsin2x−sin2xx2，
令ℎx=exx−1+xsin2x−sin2x，则ℎ'x=xex+2cs2x，
设px=ex+2cs2x，
当01,2cs2x>−1，故px>0；当x≥π3时，ex>2,2cs2x≥−2，故px>0，
综上有px>0，故ℎ'x>0，故ℎx为增函数，
又ℎ1=sin2−sin21=sin1⋅cs12−tan1>sin1⋅cs12−tanπ3>0，
因为eπ44=eπ>2.73>16=24，故eπ4>2，
所以ℎπ4=eπ4π4−1+π4−12<2π4−1+π4−12=3π−104<0，
故存在唯一零点x0∈π4,1使得ℎx0=0，
故当x∈0,x0时g'x<0,g(x)单调递减当x∈x0,+∞时，g'x>0，g(x)单调递增，故gminx=gx0，
又ℎx0=ex0x0−1+x0sin2x0−sin2x0=0，
即sin2x0=ex0x0−1+x0sin2x0，
所以gx0=ex0+sin2x0x0=ex0+ex0x0−1+x0sin2x0x0=ex0+sin2x0,
设qx=ex+sin2x，则q'x=ex+2cs2x=px>0，故qx为增函数，
又x0∈π4,1，所以ex0+sin2x0>eπ4+sin2⋅π4>2+1=3,ex0+sin2x0所以gx0∈3,4，故要a≤ex+sin2xx且为正整数则a的最大值为3.
【点睛】利用导数求解参数范围的问题的解题常用方法：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别.
【变式3-1】3. （2023·福建泉州·校考模拟预测）已知函数fx=lnx−mx2+1−2mx+1.
(1)若m=1，求fx的极值；
(2)若对任意x>0，fx≤0恒成立，求整数m的最小值.
【答案】(1)极大值为f12=14−ln2，无极小值
(2)1
【分析】（1）求导函数f'(x)，由导函数确定函数的单调性得极值；
（2）不等式恒成立转化为m≥lnx+x+1x2+2x在(0,+∞)上恒成立，设F(x)=lnx+x+1x2+2x，转化为求F(x)的最大值，确定F'(x)的零点x0的范围，得出F(x)最大值的范围后可得最小的整数m．
【详解】（1）当m=1时，fx=lnx−x2−x+1x>0，
f'x=1x−2x−1=−x+12x−1x.
当00，则fx在0 ,12上单调递增；
当x >12时.f'x <0，则fx在12,+∞上单调递减.
所以fx在x =12时取得极大值且极大值为f12=14−ln2，无极小值；
（2）因为对任意x>0，fx≤0恒成立，
所以lnx+x+1≤mx2+2x在0,+∞上恒成立，
即m≥lnx+x+1x2+2x在0,+∞上恒成立，
设Fx=lnx+x+1x2+2x，则F'x=−x+1x+2lnxx2+2x2.
设φx=−x+2lnx，
显然φx在0,+∞上单调递减，
因为φ1=−1<0，φ12=−12+2ln12=2ln2−12>0，
所以∃x0∈12,1，使得φx0=0，即x0+2lnx0=0，
当x∈0,x0时，φx>0，F'x>0；当x∈x0,+∞时，φx<0，F'x<0，
所以Fx在0,x0上单调递增，在x0,+∞上单调递减，
所以Fxmax=Fx0=lnx0+x0+1x02+2x0=12x0，
因为x0∈12,1，所以12x0∈12,1，
故整数m的最小值为1.
【点睛】方法点睛：本题考查用导数求函数的极值，研究不等式恒成立问题．求解不等式恒成立问题，常常需要转化，用分离参数法转化为求函数的最值，本题中函数的最值点不能直接求出，我们用x0表示，通过F'(x)得出x0的范围，从而可得最大值F(x0)的范围，然后得出结论．
题型4分离参数法
【例题4】（2023秋·江苏镇江·高三统考开学考试）已知函数fx=lnx−xe−x+1x（e为自然对数的底数）.
(1)求函数fx在x=1处的切线方程；
(2)若fx+x−1x−1>ae−x+lnx恒成立，求证：实数a<−1.
【答案】(1)y=1−1e
(2)证明见解析
【分析】（1）由导数的几何意义求解；
（2）用分离参数得出a【详解】（1）由fx=lnx−xe−x+1x，定义域为0,+∞，
则f'x=x−1ex+1x−1x2=x−11ex+1x2.
所以fx在x=1处的切线l的斜率为k=f'1=0，
又f1=1−1e，则l的方程为y=1−1e.
（2）fx+x−1x−1>ae−x+lnx ⇔ fx−lnx+x2−x−1x>aex⇔−xex+x−1>aex⇔a令ℎx=x−1ex−x，则ℎ'x=xex−1，
令ux=xex−1，x>0，则u'x=x+1ex>0
所以ux在0,+∞上单调递增，又u0=−1<0，且u1=e−1>0，
则ux在0,1上存在零点x0且ux0=x0ex0−1=0，即ex0=1x0.
所以ℎx在0,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增，
所以ℎxmin=ℎx0=x0−1ex0−x0=1−x0+1x0，即a<ℎx0.
ℎx0=1−x0+1x0，则ℎ'x0=1x02−1=1+x01−x0x02
又x0∈0,1，所以ℎ'x0>0，
则ℎx0=1−x0+1x0在0,1上单调递增，因此ℎx0<ℎ1=−1
所以a<−1.
【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题，通常利用分离参数法分享参数，把不等式变形为a【变式4-1】1. （2023秋·广东江门·高三统考阶段练习）已知函数fx=x−1lnx−mx+1.
(1)若x=1是函数y=f(x)的极值点，求m的值；
(2)若对任意的x∈1e,+∞，fx≥0恒成立，求实数m的取值范围.
【答案】(1)m=0
(2)−∞,0
【分析】（1）若x=1是函数y=f(x)的极值点，f'1=0，求m的值并检验即可；
（2）对任意的x∈1e,+∞，fx≥0恒成立，则m≤x−1x+1lnx在x∈1e,+∞上恒成立， 通过构造函数gx=x−1x+1lnx，利用导数求最小值即可.
【详解】（1）函数fx=x−1lnx−mx+1，定义域为0,+∞，
f'x=lnx+x−1x−m，
x=1是函数y=f(x)的极值点，所以f'1=ln1+0−m=0，则m=0.
若m=0，则有f'x=lnx+x−1x，
01时，f'x>0，
fx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
x=1是函数y=f(x)的极值点.
故m=0.
（2）若fx=x−1lnx−mx+1≥0在x∈1e,+∞上恒成立，
则m≤x−1x+1lnx在x∈1e,+∞上恒成立，
令gx=x−1x+1lnx，
则g'x=x−1x+1'lnx+x−1x+1lnx'=2xlnx+x2−1xx+12，
令ℎx=2xlnx+x2−1，则ℎ'x=2lnx+2+2x.
当x∈1e,+∞时，ℎ'(x)>0，
∴ℎx在1e,+∞上单调递增且ℎ1=0，
故当x>1时，ℎx>0，即g'x>0，gx单调递增；
当1e故当x=1时，gx取得极小值，也是最小值g1=0，则m≤0，
所以实数m的取值范围为−∞,0.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形.
（2）构造新的函数ℎx.
（3）利用导数研究ℎx的单调性或最值.
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式.
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题.
【变式4-1】2. （2023秋·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考阶段练习）已知函数f(x)=2x3+3(1+m)x2+6mx(x∈R).
(1)讨论函数fx的单调性；
(2)若f−1=1，函数g(x)=alnx+1−f(x)x2≤0在1,+∞上恒成立，求整数a的最大值.
【答案】(1)答案见解析
(2)4
【分析】（1）对函数求导后分解因式，对参数m的取值范围进行分类讨论即可得到函数fx的单调性；
（2）由f−1=1可得m=0，转化为a≤2x+3lnx+1在x∈1,+∞上恒成立，构造函数并利用导数求出ℎx=2x+3lnx+1,x>1的最小值即可求得结果.
【详解】（1）根据题意可得f'(x)=6x2+6(1+m)x+6m=6x+1x+m，
若m=1，f'(x)=6x+12≥0在x∈R上恒成立，此时函数fx在R上单调递增；
若m>1，此时−m<−1，
当x∈−∞,−m ∪−1,+∞时，满足f'(x)>0，此时函数fx在−∞,−m，−1,+∞上单调递增；
当x∈−m,−1时，满足f'(x)<0，此时函数fx在−m,−1单调递减；
若m<1，此时−m>−1，
当x∈−∞,−1 ∪−m,+∞时，满足f'(x)>0，此时函数fx在−∞,−1，−m,+∞上单调递增，
当x∈−1,−m时，满足f'(x)<0，此时函数fx在−1,−m单调递减；
综上可知，m=1时，fx在R上单调递增；
m>1时，fx在−∞,−m和−1,+∞上单调递增，在−m,−1单调递减；
m<1时，fx在−∞,−1和−m,+∞上单调递增，在−1,−m单调递减；
（2）由f−1=1可得−2+3(1+m)−6m=1，解得m=0；
所以f(x)=2x3+3x2，则g(x)=alnx+1−2x−3，
易知x∈1,+∞时，lnx+1>0，
若函数g(x)=alnx+1−f(x)x2≤0在1,+∞上恒成立，等价成a≤2x+3lnx+1在x∈1,+∞上恒成立；
令ℎx=2x+3lnx+1,x>1，则ℎ'x=2lnx+1−2x+3⋅1xlnx+12=2lnx−3xlnx+12；
令φx=2lnx−3xx>1，则φ'x=2x+3x2>0在x∈1,+∞上恒成立，
即函数φx在x∈1,+∞上单调递增，
易知φ2=2ln2−32=ln16−lne32，由于e3>2.73=19.683，所以φ2<0，
而φ52=2ln52−65=25ln52−lne35，且525>25=32>27=33>e3，所以φ52>0；
因此ℎ'x在x∈1,+∞有且仅有一个零点x0，满足2lnx0=3x0，且x0∈2,52；
所以当x∈1,x0时，ℎ'x<0，当x∈x0,+∞时，ℎ'x>0；
因此函数ℎx=2x+3lnx+1,x>1在1,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增；
所以ℎx的最小值为ℎx0=2x0+3lnx0+1=2x0+332x0+1=2x0，显然2x0∈4,5，
因此a≤2x0∈4,5，又a是整数，
所以a的最大值为4.
【点睛】关键点点睛：本题在求解函数ℎx=2x+3lnx+1,x>1的最小值时，需限定其导函数ℎ'x的零点x0的取值范围，此时应当尽量缩小其范围以便求得整数a的最大值
【变式4-1】3. （2023秋·陕西西安·高三校联考开学考试）已知函数fx=lnx−x+x−2ex−m，m∈Z.
(1)当m=1时，求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程；
(2)若关于x的不等式fx<0在0,1上恒成立，求m的最小值.
【答案】(1)y=−e−2
(2)−3
【分析】（1）根据切点和斜率求得切线方程.
（2）由fx<0分离参数m，利用构造函数法，结合导数求得m的取值范围，进而求得m的最小值.
【详解】（1）由题当m=1时，fx=lnx−x+x−2ex−1，
f'x=1x+x−1ex−1，f'1=0，f1=−e−2，
所以切线方程为y+e+2=0x−1，化简得y=−e−2，
即曲线fx在点1,f1处的切线方程为y=−e−2.
（2）由fx<0可得m>lnx−x+x−2ex，
令gx=lnx−x+x−2ex，x∈0,1，
则g'x=x−1ex−1x，
当0设ℎx=ex−1x，易知ℎx在0,1上单调递增，
又ℎ1=e−1>0，ℎ12=e−2<0，
则存在x0∈12,1，使得ℎx0=0，即ex0=1x0，
取对数得lnx0=−x0，
当x∈0,x0时，ℎx<0，g'x>0，gx单调递增，
当x∈x0,1时，ℎx>0，g'x≤0，gx单调递减，
∴g(x)max=x0−2⋅ex0+lnx0−x0=x0−2⋅1x0−2x0=1−2x0+2x0，
∵y=1−2x+2x在12,1上单调递增，则gx0∈−4,−3，
又m>gx对任意x∈0,1恒成立，m∈Z，
所以m≥gx0，即m的最小值为-3.
【点睛】利用导数求曲线的切线方程，首先要注意的是已知点是在曲线外还是曲线内，然后要注意求得切点和斜率，再根据点斜式就可以求得切线方程.利用导数研究函数的单调性，若一次求导无法求解，可进行多次求导来求解.
【变式4-1】4. （2023·江西·校联考模拟预测）设函数fx=xlnx+1−ax；
(1)若fx≥0恒成立，求实数a的取值范围；
(2)在（1）的条件下，证明：ex−1fx≥ax2−xex−1．
【答案】(1)a≤1
(2)证明见解析
【分析】（1）由fx≥0恒成立，即a≤xlnx+1x=lnx+1x，令gx=lnx+1x，只需a≤gxmin，利用导数求解即可得答案.
（2）利用分析法，要证ex−1fx≥ax2−xex−1⇔ex−1xlnx+1≥ax2，由（1）a≤1，即证ex−1xlnx+1≥x2，即证lnx+1x≥xex−1，由（1）lnx+1x≥1，故只要证xex−1≤1，利用导数求解即可得证.
【详解】（1）解：fx的定义域为0,+∞，
∴ fx≥0⇒a≤xlnx+1x=lnx+1x
令gx=lnx+1x，g'x=1x−1x2=x−1x2，由g'x>0⇒x>1，g'x<0⇒0∴gx在0,1单调递减，1,+∞单调递增，
∴gx≥g1=1，
∴a≤1．
（2）要证ex−1fx≥ax2−xex−1⇔ex−1xlnx+1≥ax2，由（1）a≤1，
即只要证ex−1xlnx+1≥x2 ⇔lnx+1x≥xex−1，
由（1）知，lnx+1x≥1，故只要证1≥xex−1⇔ex−1−x≥0
令ℎx=ex−1−xx>0，ℎ'x=ex−1−1，
由ℎ'x>0⇒x>1，ℎ'x<0⇒0∴ℎx≥ℎ1=0，
即ex−1−x≥0，综上，ex−1fx≥ax2−xex−1．
题型5分离参数法-洛必达法则
【例题5】设函数f(x)=sinx2+csx．（1）求f(x)的单调区间；
（2）如果对任何x≥0，都有f(x)≤ax，求a的取值范围．
解：（原解法）
（1）f'(x)=(2+csx)csx−sinx(−sinx)(2+csx)2=2csx+1(2+csx)2．2分当2kπ−2π3−12，即f'(x)>0；当2kπ+2π3因此f(x)在每一个区间2kπ−2π3，2kπ+2π3（k∈Z）是增函数，f(x)在每一个区间2kπ+2π3，2kπ+4π3（k∈Z）是减函数．6分
（2）令g(x)=ax−f(x)，则g'(x)=a−2csx+1(2+csx)2 =a−22+csx+3(2+csx)2 =312+csx−132+a−13．
故当a≥13时，g'(x)≥0．又g(0)=0，所以当x≥0时，g(x)≥g(0)=0，即f(x)≤ax．9分
当00．
因此ℎ(x)在0，arccs3a上单调增加．故当x∈(0，arccs3a)时，ℎ(x)>ℎ(0)=0，
即sinx>3ax．于是，当x∈(0，arccs3a)时，f(x)=sinx2+csx>sinx3>ax．
当a≤0时，有fπ2=12>0≥a·π2．因此，a的取值范围是13，+∞．12分
洛必达法则解法：
解析：（1）略;
（2） f(x)=sinx2+csx≤ax当x=0时，a∈R当x>0时，a≥sinxx(2+csx)=ℎ(x)
所以a≥limx→0ℎ(x)=limx→0csx2+csx−xsinx=13为必要条件．下证
ℎ(x)<13 ⇐sinxx(2+csx)<13,(x>0)⇐g(x)=x3−sinx2+csx>0,(x>0)
因为g'(x)=13−2csx+1(2+csx)2=cs2x−2csx+1(2+csx)2≥0所以g(x)>g(0)=0⇒ℎ(x)<13．a≥13
【变式5-1】1.设函数f(x)=lnx1+x−lnx+ln(x+1)．
（1）求f(x)的单调区间和极值；
（2）是否存在实数a，使得关于x的不等式f(x)≥a的解集为（0，+∞）？若存在，求a的取值范围；若不存在，试说明理由．
【答案】（1）f(x)在(0，1)单调递增，在(1，+∞)单调递减，f(x)在(0，+∞)的极大值为f(1)=ln2，没有极小值；
（2）存在a，使得关于x的不等式f(x)≥a的解集为(0，+∞)，且a的取值范围为−∞，0．
【分析】（1）先确定函数的定义域然后求导数f'(x)，在函数的定义域内解不等式f'(x)>0和f'(x)<0，求出单调区间，讨论满足f'(x)=0的点附近的导数的符号的变化情况，来确定极值点，求出极值；
（2）对a进行讨论，当a⩽0时，f(x)>0恒成立，关于x的不等式f(x)⩾a的解集为(0,+∞)符合题意．当a>0时，关于x的不等式f(x)⩾a的解集不是(0,+∞)．
【详解】解：（1）f'(x)=1x(1+x)−lnx(1+x)2−1x+1x+1=−lnx(1+x)2．
故当x∈(0，1)时，f'(x)>0，x∈(1，+∞)时，f'(x)<0．
所以f(x)在(0，1)单调递增，在(1，+∞)单调递减．
由此知f(x)在(0，+∞)的极大值为f(1)=ln2，没有极小值．
（2）（ⅰ）当a≤0时，
由于f(x)=(1+x)ln(1+x)−xlnx1+x=ln(1+x)+xln(1+x)−lnx1+x>0，
故关于x的不等式f(x)≥a的解集为(0，+∞)．
（ⅱ）当a>0时，由f(x)=lnx1+x+ln1+1x知f(2n)=ln2n1+2n+ln1+12n，其中n为正整数，且有
ln1+12n−lg2(ea2−1)．
又n≥2时，ln2n1+2n=nln21+(1+1)n且2ln2n−14ln2a+1．
取整数n0满足n0>−lg2(ea2−1)，n0>4ln2a+1，且n0≥2，
则f(2n0)=n0ln21+2n0+ln1+12n0即当a>0时，关于x的不等式f(x)≥a的解集不是(0，+∞)．
综合（ⅰ）（ⅱ）知，存在a，使得关于x的不等式f(x)≥a的解集为(0，+∞)，且a的取值范围为−∞，0．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于第二问的（ⅱ），转化为证明f(2n)=ln2n1+2n+ln1+12n【变式5-1】2.已知函数fx=ex，曲线y=fx在点x0,y0处的切线为y=gx．
(1)证明：对于∀x∈R，fx≥gx；
(2)当x≥0时，fx≥1+ax1+x恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)证明见解析；
(2)−∞,1.
【分析】（1）根据导数几何意义可求得gx，设ℎx=fx−gx，利用导数可求得ℎx单调性，得到ℎx≥ℎx0=0，由此可证得结论；
（2）解法一：设ℎx=1+xfx−1+x−ax，利用导数可确定ℎ'x在0,+∞上单调递增，得到ℎ'x≥ℎ'0=1−a；分别在a≤1和a>1两种情况下得到ℎx单调性，从而确定满足题意的取值范围；
解法二：采用分离变量的方式，将问题转化为a≤tx=1+xex−1+xx的问题；利用导数可求得tx在0,+∞上单调递增，利用洛必达法则可求得limx→0tx=1，由此可得结果.
【详解】（1）∵f'x=ex，∴f'x0=ex0，又y0=ex0，
∴切线方程为：y−ex0=ex0x−x0，即y=ex0x+1−x0ex0，即gx=ex0x+1−x0ex0；
设ℎx=fx−gx=ex−ex0x−1−x0ex0，则ℎ'x=ex−ex0，
则当x∈−∞,x0时，ℎ'x<0；当x∈x0,+∞时，ℎ'x>0；
∴ℎx在−∞,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增；
∴ℎxmin=ℎx0=0，即ℎx≥0，
∴对∀x∈R，fx≥gx；
（2）解法一：当x≥0时，fx≥1+ax1+x恒成立，则1+xfx−1+x−ax≥0恒成立；
令ℎx=1+xfx−1+x−ax=1+xex−1+x−ax，
则ℎ'x=x+2ex−1−a，ℎ″x=x+3ex>0，
∴ℎ'x在0,+∞上单调递增，∴ℎ'x≥ℎ'0=1−a；
①当a≤1时，1−a≥0，∴ℎ'x≥0，∴ℎx在0,+∞上单调递增，
∴ℎx≥ℎ0=0，即fx≥1+ax1+x恒成立；
②当a>1时，ℎ'0<0，ℎ'lna=a−1−lna，
令ma=a−1−lna，则m'a=1−1a=a−1a>0，∴ma>m1=0，∴ℎ'lna>0，
∴∃x0∈0,lna，使得ℎ'x0=0，
又ℎ'x在0,+∞上单调递增，∴当x∈0,x0时，ℎ'x<0，ℎx单调递减，
此时ℎx<ℎ0=0，不合题意；
综上所述：实数a的取值范围为−∞,1.
解法二：由fx≥1+ax1+x得：ax≤1+xex−1+x，
当x=0时，ax=0，1+xex−1+x=0，不等式恒成立，∴a∈R；
当x>0时，a≤1+xex−1+xx，
令tx=1+xex−1+xx，
则t'x=x+2ex−1x−1+xex+1+xx2=x2+x−1ex+1x2，
令sx=x2+x−1ex+1，则s'x=x2+3xex=xx+3ex>0，
∴sx在0,+∞上单调递增，∴sx>s0=0，即t'x>0，
∴tx在0,+∞上单调递增；
由洛必达法则可知：limx→0tx=limx→01+xex−1+xx=limx→0x+2ex−1=1，
∴tx>limx→0tx=1，∴a≤1；
综上所述：实数a的取值范围为−∞,1.
【点睛】方法点睛：求解恒成立问题的常用方法是能够通过分离变量的方法将问题转化为变量与函数最值之间的大小关系比较问题，即若a≥fx恒成立，则a≥fxmax；若a≤fx恒成立，则a≤fxmin.
题型6构造辅助函数求参
【例题6】（2023·四川宜宾·四川省宜宾市第四中学校校考三模）已知函数f(x)=aln(x−1)+14x2+1，g(x)=f(x)+1ex−12x−12.
(1)当a=−1时，求函数f(x)的极值；
(2)若任意x1,x2∈(1,+∞)且x1≠x2，都有gx2−gx1x2−x1≥1成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)极小值为2，无极大值
(2)1e2,+∞
【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的极值；
（2）不妨令x11时恒成立，参变分离得到a≥x−1ex，x∈1,+∞，再构造函数，利用导数求出x−1ex的最大值，即可得解.
【详解】（1）解：当a=−1时，f(x)=14x2+1−lnx−1，x∈1,+∞．
则f'(x)=12x−1x−1，令f'(x)=0，解得x=−1或x=2，
又因为x>1，所以x=2．
列表如下：
因为函数f(x)在区间(1,2)上单调递减，在区间(2,+∞)上单调递增，所以f(x)有极小值f(2)=2，无极大值．
（2）解：因为g(x)=f(x)+1ex−12x−12，f(x)=aln(x−1)+14x2+1，
所以g(x)=aln(x−1)+1ex+x，x∈1,+∞，
若对任意x1,x2∈(1,+∞)且x1≠x2,gx2−gx1x2−x1≥1恒成立
不妨令x1⇔gx2−x2≥gx1−x1，
令G(x)=g(x)−x，只需证明G(x)在(1,+∞)单调递增，
因为G(x)=g(x)−x=aln(x−1)+1ex，则G'(x)=ax−1−1ex，
所以ax−1−1ex≥0在x>1时恒成立，即a≥x−1ex，x∈1,+∞，
令ℎ(x)=x−1ex，x∈1,+∞，则ℎ'(x)=2−xex，
因为x>1，所以令ℎ'(x)>0，解得12，
从而ℎ(x)在区间(1,2)上单调递增，在区间(2,+∞)上单调递减，
所以当x=2时ℎ(x)取到最大值ℎ(2)=1e2，所以实数a的取值范围是1e2,+∞．
【点睛】思路点睛：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
【变式6-1】1. （2023春·江苏扬州·高三扬州中学校考阶段练习）已知函数fx=ex+2−2aex2−ax+1a∈R.
(1)讨论fx的单调性；
(2)设gx=xex−lnex+mx，若a=1，且对任意x1∈R,x2∈0,+∞,x2fx1+gx2>0恒成立，求实数m的取值范围.
【答案】(1)当a≤0时，fx在R上单调递增，当a>0时，fx在−∞,2lna上单调递减，在2lna,+∞上单调递增
(2)−1,+∞
【分析】（1）求出函数的导数，分a≤0和a>0讨论导数的正负，从而判断函数的单调性；
（2）由题意对任意x1∈R,x2∈0,+∞,x2fx1+gx2>0，可变形为fx1+gx2x2>0，故设ℎx=gxx，推出fx1+ℎx2>0，从而将恒成立问题转化为求函数最值问题，然后利用导数求解函数最值即可求得答案.
【详解】（1）因为fx=ex+2−2aex2−ax+1，
所以f'x=ex+1−aex2−a=ex2−aex2+1，
因为ex2+1>0，
若a≤0,则ex2−a>0,f'x>0,fx在R上单调递增，
若a>0，当x∈−∞,2lna时，f'x<0，当x∈2lna,+∞时，f'x>0，
此时fx在−∞,2lna上单调递减，在2lna,+∞上单调递增，
综上可得，当a≤0时，fx在R上单调递增，
当a>0时，fx在−∞,2lna上单调递减，在2lna,+∞上单调递增.
（2）对任意x1∈R,x2∈0,+∞,x2fx1+gx2>0，
即fx1+gx2x2>0，设ℎx=gxx，则fx1+ℎx2>0，
即f(x)min+ℎ(x)min>0，
当a=1时，fx=ex−x−1，
由（1）知fx在−∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增，
所以f(x)min=f0=0，
因为ℎx=ex−lnexx+m=ex−lnxx−1x+m，
所以ℎ'x=ex−1−lnxx2+1x2=x2ex+lnxx2，
设sx=x2ex+lnx，则sx在0,+∞上单调递增，
且s12=e4−ln2<12−ln2=12(1−ln4)<0,s(1)=e>0，
所以存在x0∈12,1，使得sx0=0，
即x02ex0=−lnx0，即x0ex0=−1x0lnx0=ln1x0eln1x0，
由y=xex在0,+∞上是增函数，得x0=ln1x0=−lnx0,ex0=1x0，
x∈0,x0时，sx<0,ℎ'x<0,ℎx单调递减，
x∈x0,+∞时，sx>0,ℎ'x>0,ℎx单调递增，
所以ℎ(x)min=ℎx0=ex0−lnx0x0−1x0+m=1x0−−x0x0−1x0+m=1+m，
所以由f(x)min+ℎ(x)min>0得1+m>0，即m>−1，
所以实数m的取值范围是−1,+∞.
【点睛】关键点点睛：在解答对任意x1∈R,x2∈0,+∞,x2fx1+gx2>0恒成立时，根据此时函数的结构特征，设出函数ℎx=ex−lnxx−1x+m，将恒成立问题转化为函数的最值问题，关键在于求该函数的最值时，求出其导数ℎ'x=x2ex+lnxx2，要结合零点存在定理判断其极值点，从而求得最值.
【变式6-1】2. （2023秋·重庆渝北·高三重庆市渝北中学校校考阶段练习）已知函数fx=14x2+alnx−1，gx=fx+1ex−14x2+x．
(1)当a=−1时，求函数fx的极值；
(2)若任意x1、x2∈1,+∞且x1≠x2，都有gx1−gx2x1−x2>1成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)极小值f2=1，无极大值；
(2)a≥1e2
【分析】（1）当a=−1时，利用导数分析函数fx的单调性，即可求得函数fx的极值；
（2）设ℎx=gx−x，分析可知函数ℎx在1,+∞上为增函数，可得出ℎ'x=ax−1−1ex≥0对x>1恒成立，利用参变量分离法可得出a≥x−1ex对任意的x>1恒成立，令φx=x−1ex，其中x∈1,+∞，利用导数求出函数φx在1,+∞上的最大值，即可得出实数a的取值范围.
【详解】（1）解：当a=−1时，fx=14x2−lnx−1，其中x∈1,+∞，
则f'x=12x−1x−1=x2−x−22x−1，令f'x=0，解得x=−1或x=2，
又因为x>1，所以x=2，
列表如下：
因此fx有极小值f2=1，无极大值.
（2）解：因为gx=fx+1ex−14x2+x，fx=14x2+alnx−1，
所以gx=alnx−1+1ex+x，其中x∈1,+∞，
对∀x1、x2∈1,+∞且x1≠x2，不妨设x1>x2，则x1−x2>0，
得到gx1−gx2>x1−x2，化为gx1−x1>gx2−x2，
设ℎx=gx−x且函数ℎx的定义域为1,+∞，
所以ℎx=alnx−1+1ex在1,+∞为增函数，
即有ℎ'x=ax−1−1ex≥0对x>1恒成立，即a≥x−1ex对任意的x>1恒成立，
设φx=x−1ex，其中x∈1,+∞，则φ'x=2−xex，
令φ'x>0，解得12，
所以φx在1,2上单调递增，在2,+∞上单调递减，
所以φx最大值φ2=1e2，因此实数a的取值范围是a≥1e2．
【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1）∀x∈D，m≤fx⇔m≤fxmin；
（2）∀x∈D，m≥fx⇔m≥fxmax；
（3）∃x∈D，m≤fx⇔m≤fxmax；
（4）∃x∈D，m≥fx⇔m≥fxmin.
【变式6-1】3. （2022·陕西西安·西安中学校考模拟预测）已知函数f(x)=12x2−a+1ax+lnx，其中a>0.
(1)当a=1时，求函数y=fx在区间(0,e]上的最大值；
(2)若a∈0,12，证明对任意x1,x2∈12,1x1≠x2，fx1−fx2x12−x22<12恒成立.
【答案】(1)12e2−2e+1
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数求导后可判断f(x)在区间(0,e]为单调递增函数，从而可求出其最大值，
（2）对函数求导，可判断出f(x)在12,1内是减函数，不妨设12≤x1f(x2)−12x22，令g(x)=f(x)−12x2，所以只要判断g(x)在12,1内是减函数即可
【详解】（1）当a=1时，则函数f(x)=12x2−(1+11)x+lnx=12x2−2x+lnx，其定义域为(0,+∞)
则f'(x)=x−2+1x=x2−2x+1x=(x−1)2x≥0在(0,+∞)上恒成立，
所以f(x)在区间(0,e]为单调递增函数，所以当x=e时f(x)有最大值为：f(x)max=f(e)=12e2−2e+1；
（2）由函数f(x)=12x2−(a+1a)x+lnx，则f'(x)=x−(a+1a)+1x=(x−a)(x−1a)x(x>0)，
令f'(x)=0，x=a，x=1a，又a∈(0,12)，0当x∈12,1时，f'(x)<0，
所以f(x)在12,1内是减函数， 因为x1≠x2，
不妨设12≤x1于是f(x1)−f(x2)x12−x22<12，等价于f(x1)−f(x2)>12x12−12x22，
即f(x1)−12x12>f(x2)−12x22，
令g(x)=f(x)−12x2=lnx−(a+1a)x(x>0)，
因g'(x)=1x−(a+1a)在12,1内是减函数，
故g'(x)≤g'(12)=2−(a+1a)≤2−2a⋅1a=0，
从而g(x)在12,1内是减函数，
∴对任意12g(x2)，即f(x1)−12x12>f(x2)−12x22，
∴当a∈(0,12)时，对任意x1,x2∈12,1(x1≠x2)，f(x1)−f(x2)x12−x22<12恒成立.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的最值，考查利用导数判断函数的单调性，第（2）问解题的关键是由导数可得f(x)在12,1内是减函数，不妨设12≤x1f(x2)−12x22成立，构造函数g(x)=f(x)−12x2=lnx−(a+1a)x(x>0)，只要能说明此函数在12,1内是减函数即可得结论，考查数学转化思想，属于较难题
【变式6-1】4. （2021·甘肃嘉峪关·嘉峪关市第一中学校考三模）已知函数fx=ax2−exa∈R.
（1）若曲线y=fx在x=1处的切线与y轴垂直，求y=f'x的最大值；
（2）若对任意0≤x1≤x2，都有fx2+x22−2ln2【答案】（1）0；（2）−∞,1.
【分析】（1）求出导函数f'(x)，由f'(1)=0求得a，令g(x)=f'(x)，再求导，由导数确定最大值．
（2）题意转化为新函数ℎx=fx+x2−2ln2=ax2+x2−ln2−ex在0,+∞上单调递减，求导数ℎ'(x)，转化为ℎ'(x)≤0在[0,+∞)上恒成立，令F(x)=ℎ'(x)，再由导数确定F(x)的最大值，由最大值不大于0得参数范围．
【详解】（1）由f'x=2ax−ex，得f'1=2a−e=0⇒a=e2，
令gx=f'x=ex−ex，则g'x=e−ex，
可知函数gx在−∞,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，
所以g'xmax=g'1=0.
（2）由题意可知函数
ℎx=fx+x2−2ln2=ax2+x2−2ln2−ex在0,+∞上单调递减，
从而ℎ'x=2ax+2−2ln2−ex≤0在0,+∞上恒成立，
令Fx=2ax+2−2ln2−ex，则F'x=2a−ex，
当a≤12时，F'x≤0，所以函数Fx在0,+∞上单调递减，
则Fxmax=F0=1−2ln2<0，
当a>12时，F'x=2a−ex=0，得x=ln2a，
所以函数Fx在0,ln2a上单调递增，
在ln2a,+∞上单调递减，
则Fxmax=Fln2a=2aln2a+2−2ln2 −2a≤0
即2aln2a−2a≤2ln2−2，
设G(x)=xlnx−x，则G'(x)=lnx，x≥1时，G'(x)≥0，G(x)是增函数，
所以2a≤2，故12综上，实数a的取值范围是−∞,1.
【点睛】本题考查导数的几何意义，考查用导数求函数的最值，用导数研究不等式恒成立问题，解题关键是问题的转化，根据不等式的形式，第一个转化是转化为函数的单调性，第二转化为导函数小于或等于0恒成立，第三步转化为用导数求函数的最大值，由最大值小于或等于0得参数范围．
题型7绝对值同构求参
【例题7】（2023·上海徐汇·位育中学校考模拟预测）已知函数fx=x2−ax−a，a∈R.
(1)判断函数fx的奇偶性；
(2)若函数Fx=x⋅fx在x=1处有极值，且关于x的方程Fx=m有3个不同的实根，求实数m的取值范围；
(3)记gx=−ex（e是自然对数的底数）.若对任意x1、x2∈0,e且x1>x2时，均有fx1−fx2【答案】(1)a=0时，f(x)为偶函数；a≠0时，f(x)为非奇非偶函数
(2)[−1,527]；
(3)2ln2−2,1.
【分析】（1）根据二次函数的性质以及奇偶函数的定义，即可判断；
（2）根据极值，求出a=1，得到F(x)=x3−x2−x，利用导数的性质，判断F(x)=m有3个不同的实根时，m的取值范围；
（3）根据g(x)的单调性，问题转化为gx1−gx2f(x2)−g(x2)，分别判断函数f(x)+g(x)和函数f(x)−g(x)在[0,e]上的单调性，根据不等式恒成立的性质，分离参数，即可求出a的取值范围.
【详解】（1）fx=x2−ax−a，因为f(x)的对称轴为x=a2，故当a=0时，f(x)的对称轴为y轴，此时f(x)为偶函数；a≠0时，f(x)为非奇非偶函数.
（2）Fx=x⋅fx在x=1处有极值，因为F(x)=x3−ax2−ax，则F'(x)=3x2−2ax−a，故F'(1)=3−2a−a=0，得a=1；
F(x)=x3−x2−x，此时，F'(x)=3x2−2x−1=(x−1)(3x+1)，
故x∈(−∞,−13)和(1,+∞)上，F(x)单调递增，x∈(−13,1)上，F(x)单调递减，
因为关于x的方程Fx=m有3个不同的实根，根据导数的性质，当F(1)≤m≤F(−13)时，满足题意，得−1≤m≤527，故m∈[−1,527]
（3）gx=−ex，g(x)单调递减，对任意x1、x2∈0,e且x1>x2时，
g(x2)−g(x1)>0，g(x1)−g(x2)<0，
则对任意x1、x2∈0,e且x1>x2时，均有fx1−fx2转化为，对任意x1、x2∈0,e且x1>x2时，均有gx1−gx2f(x1)+g(x1)f(x2)−g(x2)，
所以，函数f(x)+g(x)在[0,e]上单调递减，函数f(x)−g(x)在[0,e]上单调递增，
①函数f(x)+g(x)在[0,e]上单调递减，即f'(x)+g'(x)≤0在[0,e]上恒成立，
又因为，fx=x2−ax−a，gx=−ex，故f'(x)+g'(x)=2x−a−ex≤0，
得2x−ex≤a在[0,e]上恒成立，令ℎ(x)=2x−ex，ℎ'(x)=2−ex，令ℎ'(x)=0，得x=ln2，所以，ℎ(x)在0,ln2上单调递增，在ln2,e上单调递减，故ℎ(x)max=ℎ(ln2)=2ln2−2，故a≥2ln2−2；
②函数f(x)−g(x)在[0,e]上单调递增，即f'(x)−g'(x)≥0在[0,e]上恒成立，
又因为，fx=x2−ax−a，gx=−ex，故f'(x)−g'(x)=2x−a+ex≥0，得
2x+ex≥a在[0,e]上恒成立，因为函数y=2x+ex在[0,e]上为单调递增函数，故ymin=1，此时，a≤1；
综上所述，实数a的取值范围为：2ln2−2,1.
【变式7-1】1. （2022秋·天津北辰·高三校联考期中）已知函数fx=12x2−a+1ax+lnx，其中a>0．
(1)当a=2时，求曲线y=fx在点1,f1处切线的方程；
(2)当a≠1时，求函数fx的单调区间；
(3)若a∈0,12，证明对任意x1，x2∈12,1x1≠x2，fx1−fx2x12−x22<12恒成立．
【答案】(1)x+2y+3=0
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）求导，求斜率，求切点，由点斜式方程，整理一般式方程，可得答案；
（2）求导，并分解因式，令导函数等于零，求得零点，分区间研究导数与零的大小关系，可得答案；
（3）由（2）明确单调性，不妨设x1【详解】（1）由a=2，则fx=12x2−52x+lnx，f'x=x−52+1x，
曲线y=fx在点1,f1处切线的斜率为f'1=1−52+1=−12，
由f1=12−52+ln1=−2，则切线方程为y+2=−12x−1，即x+2y+3=0.
（2）由fx=12x2−a+1ax+lnx，则f'x=x−a+1a+1x=ax−1x−aax，
令f'x=0，解得x=1a或a，
当a>1时，即1a0，当x∈1a,a时，f'x<0，
所以函数fx在0,1a，a,+∞上单调递增，在1a,a上单调递减；
当0a，当x∈0,a∪1a,+∞时，f'x>0，当x∈a,1a时，f'x<0，
所以函数fx在0,a，1a,+∞上单调递增，在a,1a上单调递减；
综上，当a>1时，函数fx在0,1a，a,+∞上单调递增，在1a,a上单调递减；
当0（3）由（2）可知，当a∈0,12时，fx在12,1上单调递减，
不妨设x1fx2，要证fx1−fx2x12−x22<12，需证fx1−fx2x12−x22<12，
由x112x12−x22，则fx1−12x12>fx2−12x22，
令gx=fx−12x2=−a+1ax+lnx，g'x=−a+1a+1x，
令y=a+1a，y'=1−1a2=a−1a+1a2，当a∈0,12时，y'<0，则函数y=a+1a单调递减，即a+1a>52，
易知g'x=−a+1a+1x在12,1上单调递减，则g'x≤g12=2−a+1a<0，
则gx在12,1上单调递减，故12≤x1fx2−12x22，则fx1−fx2x12−x22<12恒成立.
【点睛】用导数证明不等式，整理不等式，分离变量或者整理一边为常数，根据够着新函数，通过研究新函数的单调性或者最值，可解决问题；研究含参函数的单调性，求导，分解因式，通过导数等于零，讨论导数零点的大小，导数大于零和小于零的区间，可得结论.
【变式7-1】2. （2022秋·天津东丽·高三校考阶段练习）已知函数f(x)=12x2-alnx+ba∈R．
(1)若曲线y=f(x)在x=1处的切线的方程为3x-y-3=0，求实数a，b的值；
(2)当a=1时，f(x1)=f(x2)，且x1≠x2，求证x1+x2>2．
(3)若0【答案】(1)a=-2,b=-12
(2)证明见解析；
(3)(-∞,0]
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义列出相应方程，求得a,b；
（2）a=1时求导数，判断f(x)的单调性，不妨设02，即证x2>2-x1，2-x1>1，即证f(x2)>f(2-x1)，结合f(x1)=f(x2)，即只需证明f(x1)>f(2-x1)，从而令g(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1)，求其导数，判断单调性，即可证明结论；
（3）利用导数判断函数单调性，从而将f(x1)-f(x2)≥m1x1-1x2 可化为f(x2)+mx2≥f(x1)+mx1，构造函数ℎ(x)=f(x)+mx=12x2-alnx+b+mx，判断其单调性，可得ℎ'(x)=x-ax-mx2≥0在(1，2]上恒成立，分离参数，求函数最值，即可求得答案.
【详解】（1）∵f(x)=12x2-alnx+b,∴f'(x)=x-ax ,
∵曲线y=f(x)在x=1处的切线的方程为3x-y-3=0，
所以f'(1)=1-a=3，f1=12+b=0 ， ∴ a=-2,b=-12；
（2）当a=1时，f(x)=12x2-lnx+b,(x>0)，则f'(x)=x-1x=x2-1x，
当01时，f'(x)>0，f(x)递增，
由于f(x1)=f(x2)，且x1≠x2，故不妨设0则要证明x1+x2>2，即证x2>2-x1，而2-x1>1，
当x>1时，f(x)递增，故即证f(x2)>f(2-x1)，
由于f(x1)=f(x2)，即只需证明f(x1)>f(2-x1)，
令g(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1]，
则g(x)=12x2-lnx-12(2-x)2+ln(2-x)=-2+2x+ln2-xx,x∈(0,1]，
当x∈(0,1)时，g'(x)=2-2x(2-x)=-2(x-1)2x(2-x)<0 ，
即g(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1)单调递减，故g(x)>g(1)=0，
即x∈(0,1)时，f(x)>f(2-x)，即有f(x1)>f(2-x1)，
故原命题成立，即x1+x2>2；
（3）因为0所以f'(x)=x-ax=x2-ax>0，故函数f(x)在(1，2]上单调递增，
不妨设x1所以ℎ(x)为(1，2]上的增函数，即ℎ'(x)=x-ax-mx2≥0在(1，2]上恒成立，
等价于x3-ax-m≥0在(1，2]上恒成立，即m≤x3-ax在(1，2]上恒成立，
又0对于函数y=x3-x，y'=3x2-1，当10，
故y=x3-x在(1，2]上是增函数，所以y=x3-x>1-1=0，
所以m≤0 ，即m的取值范围为(-∞,0].
【点睛】本题考查了导数几何意义的应用以及不等式的证明和根据不等式恒成立求参数的范围问题，综合性较强，计算量较大，解答时要注意能熟练应用导数的相关知识，比如利用导数解决切线问题和判断函数单调性以及最值问题，解答的关键是将不等式恒成立求参数范围转化为构造函数，利用函数的最值问题加以解决.
【变式7-1】3. （2021·吉林长春·吉林省实验校考模拟预测）已知函数fx=x−1−alnx.
(1)讨论函数fx的单调性；
(2)若对任意x1，x2∈0,1都有fx1−fx2≤gx1−gx2成立，其中gx=4x且a<0，求实数a的取值范围.
【答案】(1)答案见解析；
(2)−3,0.【分析】（1）求出函数的导数，讨论a即可得出单调性；
（2）由题可得fx2+gx2≤fx1+gx1，构造函数Fx=fx+gx，则可得F'x≤0在0,1上恒成立，即a≥x−4x在0,1上恒成立，求出y=x−4x的最大值即可得出.
【详解】（1）因为函数fx=x−1−alnx，所以f'x=1−axx>0，
当a≤0时，f'x>0，所以fx在0,+∞上单调递增；
当a>0时，令f'x=0，得x=a，
当0当x>a时，f'x>0，所以fx在a,+∞上单调递增，
综上，当a≤0时，fx在0,+∞上单调递增；当a>0时，fx在0,a上单调递减，在a,+∞上单调递增.
（2）当a<0时，f'x=1−ax>0在0,1上恒成立，则fx在0,1上递增，
g'x=−4x2<0在0,1上恒成立，则gx在0,1上单调递减，
不妨设x1≤x2，因为对任意x1，x2∈0,1都有fx1−fx2≤gx1−gx2，
所以fx2−fx1≤gx1−gx2在0,1上恒成立，即fx2+gx2≤fx1+gx1在0,1上恒成立，
令Fx=fx+gx=x−1−alnx+4x，则函数在0,1上单调递减，
所以F'x=1−ax−4x2=x2−ax−4x2≤0在0,1上恒成立，
即a≥x−4x在0,1上恒成立，
易知y=x−4x在0,1上单调递增，则其最大值为−3，
因为a<0，所以−3≤a<0，
所以实数a的取值范围为−3,0.
【点睛】关键点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性、不等式恒成立等问题，其中重点考查双变量不等式恒成立问题中的构造函数，将问题转化为Fx=fx+gx在0,1上单调递减，即F'x≤0在0,1上恒成立是解题的关键.
【变式7-1】4. （2020秋·海南海口·高三校考阶段练习）已知函数fx=lnx−12ax2+xa∈R，gx=−2x+3．
（1）讨论函数Fx=fx+12agx的单调性；
（2）若−3≤a≤−1时，对任意x1、x2∈1,2，不等式fx1−fx2≤tgx1−gx2恒成立，求实数t的最小值．
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）154．
【分析】（1）对函数进行求导，根据实数a的正负性分类讨论进行求解即可；
（2）根据函数f(x),g(x)的单调性，若1≤x1≤x2≤2，则原问题等价于：
当−3≤a≤−1时，对任意1≤x1≤x2≤2，不等式fx2−fx1≤tgx1−gx2恒成立，构造函数，利用导数进行求解即可.
【详解】解：（1）由题意得F(x)=f(x)+12ag(x)=lnx−12ax2+(1−a)x+32a，x∈(0,+∞)
∴F'(x)=1x−ax+1−a=−ax2+(1−a)x+1x=(−ax+1)(x+1)x
当a≤0时，F'(x)≥0，函数F(x)在(0,+∞)上单调递增
当a>0时，令F'(x)>0，有0令F'(x)<0，有x>1a：F(x)在1a,+∞上单调递减
综上，当a≤0时，函数F(x)在(0,+∞)上单调递增
当a>0时，函数y=F(x)在0,1a上单调递增，在1a,+∞上单调递减．
（2）f'(x)=1x−ax+1=−ax2+x+1x且x∈(0,+∞)
令mx=−ax2+x+1
则Δ=1+4a<0，a∈−3,−1
即f'x>0，x∈0,+∞
所以−3≤a≤−1有函数f(x)单调递增，而g(x)单调递减
若1≤x1≤x2≤2，则原问题等价于：
当−3≤a≤−1时，对任意1≤x1≤x2≤2
不等式fx2−fx1≤tgx1−gx2恒成立
即fx2+tgx2≤fx1+tgx1对任意−3≤a≤−1，1≤x1≤x2≤2恒成立
记ℎ(x)=f(x)+tg(x)=lnx−12ax2+(1−2t)x+3t
由题意：ℎ(x)在[1,2]上单调递减．
∴ℎ'(x)=1x−ax+(1−2t)≤0对任意a∈−3,−1，x∈[1,2]恒成立
令H(a)=−xa+1x+(1−2t)且a∈−3,−1
则Hamax=H−3=3x+1x+1−2t≤0在x∈[1,2]上恒成立
故2t−1≥3x+1xmax，而y=3x+1x在[1,2]上单调递增
∴函数y=3x+1x在[1,2]上的最大值为132
由2t−1≥132，解得t≥154
故，实数t的最小值为154．
【点睛】关键点睛：利用函数f(x),g(x)的单调性把问题进行转化，然后构造新函数利用导数进行求解是解题的关键.
【变式7-1】5. （2021秋·山西长治·高三山西省长治市第二中学校校考阶段练习）已知函数fx=ax2+2lnx．
（1）若fx在0,1上的最大值为−2，求a的值；
（2）记gx=fx+a−1lnx+1，当a≤−2时，若对任意x1,x2∈0,+∞，总有gx1−gx2≥kx1−x2，求k的最大值．
【答案】（1）−e；（2）4．
【分析】（1）由f'(x)=2ax2+2x，讨论a研究f'(x)的符号，确定fx的单调性，结合函数的区间最值，求a值并验证是否符合要求即可.
（2）由题设知gx是(0,+∞)上的减函数，令ℎ(x)=g(x)+kx，由不等式恒成立知ℎx是(0,+∞)上的减函数，即ℎ'x≤0恒成立，进而可得k≤−2ax−a+1x在题设条件下恒成立，结合基本不等式求最值，注意等号成立的条件，即可求k的最大值．
【详解】（1）fx的定义域是(0,+∞)，则f'(x)=2ax2+2x=2(ax2+1)x，
①当a≥0时，f'(x)>0，故fx是(0,1]上的增函数，此时f(x)max=f(1)=a=−2，不符题意，舍去．
②当a<0时，令f'(x)=0，得x=−1a，
若−10有x∈(0,−1a)，而1<−1a，所以fx在(0,1]上单调递增，f(x)max=f(1)=a=−2，不符题意，舍去．
若a≤−1，f'(x)>0有x∈(0,−1a)；f'(x)<0有x∈(−1a,+∞)；
而0<−1a<1，所以fx在(0,−1a)上单调递增，(−1a,1)上单调递减，f(x)max=f−1a=−1+ln(−1a)=−2，解得a=−e，符合题意．
综上所述，a=−e.
（2）由题设，g(x)=f(x)+(a−1)lnx+1,x>0, a≤−2，则g'x=2ax+a+1x<0，故gx是(0,+∞)上的减函数；
对任意x1,x2∈(0,+∞)，不妨假设x1≤x2，则g(x1)≥g(x2)，
∴题设不等式可化为g(x1)−g(x2)≥k(x2−x1)，即g(x1)+kx1≥g(x2)+kx2对0设ℎ(x)=g(x)+kx=ax2+(a+1)lnx+kx+1,x>0,a≤−2，则有∀x1,x2∈(0,+∞)，0若ℎ'x=2ax+a+1x+k≤0（不恒为零）恒成立，则ℎx是(0,+∞)上的减函数，
此时有∀x1,x2∈(0,+∞)，0又∀x∈0,+∞,a∈−∞,−2,k≤−2ax−a+1x恒成立.
设rx=−2ax−a+1x,x>0,a≤−2，则rx=−2x+1xa−1x ≥−2x+1x−2−1x =4x+1x≥4，当且仅当a=−2且x=12时等号成立．
故k≤rxmin=4，即k的最大值为4.
若存在x∈0,+∞，使得ℎ'x=2ax+a+1x+k>0，则存在0,+∞的子区间m,n，
使得∀x∈m,n，有ℎ'x>0，故ℎx在m,n为增函数，
此时∀x1,x2∈(m,n)，m综上k的最大值为4.
【点睛】关键点点睛：
（1）利用导数，结合分类讨论研究函数的单调性，根据给定区间的函数最值求参数.
（2）构造ℎ(x)=g(x)+kx，由条件不等式恒成立将问题转化为(0,+∞)上ℎ'x<0恒成立，则由k≤(−2ax−a+1x)min求最值.
题型8函数取“整”型
【例题8】（2023秋·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考阶段练习）已知函数f(x)=2x3+3(1+m)x2+6mx(x∈R).
(1)讨论函数fx的单调性；
(2)若f−1=1，函数g(x)=alnx+1−f(x)x2≤0在1,+∞上恒成立，求整数a的最大值.
【答案】(1)答案见解析
(2)4
【分析】（1）对函数求导后分解因式，对参数m的取值范围进行分类讨论即可得到函数fx的单调性；
（2）由f−1=1可得m=0，转化为a≤2x+3lnx+1在x∈1,+∞上恒成立，构造函数并利用导数求出ℎx=2x+3lnx+1,x>1的最小值即可求得结果.
【详解】（1）根据题意可得f'(x)=6x2+6(1+m)x+6m=6x+1x+m，
若m=1，f'(x)=6x+12≥0在x∈R上恒成立，此时函数fx在R上单调递增；
若m>1，此时−m<−1，
当x∈−∞,−m ∪−1,+∞时，满足f'(x)>0，此时函数fx在−∞,−m，−1,+∞上单调递增；
当x∈−m,−1时，满足f'(x)<0，此时函数fx在−m,−1单调递减；
若m<1，此时−m>−1，
当x∈−∞,−1 ∪−m,+∞时，满足f'(x)>0，此时函数fx在−∞,−1，−m,+∞上单调递增，
当x∈−1,−m时，满足f'(x)<0，此时函数fx在−1,−m单调递减；
综上可知，m=1时，fx在R上单调递增；
m>1时，fx在−∞,−m和−1,+∞上单调递增，在−m,−1单调递减；
m<1时，fx在−∞,−1和−m,+∞上单调递增，在−1,−m单调递减；
（2）由f−1=1可得−2+3(1+m)−6m=1，解得m=0；
所以f(x)=2x3+3x2，则g(x)=alnx+1−2x−3，
易知x∈1,+∞时，lnx+1>0，
若函数g(x)=alnx+1−f(x)x2≤0在1,+∞上恒成立，等价成a≤2x+3lnx+1在x∈1,+∞上恒成立；
令ℎx=2x+3lnx+1,x>1，则ℎ'x=2lnx+1−2x+3⋅1xlnx+12=2lnx−3xlnx+12；
令φx=2lnx−3xx>1，则φ'x=2x+3x2>0在x∈1,+∞上恒成立，
即函数φx在x∈1,+∞上单调递增，
易知φ2=2ln2−32=ln16−lne32，由于e3>2.73=19.683，所以φ2<0，
而φ52=2ln52−65=25ln52−lne35，且525>25=32>27=33>e3，所以φ52>0；
因此ℎ'x在x∈1,+∞有且仅有一个零点x0，满足2lnx0=3x0，且x0∈2,52；
所以当x∈1,x0时，ℎ'x<0，当x∈x0,+∞时，ℎ'x>0；
因此函数ℎx=2x+3lnx+1,x>1在1,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增；
所以ℎx的最小值为ℎx0=2x0+3lnx0+1=2x0+332x0+1=2x0，显然2x0∈4,5，
因此a≤2x0∈4,5，又a是整数，
所以a的最大值为4.
【点睛】关键点点睛：本题在求解函数ℎx=2x+3lnx+1,x>1的最小值时，需限定其导函数ℎ'x的零点x0的取值范围，此时应当尽量缩小其范围以便求得整数a的最大值.
【变式8-1】1. （2023秋·宁夏银川·高三银川一中校考阶段练习）已知函数fx=2lnx−12mx2+1m∈R.
(1)当m=1时，证明：fx<1；
(2)若关于x的不等式fx【答案】(1)证明见解析
(2)最小值为3
【分析】（1）先确定函数的定义域，求导得f'x=2−x2x，根据其正负即可得函数的单调区间,再根据最值证明即可；
（2）构造函数 Gx=2lnx−12mx2+2−mx+1在区间 0,+∞ 内恒成立，再求出Gx的最大值为G2m=2m−2lnm+2ln2−1，
结合函数单调性，即求得整数m的最小值．
【详解】（1）当m=1时，fx=2lnx−12x2+1(x>0)，
∴f'x=2x−x=2−x2x(x>0)，
令f'x=0，得x=2，
当x∈0,2时，f'x>0,fx单调递增；
当x∈2,+∞时，f'x<0,fx单调递减，
所以fx在x=2处取得唯一的极大值，即为最大值，
所以f(x)max=f2=2ln2−12×2+1=ln2，
所以fx≤ln2，
而ln2所以fx<1.
（2）令Gx=fx−m−2x=2lnx−12mx2+2−mx+1.
则G'x=2x−mx+2−m=−mx2+2−mx+2x.
当m≤0时，因为x>0，所以G'x>0，所以Gx在0,+∞上单调递增，
又因为G1=−32m+3>0.
所以关于x的不等式Gx<0不能恒成立；
当m>0时，G'x=−mx−2mx+1x.
令G'x=0，得x=2m，所以当x∈0,2m时，G'x>0；
当x∈2m,+∞时，G'x<0.
因此函数Gx在0,2m上单调递增，在2m,+∞上单调递减.
故函数Gx的最大值为G2m=2m−2lnm+2ln2−1.
令ℎm=2m−2lnm+2ln2−1，
因为ℎ1=1+2ln2>0,ℎ2=0,ℎ3=2ln2−2ln3−13<0，
又因为ℎm在0,+∞上单调递减，所以当m≥3时，ℎm<0.
所以整数m的最小值为3.
【点睛】方法点睛：根据不等式直接构造函数，分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数m范围
【变式8-1】2. （2022秋·黑龙江哈尔滨·高三校考阶段练习）设函数f(x)=x3−3ax2+3b2x
(1)若a=1，b=0，求曲线y=f(x)在点1,f1处的切线方程；
(2)若0fkx对任意x∈1,+∞恒成立，求整数k的最大值．
【答案】(1)y=−3x+1
(2)3
【分析】（1）把a=1，b=0代入函数f(x)=x3−3ax2+3b2x中，对其进行求导，求出x=1处的导数，得出直线的斜率，写出曲线y=f(x)在点1,f1处的切线方程；
（2）对fx进行求导，利用导数研究其单调性，可得fx是单调递减的，根据不等式，f1+lnxx−1>fkx，可以推出1−lnxx−1>kx，利用常数分离法进行求解；
【详解】（1）当a=1，b=0时，f(x)=x3−3x2，所以f(1)=−2，即切点为P1,−2
因为f'(x)=3x2−6x，所以f'(1)=3−6=−3，
所以切线方程为y+2=−3x−1，即y=−3x+1，
（2）f'(x)=3x2−6ax+3b2，由0所以函数fx在R上单调递增
不等式f1−lnxx−1>fkx ⇔1−lnxx−1>kx⇔(1−lnx)xx−1>k，对x∈1,+∞恒成立，
构造ℎ(x)=(1−lnx)xx−1，ℎ'(x)=(2+lnx)(x−1)−(x+xlnx)(x−1)2=x−lnx−2(x−1)2，
构造g(x)=x−lnx−2，g'(x)=1−1x=x−1x，对x∈1,+∞有g'(x)>0，
所以g(x)=x−lnx−2在x∈1,+∞递增，g3=1−ln3<0，g4=2−ln4>0，
所以∃x0∈(3,4)，gx0=x0−lnx0−2=0，
所以x∈1,x0，g(x)<0，即ℎ'(x)<0，ℎ(x)在1,x0递减，
x∈x0,+∞，g(x)>0，即ℎ'(x)>0，ℎ(x)在x0,+∞递增，
所以ℎ(x)min=ℎx0=1+lnx0x0x0−1，结合lnx0=x0−2，故ℎ(x)min=x0∈(3,4)，
所以k<(1+lnx)xx−1对x∈(1,+∞)恒成立⇔k<ℎ(x)min，故k≤3，
所以整数k的最大值为3；
【点睛】关键点点睛：第二问，将问题化为k<(1+lnx)xx−1对x∈(1,+∞)恒成立，利用导数求出右侧的最小值为关键.
【变式8-1】3. （2023·广西桂林·校考模拟预测）已知函数fx=exx+a−lnx+a.
(1)讨论函数gx=fx−1x+a的单调性；
(2)若a=1，且存在整数k使得fx>k恒成立，求整数k的最大值.
（参考数据：ln2≈0.69，ln3≈1.10）
【答案】(1)答案见解析
(2)0
【分析】（1）求出g'x=ex−1x+a−1x+a2，然后分a≤0、a=1、01四种情况讨论求解即可；
（2）求出f'x，然后利用导数求出函数f'x存在唯一的零点x0，且x0∈34,1，然后可得fxmin=fx0，然后利用导数求出fx0的范围即可.
【详解】（1）gx=fx−1x+a=ex−1x+a−lnx+a，x>−a，
g'x=exx+a−ex−1x+a2−1x+a=ex−1x+a−1x+a2
若a≤0，则−a≥0，1−a≥1，
当−a1−a时，g'x>0，
所以函数gx在−a,1−a上递减，在1−a,+∞上递增，
若a=1，则g'x=ex−1xx+12≥0x>−1，
所以函数gx在−a,+∞上递增，
若00，
当−a1−a时，g'x>0，当0所以函数gx在0,1−a上递减，在−a,0和1−a,+∞上递增，
若a>1，则1−a<0，
当−a0时，g'x>0，当1−a所以函数gx在1−a,0上递减，在−a,1−a和0,+∞上递增，
综上所述，当a≤0时，函数gx在−a,1−a上递减，在1−a,+∞上递增，
当a=1时，函数gx在−a,+∞上递增，
当0当a>1时，函数gx在1−a,0上递减，在−a,1−a和0,+∞上递增；
（2）若a=1，fx=exx+1−lnx+1，x>−1，
f'x=exx+1−exx+12−1x+1=xex−x−1x+12，
令ℎx=xex−x−1x>−1，则ℎ'x=x+1ex−1x>−1，
令mx=x+1ex−1x>−1，则m'x=x+2ex>0x>−1，
所以函数mx在−1,+∞上递增，即函数ℎ'x在−1,+∞上递增，
又ℎ'0=0，则当−10时，ℎ'x>0，
所以函数ℎx在−1,0上递减，在0,+∞上递增，
所以ℎxmin=ℎ0=−1，
又ℎ−1=−1e<0，ℎ34=34e34−74≈6.364−74<0，ℎ1=e−2>0，
所以函数ℎx存在唯一的零点x0，且x0∈34,1，此时x0ex0=x0+1，
则当−1x0时，ℎx>0，即f'x>0，
所以函数fx在−1,x0上递减，在x0,+∞上递增，
所以fxmin=fx0=ex0x0+1−lnx0+1=1x0−lnx0+1，
令φx=1x−lnx+1，x∈34,1，则φ'x=−1x2−1x+1<0，x∈34,1，
所以函数φx在34,1上递减，
所以φ1<φx<φ34，
又φ1=1−ln2≈0.31，φ34=43−ln74=43−ln7+2ln2≈43−0.57<1，
所以fxmin=fx0∈0,1，
又存在整数k使得fx>k恒成立，
所以整数k的最大值为0.
【点睛】方法点睛：本题属于函数的隐零点问题，解题的关键是首先要得到隐零点的方程和隐零点的范围，然后要善于用隐零点满足的方程进行化简变形.
【变式8-1】4. （2022秋·云南·高三云南民族大学附属中学校考期中）已知函数fx=lnx+mxm∈R.
(1)讨论函数fx的单调性；
(2)若m为整数，且关于x的不等式fx≤m2x2+2m−1x−1恒成立，求整数m的最小值.
【答案】(1)答案见解析
(2)2
【分析】（1）对m分类讨论，讨论f'x的正负即可求得fx的单调性；
（2）构造函数Gx=lnx−12mx2+1−mx+1，利用单调性研究函数的最大值即可求解.
【详解】（1）由题意知，fx的定义域为0,+∞，
对fx求导，得f'x=1x+m=mx+1xx>0
当m≥0时，f'x>0恒成立，所以fx在0,+∞上单调递增；
当m<0时，由f'x>0，得0−1m
所以，fx在0,−1m上单调递增，在−1m,+∞上单调递减；
综上所述：当m≥0时，fx在0,+∞上单调递增；
当m<0时，fx在0,−1m上单调递增，在−1m,+∞上单调递减.
（2）因为fx≤m2x2+2m−1x−1恒成立，即lnx+mx≤m2x2+2m−1x−1，
即lnx−12mx2+1−mx+1≤0恒成立，令Gx=lnx−12mx2+1−mx+1.
所以G'x=1x−mx+1−m=−mx2+1−mx+1x=x+11−mxx.
当m≤0时，因为x>0，所以G'x>0，所以Gx在0,+∞上是递增函数.
又因为G1=−32m+2>0，所以关于x的不等式Gx≤0不能恒成立.
当m>0时，G'x=x+11−mxx=−mx−1mx+1x.
令G'x=0得x=1m，所以当x∈0,1m时，G'x>0；当x∈1m,+∞时，G'x<0.
因此函数Gx在x∈0,1m上是增函数，在x∈1m,+∞上是减函数.
故函数Gx的最大值为G1m=12m−lnm.
令ℎm=12m−lnm，因为ℎ1=12>0，ℎ2=14−ln2<0.
又因为ℎm在m∈0,+∞上是减函数，所以当m≥2时，ℎm<0.
所以整数m的最小值为2.
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，函数不等式恒成立问题，是高考常见的压轴题型，有一定的难度.
题型9“存在”成立问题
【例题9】（2023秋·湖南株洲·高三株洲二中校考开学考试）已知函数fx=ex−12x2−x−1，
(1)证明：当x>0时，fx>0恒成立；
(2)若关于x的方程fxx+x2=asinx在0,π内有解，求实数a的取值范围.
【答案】(1)证明见解析；
(2)(12,+∞).
【分析】（1）利用导数探讨函数单调性，再借助单调性推理作答.
（2）利用方程解的意义，构造函数，按a≤12、a>12分类，利用导数探讨函数单调性，结合零点存在性定理推理判断作答.
【详解】（1）函数f(x)=ex−12x2−x−1，x>0，求导得f'(x)=ex−x−1，
令y=ex−x−1，x>0，求导得y'=ex−1>0，
则函数f'(x)在(0,+∞)上单调递增，f'(x)>f'(0)=0，
因此函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，f(x)>f(0)=0，
所以当x>0时，fx>0恒成立.
（2）设y=x−sinx，x∈0,π，则y'=1−csx>0，
则y=x−sinx在0,π上递增，y>0，即x>sinx>0，
方程fxx+x2=asinx等价于ex−axsinx−x−1=0，x∈0,π，
令gx=ex−axsinx−x−1，原问题等价于gx在0,π内有零点，
由x∈0,π，得xsinx由（1）知，当a≤12时，gx=ex−axsinx−x−1>ex−12x2−x−1>0，
当x∈0,π时，函数y=gx没有零点，不合题意；
当a>12时，由gx=ex−axsinx−x−1，求导得g'x=ex−axcsx+sinx−1，
令tx=g'x=ex−axcsx+sinx−1，则t'x=ex+axsinx−2csx，
当x∈[π2,π)时，t'x>0恒成立，
当x∈(0,π2)时，令sx=t'x=ex+axsinx−2csx，则s'x=ex+a3sinx+xcsx，
因为ex>0，a3sinx+xcsx>0，则s'x>0，即t'x在(0,π2)上单调递增，
又t'0=1−2a<0，t'(π2)=eπ2+π2a>0，因此t'x在(0,π2)上存在唯一的零点x0，
当x∈0,x0时，t'x<0，函数g'x单调递减，
当x∈x0,π时，t'x>0，函数g'x单调递增，
显然g'x00，
因此g'x在0,π上存在唯一的零点x1，
且x1∈x0,π，当x∈0,x1时，g'x<0，函数gx单调递减，
当x∈x1,π时，g'x>0，gx单调递增，
又g0=0，gx1由（1）知，ex>12x2+x+1>x+1，则gπ=eπ−π−1>0，
所以gx在0,x1上没有零点，在x1,π上存在唯一零点，因此gx在0,π上有唯一零点，
所以a的取值范围是(12,+∞).
【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用函数零点的意义等价转化，构造函数并用导数探讨函数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.
【变式9-1】1. （2023秋·内蒙古赤峰·高三统考开学考试）已知函数fx=csxx，x∈0,π，f'x是fx的导函数.
(1)证明：f'x存在唯一零点；
(2)若关于x的不等式f'x+ax2+a≤0有解，求a的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)−∞,1
【分析】（1）求导f'x=−xsinx+csxx2，x∈0,π，令gx=xsinx+csx，分x∈0,π2和x∈π2,π讨论证明；
（2）由（1）问题转化为xsinx+csx−ax2+1≥0，x∈0,π有解，设Fx=xsinx+csx−ax2+1，x∈0,π，利用导数法求得Fxmax，由Fxmax≥0求解.
【详解】（1）证明：f'x=−xsinx+csxx2，x∈0,π，
令gx=xsinx+csx，
当x∈0,π2时，gx>0，故f'x在0,π2上无零点，
当x∈π2,π时，g'x=sinx+xcsx−sinx=xcsx<0，即gx在π2,π上单调递减.
又gπ2=π2>0，gπ=−1<0，所以gx在π2,π上有唯一零点.
综上，f'x存在唯一零点.
（2）由f'x+ax2+a≤0可得xsinx+csx−ax2+1≥0，
设Fx=xsinx+csx−ax2+1，x∈0,π，
F'x=xcsx−2ax=xcsx−2a，
当2a≤−1，即a≤−12时，F'x≥0，Fx在0,π上单调递增，
Fxmax=Fπ=−1−aπ2+1≥0，a≤−1π2+1，所以a≤−12成立.
当2a≥1，即a≥12时，F'x≤0，Fx在0,π上单调递减，则1−a>0，即a<1，所以12≤a<1.
当−12当x∈0,x0时，csx>2a，F'x>0，Fx单调递增，
当x∈x0,π时，csx<2a，F'x<0，Fx单调递减，
所以Fxmax=Fx0=x0sinx0+csx0−ax02+1，
=x0sinx0+csx0−12csx0x02+1，
=x0sinx0+12csx0−x022csx0.
令φx=xsinx+12csx−x22csx，x∈0,π，
φ'x=12sinx+x22sinx>0，所以φx>φ0=12，Fx0≥0成立.
综上，a的取值范围为−∞,1.
【点睛】方法点睛：对于恒成立和有解问题的解决方法是：若fx≥a，对于x∈D恒成立，则fxmin≥a；若fx≥a，对于x∈D有解，则fxmax≥a.
【变式9-1】2. （2023·全国·高三专题练习）设函数fx=a−a2x+lnx−1xa∈R.
(1)讨论函数fx的单调性；
(2)当a=1时，记gx=xfx+x2+1，是否存在整数t，使得关于x的不等式t≥gx有解?若存在，请求出t的最小值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)答案见解析
(2)存在，t的最小值为0
【分析】（1）求导f'x=ax+11−ax+1x2 ，根据一元二次不等式的解法，再分a<0， 0≤a≤1，a>1讨论求解；
（2）由a=1，得到gx=xfx+x2+1=x2+xlnx，求导得到gxmin=gx0=−x02−x0，确定其范围，再由不等式t≥gx有解求解.
【详解】（1）解：由题意得函数的定义域为0,+∞，
f'x=a−a2+1x+1x2=a−a2x2+x+1x2=ax+11−ax+1x2 ，
①当a<0时，x∈0,−1a时，f'x>0，fx在0,−1a单调递增，
x∈−1a,+∞时，f'x<0，fx在−1a,+∞单调递减；
②当0≤a≤1时，f'x>0恒成立，fx在0,+∞上单调递增；
③当a>1时，x∈0,1a−1时，f'x>0，fx在0,1a−1单调递增，
x∈1a−1,+∞时，f'x<0，fx在1a−1,+∞单调递减；
综上，当a<0时，fx在0,−1a单调递增，在−1a,+∞单调递减；
当0≤a≤1时，f'x>0恒成立，fx在0,+∞上单调递增；
当a>1时，fx在0,1a−1单调递增，在1a−1,+∞单调递减.
（2）当a=1时，gx=xfx+x2+1=x2+xlnx ，
∴g'x=2x+lnx+1，∴g'x单调递增，
又g'12=2−ln2>0，g'16=43−ln6<0，
所以存在唯一的x0∈16,12，使得g'x0=2x0+lnx0+1=0，
且当x∈0,x0时，g'x<0，gx单调递减；
当x∈x0,+∞时，g'x>0，gx单调递增；
所以gxmin=gx0=x02+x0lnx0=x02+x0−2x0−1=−x02−x0，
设φx0=−x02−x0，x0∈16,12，则φx0在16,12上单调递减，
所以φ12若关于x的不等式t≥gx有解，则t≥−34，又t为整数，所以t≥0，
所以存在整数t满足题意，且t的最小值为0.
【点睛】方法点睛：若不等式t≥gx有解，则t≥gxmin；若不等式t≥gx恒成立，则t≥gxmax.
【变式9-1】3. （2022·辽宁·校联考一模）已知函数fx=14x3−x2sinα+x+1,α∈−π6,π2，
(1)讨论函数fx的单调性；
(2)证明：存在α∈−π6,π2，使得不等式fx>ex 有解（e是自然对数的底）.
【答案】(1)讨论见解析
(2)证明见解析
【分析】(1)对原函数求导后利用判别式对α 进行分类讨论即可；
(2)理解“有解”的含义，构造函数将原不等式转化为求函数的最大值.
(1)
fx 的定义域为R，f'x=34x2−2xsinα+1，
Δ=−2sinα2−4×34=4sin2α−34 ，
①当α∈π3,π2时，Δ>0 ，f'x=0有两个不等实数根为：x=4sinα±24sin2α−33，
x∈−∞,4sinα−24sin2α−33时，f'x>0，fx单调递增，
x∈4sinα−24sin2α−33,4sinα+24sin2α−33时，
f'x<0，fx单调递减，
x∈4sinα+24sin2α−33,+∞时，f'x>0，fx单调递增，
②当a∈−π6,π3时，Δ≤0 ，f'x≥0，
所以fx在−∞,+∞上单调递增；
(2)
不等式fx>ex 等价于14x3−x2sinα+x+1e−x>1 ，
所以只需证14x3−x2sinα+x+1e−x 的最大值大于1，
因为a∈−π6,π2，−1≤−sinα≤12，
又x2∈0,+∞，所以−x2sinα≤12x2，α=−π6时等号成立，
所以14x3−x2sinα+x+1e−x≤14x3+12x2+x+1e−x ，
设函数gx=14x3+12x2+x+1e−x ，g'x=−14x2x−1e−x ，
x∈−∞,1，g'x≥0，gx单调递增，x∈1,+∞，g'x<0，gx单调递减，
因为g1=14+12+1+1e=2.75e>1 ，所以存在a∈−π6,π2，使不等式fx>ex 有解.
【点睛】对于第二问使用函数的缩放法是核心，
对原函数14x3−x2sinα+x+1e−x由于α的不确定性使得求其最大值很困难，
“化繁为简”，“化难为易”的数学思想就显得特别重要，
通过本题的计算应该能够体会到这种数学思想，
在以后的数学计算中遇到很复杂的计算应该首先考虑这种数学思想.
【变式9-1】4. （2022秋·北京·高三北京市第十二中学校考阶段练习）已知函数f(x)=ex(x2+ax+a).
(1)当a=1时，求函数f(x)的单调区间：
(2)若关于x的不等式f(x)≤ea在[a,+∞)上有解，求实数a的取值范围；
(3)若曲线y=f(x)存在两条互相垂直的切线，求实数a的取值范围；（只需直接写出结果）
【答案】(1)单调增区间是(−∞,−2)，(−1,+∞)，单调递减区间是(−2,−1)；
(2)aa⩽12；
(3){a|a≠2，a∈R}.
【分析】(1)当a=1时，f(x)=ex(x2+x+1)，求出其导数，利用导数即可解出单调区间；
(2)若关于x的不等式f(x)⩽ea在[a，+∞)上有解，即x2+ax+a⩽ea−x，在[a，+∞)上有解，构造两个函数r(x)=x2+ax+a，t(x)=ea−x，研究两个函数的在[a，+∞)上的单调性，即可转化出关于a的不等式，从而求得a的范围；
(3)由f(x)的导数f'(x)=ex(x+2)(x+a)，当a≠−2时，函数y=f'(x)的图象与x轴有两个交点，故f(x)图象上存在两条互相垂直的切线．
【详解】（1）当a=1时，f(x)=ex(x2+x+1)，
则f'(x)=ex(x2+3x+2)，
令f'(x)>0得x>−1或x<−2；令f'(x)<0得−2∴函数f(x)的单调增区间是(−∞,−2)，(−1,+∞)，单调递减区间是(−2,−1)；
（2）f(x)⩽ea，即ex(x2+ax+a)⩽ea，可变为x2+ax+a⩽ea−x，
令r(x)=x2+ax+a，t(x)=ea−x，
当a>0时，在[a，+∞)上，由于r(x)的对称轴为负，
故r(x)在[a，+∞)上增，t(x)在[a，+∞)上减，
欲使x2+ax+a⩽ea−x有解，
则只须r(a)⩽t(a)，即2a2+a⩽1，
解得−1⩽a⩽12，故0当a⩽0时，在[a，+∞)上，由于r(x)的对称轴为正，
故r(x)在[a，+∞)上先减后增，t(x)在[a，+∞)上减，
欲使x2+ax+a⩽ea−x有解，只须r(−a2)⩽t(−a2)，
即−a24+a⩽e32a，
当a⩽0时，−a24+a⩽e32a显然成立．
综上所述，a⩽12即为符合条件的实数a的取值范围；
（3）a的取值范围是{a|a≠2，a∈R}．
【点睛】本题考查导数的综合运用，利用导数研究函数的单调性，以及存在性问题求参数的范围，本题考查了转化的思想，分类讨论的思想，属于导数运用的一类典型题．
【变式9-1】5. （2022·北京海淀·101中学统考模拟预测）设函数f(x)=lnx+a−1x,g(x)=ax−3．
（1）求函数φ(x)=f(x)+g(x)的单调递增区间；
（2）当a=1时，记ℎ(x)=f(x)g(x)，是否存在整数λ，使得关于x的不等式2λ⩾ℎ(x)有解？若存在，请求出λ的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）答案见解析；（2）存在符合题意的整数λ，其最小值为0．
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）求出ℎ(x)的最小值，根据函数的单调性判断即可．
【详解】解：（1）函数φ(x)的定义域为0,+∞，
函数φ(x)的导数φ'(x)=(x+1)(ax+1−a)x2，
当a<0时，φ(x)在0,a−1a上单调递增，在a−1a,+∞上单调递减
当0⩽a⩽1时，φ(x)在R+上单调递增．
当a>1时，φ(x)在0,a−1a上单调递减，在a−1a,+∞上单调递增．
综上可知，当a<0时，φ(x)的单调递增区间是0,a−1a；当0⩽a⩽1时，φ(x)的单调递增区间是(0,+∞)；当a>1时，φ(x)的单调递增区间是a−1a,+∞．
（2）当a=1时，ℎ(x)=(x−3)lnx,ℎ'(x)=1+lnx−3x，x∈0,+∞，
由于ℎ'(x)是单调递增函数，且在32,2上有唯一零点（记为m），则函数ℎ(x)在x=m处取得极小值，也是最小值ℎ(m)=(m−3)lnm，其中1+lnm−3m=0．
将lnm=3m−1代入ℎ(m)，得ℎ(m)=6−m+9m．
又m∈32,2，于是6−32+9×23<ℎ(m)<6−2+92，即−32<ℎ(m)<−12，
于是符合题意的整数λ，其最小值为0．
1. （2023·陕西商洛·镇安中学校考模拟预测）已知函数fx=x−1ex，f'x是fx的导函数．
(1)设gx=fx−x22，证明：gx是增函数；
(2)当x>0时，f'x>alnx+1≥12+34ln3−1x恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)34,1
【分析】（1）对gx求导可得g'x≥0恒成立，即可证明；
（2）先证明当a≤1时，alnx+1≤lnx+1alnx+1；再设px=alnx+1−12+34ln3−1x，对px求导分类讨论，变形再构造，可求得实数a的取值范围.
【详解】（1）证明：因为gx=fx−x22=x−1ex−x22，
所以g'x=xex−x=xex−1，
当x∈−∞,0时，ex−1<0，则xex−1>0；
当x∈0,+∞时，ex−1≥0，则xex−1≥0，
所以g'x≥0恒成立，
故gx是增函数．
（2）解：设mx=lnx+1−x,x>0，
则m'x=1x+1−1=−xx+1<0，
所以mx在区间0,+∞上为减函数，
则mx因为f'x=xex，当x∈0,+∞时，ex>1，所以x故当a≤1时，alnx+1≤lnx+1alnx+1；
当a>1时，设Fx=f'x−alnx+1=xex−a⋅lnx+1，则F'x=x+1ex−ax+1=x+1ex−ax+12．
因为F'0=1−a<0，
F'a−1=aea−1−1>0，
所以存在x0∈0,a−1，使得F'x0=0．
易知F'x在区间0,+∞上为增函数，
所以当x∈0,x0时，F'x<0，Fx在区间0,x0上单调递减，则Fx即f'x故a≤1．
设px=alnx+1−12+34ln3−1x=alnx+1+1x−12−34ln3，x>0，
则p'x=ax+1−1x2=ax2−x−1x+1x2．
令p'x=0，则ax2−x−1=0，
当a≤0时，p1<0，不符合题意，故0此时，方程ax2−x−1=0在区间0,+∞内只有一个实数根，记为x1．
当x∈0,x1时，p'x<0，px单调递减；
当x∈x1,+∞时，p'x>0，px单调递增，则px1为px的最小值，
故px≥0恒成立，当且仅当px1=alnx1+1+1x1−12−34ln3≥0．
将a=x1+1x12代入px1，得px1=x1+1lnx1+1x12+1x1−12−34ln3．
设qx=x+1lnx+1x2+1x−12−34ln3，x>0，
则q'x=x21+lnx+1−2xx+1lnx+1x4−1x2=−x+2lnx+1x3<0，
所以qx在区间0,+∞上为减函数．
因为x1=2时，a=34，q2=0，所以当0设tx=1x+1x2，则t'x=−1x2−2x3，
所以当x∈0,2时，t'x<0，则tx在区间0,2上单调递减，则tx≥t2=34．
因为a=x1+1x12=1x1+1x12，x1∈0,2，
所以a≥34．
又0故实数a的取值范围是34,1．
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式fx>gx（或fx0（或fx−gx<0），进而构造辅助函数ℎx=fx−gx；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
2. （2023·河南开封·统考三模）已知函数fx=exx∈R．
(1)若x>0，函数fx的图象与函数y=ax2a>0的图象有两个公共点，求实数a的取值范围；
(2)若m【答案】(1)a>e24
(2)e−2
【分析】（1）根据常变量分离法，根据导数的性质进行求解即可；
（2）利用多次求导法，结合导数的性质进行求解即可.
【详解】（1）令fx=ax2，得a=exx2，设gx=exx2，g'x=exx2−2xexx4=exxx−2x4，
∴02时，g'x>0，gx单调递增
∴gx≥g2=e24，又当x→0时，gx→+∞；当x→+∞时，gx→+∞；
∴若x>0，函数fx的图象与函数y=ax2a>0的图象有两个公共点，则a>e24；

（2）①设ℎx=fx−1x=ex−1x，ℎ'x=exx−ex−1x2=exx−1+1x2，
设tx=exx−1+1，则t'x=exx，
∵x∈0,1，∴t'x>0，tx在0,1上单调递增，
∴00，ℎx在0,1单调递增，
∴ℎx<ℎ1=e−1，
∴fx−1x②m0在x∈0,1恒成立．
设ux=ex−mx−1，c=ex−m，
∵x∈0,1，ex∈1,e
∴当m≤1，u'x>0，ux在0,1单调递增，ux>u0=0，满足条件．
当1若x∈0,lnm时，ux单调递减，ux当m≥e时，u'x<0，ux在0,1单调递减，
∴ux综上所述，m故n−m的最小值为e−1−1=e−2．
【点睛】方法点睛：根据函数的零点个数求解参数范围，一般方法：
（1）转化为函数最值问题，利用导数解决；
（2）转化为函数图像的交点问题，数形结合解决问题；
（3）参变分离法，结合函数最值或范围解决.
3. （2023·福建厦门·厦门一中校考一模）函数fx=lnx+2x+ax−1−2.
(1)当a=0时，求函数fx的极值；
(2)若对任意x∈0,1∪1,+∞，不等式fx1−x【答案】(1)极大值为e−2，无极小值
(2)a≥12
【分析】（1）在定义域内求导，利用导函数求出函数的极值；
（2）将原式转化为1x−1lnx+ax2−1−2x−1>0，进而转化为式子1x−1和lnx+ax2−1−2x−1需同号的问题，然后令gx=lnx+ax2−1−2x−1，求导研究其单调性及值域，再根据函数值先得出参数a需大于0，然后通过对参数a分为a≥12和0【详解】（1）当a=0时，fx=lnx+2x−2，令f'x=−lnx−1x2=0，则x=1e
此时当x∈0,1e，f'x>0，函数fx在区间0,1e单调递增，
当x∈1e,+∞，f'x<0，函数fx在区间1e,+∞单调递减，
所以函数fx的极大值为f1e=e−2，无极小值.
（2）原式等价于fxx−1+ax>0，即xfx+ax−1x(x−1)>0，因为x∈(0,1)∪(1,+∞)
所以xf(x)+a(x−1)x−1>0，即1x−1lnx+ax2−1−2x−1>0，
令gx=lnx+ax2−1−2x−1，可得g1=0，
g'x=1x+2ax−2=2ax2−2x+1x
因为1x−1lnx+ax2−1−2x−1>0对任意x∈0,1∪1,+∞恒成立，
所以g2=ln2+a22−1−22−1>0，可得a>2−ln23>0.
当a≥12时，
因为2ax2−2x+1≥x2−2x+1=(x−1)2>0，
所以g'x>0，所以gx在x∈0,+∞上单调递增，
又因为g1=0，
所以当x∈0,1时，gx<0，当x∈1,+∞时，gx>0，
所以1x−1gx>0符合题意；
当0令2ax2−2x+1=0，解得x1=1−1−2a2a，x2=1+1−2a2a，
因为x2=1+1−2a2a>1
所以当x∈1,1+1−2a2a时，有g'x<0，
即gx在x∈1,1+1−2a2a上单调递减，
又因为g1=0，所以当x∈1,x2时有gx<0，
此时1x−1gx<0，不符合题意，舍去.
综上：a≥12.
【点睛】不等式恒成立（能成立）问题，一般有两种方法：
方法1：分离参数法解决恒(能)成立问题，
方法2：根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解．分类讨论思想是高中数学一项重要的考查内容.分类讨论思想要求在不能用统一的方法解决问题的时候，将问题划分成不同的模块，通过分块来实现问题的求解，体现了对数学问题的分析处理能力和解决能力.
4. （2023·贵州毕节·校考模拟预测）已知函数fx=a(x−π)b−sinx+1,x∈π,+∞．
(1)当b=1时，若fx≤1恒成立，求a的取值范围；
(2)若b=12,fx在π,32π上有极值点x0，求证：fx0+x0>π+1．
【答案】(1)a≤−1
(2)见解析
【分析】(1)利用导数讨论a的取值，判断单调性，结合端点值，即可求a的范围；
(2)利用作差法构造函数∴f(x0)+x0−π=−2t0cst0+sint0+t0+1，根据导函数讨论单调性和最值，即可证明不等式.
【详解】（1）b=1时，f(x)=a(x−π)+sin(x−π)+1，令t=x−π，则t∈[0,+∞)，
令g(t)=at+sint+1，则有g(t)≤0恒成立，
g'(t)=a+cst，
当a≤−1时，g'(t)≤0在[0,+∞)上恒成立（不恒为零），故g(t)在[0,+∞)上为减函数，
故g(t)≤g0=1即g(t)≤1恒成立，
当a>−1，g'(0)=a+1>0，因为g'(t)的图象是连续不断的，
故存在x0∈0,+∞，使得∀x∈0,x0，有g'(t)>0，
故g(t)在0,x0上为增函数，故∀x∈0,x0，有g(t)>g0=1，
这与题设矛盾，
故a≤−1.
（2）f(x)=ax−π−sinx+1=ax−π+sin(x−π)+1
令t=x−π，则t∈[0,π2]，令k(t)=at+sint+1，则k'(t)=a2t+cst
令t0=x0−π，则有k'(t0)=0，即a=−2t0cst0
∴f(x0)+x0−π=k(t0)+t0=at0+sint0+t0+1=−2t0cst0+sint0+t0+1，
设ℎx=x−sinx，x∈0,π2，ℎ'x=1−csx>0恒成立，
所以ℎx在区间0,π2上单调递增，ℎx>ℎ0=0，即x>sinx,x∈0,π2，
∵t0∈(0,π2)，
得t0>sint0，∴sint0+t0>2sint0
∴−2t0cst0+sint0+t0+1>2(sint0−t0cst0)+1=2cst0(tant0−t0)+1，
令p(x)=tanx−x，x∈(0,π2)，p'(x)=1cs2x−1≥0，
∴p(x)在(0,π2)上单调递增，∴p(x)>p(0)=0，∴tanx>x．
∴x∈(0,π2)时，2(sint0−t0cst0)+1=2cst0(tant0−t0)+1>1，
∴f(x0)+x0−π=k(t0)+t0>1，
则fx0+x0>π+1，得证.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数性质，不等式恒成立，以及求参数问题，本题的关键是巧妙换元令t=x−π，这样可巧妙构造函数.
5. （2023·广东深圳·统考二模）已知函数fx=ae2x−1x的图象在1,f1处的切线经过点2,2e2.
(1)求a的值及函数fx的单调区间；
(2)设gx=ax2−1lnx，若关于x的不等式λxgx≤e2λx−1在区间1,+∞上恒成立，求正实数λ的取值范围.
【答案】(1)a=1；函数fx=e2x−1x的单调增区间为−∞,0,0,+∞，无单调减区间.
(2)1e,+∞
【分析】（1）通过代值计算和求导解出切线方程，继而求a；构造函数运用导数判断函数单调性，解单调区间.
（2）将不等号两边变形成形如函数fx的同构式，依据函数单调性将函数值的不等关系转化为自变量的不等关系，然后分离参数把恒成立问题转化为最值问题，最后构造函数，运用导数判断单调性解最值.
【详解】（1）函数fx=ae2x−1x的定义域是x∣x≠0，
f'x=2axe2x−ae2x−1x2,f'1=ae2+1,.
所以fx在点1,ae2−1处的切线方程为y−ae2−1=ae2+1x−1，
切线经过点2,2e2，则a=1.
f'x=2x−1e2x+1x2，设φx=2x−1e2x+1,φ'x=4xe2x，
x=0是φx的极小值点，且φ0=0，
因此f'x>0在x∣x≠0恒成立，
所以函数fx=e2x−1x的单调增区间为−∞,0,0,+∞，无单调减区间.
（2）λ>0,a=1,λxax2−1lnx≤e2λx−1在区间1,+∞上恒成立，即x2−1lnx≤e2λx−1λx，
令t=lnx(t>0)，则e2t−1t≤e2λx−1λx，即ft≤fλx.
由（1），只需要t≤λx，也就是λ≥lnxx在区间1,+∞上恒成立.
设ℎx=lnxx,ℎ'x=1−lnxx2,ℎ'e=0，.
10;x>e,ℎ'(x)<0，
故ℎe=1e是ℎx=lnxx的最大值，
所求λ的取值范围是1e,+∞.
【点睛】第二问，通过换元令t=lnx(t>0)是构造同构式的关键，也是此题的突破口 ，有了这个突破，即可将函数值的关系转化为自变量的关系，将问题降低一层难度，也打开了后续的解思路.
6. （2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）已知函数fx=asinx，其中a>0.
(1)若fx≤x在0,+∞上恒成立，求a的取值范围；
(2)证明：∀x∈0,+∞，有2ex>x+1xlnx+1+sinx.
【答案】(1)0 , 1
(2)证明见解析
【分析】（1）令ℎx=x−asinx，x∈0 ,+∞，求出函数的导函数，分a∈0 , 1、a∈1 , +∞两种情况讨论，结合函数的单调性，即可得解；
（2）由（1）知，当a=1时，sinx≤x，∀x∈0 , +∞，再证明lnx+1≤x，则问题转化为证明ex>x2+1，令gx=x2+1e−x−1，x∈0 , +∞，利用导数说明函数的单调性，即可证明.
【详解】（1）令ℎx=x−asinx，x∈0 ,+∞，则ℎ'x=1−acsx，
当a∈0 , 1时，ℎ'x>0，ℎx单调递增，所以ℎx≥ℎ0=0，
当a∈1 , +∞时，令mx=ℎ'x=1−acsx，则m'x=asinx，
所以对∀x∈0 , π2，m'x>0，则ℎ'x在0 , π2上单调递增，
又因为ℎ'0=1−a<0，ℎ'π2=1>0，
所以由零点存在定理可知，∃x0∈0 , π2使得ℎ'x0=0，
所以当x∈0 , x0时，ℎ'x<0，ℎx单调递减，ℎx<ℎ0=0，与题意矛盾，
综上所述，a∈0 , 1.
（2）由（1）知，当a=1时，sinx≤x，∀x∈0 , +∞.
先证lnx+1≤x，x∈0 , +∞，
令φx=x−lnx+1，则φ'x=1−1x+1≥0，
所以φx单调递增，φx>φ0=0，即lnx+1≤x.
所以当x∈0 , +∞时，lnx+1+sinx≤2x，x+1xlnx+1+sinx≤2x2+1.
要证∀x∈0 , +∞，有2ex>x+1xlnx+1+sinx，只需证ex>x2+1.
令gx=x2+1e−x−1，x∈0 , +∞，则g'x=2x−x2−1e−x=−x−12e−x≤0.
所以gx在0 , +∞上单调递减，所以gxx2+1.
综上可得∀x∈0,+∞，有2ex>x+1xlnx+1+sinx.
【点睛】方法点睛：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. （2022·贵州安顺·统考模拟预测）已知函数fx=ex+ax2−1．
(1)讨论函数fx的导函数的单调性；
(2)若a≥7−e24，求证：对∀x≥0，fx≥12x3+x恒成立．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出导函数，设gx=f'x=ex+2ax，求出g'x.分为a≥0以及a<0，根据导函数，即可得出函数的单调性；
（2）由已知可将不等式转化为证明ex+7−e24x2−1≥12x3+x恒成立.构造函数ℎx=2x3+e2−7x2+4x+4ex，根据导函数得出函数的单调区间，求出函数的极值、最大值，即可得出ℎx≤4.即有2x3+e2−7x2+4x+4ex≤4，变形整理，即可得出证明.
【详解】（1）由已知可得，f'x=ex+2ax，设gx=f'x=ex+2ax，
则g'x=ex+2a.
当a≥0时，有g'x=ex+2a>0恒成立，所以gx，即f'x在R上单调递增；
当a<0时，由g'x=ex+2a=0可得，x=ln−2a.
由g'x<0可得，x由g'x>0可得，x>ln−2a，所以gx，即f'x在ln−2a,+∞上单调递增.
综上所述，当a≥0时，f'x在R上单调递增；当a>0时，f'x在−∞,ln−2a上单调递减，在ln−2a,+∞上单调递增.
（2）因为a≥7−e24，所以对∀x≥0，有ex+ax2−1≥ex+7−e24x2−1.
设ℎx=2x3+e2−7x2+4x+4ex，则ℎ'x=6x2+2e2−14x+4ex−2x3+e2−7x2+4x+4exe2x =−xx−22x+e2−9ex.
解ℎ'x=0可得，x=0或x=2或x=9−e22.
由ℎ'x>0可得，9−e22由ℎ'x<0可得，x<9−e22或x>2，所以，函数ℎx在0,9−e22上单调递减，在2,+∞上单调递减.
所以，ℎx在x=2处取得极大值，在x=9−e22处取得极小值.
又ℎ0=ℎ2=4，所以ℎxmax=ℎ0=ℎ2=4，即ℎx≤4.
所以，有2x3+e2−7x2+4x+4ex≤4，
整理可得，ex+7−e24x2−1≥12x3+x，
所以，有∀x≥0，fx≥12x3+x恒成立．
【点睛】思路点睛：先放缩得出ex+ax2−1≥ex+7−e24x2−1.然后构造函数ℎx=2x3+e2−7x2+4x+4ex，根据导函数求出函数的最大值，变形整理，即可得出证明.
8. （2023·河南·校联考模拟预测）已知函数fx=ex−x2−ax，a∈R．
(1)若fx为R上的增函数，求a的取值范围；
(2)若fx≥−x2+3x+b在x∈R内恒成立，b∈R，求2a+b的最大值．
【答案】(1)−∞，2−2ln2
(2)e2−6．
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意f'x=ex−2x−a≥0在R上恒成立，参变分离得到a≤ex−2x，令ux=ex−2x，x∈R，利用导数求出函数的最小值，即可得解；
（2）依题意可得b≤ex−a+3x恒成立，则2a+b≤ex−a+3x+2a，令gx=ex−a+3x+2a，利用导数说明函数的单调性，得到gxmin=glna+3=3a+3−a+3lna+3，再令a+3=t>0，ℎt=3t−tlnt−6，求出ℎt的最大值，即可得解.
【详解】（1）因为fx=ex−x2−ax，a∈R，
则f'x=ex−2x−a，
∵fx为R上的增函数，
∴f'x=ex−2x−a≥0在R上恒成立，
∴a≤ex−2x，
令ux=ex−2x，x∈R，
u'x=ex−2，
令u'x=ex−2=0，解得x=ln2，
可得函数ux在−∞,ln2上单调递减，在ln2,+∞上单调递增，
∴x=ln2时，函数ux取得极小值即最小值，uln2=2−2ln2，
∴a≤2−2ln2，
∴a的取值范围是−∞,2−2ln2．
（2）fx≥−x2+3x+b在x∈R内恒成立，b∈R⇔ex−a+3x−b≥0在x∈R内恒成立，
化为b≤ex−a+3x，
∴2a+b≤ex−a+3x+2a，
令gx=ex−a+3x+2a，x∈R，a∈R，
g'x=ex−a+3，x∈R，
当a+3≤0时，g'x>0，函数gx在R上单调递增，x→−∞时，gx→−∞时，不符合题意，舍去；
当a+3>0时，令g'x=0，解得x0=lna+3，
函数gx在−∞,lna+3上单调递减，在lna+3,+∞上单调递增，
∴x=lna+3时，函数gx取得极小值即最小值，
glna+3=a+3−a+3lna+3+2a=3a+3−a+3lna+3，
令a+3=t>0，则3a+3−a+3lna+3=3t−tlnt−6，
令ℎt=3t−tlnt−6，则ℎ't=3−lnt−1=2−lnt，
令ℎ't=2−lnt=0，解得t=e2，
所以当00，则ℎt单调递增，
当t>e2时ℎ't<0，则ℎt单调递减，
所以当t=e2时，函数ℎt取得极大值即最大值，ℎe2=3e2−2e2−6=e2−6，
∴2a+b的最大值为e2−6．
【点睛】方法点睛：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．
9. （2023·全国·统考高考真题）已知函数f(x)=ax−sinxcs3x,x∈0,π2
(1)当a=8时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)【答案】(1)答案见解析.
(2)(−∞,3]
【分析】（1）求导,然后令t=cs2x,讨论导数的符号即可;
（2）构造g(x)=f(x)−sin2x,计算g'(x)的最大值,然后与0比较大小,得出a的分界点,再对a讨论即可.
【详解】（1）f'(x)=a−csxcs3x+3sinxcs2xsinxcs6x
=a−cs2x+3sin2xcs4x=a−3−2cs2xcs4x
令cs2x=t,则t∈(0,1)
则f'(x)=g(t)=a−3−2tt2=at2+2t−3t2
当a=8,f'(x)=g(t)=8t2+2t−3t2=(2t−1)(4t+3)t2
当t∈0,12,即x∈π4,π2,f'(x)<0.
当t∈12,1,即x∈0,π4,f'(x)>0.
所以f(x)在0,π4上单调递增,在π4,π2上单调递减
（2）设g(x)=f(x)−sin2x
g'(x)=f'(x)−2cs2x=g(t)−22cs2x−1=at2+2t−3t2−2(2t−1)=a+2−4t+2t−3t2设φ(t)=a+2−4t+2t−3t2
φ'(t)=−4−2t2+6t3=−4t3−2t+6t3=−2(t−1)(2t2+2t+3)t3>0
所以φ(t)<φ(1)=a−3.
1°若a∈(−∞,3],g'(x)=φ(t)即g(x)在0,π2上单调递减,所以g(x)所以当a∈(−∞,3],f(x)2°若a∈(3,+∞)
当t→0,2t−3t2=−31t−132+13→−∞,所以φ(t)→−∞.
φ(1)=a−3>0.
所以∃t0∈(0,1),使得φt0=0,即∃x0∈0,π2,使得g'x0=0.
当t∈t0,1,φ(t)>0,即当x∈0,x0,g'(x)>0,g(x)单调递增.
所以当x∈0,x0,g(x)>g(0)=0,不合题意.
综上,a的取值范围为(−∞,3].
【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性t=csx在定义域内是减函数,若t0=csx0,当t∈t0,1,φ(t)>0,对应当x∈0,x0,g'(x)>0.
10．（2011·北京·高考真题）已知函数f(x)=1−kx−xlnx(k∈R),g(x)=exx+1e−2+1.
（1）若x∈(0,1]时，f(x)=0有解，求k的取值范围；
（2）在（1）的条件下k取最小值时，求证：f(x)【答案】（1）k≥1（2）见解析
【分析】（1）先由f(x)=0得k=1−xlnxx，令F(x)=1−xlnxx，对其求导，用导数方法研究其单调性，进而可求出结果；
（2）先由（1）得f(x)=1−x−xlnx,x∈(0,+∞)，对其求导，用导数方法求出其最大值；再令φ(x)=ex−(x+1)，用导数方法求出其最小值，得到exx+1>1，进而可证明结论成立.
【详解】（1）由f(x)=0得k=1−xlnxx.
令F(x)=1−xlnxx，
∵0所以F(x)在(0,−1]上单调递减.
又当x趋向于0时，F(x)趋向于正无穷大，
故F(x)≥F(1)=1，即k≥1.
（2）由（1）得k=1，f(x)=1−x−xlnx,x∈(0,+∞).
f'(x)=−lnx−2,x∈(0,+∞).
因此，当x∈0,e−2时，f'(x)>0,f(x)单调递增；x∈e−2,+∞时，f'(x)<0,f(x)单调递减.
所以f(x)的最大值为fe−2=e−2+1.
设φ(x)=ex−(x+1)，
∵φ'(x)=ex−1，
∴x∈(0,+∞)时φ'(x)>0,φ(x)单调递增，φ(x)>φ(0)=0.
故x∈(0,+∞)时，φ(x)=ex−(x+1)>0，即exx+1>1.
所以1−x−xlnx≤e−2+1因此，对任意x>0,f(x)【点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数单调性，最值等，属于常考题型.
若f(x)在区间D上有最值，则
（1）恒成立：∀x∈D,fx>0⇔fxmin>0；∀x∈D,fx<0⇔fxmax<0；
（2）能成立：∃x∈D,fx>0⇔fxmax>0；∃x∈D,fx<0⇔fxmin<0.
若能分离常数，即将问题转化为：a>fx（或a（1）恒成立：a>fx⇔a>fxmax；a（2）能成立：a>fx⇔a>fxmin；a1．端点赋值法（函数一般为单增或者单减，此时端点，特别是左端点起着至关重要的作用）
2．为了简化讨论，当端点值是闭区间时候，代入限制参数讨论范围．注意，开区间不一定是充分条件．
有时候端点值能限制讨论范围，可以去除不必要讨论．
1．导函数（主要是一阶导函数）等零这一步，有根x0但不可解．但得到参数和x0的等量代换关系．备用
2.知原函数最值处就是一阶导函数的零点处，可代入虚根x0
3.利用x0与参数互化得关系式，先消掉参数，得出x0不等式，求得x0范围．
4.再代入参数和x0互化式中求得参数范围．
1．若分离参数后，所求最值恰好在“断点处”，则可以通过洛必达法则求出“最值”
2．注意“断点”是在端点处还是区间分界处．
1．含有x1和x2型，大多数可以考虑变换结构相同，构造函数解决．
2．可以利用第一问的某些结论或者函数结构寻找构造的函数特征．
x
1,2
2
2,+∞
f'(x)
−
0
+
fx
单调递减
极小值
单调递增
x
1,2
2
2,+∞
f'x
−
0
+
fx
单调递减
极小值
单调递增
1．含绝对值型，大多数都是有单调性的，所以可以通过讨论去掉绝对值．
2．去掉绝对值，可以通过“同构”重新构造函数．
讨论出单调性，要注意整数解中相邻两个整数点函数的符号问题
1．当不能分离参数时候，要移项分类讨论．
2．确定是最大值还是最小值．