重难点专题14 导数压轴小题十四大题型汇总-【划重点】备战2024年高考数学重难点题型突破（新高考通用）

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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。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
重难点专题14导数压轴小题十四大题型汇总
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc145423351" 题型1恒成立问题之直接求导型 PAGEREF _Tc145423351 \h 1
\l "_Tc145423352" 题型2恒成立问题之分离参数型 PAGEREF _Tc145423352 \h 7
\l "_Tc145423353" 题型3恒成立问题之隐零点型 PAGEREF _Tc145423353 \h 13
\l "_Tc145423354" 题型4恒成立问题之洛必达法则 PAGEREF _Tc145423354 \h 19
\l "_Tc145423355" 题型5恒成立问题之两个函数问题 PAGEREF _Tc145423355 \h 25
\l "_Tc145423356" ◆类型1同变量型 PAGEREF _Tc145423356 \h 25
\l "_Tc145423357" ◆类型2不同变量型 PAGEREF _Tc145423357 \h 31
\l "_Tc145423358" ◆类型3函数相等型 PAGEREF _Tc145423358 \h 35
\l "_Tc145423359" 题型6恒成立问题之构造函数 PAGEREF _Tc145423359 \h 41
\l "_Tc145423360" 题型7零点问题 PAGEREF _Tc145423360 \h 46
\l "_Tc145423361" 题型8同构问题 PAGEREF _Tc145423361 \h 53
\l "_Tc145423362" 题型9整数解问题 PAGEREF _Tc145423362 \h 59
\l "_Tc145423363" 题型10函数凹凸性问题 PAGEREF _Tc145423363 \h 67
\l "_Tc145423364" 题型11倍函数问题 PAGEREF _Tc145423364 \h 71
\l "_Tc145423365" 题型12二次型函数问题 PAGEREF _Tc145423365 \h 79
\l "_Tc145423366" 题型13嵌套函数问题 PAGEREF _Tc145423366 \h 90
\l "_Tc145423367" 题型14切线放缩法 PAGEREF _Tc145423367 \h 97
题型1恒成立问题之直接求导型
【例题1】（2023春·四川绵阳·高三绵阳南山中学实验学校校考阶段练习）已知a∈R，设函数fx=x2−3x+2a,x≤1x−alnx,x>1，若关于x的不等式f(x)≥0在x∈R上恒成立，则a的取值范围为（ ）
A．[0,1]B．1,2C．0,eD．1,e
【答案】D
【分析】由函数解析式，在x≤1时应用二次函数性质及恒成立有f(x)min=2(a−1)≥0得a≥1，再利用导数研究f(x)在x>1的最小值，结合不等式恒成立只需保证f(x)min>0，即可求出参数范围.
【详解】当x≤1时，f(x)的开口向上且对称轴x=32>1，此时f(x)min=f(1)=2(a−1)，
要使f(x)≥0，则a≥1；
当x>1时f'(x)=x−ax，显然a=1时f'(x)>0恒成立，即f(x)在(1,+∞)上递增，
所以f(x)min=f(1)=1>0，满足题设；
若a>1，则(1,a)上f'(x)0,x>0，令g(x)=f'(x)，则g'(x)=ex+1+ax2>0，
所以g(x)=f'(x)在(0,+∞)上递增，显然x趋向0时f'(x)趋向−∞，f'(a)=ea+1−1>0，
故∃x0∈(0,+∞)使f'(x0)=0，即ex0+1=ax0，则lnx0=lna−(x0+1)，
所以，在(0,x0)上f'(x)0，
所以x∈(0,1)上y递减，x∈(1,+∞)上y递增，则y≥y|x=1=2，
且当x0=1时，0=lna−2⇒a=e2,
综上，2lna−2≤ymin=2，可得00,fx递增.
所以fx的最小值是f−lnaa=e−lna+lnaa−b=1+lnaa−b，
依题意可知1+lnaa−b≥0，
即b≤1+lnaa，即ba≤1+lnaa2，
设ℎx=1+lnxx2x>0，
ℎ'x=x−2x1+lnxx4=−1−2lnxx3，
所以ℎx在区间0,e−12,ℎ'x>0,ℎx递增；
在区间e−12,+∞,ℎ'x0，利用导数得出mlnm+1≥mn，构造函数ℎm=mlnm+1，由导数得出ℎmmin，进而得出mn的最大值.
【详解】fx=mex−x−n−1，f'x=mex−1，
当m≤0时，f'x0时，x∈−∞,−lnm时，f'x0.
ℎm在区间0,e−2上单调递减，在区间e−2,+∞上单调递增，
∴ℎmmin=ℎe−2=−e−2，即mn的最大值是−e−2.
故选：B．
【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于，将不等式的恒成立问题转化为最值问题得出mlnm+1≥mn，再由导数得出ℎmmin ≥mn.
【变式1-1】5.（2022春·安徽滁州·高三校考阶段练习）已知函数fx=x−a−1ex+b，若存在b∈R，对于任意x∈1,2，都有fx0，函数m(a)在(1,2)上递增，
则m(a)0，函数f(x)单调递增，
所以f(x)min=f(x0)=2x0+3ex0+x0=2x0+32x0+1+x0=x0+22x0+1+1=x0+12+1x0+12+12，
由对勾函数可知1+1+230，t=ex+e−x在(0,ln2)上是增函数，t∈(2,52)，
又y=t−4t在t∈(2,52)时是增函数，所以00．令gx=e2x−lnx+1xx>0，故g'x=2x2e2x+lnxx2．
令ℎx=2x2e2x+lnxx>0，则ℎ'x=4xe2x+4x2e2x+1x>0，
故ℎx=2x2e2x+lnx在0,+∞上单调递增，且ℎ1=2e2>0，ℎ1e=2e2e2e−1=2e2e−2−10)，则f(x)⩾0对一切正实数x恒成立，即f(x)min⩾0，
由f'(x)=ex−a−1x，令ℎ(x)=ex−a−1x，则ℎ'(x)=ex−a+1x2>0恒成立，
所以ℎ(x)在(0,+∞)上为增函数，
当x→0时，ℎ(x)→−∞，当x→+∞时，ℎ(x)→+∞，
则在(0,+∞)上，存在x0使得ℎ(x0)=0，
当00，都有f(x)>aln(x+1)恒成立，则实数a的取值范围是 .
【答案】−∞,12
【分析】由fx>alnx+1恒成立得出ex−x−1−axlnx+1>0，构造函数gx=ex−x−1−axlnx+1，分成a≤0，012三种情况进行讨论，得出a的取值范围.
【详解】已知fx=exx−1x−1，对任意x>0，都有fx>alnx+1恒成立，
即exx−1x−1>alnx+1，化简得ex−x−1−axlnx+1>0，
令gx=ex−x−1−axlnx+1，于是对任意x>0，有gx>0，
g'x=ex−1−alnx+1−axx+1，令ℎx=ex−1−alnx+1−axx+1，则ℎ'x=ex−a1x+1+1(x+1)2.
当a≤0时，ℎ'x>0，所以ℎx在0,+∞上是增函数，
于是ℎx>ℎ0=0，即g'x>0，所以gx在0,+∞上是增函数，
于是gx>g0=0，符合题意.
当a>0时，观察易知ℎ'x在0,+∞上是增函数，于是ℎ'x>ℎ'0=1−2a.
若00，所以gx在(0，+∞)上是增函数，gx>g0=0，符合题意.
若a>12时，令mx=ex−x−1，则当x>0时，m'x=ex−1>0，mx在0,+∞上是增函数，
所以mx>m0=0，即ex>x+1，ℎ'a=ea−a1a+1+1(a+1)2>a+1−a2+2a(a+1)2=(a+1)3−a2−2a(a+1)2=a3+2a2+a+1(a+1)2>0，
又ℎ'0=1−2a0
∴ℎ(x)在[1,+∞)上单调递增
∴ℎ(x)≥ℎ(1)=2a−1，当2a−1≥0，即a≥12时，g'(x)≥0，则g(x)在[1,+∞)上单调递增
∴g(x)≥g(1)=0，符合题意；
当2a−10，f(x)单调递增，
当x∈(0,3π4)时，f(x)=exsinx，
f'(x)=ex(sinx+csx)>0，f(x)单调递增，
且f(x)在(−π4,3π4)连续，故f(x)在(−π4,3π4)单调递增，
故选项B正确；
当x∈[0,10π)时，f(x)=exsinx，f'(x)=ex(sinx+csx)，
令f'(x)=0得，x=−π4+kπ(k=1,2,3,4,5,6,7,8,9,10)，
当x∈(−10π,0)时，f(x)=e−xsinx，f'(x)=e−x(csx−sinx)，
令f'(x)=0得，x=π4+kπ(k=−1,−2,−3,−4,−5,−6,−7,−8,−9,−10),
因此，f(x)在(−10π,10π)内有20个极值点，故选项C错误；
当x=0时，f(x)=0≥0=ax，则a∈R，
当x∈(0,π4]时，f(x)≥ax⇔a≤exsinxx，
设g(x)=exsinxx，∴g'(x)=ex(xsinx+xcsx−sinx)x2，
令ℎ(x)=xsinx+xcsx−sinx，x∈(0,π4]
∴ℎ'(x)=sinx+x(csx−sinx)>0，ℎ(x)单调递增，
∴ℎ(x)>ℎ(0)=0，
∴g'(x)>0，g(x)在(0,π4]单调递增，
又由洛必达法则知：
当x→0时，g(x)=exsinxx→ex(sinx+csx)1x=0=1
∴a≤1，故答案D正确.
故选：BD.
【点睛】本题考查了奇函数、周期函数定义，三角函数的几何性质，函数的极值，利用导数研究单调性以及利用导数研究恒成立问题，考查综合分析求解与论证能力，属较难题.
【变式4-1】1. （2020春·黑龙江哈尔滨·高三黑龙江实验中学校考开学考试）已知函数f(x)=x2lnx−a(x2−1) (a∈R),若f(x)≥0在x∈(0,1］ 时恒成立,则实数a的取值范围是
A．［24,+ ∞）B．[12,+∞)C．[2,+∞)D．[1,+∞)
【答案】B
【分析】首先将式子化简，将参数a化为关于x的函数，之后将问题转化为求最值问题来解决，之后应用导数研究函数的单调性，从而求得函数的最值，在求解的过程中，注意对函数进行简化，最后用洛必达法则，通过极限求得结果.
【详解】根据题意，有x2lnx−a(x2−1)≥0,(x∈(0,1])恒成立，当a≠1时，将其变形为a≥x2lnxx2−1恒成立，即a≥(x2lnxx2−1)max，令g(x)=x2lnxx2−1，利用求得法则及求导公式可求得g'(x)=x3−x−2xlnx(x2−1)2，令ℎ(x)=x3−x−2xlnx，可得ℎ'(x)=3x2−1−2lnx−2=3x2−2lnx−3，可得ℎ''(x)=6x−2x=6x2−2x=6(x+33)(x−33)x，因为x∈(0,1]，所以x∈(0,33)时，ℎ''(x)0，所以函数ℎ'(x)在x∈(0,33)时单调减，在x∈(33,1]时单调增，即ℎ'(x)≥ℎ(33)=1−3−2ln33=ln3−2，而ℎ'(1)=0，所以ℎ(x)在(33,1]上是减函数，且ℎ(1)=0，所以函数ℎ(x)在区间(33,1]上满足ℎ(x)≥0恒成立，同理也可以确定ℎ(x)≥0在(0,33]上也成立，即g'(x)≥0在x∈(0,1]上恒成立，即g(x)=x2lnxx2−1在x∈(0,1]上单调增，且limx→1x2lnxx2−1=limx→12xlnx+x2x=limx→12lnx+12=12，故所求的实数a的取值范围是[12,+∞)，故选B.
点睛：该题属于应用导数研究函数最值的综合问题，在解题的过程中，注意构造新函数，并且反复求导，研究函数的单调性，从而确定出函数值的符号，从而确定出函数的单调性，从而得出函数在哪个点处取得最值，还有需要应用洛必达法则求极限来达到求最值的目的.
【变式4-1】2. （2020·江西九江·统考三模）若对任意x∈0,π，不等式ex−e−x>asinx恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．−2,2B．−∞,eC．−∞,2D．−∞,1
【答案】C
【分析】由题意参变分离，构造f(x)=ex−e−xsinx，求导分析函数的单调性与最小值即可.
【详解】将ex−e−x>asinx等价转化为ae−x，sinx>0，故g'x>0.
即g(x)=ex(sinx−csx)+e−x(sinx+csx)在(0,π)上为增函数，则g(x)>g(0)=0，
所以在(0,π)恒成立，则f(x)=ex−e−xsinx在(0,π)单调递增，则f(x)>f(0），
由洛必达法则，得limx→0(ex−e−x)'limx→0(sinx)'=limx→0(ex+e−x)limx→0csx=2，
所以实数a的取值范围是−∞,2；
故选：C
【变式4-1】3. （2020春·河北唐山·期中）若12(a−1)x2+10恒成立，则实数a的取值范围是
A．(−∞,2]B．(−∞,2)C．(−∞,1]D．(−∞,3]
【答案】A
【解析】将条件12(a−1)x2+10恒成立转化为对∀x>0有12(a−1)g0=e00−2+0+2=0，所以f'x=gxx3>0，故fx在0,+∞单调递增，则fx>f0
由洛必达法则可知limx→0ex−x−1x2=limx→0ex−12x=limx→0ex2=12，则fx>12恒成立
所以12(a−1)≤12，故a≤2
故选：A
【点睛】本题考查利用导数在不等式恒成立的情况下求参数的取值范围，多见于参变分离，还考查了对零比零型函数利用洛必达法则求极限值，属于难题
【变式4-1】4.(多选) （2023春·河南许昌·）已知函数f(x)=e|x|sinx，则下列结论正确的是（ ）
A．f(x)是周期为2π的奇函数B．f(x)在(−π4,3π4)上为增函数
C．f(x)在(−10π,10π)内有21个极值点D．f(x)⩾ax在[0,π4]上恒成立的充要条件是a⩽1
【答案】BD
【解析】根据周期函数的定义判定选项A错误；根据导航的符号判断选项B正确；根据导函数零点判定选项C错误；根据恒成立以及对应函数最值确定选项D正确.
【详解】∵f(x)的定义域为R，f(−x)=e−xsin(−x)=−f(x)，
∴f(x)是奇函数，
但是f(x+2π)=ex+2πsin(x+2π)=ex+2πsinx≠f(x)，
∴f(x)不是周期为2π的函数，故选项A错误；
当x∈(−π4,0)时，f(x)=e−xsinx，
f'(x)=e−x(csx−sinx)>0，f(x)单调递增，
当x∈(0,3π4)时，f(x)=exsinx，
f'(x)=ex(sinx+csx)>0，f(x)单调递增，
且f(x)在(−π4,3π4)连续，故f(x)在(−π4,3π4)单调递增，
故选项B正确；
当x∈[0,10π)时，f(x)=exsinx，f'(x)=ex(sinx+csx)，
令f'(x)=0得，x=−π4+kπ(k=1,2,3,4,5,6,7,8,9,10)，
当x∈(−10π,0)时，f(x)=e−xsinx，f'(x)=e−x(csx−sinx)，
令f'(x)=0得，x=π4+kπ(k=−1,−2,−3,−4,−5,−6,−7,−8,−9,−10),
因此，f(x)在(−10π,10π)内有20个极值点，故选项C错误；
当x=0时，f(x)=0≥0=ax，则a∈R，
当x∈(0,π4]时，f(x)≥ax⇔a≤exsinxx，
设g(x)=exsinxx，∴g'(x)=ex(xsinx+xcsx−sinx)x2，
令ℎ(x)=xsinx+xcsx−sinx，x∈(0,π4]
∴ℎ'(x)=sinx+x(csx−sinx)>0，ℎ(x)单调递增，
∴ℎ(x)>ℎ(0)=0，
∴g'(x)>0，g(x)在(0,π4]单调递增，
又由洛必达法则知：
当x→0时，g(x)=exsinxx→ex(sinx+csx)1x=0=1
∴a≤1，故答案D正确.
故选：BD.
【点睛】本题考查了奇函数、周期函数定义，三角函数的几何性质，函数的极值，利用导数研究单调性以及利用导数研究恒成立问题，考查综合分析求解与论证能力，属较难题.
题型5恒成立问题之两个函数问题
◆类型1同变量型
【例题5-1】（2023秋·广东阳江·高三统考开学考试）已知函数fx=ex−lnx，gx=ax+b，x∈0,+∞，fx≥gx恒成立，则a+b的最大值为（ ）
A．eB．1C．−1D．−e
【答案】A
【分析】令ℎx=fx−gx=ex−lnx−ax−b，其中x∈0,+∞，分析可知，存在x0∈0,+∞，使得qx0=ex0−1x0−a=0，可得出a=ex0−1x0，由题意可得出ℎx0≥0，可得出b≤1−x0ex0−lnx0+1，由此可得出a+b≤2−x0ex0−1x0−lnx0+1，令nx=2−xex−1x−lnx+1，其中x>0，利用导数求出函数nx的最大值，即为a+b的最大值.
【详解】令ℎx=fx−gx=ex−lnx−ax−b，其中x∈0,+∞，则ℎ'x=ex−1x−a，
令px=ex−1x−a，其中x>0，则p'x=ex+1x2>0，
故函数ℎ'x=ex−1x−a在0,+∞上为增函数，
①当a0，e−a+1>1，则02f(x)−x2−11对一切x∈R恒成立，则正整数m的最大值为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】C
【分析】将不等式整理为ex−mx+8>0,(m>0)，由此构造函数ℎ(x)=ex−mx+8，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，即m−mlnm+8>0恒成立；令φ(m)=m−mlnm+8，利用导数判断其单调性，求得其恒大于0时m的范围，即得答案.
【详解】由题意不等式g(x)>2f(x)−x2−11对一切x∈R恒成立，
即ex−mx+8>0,(m>0)对一切x∈R恒成立，
令ℎ(x)=ex−mx+8，则ℎ'(x)=ex−m，
当x0，
即ℎ(x)=ex−mx+8在(−∞,lnm)上单调递减，在(lnm,+∞)上单调递增，
故ℎxmin=ℎlnm=m−mlnm+8，则m−mlnm+8>0需恒成立；
令φ(m)=m−mlnm+8,∴φ'(m)=−lnm，
当00,m→0时，φ(m)=m−mlnm+8→8>0，
取m=e2∈7,8,φe2=8−e2>0，（2.70，可得出ca⩾1，分ca=1和ca>1讨论，利用不等式的性质和基本不等式可求得b2a2+c2的最大值．
【详解】因为f(x)=13ax3+12bx2+cx，所以f'(x)=ax2+bx+c,f''(x)=2ax+b，即g(x)=2ax+b.
因为对任意x∈R，不等式f'(x)⩾g(x)恒成立，所以ax2+bx+c⩾2ax+b恒成立，即ax2+(b−2a)x+c−b⩾0恒成立，所以Δ=(b−2a)2−4a(c−b)⩽0且a>0，即b2⩽4ac−4a2，所以4ac−4a2⩾0，所以c⩾a>0，所以ca⩾1，令t=ca，则t⩾1.①当t=1时，a=c,b=0, b2a2+c2=0；②当t>1时，b2a2+c2⩽4ac−4a2a2+c2⩽4ca−41+ca2=4(t−1)t2+1=4(t−1)(t−1)2+2(t−1)+2=4(t−1)+2(t−1)+2⩽422+2=22−2当且仅当t=2+1时，取得最大值为22−2.
故答案为22−2
【点睛】本题考查多变量的最值的问题，根据变量之间的关系，进行代换，换元，利用基本不等式求最值，是道难度比较大的题目
◆类型2不同变量型
【例题5-2】（2022秋·河南·高三校联考阶段练习）设函数fx=x−1ex−e，gx=lnx−ax，其中a∈R．若对任意的正实数x1，x2，不等式fx1≥gx2恒成立，则a的最小值为（ ）
A．0B．1C．1eD．e
【答案】C
【分析】根据不等式fx1≥gx2恒成立的等价形式fminx1≥gx2，求fx的最小值，然后分离常数得a≥lnxxx>0恒成立，令ℎx=lnxx求其最大值，从而得到a的取值范围，进而求得最小值.
【详解】依题意，当x1>0,x2>0时，不等式fx1≥gx2恒成立，等价于fminx1≥gx2，
对于fx，当00，ℎx单调递增；
当x>e时，ℎ'x0时，x1x2=tB．当t>0时，elnt≤x1x2
C．不存在t，使得f'x1=g'x2成立D．fx>gx+mx恒成立，则m≤2
【答案】AB
【分析】A选项，转化同构形式x1ex1=x2lnx2=lnx2elnx2，根据函数f(x)=xex在0,+∞上单调，可得x1=lnx2，即x1x2=t；B选项，转化为研究函数φt=lntt的最小值问题即可；C选项，特值验证，找到t满足条件即可；D选项，不等式变形、分离参数，转化为m0，
则x1>0,x2>0,lnx2>0，且t=f(x1)=f(lnx2)>0，
由fx=xex，得f'x=exx+1，
当x>0时，f'x>0，则fx在0,+∞上递增，
所以当t>0时，fx=t有唯一解，故x1=lnx2，
∴x1x2=x2lnx2=t，故A正确；
选项B，由A正确，得lntx1x2=lntt(t>0)，
设φt=lntt，则φ't=1−lntt2，
令φ't=0，解得t=e
易知φt在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，
∴φt≤φe=1e，∴lntx1x2≤1e，∴elnt≤x1x2，故B正确；
选项C，由f'x=exx+1，g'x=lnx+1=0，
得f'−1=g'1e=0，又验证知f−1=g1e=−1e，
故存在t=−1e，使得f'−1=g'1e=0，C错误；
选项D，由x>0，fx>gx+mx恒成立，即ex−lnx>m恒成立，
令rx=ex−lnx，则r'x=ex−1x，
由r'x在0,+∞上递增，又r'12=e−22，
要使mgmax(x)成立，
已知a≤0，则g'(x)a+1，得a0，所以φx在1,+∞上单调递增，
φx>φ1=e2−3>0，故fx1>gx1，故A错误；
由题意得e2x1−2x1+1=2x2−2lnx2，
所以e2x1−2x1−1=2x2−lnx2−1=2elnx2−lnx2−1，
因为x1,x2∈1,+∞，所以x1>0,lnx2>0，
令ℎx=ex−x−1(x>0)，则ℎ2x1=2ℎlnx2，且ℎ'x=ex−1>0在0,+∞上恒成立，
所以ℎx在0,+∞上单调递增，故ℎx>ℎ0=0，
所以ℎ2x1=2ℎlnx2>ℎlnx2，即ℎ2x1>ℎlnx2，
故2x1>lnx2，故B错误.
又e2x1−2x1−1−2ex1−x1−1=ex1−12>0，
所以e2x1−2x1−1>2ex1−x1−1，所以2ℎlnx2=ℎ2x1>2ℎx1，即ℎlnx2>ℎx1，
所以x1gx（或fx0（或fx−gx0，p(1)0，则fx单调递增，
x∈2,+∞，f'x0，x,y∈−π4,π4，且ex+εsiny=eysinx，则下列关系式恒成立的为（ ）
A．csx≤csyB．csx≥csyC．sinx≤sinyD．sinx≥siny
【答案】A
【分析】构造fx=sinxex，x∈−π4,π4，求导研究其单调性，分类讨论得到正确选项.
【详解】构造fx=sinxex，x∈−π4,π4，
则f'x=csx−sinxex，
当x∈−π4,π4时，csx>sinx，f'x=csx−sinxex>0，
所以fx=sinxex在−π4,π4单调递增，
因为01时，则00,所以π4>x>y>0
y=csx，x∈0,π4单调递减，所以csxx2，则由题意可得fx1−x12>fx2−x22，令g(x)=f(x)−x2，则g(x)在(−∞,+∞)上单调递增，所以g'(x)≥0在x∈(−∞,+∞)上恒成立，再次转化为a≥2x−4ex．在x∈(−∞,+∞)上恒成立，令ℎ(x)=2x−4ex，利用导数求出其最大值即可.
【详解】不妨设x1>x2，由fx1−fx2x1−x2>x1+x2，得fx1−fx2>x12−x22，
即fx1−x12>fx2−x22，
令g(x)=f(x)−x2，所以对任意的实数x1,x2∈(−∞,+∞),x1>x2时，都有gx1>gx2，
即g(x)在(−∞,+∞)上单调递增，所以g'(x)=aex−2x+4≥0在x∈(−∞,+∞)上恒成立，
即a≥2x−4ex．在x∈(−∞,+∞)上恒成立．
令ℎ(x)=2x−4ex．则ℎ'(x)=6−2xex，
令ℎ'(x)>0，解得x0,t2−3t+3>0，所以g't>0，gt在12,1单调递增.
所以gt最小值为g(12)=4e5.
故选：A
【点睛】关键点点睛：设零点t∈[12,1]有et+at−1+b=0，换主元化为点a,b在直线t−1x+y+et=0上，结合a2+b2的几何意义及点线距离公式得a2+b2≥e2t(t−1)2+12为关键
【变式7-1】1. （2023·安徽黄山·屯溪一中校考模拟预测）已知函数fx=ex,x≤1−x2+4x−3,10，故当lna>2e时，即当a>e2e时，
直线y=lna与函数ℎx=2lnxx的图象没有交点.
综上所述，实数a的取值范围是e2e,+∞.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：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7-1】3. （2023·浙江温州·乐清市知临中学校考模拟预测）设a>0，b∈R，已知函数fx=xex+ax−3+b，x∈1,3有且只有一个零点，则a2+b2的最小值为（ ）
A．e26B．e25C．e24D．e23
【答案】B
【分析】设函数fx的零点为t，可得t−3a+b+tet=0，由此可得点a,b在直线t−3x+y+tet=0上，由此可得a2+b2≥t2e2tt2−6t+10，再利用导数求其最小值.
【详解】函数fx=xex+ax−3+b的零点为t，
则1≤t≤3，且tet+at−3+b=0，即t−3a+b+tet=0，
所以点a,b在直线t−3x+y+tet=0上，
又a2+b2表示点a,b到原点的距离的平方，
故a2+b2≥tett−32+12，
所以a2+b2≥t2e2tt2−6t+10，
设gt=t2e2tt2−6t+10，
则g't=2te2t1+tt2−6t+10−2t−3t2e2tt2−6t+102，
故g't=2te2t1+tt2−6t+10−t−3tt2−6t+102=2te2tt3−6t2+7t+10t2−6t+102，
设ℎt=t3−6t2+7t+101≤t≤3，
则ℎ't=3t2−12t+7=3t−22−5，
因为1≤t≤3，所以ℎ't0，
故当1≤t≤3时，g't>0，函数gt在1,3上单调递增，
所以gt≥g1=e25.
所以当−2a+b+e=0，a=−2b时，a2+b2取最小值，最小值为e25.
所以当a=2e5,b=−e5时，a2+b2的最小值为e25.
故选：B.
【点睛】知识点点睛：本题考查函数零点的定义，直线方程的定义，点到直线的距离，两点之间的距离，利用导数求函数的最值，考查数学运算，数形结合等数学思想.
【变式7-1】4. （2023·四川广元·校考模拟预测）若函数fx=2lnx−3ax2在2,e上存在两个零点，则a的取值范围是 （ ）
A．ln22,1eB．ln26,13eC．2e2,ln26D．1e2,13e
【答案】B
【分析】参变分离得到即g(x)=2lnxx2与y=3a的图象在2,e上有2个交点，求导得到g(x)=2lnxx2的单调性和极值，最值情况，得到g(x)max=1e，再由φ(x)=lnxx得到g(2)>g(e)，从而得到ln22≤3a0，故函数g(x)=2lnxx2单调递增，
当e0，
所以函数fx=x⋅3x在(0， +∞)为增函数，
所以lg3x≥kx>0所以k≤lg3xx，
设函数gx=lg3xx，
g'x=1xln3⋅x−lg3xx2=1ln3−lnxln3x2=1−lnxln3⋅x2，
所以函数gx=lg3xx在(0，e)为增函数，在(e， +∞)为减函数，
所以gxmax=ge=lg3ee=1eln3，
所以k的最大值为1eln3，
故选：A.
【变式8-1】2. （2023秋·广东中山·高三校考阶段练习）对任意x∈0,+∞，kekx+1−1+1xlnx>0恒成立，则实数k的可能取值为（ ）
A．−1B．13C．1eD．2e
【答案】D
【分析】将恒成立的不等式化为ekx+1lnekx>x+1lnx，构造函数fx=x+1lnx，利用导数可求得fx单调性，从而得到ekx>x，分离变量可得k>lnxx；令ℎx=lnxx，利用导数可求得ℎx最大值，由此可得k的范围，从而确定k可能的取值.
【详解】当x>0时，由kekx+1−1+1xlnx>0得：kxekx+1>x+1lnx，
∴ekx+1lnekx>x+1lnx，
令fx=x+1lnx，则f'x=lnx+1+1x，
令gx=f'x，则g'x=1x−1x2=x−1x2，
∴当x∈0,1时，g'x0，
∴fx在0,+∞上单调递增，
由ekx+1lnekx>x+1lnx得：fekx>fx，∴ekx>x，即k>lnxx；
令ℎx=lnxx，则ℎ'x=1−lnxx2，
∴当x∈0,e时，ℎ'x>0；当x∈e,+∞时，ℎ'x0时，k>lnxx恒成立，则k>1e，
∴实数k的可能取值为2e，ABC错误，D正确.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解恒成立问题，解题关键是能够对于恒成立的不等式进行同构变化，将其转化为同一函数的两个函数值之间的大小关系的问题，从而利用函数的单调性来进行求解
【变式8-1】3. （2023秋·江西南昌·高三南昌市外国语学校校考阶段练习）已如函数fx=aex+lna+1a>0，若任意实数t>1，不等式ft>lnt−1恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．0,1e2B．0,1e2C．1e2,+∞D．1e2,+∞
【答案】D
【分析】将所求不等式变形为et+lna+t+lna≥elnt−1+lnt−1，构造函数gx=ex+x，可知该函数在R上为增函数，由此可得出lna≥lnt−1−t，利用导数求出ℎx=lnx−1−x的最大值，即可求得实数a的取值范围.
【详解】当t>1时，由ft>lnt−1可得aet+lna+1≥lnt−1，
所以et+lna+t+lna≥t−1+lnt−1=elnt−1+lnt−1，
构造函数gx=ex+x，其中x∈R，则g'x=ex+1>0，所以函数gx在R上为增函数，
由et+lna+t+lna≥elnt−1+lnt−1可得gt+lna≥glnt−1，
所以t+lna≥lnt−1，即lna≥lnt−1−t，其中t>1，
令ℎx=lnx−1−x，其中x>1，则ℎ'x=1x−1−1=2−xx−1.
当10)恒成立，则a的取值范围为（ ）
A．(0，2e] B．(0,e] C．(0，1] D．[1,e]
【答案】B
【分析】将ax2≤ex+axlnx(a>0)变形为exx−alnexx≥0，设f(x)=exx(x>0)，利用导数求得f(x)≥e，t=exx,(t≥e)，则t−alnt≥0，所以a≤tlnt,(t≥e)恒成立，构造函数g(t)=tlnt,(t≥e)，利用导数求得其最小值，即可求得答案.
【详解】对任意x>0 ，若不等式ax2≤ex+axlnx(a>0)恒成立,
即exx−a(x−lnx)≥0，即exx−alnexx≥0，
设f(x)=exx(x>0)，则f'(x)=ex(x−1)x2,f'(1)=0，
当00，f(x)在x>1时单调递增，
故当x=1时，f(x)取得极小值也是最小值，即f(x)≥f(1)=e，
令t=exx,(t≥e)，则t−alnt≥0，所以a≤tlnt,(t≥e)恒成立，
设g(t)=tlnt,(t≥e),∴g'(t)=lnt−1(lnt)2≥0,
故g(t)=tlnt,(t≥e)是单调递增函数，故g(t)≥g(e)=e，
所以a≤e ，又因为a>0，
所以a的取值范围为(0,e]，
故选：B
【点睛】本题考查了不等式的恒成立成立问题，解答时要注意对不等式进行恰当的变式，从而分离参数，构造新函数，将不等式恒成立问题转化为函数的最值问题解决.
【变式8-1】5.（2023春·四川内江·高三威远中学校校考阶段练习）定义：设函数y=fx在a,b上的导函数为f'x，若f'x在a,b上也存在导函数，则称函数y=fx在a,b上存在二阶导函数，简记为y=f″x．若在区间a,b上f″x>0，则称函数y=fx在区间a,b上为“凹函数”．已知fx=12ae2x−12x2lnx−lna−32在区间0,+∞上为“凹函数”，则实数a的取值范围为 ．
【答案】12e,+∞
【分析】对函数fx求导两次得到f″x，再由f″x>0得到2xe2x>lnxa⋅elnxa，构造函数gx=xex，利用导数证明gx在0,+∞上单调递增，
从而得到2x>lnxa，变式得：a>xe2x，再次构造函数ℎx=xe2x，求ℎxmax即可.
【详解】函数fx=12ae2x−12x2lnx−lna−32的定义域为0,+∞，
则f'x=ae2x−xlnx−lna−32−12x，即f″x=2ae2x−lnx+lna，
由题意得，f″x=2ae2x−lnx+lna>0在0,+∞上恒成立；
所以2ae2x>lnx−lna=lnxa,
则2e2x>1alnxa,所以2xe2x>xalnxa=lnxa⋅elnxa，
当lnxa≤0时，显然成立，下面讨论lnxa>0的情况，
令g(x)=xex（x>0），则g'x=x+1ex，
x>0时，g'x>0，所以gx在0,+∞上为增函数，
由2xe2x>lnxa⋅elnxa，得g2x>glnxa，
所以2x>lnxa，则xa0时，a>xe2x恒成立，
设ℎx=xe2x（x>0），则ℎ'x=1−2xe2x，
当0mex有且仅有两个正整数解（其中e=2.71828⋯为自然对数的底数），则实数m的取值范围是（ ）
A．(165e4,94e3]B．(94e3,43e2]C．[165e4,94e3)D．[94e3,43e2)
【答案】D
【分析】问题转化为m(x+1)0）有且仅有两个正整数解，讨论m≤0、m>0并构造f(x)=m(x+1)、g(x)=x2ex，利用导数研究单调性，进而数形结合列出不等式组求参数范围.
【详解】当x>0时，由x2−mxex−mex>0，可得m(x+1)0），
显然当m≤0时，不等式m(x+1)0时，令f(x)=m(x+1)，则f(x)在(0,+∞)上单调递增，
令g(x)=x2ex，则g'(x)=x(2−x)ex，故(0,2)上g'(x)>0，(2,+∞)上g'(x)g(0)=0且x趋向正无穷时g(x)趋向0，故g(x)∈(0,4e2]，
综上，f(x),g(x)图象如下：
由图知：要使f(x)a≥f1，即0≤a0，所以g'(x)>0，
注意到x→0+时，g(x)→+∞；x→+∞时，g(x)→+∞；
且g(1)=−1,g(2)=ln2−12，
据此可作出g(x)的图象的草图如图1，
由图可知当且仅当a≤g(2)=ln2−12时，不等式g(x)0，所以g'(x)>0，
从而g(x)在(0,1)上递减，在(1,+∞)上递增，
又g(1)=0，故可作出g(x)图象的草图如图2，
由图可知临界状态为直线y=ax+1恰过点(2,ln2)时，此时，a=ln2−12，
当且仅当a≤ln2−12时，不等式(x−1)lnxg(x)在区间0，+∞内有且只有两个整数解，则实数a的取值范围为（ ）
A．(e,e2]B．(e,e22]C．(e2,e3]D．(e22,e33]
【答案】D
【分析】将f(x)>g(x)化为elnax+lnax>ex+x，再根据函数y=ex+x在区间0，+∞内为增函数，化为ln(ax)>x，即a>exx.令g(x)=exx (x>0)，利用导数研究函数的性质，得函数的图象，根据图象列式可求出结果.
【详解】显然a>0，
由f(x)>g(x)，得ax+lna>x+ex−lnx，得ax+ln(ax)>ex+x，
得elnax+lnax>ex+x，
令y=ex+x，x>0，则y'=ex+1 >1>0，
所以函数y=ex+x区间0，+∞内为增函数，
所以elnax+lnax>ex+x可化为ln(ax)>x，即ax>ex，即a>exx，
所以关于x的不等式a>exx在区间0，+∞内有且只有两个整数解，
令g(x)=exx (x>0)，则g'(x)=ex⋅x−exx2 =ex(x−1)x2，
令g'(x)>0，得x>1，令g'(x)0，
①当x0，此时函数gx单调递增，
且g−2=4e2，a>2xx+1ex无解；
②当x>−1时，由fx0，故gx单调递增，
而g−12=e−12−12>0,g−34=e−34−340;n−1e
所以选B
【点睛】本题考查了导数在研究函数性质中的综合应用，注意函数的极限值情况，属于难题．
题型11倍函数问题
【例题11】（2023春·北京海淀·高二校考阶段练习）若存在x1,x2∈a,b且x1≠x2，使gx1−gx2>Lfx1−fx2成立，则在区间a,b上，称gx为fx的“倍函数”．设fx=lnx，gx=x2lnx+1，若在区间e,e上，gx为fx的“倍函数”，则实数L的取值范围为（ ）
A．−∞,e9B．−∞,e9
C．−∞,eD．−∞,e
【答案】B
【分析】利用导数可证得gx在e,e上单调递增，设e≤x2gx2−Lfx2，可将问题转化为ℎx=gx−Lfx在e,e上存在单调递增区间，结合导数可进一步化为L0在e,e上有解，
即LLfx1−fx2成立，则在区间a,b上，称gx为fx的“倍函数”．设fx=lnx，gx=x2lnx+1，若在区间e,e上，gx为fx的“倍函数”，则实数L的取值范围为 ．
【答案】−∞,e9
【分析】求导g'x=2lnx−12lnx+12，易知函数gx在e,e上单调递增，fx在e,e上单调递增，不妨设e≤x20在e,e上有解，即L0，所以x>0时，gx=3x−2x>ex−2x>0，
所以此时3x=2x无解，
综上所述，3x=2x无解，故函数fx=3xx∈R不存在“倍值区间”，
③当x=0时，fx=0；
当x>0时，fx=4x+1x，由于对勾函数y=x+1x在0,1上单调递减，
由复合函数可得函数fx在区间0,1上单调递增，
若函数fx=4x1+x2在区间0,1存在“倍值区间”a,b,a0，当x>0时，f'x1时，f'x>0，fx单调递增；
当0e时，f'(x)>0，f(x)单调递增；00，所以fx=t的根的情况是：在01时，有1个根；
（2）当b=0时，ft=b有1个根，t=−ln20，因此函数g(x)在[ln2,1)上单调递增，
g(ln2)=eln2，而g(1)=ee−1，于是当ln2≤x0,g(a)单调递增；当a>2e32时，g'a0，原不等式可化为lnx−1x≤1ax−ab.再利用导数研究函数fx=lnx−1x的图象，根据y=1ax−ab的图象恒在fx的图象的上方，对a进行分类讨论，即可得到答案.
【详解】由a≠0，x>0，原不等式可化为lnx−1x≤1ax−ab.
设fx=lnx−1x，则f'x=1x⋅x−lnx−1x2=2−lnxx2，
当x∈0,e2时，f'x>0，fx递增；
x∈e2,+∞，f'xe时，fx>0.
y=1ax−ab的图象恒在fx的图象的上方，
显然a0时，ab为直线y=1ax−ab的横截距，其最大值为fx的横截距，
再令fx=0，可得x=e，所以ab取得最大值为e.
此时a=e2，b=1e，直线与fx在点e,0处相切.
【点睛】本小题主要考查函数的导数及其应用等基础知识；考查抽象概括能力、运算求解能力和创新意识；考查化归与转化、数形结合等思想方法.
【变式14-1】2. （2018秋·江苏南京·高三统考期中）存在k>0,b>0使kx−2k+b≥lnx对任意的x>0恒成立，则bk的最小值为 .
【答案】1
【分析】将问题转化为直线y=kx−2+b恒在y=lnx上方来求解，利用导数与切线的知识将bk转化为只含k的表达式，并利用导数求得这个表达式的最小值.
【详解】存在k>0,b>0使kx−2k+b≥lnx对任意的x>0恒成立，
则等价于等价于存在k>0，b>0，y=kx−2+b在y=lnx的上方.
直线y=kx−2+b过定点2,b，即定点在直线x=2上，
设直线y=kx−2+b与y=lnx相切于点x0,y0，
y'=lnx'=1x，所以k=1x0，
由k=y0−bx0−2=lnx0−bx0−2得k=ln1k−b1k−2，
化简得b=2k−1−lnk，故bk=2−1k−lnkk.
构造函数gk=2−1k−lnkkk>0，
则g'k=1k2−1−lnkk2=lnkk2，
所以当00，函数gk递增，
所以gkmin=g1=2−1=1.所以bk的最小值为1.
故答案为：1
【点睛】本小题主要考查导数的几何意义，导数和函数的最值的关系，函数恒成立的问题，考查运算求解能力、化归与转化思想，属于难题.
【变式14-1】3. （2020春·湖北荆门·高三荆门市龙泉中学校考阶段练习）若关于x的不等式lnx+1x≤ax+b恒成立，则ba的最小值是 .
【答案】−1e
【解析】构造函数fx=lnx+1x，求得导数，判断单调性、极值和最值，作出y=fx的图象，运用函数图象的性质数形结合确定ba的最小值即可.
【详解】解：设fx=lnx+1x，∴f'x=1x⋅x−1+1nxx2=−1nxx2，
当x∈0,1时，f'x>0，fx递增；x∈1,+∞，f'x1时，fx>0，
作出y=fx的图象，满足题意时，y=ax+b的图象恒在fx的图象的上方，
显然a≤0不符题意；当a>0时，可令ax+b=0，即ba=−x，
故ba取到最小值时，直线在x轴上的截距最大，再令fx=0，可得x=1e，−x=−1e，
由此推得ba的最小值是−1e，
故答案为：−1e.
【点睛】本题考查不等式恒成立问题解法，注意运用转化思想和构造函数，结合导数判断单调性、极值和最值，考查数形结合思想，属于中档题.
1. （2023·全国·模拟预测）已知当x>1时，关于x的不等式a+1x+lnx>a恒成立，则实数a的值不可能是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】D
【分析】化为xlnx−ax+a+1>0恒成立，构造函数f(x)=xlnx−ax+a+1 (x>1)，求导后讨论a，当a≤1时，f(x)>f(1)=0，符合题意；当a>1时，求出f(x)的最小值f(x)min=f(ea−1) =−ea−1+a+1，化为−ea−1+a+1>0，再构造函数g(a)=−ea−1+a+1(a>1)，利用导数可得结果.
【详解】当x>1时，关于x的不等式a+1x+lnx>a恒成立，即xlnx−ax+a+1>0恒成立，
令f(x)=xlnx−ax+a+1 (x>1)，则f'(x)=lnx+1−a，
当1−a≥0，即a≤1时，由x>1，得lnx>0，所以f'(x)>0，所以f(x)在(1,+∞)上为增函数，所以f(x)>f(1)=0，符合题意；
当1−a1时，由f'(x)1时，ea−1>1，所以g'(a)0，g(3)=−e2+40，所以，函数ℎx在0,+∞上为增函数，
因为ℎ12=e2−2ln2−10，
所以，函数px在0,+∞上单调递增，
因为x0∈12,1，则1x02∈1,4，则ln1x02>0，
由2x0+1e2x0=1−2lnx0e−2lnx0可得p2x0=p−2lnx0，则2x0=−2lnx0，
即x0=−lnx0，可得ex0=1x0，则x0ex0=1，
且当00，此时函数gx单调递增，
所以，gx0=x0e2x0−2lnx0+1x0=x0×1x02−1−2x0x0=2，所以，a≤2，
故选：D.
【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.
3. （2022·山东·校联考模拟预测）已知函数f(x)=x2eax+1−2lnx−ax−2，若f(x)≥0对任意x>0恒成立，则实数a的最小值为（ ）
A．−1eB．−2eC．−2eD．e
【答案】C
【分析】把f(x)转化为f(x)=e2lnx+ax+2−1−(2lnx+ax+2)，先证明出ex−1≥x恒成立，得到f(x) ≥(2lnx+ax+2)−(2lnx+ax+2)=0恒成立，从而得到a=−2lnx−1x，令g(x)=−2lnx−1x，利用导数求出g(x)的最小值，即可得到a的最小值.
【详解】f(x)=x2eax+1−2lnx−ax−2=e2lnx+ax+2−1−(2lnx+ax+2)
记fx=ex−1−x.
因为f'x=ex−1−1，所以当x>1时，f'x>0，所以fx在1,+∞上单调递增，当x0，g(x)单增.故g(x)min=ge12=−2e，即a的最小值为−2e
故选：C.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，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)利用导数研究恒（能）成立问题．
4. （2023·山东·山东省实验中学校考二模）已知不等式x+alnx−xa+1ex≥0对任意x∈1,+∞恒成立，则实数a的最小值是 ．
【答案】−e
【分析】将已知不等式变形为e−x−lne−x≥xa−lnxa，构造函数fx=x−lnx，利用导数分析函数fx的单调性，考虑a为负数的情形，可得出xa≥e−x，分参后可得a≥−xlnx，利用导数求出gx=−xlnx在1,+∞上的最大值，即可得出实数a的最小值.
【详解】由x+alnx−xa+1ex≥0可得x+e−x≥xa−alnx=xa−lnxa，即e−x−lne−x≥xa−lnxa，
构造函数fx=x−lnx，其中x>0，则f'x=1−1x=x−1x.
当00，此时函数fx单调递增，
因为x>1，则−xe时，g'x0，fx单调递增；当x∈2,+∞时，f'x0，可得a>1，
令g'a2讨论，结合导函数与函数单调性、最值的关系即可.
【详解】令f(x)=alnx−ex−2，则f'(x)=ax−ex−2=a−xex−2x，x∈2,+∞，
令gx=a−xex−2，x∈2,+∞，则g'(x)=−(x+1)ex−2ex0−2(2ln2−1)>0，不符合题意，
综上所述，不等式恒成立时，实数a的取值范围是−∞,1ln2．
故答案为：−∞,1ln2.
【点睛】关键点睛：本题的关键在于合理地进行分类讨论，首先对于较为简单的a0时，需要再次找到函数单调的分界点，即a=2，对于a>2时，需采用隐零点法结合不等式放缩即可.
8. （2023·青海西宁·统考二模）设实数m>0，若对任意的x∈1e2,+∞，不等式emx−lnxm≥1m−emxmx恒成立，则实数m的取值范围为 .
【答案】1e,+∞
【分析】将函数emx−lnxm≥1m−emxmx化简成emx+emxlnemx≥x+xlnx，构造同构函数，分析单调性，转化为e2mx≥x即求解m≥lnxx,研究函数单调性即可解决.
【详解】因为emx−lnxm≥1m−emxmx通分得：mxemx−xlnx≥x−emx即：emx+emxlnemx≥x+xlnx；设f(x)=x+xlnx,
f'(x)=lnx+2>0, x∈1e2,+∞，
函数f(x)=x+xlnx在x∈1e2,+∞单调递增，
emx≥x恒成立，得：mx≥lnx,即m≥lnxx,
设g(x)=lnxx(x>1),g'(x)=1−lnxx2，
易知函数在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减
m≥g(x)min=g(e)=1e,
故答案为：1e,+∞
9. （2023·福建泉州·统考模拟预测）方程xyyx=2xxy满足x≤y的正整数解的组数为（ ）
A．0B．1C．2D．无数组
【答案】B
【分析】根据方程xyyx=2xxy变式得到lnxx=ln2y2y（x>0，y>0），从而构造函数fx=lnxx（x>0），利用导数研究函数的单调性判断出fx的图象变化趋势，结合条件得到x0，y>0，
取对数得：2ylnx=xln2y，即lnxx=ln2y2y，
令fx=lnxx（x>0），则f'x=1−lnxx2，
当x∈0,e时，f'x>0，fx在0,e单调递增；
当x∈e,+∞时，f'xe时，fx>0恒成立，又f1=0，
因为x≤y，fx=f2y，所以x0）量解决本题的关键.
10. （2021·天津蓟州·天津市蓟州区第一中学校考模拟预测）偶函数fx满足f4+x=f4−x，当x∈0,4时，fx=ln2xx，不等式f2x+afx>0在−200,200上有且只有200个整数解，则实数a的取值范围是（ ）
A．−13ln6,ln2B．−ln2,−13ln6
C．−ln2,−13ln6D．−13ln6,ln2
【答案】C
【分析】根据题意，得到fx的周期，利用导数可得fx的单调性，即可作出fx在0,8内的图象，根据周期性、对称性可得f2x+afx>0在0,8内有4个整数解，分别讨论a>0、a=0和a0的整数解的个数，综合分析，即可得答案.
【详解】因为fx为偶函数，所以f4+x=f4−x=fx−4，所以f8+x=fx，
所以fx是周期函数，且周期为8，且fx关于直线x=4对称，
又当x∈0,4时，fx=ln2xx，
则f'x=1x⋅x−ln2xx2=1−ln2xx2x>0，令f'x=0，解得x=e2，
所以当x∈0,e2时，f'x>0，fx为增函数，
当x∈e2,4时，f'x0在−200,200上有且只有200个整数解，
所以不等式f2x+afx>0在0,200内有100个整数解，
因为fx周期为8，所以fx在0,200内有25个周期，
所以不等式f2x+afx>0在0,8有4个整数解，
（1）若a>0，由f2x+afx>0，可得fx>0或fx0在0,8内有7个整数解，
不等式fx−a或fxf3，
所以fx>−a在0,4的整数解为x=1和x=2，
所以ln63≤−af(y0)=c>y0，不满足f(f(y0))=y0.
同理假设f(y0)=c0得1