重難點專題10 導(dǎo)數(shù)與不等式恒成立九大題型匯總（解析版）-決戰(zhàn)2024年高考數(shù)學(xué)重難點題型突破（新高考通用）

重難點專題10導(dǎo)數(shù)與不等式恒成立九大題型匯總題型1直接求導(dǎo)型 1題型2端點賦值法 9題型3隱零點型 17題型4分離參數(shù)法 24題型5分離參數(shù)法-洛必達法則 32題型6構(gòu)造輔助函數(shù)求參 36題型7絕對值同構(gòu)求參 45題型8函數(shù)取“整”型 55題型9“存在”成立問題 64題型1直接求導(dǎo)型若f(x)在區(qū)間D上有最值，則（1）恒成立：?x∈D,fx>0?fx（2）能成立：?x∈D,fx>0?fx若能分離常數(shù)，即將問題轉(zhuǎn)化為：a>fx（或a<f（1）恒成立：a>fx?a>fx（2）能成立：a>fx?a>fx【例題1】（2023秋·河南·高三校聯(lián)考開學(xué)考試）已知函數(shù)fx=lnx(1)求函數(shù)fx在點1(2)若gx=-ax，且?x∈D，【答案】(1)4-4(2)1,+【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)幾何意義可求得切線斜率f'12（2）易知a>0，將恒成立的不等式轉(zhuǎn)化為a≥lnxx-1x，分別在0,1和1,+∞的情況下得到變形后的不等關(guān)系；構(gòu)造函數(shù)hx=2【詳解】（1）∵f'x又f1∴fx在點12,f12（2）當x∈0,1時，fx=lnx∴fx<0在當a≤0時，gx=-a當a>0時，不等式可變形為：a≥ln當x∈0,1時，ax-當x∈1,+∞時，ax令hx=2lnx-ax-令mx=-ax①當Δ≤0，即a≥1時，mx≤0∴hx在0,+則當x∈0,1時，hx>h1=0當x∈1,+∞時，hx<h1∴fx②當Δ>0，即0<a<1時，設(shè)mx=0∵x1+x2∴當x∈x1,1時，mx>0，即h此時hx<h1=0，即綜上所述：實數(shù)a的取值范圍為1,+∞【點睛】思路點睛：本題考查利用導(dǎo)數(shù)幾何意義求解切線方程、恒成立問題的求解；本題求解恒成立的基本思路是將問題轉(zhuǎn)化為含參函數(shù)單調(diào)性的討論問題，通過討論含參函數(shù)的單調(diào)性，確定符合題意的參數(shù)范圍即可.【變式1-1】1.（2023秋·寧夏銀川·高三銀川一中?？茧A段練習(xí)）已知函數(shù)fx(1)當m=1時，證明：fx(2)若關(guān)于x的不等式fx<m-2【答案】(1)證明見解析(2)最小值為3【分析】（1）先確定函數(shù)的定義域，求導(dǎo)得f'（2）構(gòu)造函數(shù)Gx=2lnx-12m結(jié)合函數(shù)單調(diào)性，即求得整數(shù)m的最小值．【詳解】（1）當m=1時，fx∴f令f'x=0當x∈0,2時，當x∈2,+∞所以fx在x=所以f(x)所以fx而ln2<所以fx（2）令Gx則G'當m≤0時，因為x>0，所以G'x>0，所以G又因為G1所以關(guān)于x的不等式Gx當m>0時，G'令G'x=0，得x=2m當x∈2m,+因此函數(shù)Gx在0,2m故函數(shù)Gx的最大值為G令hm因為h1又因為hm在0,+∞上單調(diào)遞減，所以當m≥3時，所以整數(shù)m的最小值為3.【點睛】方法點睛：根據(jù)不等式直接構(gòu)造函數(shù)，分類討論法，利用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性、最值，從而得出參數(shù)m范圍【變式1-1】2.（2023秋·陜西西安·高三校聯(lián)考開學(xué)考試）已知函數(shù)fx=x2-mx(1)當m=1時，求曲線y=fx在點1,f(2)若關(guān)于x的不等式fx≥2ex【答案】(1)x-y+1=0(2)1【分析】（1）求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)值求解斜率，即可由點斜式求解直線方程，（2）將問題轉(zhuǎn)化為x+1x-mlnx-2e【詳解】（1）由題，當m=1時，fx=xf'1=1，f化簡得x-y+1=0，即曲線fx在點1,f1處的切線方程為（2）fx≥2ex，即x令gx=x+1對于y=x2-mx-1，Δ則兩個零點一正一負，設(shè)其正零點為x0∈0,+∞，則且在0,x0上時y=x2-mx-1<0,在x0,+∞上，y=x2因此當x=x0時，故gx0≥0令hx=x+1當x∈0,1時，h'x>0，當則hx在0,1上單調(diào)遞增，在1,+∞上單調(diào)遞減，又h1顯然函數(shù)m=x0-1x0在所以實數(shù)m的取值范圍為1【點睛】方法點睛：對于利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的綜合問題的求解策略：1、通常要構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，從而求出參數(shù)的取值范圍；2、利用可分離變量，構(gòu)造新函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題．3、根據(jù)恒成立或有解求解參數(shù)的取值時，一般涉及分離參數(shù)法，但壓軸試題中很少碰到分離參數(shù)后構(gòu)造的新函數(shù)能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區(qū)別．【變式1-1】3.（2023秋·重慶·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）已知函數(shù)mx=t?(1)若函數(shù)Fx=mx-nx(2)若函數(shù)mx>2恒成立，求【答案】(1)在-2,ln2上單調(diào)遞減，在(2)e【分析】（1）化簡可得Fx=e（2）分析可知t>0且x>-2；令gx=ex+x，可將恒成立的不等式轉(zhuǎn)化為gx+lnt>glnx+2【詳解】（1）當t=1時，F(xiàn)x∵Fx定義域為-2,+∞，∴當x∈-2,ln2時，F(xiàn)'x∴Fx在-2,ln2（2）若x+2<0，即x<-2，由tx+2>0得：則當x=-2+t時，m-2+t=te∴t>0且mx定義域為-2,+由mx>2恒成立可得：∴e令gx=e∵y=ex與y=x均為單調(diào)遞增函數(shù)，∴x+lnt>ln令hx=ln∴當x∈-2,-1時，h'x>0；當∴hx在-2,-1上單調(diào)遞增，在-1,+∞上單調(diào)遞減，∴l(xiāng)nt>1，解得：t>e，即實數(shù)t【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)單調(diào)性，恒成立問題的求解；本題求解恒成立問題的關(guān)鍵是能夠采用同構(gòu)法，將問題轉(zhuǎn)化為gx=e【變式1-1】4.（2023秋·云南保山·高三統(tǒng)考期末）已知函數(shù)fx(1)當a=1時，求曲線y=fx在點0,f(2)當x>0時，fx≥axcos【答案】(1)y=x(2)1,+【分析】（1）求出導(dǎo)數(shù)，求得切線的斜率和切點，由點斜率式方程可得切線的方程；（2）求出導(dǎo)數(shù)，令令gx=fx-axcosx，討論當a≥1，【詳解】（1）當a=1時，fx切線的斜率為k=f又切點為0,0，所以切線方程為y=x.（2）令gx=fx①若a≥1，則當x>0時，gx≥2x-xcosx-sin當x∈0,π時，所以hx在0,π上單調(diào)遞增，當x∈π,+∞所以gx②若a≤0，則當x∈0,π2③若0<a<1，注意到g0令φx=g當x∈0,π2時，φ'x因為g'所以存在x0∈0,當x∈0,x0時，g'x<0，所以綜上，a的取值范圍為1,+∞【點睛】方法點睛：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)不等式恒成立問題，一種方法為參變分離，一種方法轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值來求解，并通過利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)的單調(diào)性來得到函數(shù)的最值，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想，屬于難題.題型2端點賦值法1．端點賦值法（函數(shù)一般為單增或者單減，此時端點，特別是左端點起著至關(guān)重要的作用）2．為了簡化討論，當端點值是閉區(qū)間時候，代入限制參數(shù)討論范圍．注意，開區(qū)間不一定是充分條件．有時候端點值能限制討論范圍，可以去除不必要討論．【例題2】（2022·河南鄭州·統(tǒng)考一模）設(shè)函數(shù)f(x)=ln（1）當p=1時，求函數(shù)fx（2）設(shè)函數(shù)g(x)=xf(x)+p2x2-x-1對任意x≥1都有【答案】（1）fx的單調(diào)增區(qū)間為0,1；單調(diào)減區(qū)間為1,+∞；（2）【分析】（1）求出f'x，在定義域內(nèi)，分別令f'x>0求得x的范圍，可得函數(shù)fx增區(qū)間，（2）求出g'x=lnx+1+2px，由（1）得到lnx≤x-1，將其代入【詳解】（1）當p=1時，fx=ln所以f'x=1x所以fx的單調(diào)增區(qū)間為0,1，單調(diào)減區(qū)間為1,+（2）由函數(shù)gx=xfx由（1）知，當p=1時，fx≤f1①當p≤-12時，即g(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞減，從而②當-12<p<0時，存在x∈從而g'x=從而存在x0∈1,-③當p≥0時，由x≥1知gx綜上所述，實數(shù)p的取值范圍為p≤-1【點睛】方法點睛：不等式恒成立問題常見方法：①分離參數(shù)a≥fx恒成立(a≥fxmax即可)或a≤fx恒成立（a≤fxmin即可）；②數(shù)形結(jié)合(y=fx圖象在y=gx上方即可)；【變式2-1】1.（2022秋·黑龍江雞西·高三?？茧A段練習(xí)）已知函數(shù)fx(1)若x=3是fx的極值點，求f(2)若fx【答案】(1)增區(qū)間為0,1,3,+(2)-【分析】（1）由f'3=0求得a的值，再由f（2）代入x=1可得a<0，再結(jié)合函數(shù)單調(diào)性確定最值后即可得解.【詳解】（1）fx的定義域為0,+∞，若x=3是fx的極值點，則f'3此時f'fx在區(qū)間0,1∪3,+在區(qū)間1,3上f'此時x=3是fx綜上所述，fx的增區(qū)間為0,1,3,+（2）fx由fx≥1，得1設(shè)gg1所以當a≥0時，g1<0，①不成立，故g'所以gx在區(qū)間0,1上g在區(qū)間1,+∞上，g所以gx≥g1綜上所述，a的取值范圍是-∞【點睛】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值點，除了f'x0=0以外，還需要【變式2-1】2.（2022秋·安徽阜陽·高三安徽省臨泉第一中學(xué)校考階段練習(xí)）設(shè)函數(shù)fx=x+aex(1)求實數(shù)a的值；(2)若不等式fx≥tx+lnx+1【答案】(1)1(2)1【分析】（1）設(shè)切點橫坐標為x0（2）利用函數(shù)的單調(diào)性，導(dǎo)數(shù)求參，含參數(shù)問題討論進行求解.【詳解】（1）設(shè)直線y=2x與曲線y=fx相切于點x=因為f'x=x+a+1而fx0=x設(shè)函數(shù)gx=ex+2x-1，x∈則gx有唯一零點x=0所以x0=0，（2）由（1）知fx=x+1fx在區(qū)間-∞,-2所以x∈-1,0時，fx<f注意到px=x+lnx+1是增函數(shù)，在區(qū)間所以t<0不合題意.接下來對t>0進行討論，令hx則h'注意到x∈-1,+∞，令h'x=0注意到qx=x+1ex所以在t>0時，有唯一的實數(shù)x0∈-1,+∞使得當x∈-1,x0時，h'x<0，hx所以hx注意到x0+1e所以hx再設(shè)st=t-1-tln當0<t<1時，s't>0，st單調(diào)遞增，當t>1時，所以st因為hxmin=t-1-tlnt≥0綜上所述，實數(shù)t的取值范圍是1.【點睛】方法點睛：導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)的單調(diào)性、極值(最值)最有效的工具，對導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用的考查主要從以下幾個角度進行：（1）考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，往往與解析幾何、微積分相聯(lián)系．（2）利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，判斷單調(diào)性；已知單調(diào)性，求參數(shù)．（3）利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值(極值)，解決生活中的優(yōu)化問題．（4）考查數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．【變式2-1】3.（2023春·河南鄭州·高三鄭州外國語學(xué)校?？茧A段練習(xí)）已知函數(shù)f(x)=2ln(1)當b=2時，求過點0,-2的fx(2)設(shè)g(x)=ex-1+【答案】(1)y=4x-2(2)-2,+【分析】（1）設(shè)出切點，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義，寫出切線方程；（2）根據(jù)題意將不等式進行等價轉(zhuǎn)化為證明b≥-2，當b≥-2時，g(x)=ex-1+xlnx+【詳解】（1）因為b=2，則f(x)=2ln所以f'(x)=2x+2則切線方程為y=2令x=0，

則y=2lnx0所以切線方程為y=4x-2.（2）由g(x)=e令x=1，則g(1)=1+12b≥0下面證明：b≥-2時符合題意.當b≥-2時，g(x)=e以下證明：ex-1構(gòu)造函數(shù)G(x)=e則G'令H(x)=ex-1-x令H'x=令H'x=于是H(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+∞于是H(x)≥H(1)=0，所以，當0<x<1時，G'(x)<0；當x>1時，所以G(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+∞故G(x)≥G(1)=0，綜上，實數(shù)b的取值范圍[-2,+∞【點睛】方法點睛：恒（能）成立問題的解法：若f(x)在區(qū)間D上有最值，則（1）恒成立：?x∈D,fx>0?fx（2）能成立：?x∈D,fx>0?fx若能分離常數(shù)，即將問題轉(zhuǎn)化為：a>fx（或a<f（1）恒成立：a>fx?a>fx（2）能成立：a>fx?a>fx【變式2-1】4.（2023·四川成都·校聯(lián)考二模）已知函數(shù)f(x)=-x2ex+(b-1)x+a在x=0(1)設(shè)g(x)=x+22ex，x∈(0,+∞)，當a=1時，求證：函數(shù)(2)?x∈0,+∞，不等式2e【答案】(1)證明見解析(2)1,+【分析】（1）根據(jù)切線性質(zhì)可得b=1，利用作差法構(gòu)造函數(shù)φ(x)=f(x)-g(x)，在由導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性證明φ(x)>0恒成立即可得出結(jié)論；（2）將不等式變形可得aex-x2-cosx>12lnx+1，根據(jù)題意可知【詳解】（1）證明：因為函數(shù)f(x)=-x2ex+(b-1)x+a在x=0因為f'(x)=x2-2x當a=1時，f(x)=-x令φ(x)=f(x)-g(x)=-x又令p(x)=ex-1-再令m(x)=ex-2x-令m'(x)=0，解得故m(x)在0,ln2上單調(diào)遞減，在則m(x)≥mln易知e3>2.73=19.683>16=故p'(x)>0在0,+∞上恒成立，所以p(x)所以p(x)>p(0)=0，即ex>x所以φ(x)>0，所以f(x)>g(x)，故函數(shù)f(x)在x∈0,+∞上的圖象恒在函數(shù)（2）因為2exf(x)-又因為?x∈0,+∞，不等式所以ae0-令h(x)=lnx+1-x令h'(x)=0，解得故h(x)在-1,0上單調(diào)遞增，在0,+∞則h(x)≤h(0)=0，即ln由（1）可知?x∈0,+∞，當a>1時，a≥x所以?x∈0,+∞，不等式則實數(shù)a的取值范圍為1,+∞【點睛】方法點睛：對于不等式恒成立問題，往往通過構(gòu)造函數(shù)再利用導(dǎo)數(shù)得出函數(shù)單調(diào)性即可求解，構(gòu)造函數(shù)過程中要特別關(guān)注已有結(jié)論的應(yīng)用，比如lnx+1≤x，題型3隱零點型1．導(dǎo)函數(shù)（主要是一階導(dǎo)函數(shù)）等零這一步，有根x0但不可解．但得到參數(shù)和x2.知原函數(shù)最值處就是一階導(dǎo)函數(shù)的零點處，可代入虛根x3.利用x0與參數(shù)互化得關(guān)系式，先消掉參數(shù)，得出x0不等式，求得4.再代入?yún)?shù)和x0【例題3】（2023秋·湖北隨州·高三隨州市曾都區(qū)第一中學(xué)校考開學(xué)考試）已知函數(shù)fx=ax2+xlnx(1)求實數(shù)a的值；(2)若存在k∈Z，使得f(x)>k【答案】(1)1(2)-1【分析】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可求得答案；（2）將不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題，求出函數(shù)導(dǎo)數(shù)f'(x)=2x+ln【詳解】（1）∵fx=ax2∵切線與直線x+3y=0垂直，∴切線的斜率為3，∴f'(1)=3，即2a+1=3，故（2）由（1）知fx=xf'令g(x)=2x+lnx+1，x∈(0,+∞)，則由g'(x)>0對x∈(0,+∞)恒成立，故又∵g1e2∴存在x0∈0∵g(x)在(0,+∞∴當x∈0,x0時，g(x)=f當x∈x0,+∞時，g(x)=∴f(x)在x=x0處取得最小值∵f(x)>k恒成立，所以k<fx由gx0=0得，2∴fx0=-x02又x0∈0,∵k∈Z，∴k的最大值為-1【點睛】關(guān)鍵點睛：解答第二問根據(jù)不等式恒成立求解參數(shù)的最大值，關(guān)鍵在于要求出函數(shù)f(x)的最小值或取值范圍，解答時要注意“隱零點”問題的解決方法.【變式3-1】1.（2023秋·四川成都·高三樹德中學(xué)?？奸_學(xué)考試）已知函數(shù)fx=e(1)討論fx(2)若當x≥-1時，fx>ax，求(3)若存在實數(shù)a、b，使得fx+ax【答案】(1)答案見解析(2)-(3)-【分析】（1）求得f'x=ex-a，分（2）由已知得2ax<ex，在x=0時顯然成立，在x∈-1,0、x∈0,+∞（3）分析可知當a<0時，fx≥b不可能恒成立；當a=0時，可得出a-b=-b≥0；當a>0時，利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)fx的單調(diào)性，可知存在x0∈-12a,0，使得【詳解】（1）解：因為fx=ex-ax若a≤0，則fx>0恒成立，此時fx若a>0，由f'x<0，得x<lna此時函數(shù)fx的減區(qū)間為-∞,綜上所述，當a≤0時，函數(shù)fx的增區(qū)間為-當a>0時，函數(shù)fx的減區(qū)間為-∞,（2）解：由fx>ax得當x=0時，顯然成立；當x∈-1,0時，2x<0，可得a>ex2x，令則gx在-1,0上遞減，故gx≤g當x∈0,+∞時，2x>0，可得a<ex2x由g'x<0，可得0<x<1，由g此時，函數(shù)gx在0,1上單調(diào)遞減，在1,+所以，gx在x=1處取得最小值，即gx≥g綜上，a的取值范圍是-1（3）解：當a<0時，對任意的x<-b-1fx所以對任意的實數(shù)b，fx當a=0時，fx=ex，要使fx當a>0時，由題意，f'因為函數(shù)y=ex、y=2ax在R上均為增函數(shù)，所以f'因為f'-1所以存在唯一的x0∈-由f'x<0可得x<x0所以fx在-∞,從而fx因為fx≥b恒成立，所以ex又f'x0代入不等式①可得a-b≥-ex0設(shè)gx=x所以g'x>0?-1<x<0故gx在-∞,-1從而gx≥g-1=-1e，所以綜上所述，a-b的最小值為-1【變式3-1】2.（2022秋·江西撫州·高三臨川一中?？计谥校┮阎瘮?shù)fx=e(1)討論函數(shù)fx(2)若a∈N*，當x≥0時，φx≥0恒成立時，求【答案】(1)答案見解析(2)3【分析】（1）求導(dǎo)，討論導(dǎo)函數(shù)的正負即可；（2）分離參數(shù)，當x>0時a≤ex+【詳解】（1）由fx=e當a≤0時，f'x>0恒成立，f當a>0時，令f'x=0得x=lna，所以f綜上所述，當a≤0時，fx在0,+∞單調(diào)遞增；當a>0時，fx在-（2）當x=0時，φx≥0成立，當x>0時，?x設(shè)gx=e令hx=e設(shè)px當0<x<π3時，ex>1,2cos2x>-1，故px綜上有px>0，故h'又h1因為eπ44所以hπ故存在唯一零點x0∈π故當x∈0,x0時g'x<0,g(x)單調(diào)遞減當x∈x又hx即sin2所以g設(shè)qx=ex+又x0∈π所以gx0∈3,4，故要【點睛】利用導(dǎo)數(shù)求解參數(shù)范圍的問題的解題常用方法：1、通常要構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，從而求出參數(shù)的取值范圍；2、利用可分離變量，構(gòu)造新函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題；3、根據(jù)恒成立或有解求解參數(shù)的取值時，一般涉及分離參數(shù)法，但壓軸試題中很少碰到分離參數(shù)后構(gòu)造的新函數(shù)能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區(qū)別.【變式3-1】3.（2023·福建泉州·?？寄M預(yù)測）已知函數(shù)fx(1)若m=1，求fx(2)若對任意x>0，fx【答案】(1)極大值為f1(2)1【分析】（1）求導(dǎo)函數(shù)f'（2）不等式恒成立轉(zhuǎn)化為m≥lnx+x+1x2+2x在(0,+∞)上恒成立，設(shè)F(x)=lnx+x+1x2【詳解】（1）當m=1時，fxf'當0<x<12時，f'x>0當x?>12時.f'所以fx在x?=（2）因為對任意x>0，fx所以lnx+x+1≤mx2即m≥lnx+x+1x設(shè)Fx=ln設(shè)φx顯然φx在0,+因為φ1=-1<0，所以?x0∈12當x∈0,x0時，φx>0，F(xiàn)'x所以Fx在0,x0所以Fx因為x0∈1故整數(shù)m的最小值為1.【點睛】方法點睛：本題考查用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值，研究不等式恒成立問題．求解不等式恒成立問題，常常需要轉(zhuǎn)化，用分離參數(shù)法轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值，本題中函數(shù)的最值點不能直接求出，我們用x0表示，通過F'(x)得出x題型4分離參數(shù)法【例題4】（2023秋·江蘇鎮(zhèn)江·高三統(tǒng)考開學(xué)考試）已知函數(shù)fx(1)求函數(shù)fx在x=1(2)若fx+x-1【答案】(1)y=1-(2)證明見解析【分析】（1）由導(dǎo)數(shù)的幾何意義求解；（2）用分離參數(shù)得出a<x-1ex-x，令hx【詳解】（1）由fx=ln則f'所以fx在x=1處的切線l的斜率為k=又f1=1-1（2）fx+x-1x-1>a令hx=x-1令ux=xex所以ux在0,+∞上單調(diào)遞增，又u0則ux在0,1上存在零點x0且ux所以hx在0,x0所以hxmin=hhx0又x0∈0,1則hx0=1-x所以a<-1.【點睛】方法點睛：不等式恒成立問題，通常利用分離參數(shù)法分享參數(shù)，把不等式變形為a<g(x)形式，然后利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)g(x)的最值，從而得出參數(shù)的范圍，本題中，實際上求不出參數(shù)范圍，只是要證明參數(shù)滿足的條件，同樣利用導(dǎo)數(shù)得出函數(shù)g(x)的最值，只是這個最值與變量x0【變式4-1】1.（2023秋·廣東江門·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）已知函數(shù)fx(1)若x=1是函數(shù)y=f(x)的極值點，求m的值；(2)若對任意的x∈1e,【答案】(1)m=0(2)-【分析】（1）若x=1是函數(shù)y=f(x)的極值點，f'（2）對任意的x∈1e,+∞，fx≥0【詳解】（1）函數(shù)fx=x-1f'x=1是函數(shù)y=f(x)的極值點，所以f'1=若m=0，則有f'0<x<1時，f'x<0；x>1fx在0,1上單調(diào)遞減，在1,+x=1是函數(shù)y=f(x)的極值點.故m=0.（2）若fx=x-1則m≤x-1x+1ln令gx則g'令hx=2xln當x∈1e,∴hx在1e,故當x>1時，hx>0，即g'當1e<x<1時，hx<0，即故當x=1時，gx取得極小值，也是最小值g1=0所以實數(shù)m的取值范圍為-∞【點睛】方法點睛：利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的基本步驟（1）作差或變形.（2）構(gòu)造新的函數(shù)hx（3）利用導(dǎo)數(shù)研究hx（4）根據(jù)單調(diào)性及最值，得到所證不等式.特別地：當作差或變形構(gòu)造的新函數(shù)不能利用導(dǎo)數(shù)求解時，一般轉(zhuǎn)化為分別求左、右兩端兩個函數(shù)的最值問題.【變式4-1】2.（2023秋·遼寧沈陽·高三沈陽市第一二〇中學(xué)校考階段練習(xí)）已知函數(shù)f(x)=2x(1)討論函數(shù)fx(2)若f-1=1，函數(shù)g(x)=aln【答案】(1)答案見解析(2)4【分析】（1）對函數(shù)求導(dǎo)后分解因式，對參數(shù)m的取值范圍進行分類討論即可得到函數(shù)fx（2）由f-1=1可得m=0，轉(zhuǎn)化為a≤2x+3lnx+1【詳解】（1）根據(jù)題意可得f'若m=1，f'(x)=6x+12≥0在x∈若m>1，此時-m<-1，當x∈-∞,-m∪-1,+∞時，滿足f'(x)>0當x∈-m,-1時，滿足f'(x)<0，此時函數(shù)f若m<1，此時-m>-1，當x∈-∞,-1∪-m,+∞時，滿足f'(x)>0當x∈-1,-m時，滿足f'(x)<0，此時函數(shù)f綜上可知，m=1時，fx在Rm>1時，fx在-∞,-m和-1,+m<1時，fx在-∞,-1和-m,+（2）由f-1=1可得-2+3(1+m)-6m=1，解得所以f(x)=2x3+3易知x∈1,+∞時，若函數(shù)g(x)=alnx+1-f(x)x2≤0在令hx=2x+3令φx=2lnx-3即函數(shù)φx在x∈易知φ2=2ln2-3而φ52=2ln5因此h'x在x∈1,+∞有且僅有一個零點x0所以當x∈1,x0時，h'x因此函數(shù)hx=2x+3lnx+1所以hx的最小值為hx0因此a≤2x0∈所以a的最大值為4.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題在求解函數(shù)hx=2x+3lnx+1,x>1【變式4-1】3.（2023秋·陜西西安·高三校聯(lián)考開學(xué)考試）已知函數(shù)fx=ln(1)當m=1時，求曲線y=fx在點1,f(2)若關(guān)于x的不等式fx<0在0,1上恒成立，求【答案】(1)y=-(2)-3【分析】（1）根據(jù)切點和斜率求得切線方程.（2）由fx<0分離參數(shù)m，利用構(gòu)造函數(shù)法，結(jié)合導(dǎo)數(shù)求得m的取值范圍，進而求得m【詳解】（1）由題當m=1時，fxf'x=1x所以切線方程為y+e+2=0x-1即曲線fx在點1,f1處的切線方程為（2）由fx<0可得令gx=ln則g'當0<x≤1時，x-1≤0，設(shè)hx=ex-又h1=e則存在x0∈12,1取對數(shù)得lnx當x∈0,x0時，hx<0當x∈x0,1時，hx>0∴g(x)∵y=1-2x+2x在1又m>gx對任意x∈0,1恒成立，所以m≥gx0，即【點睛】利用導(dǎo)數(shù)求曲線的切線方程，首先要注意的是已知點是在曲線外還是曲線內(nèi)，然后要注意求得切點和斜率，再根據(jù)點斜式就可以求得切線方程.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，若一次求導(dǎo)無法求解，可進行多次求導(dǎo)來求解.【變式4-1】4.（2023·江西·校聯(lián)考模擬預(yù)測）設(shè)函數(shù)fx(1)若fx≥0恒成立，求實數(shù)(2)在（1）的條件下，證明：ex-1【答案】(1)a≤1(2)證明見解析【分析】（1）由fx≥0恒成立，即a≤xlnx+1（2）利用分析法，要證ex-1fx≥ax2-xex-1?e【詳解】（1）解：fx的定義域為0,+∴f令gx=lnx+1x，∴gx在0,1單調(diào)遞減，1,+∴gx∴a≤1．（2）要證ex-1fx即只要證ex-1xln由（1）知，lnx+1令hx=e由h'x>0?x>1，h'x<0?0<x<1，∴hx即ex-1-x≥0，綜上，題型5分離參數(shù)法-洛必達法則1．若分離參數(shù)后，所求最值恰好在“斷點處”，則可以通過洛必達法則求出“最值”2．注意“斷點”是在端點處還是區(qū)間分界處．【例題5】設(shè)函數(shù)f(x)=sinx2+（2）如果對任何x≥0，都有f(x)≤ax，求a的取值范圍．解：（原解法）（1）f'(x)=(2+cosx)cosx-sinx(-sinx)(2+cosx)2=2因此f(x)在每一個區(qū)間2kπ-2π3，2kπ+（2）令g(x)=ax-f(x)，則g'(x)=a-2cosx+1故當a≥13時，g'(x)≥0．又g(0)=0，所以當x≥0時，當0<a<13時，令h(x)=sinx-3ax，則h'因此h(x)在0，arccos3a上單調(diào)增加．故當x∈(0即sinx>3ax．于是，當x∈(0，arccos當a≤0時，有fπ2=12洛必達法則解法：解析：（1）略;（2）f(x)=sinx2+cosx≤ax所以a≥h(x)<13因為g'(x)=13【變式5-1】1.設(shè)函數(shù)f(x)=ln（1）求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；（2）是否存在實數(shù)a，使得關(guān)于x的不等式f(x)≥a的解集為（0，+∞）？若存在，求a的取值范圍；若不存在，試說明理由．【答案】（1）f(x)在(0，1)單調(diào)遞增，在(1，+∞)單調(diào)遞減，（2）存在a，使得關(guān)于x的不等式f(x)≥a的解集為(0，+∞)，且【分析】（1）先確定函數(shù)的定義域然后求導(dǎo)數(shù)f'(x)，在函數(shù)的定義域內(nèi)解不等式f'(x)>0和f'(x)<0，求出單調(diào)區(qū)間，討論滿足f'(x)=0的點附近的導(dǎo)數(shù)的符號的變化情況，來確定極值點，求出極值；（2）對a進行討論，當a?0時，f(x)>0恒成立，關(guān)于x的不等式f(x)?a的解集為(0,+∞)符合題意．當a>0時，關(guān)于x的不等式f(x)?a的解集不是【詳解】解：（1）f'故當x∈(0，1)時，f'(x)>0，所以f(x)在(0，1)單調(diào)遞增，在由此知f(x)在(0，+∞（2）（?。┊攁≤0時，由于f(x)=(1+x)故關(guān)于x的不等式f(x)≥a的解集為(0，（ⅱ）當a>0時，由f(x)=lnx1+x+lnln1+又n≥2時，ln2且2ln取整數(shù)n0滿足n0>-log2則f(2即當a>0時，關(guān)于x的不等式f(x)≥a的解集不是(0，綜合（ⅰ）（ⅱ）知，存在a，使得關(guān)于x的不等式f(x)≥a的解集為(0，+∞)，且【點睛】關(guān)鍵點睛：解答本題的關(guān)鍵在于第二問的（ⅱ），轉(zhuǎn)化為證明f(2【變式5-1】2.已知函數(shù)fx=ex，曲線y=fx(1)證明：對于?x∈R，fx(2)當x≥0時，fx≥1+ax【答案】(1)證明見解析；(2)-∞【分析】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)幾何意義可求得gx，設(shè)hx=fx-g（2）解法一：設(shè)hx=1+xfx-1+x-ax，利用導(dǎo)數(shù)可確定h'x在解法二：采用分離變量的方式，將問題轉(zhuǎn)化為a≤tx=1+xex-1+x【詳解】（1）∵f'x=e∴切線方程為：y-ex0=e設(shè)hx=fx則當x∈-∞,x0時，h∴hx在-∞,∴hxmin=h∴對?x∈R，fx（2）解法一：當x≥0時，fx≥1+ax令hx則h'x=∴h'x在0,+①當a≤1時，1-a≥0，∴h'x≥0，∴hx≥h0②當a>1時，h'0<0令ma=a-1-lna，則m'∴?x0∈又h'x在0,+∞上單調(diào)遞增，∴當x∈0,x此時hx綜上所述：實數(shù)a的取值范圍為-∞解法二：由fx≥1+ax當x=0時，ax=0，1+xex-當x>0時，a≤1+x令tx則t'令sx=x∴sx在0,+∞上單調(diào)遞增，∴sx∴tx在0,+由洛必達法則可知：limx→0∴tx>lim綜上所述：實數(shù)a的取值范圍為-∞【點睛】方法點睛：求解恒成立問題的常用方法是能夠通過分離變量的方法將問題轉(zhuǎn)化為變量與函數(shù)最值之間的大小關(guān)系比較問題，即若a≥fx恒成立，則a≥fxmax；若a≤f題型6構(gòu)造輔助函數(shù)求參1．含有x1和x2．可以利用第一問的某些結(jié)論或者函數(shù)結(jié)構(gòu)尋找構(gòu)造的函數(shù)特征．【例題6】（2023·四川宜賓·四川省宜賓市第四中學(xué)校?？既＃┮阎瘮?shù)f(x)=aln(x-1)+1(1)當a=-1時，求函數(shù)f(x)的極值；(2)若任意x1,x2∈(1,+∞)【答案】(1)極小值為2，無極大值(2)1【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，即可得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值；（2）不妨令x1<x2，則問題等價于gx2-x2≥gx1-x1，令G(x)=g(x)-x【詳解】（1）解：當a=-1時，f(x)=14x則f'(x)=12x-1x-1又因為x>1，所以x=2．列表如下：x1,222,+f-0+f單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增因為函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(2,+∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)有極小值（2）解：因為g(x)=f(x)+1ex所以g(x)=aln(x-1)+1若對任意x1,x不妨令x1<?gx令G(x)=g(x)-x，只需證明G(x)在(1,+∞因為G(x)=g(x)-x=aln(x-1)+1所以ax-1-1ex≥0在令h(x)=x-1ex，x∈因為x>1，所以令h'(x)>0，解得1<x<2，令h'從而h(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(2,+∞所以當x=2時h(x)取到最大值h(2)=1e2，所以實數(shù)a【點睛】思路點睛：導(dǎo)函數(shù)中常用的兩種常用的轉(zhuǎn)化方法：一是利用導(dǎo)數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)性，?；癁椴坏仁胶愠闪栴}．注意分類討論與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用；二是函數(shù)的零點、不等式證明常轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性、極(最)值問題處理【變式6-1】1.（2023春·江蘇揚州·高三揚州中學(xué)校考階段練習(xí)）已知函數(shù)fx(1)討論fx(2)設(shè)gx=xex-lne【答案】(1)當a≤0時，fx在R上單調(diào)遞增，當a>0時，fx在-∞(2)-1,+【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，分a≤0和a>0討論導(dǎo)數(shù)的正負，從而判斷函數(shù)的單調(diào)性；（2）由題意對任意x1∈R,x2∈0,+【詳解】（1）因為fx所以f'因為ex若a≤0,則ex2-a>0,若a>0，當x∈-∞,2lna時，f此時fx在-∞,2綜上可得，當a≤0時，fx在R當a>0時，fx在-∞,2（2）對任意x1即fx1+gx即f(x)當a=1時，fx由（1）知fx在-∞,0所以f(x)因為hx所以h'設(shè)sx=x2e且s1所以存在x0∈1即x02e由y=xex在0,+∞x∈0,x0x∈x0,+所以h(x)所以由f(x)min+h(x)min所以實數(shù)m的取值范圍是-1,+∞【點睛】關(guān)鍵點點睛：在解答對任意x1∈R,x【變式6-1】2.（2023秋·重慶渝北·高三重慶市渝北中學(xué)校校考階段練習(xí)）已知函數(shù)fx=1(1)當a=-1時，求函數(shù)fx(2)若任意x1、x2∈1,+∞且x【答案】(1)極小值f2(2)a≥【分析】（1）當a=-1時，利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)fx的單調(diào)性，即可求得函數(shù)f（2）設(shè)hx=gx-x，分析可知函數(shù)hx在1,+∞上為增函數(shù)，可得出h'x=ax-1-1ex≥0對【詳解】（1）解：當a=-1時，fx=1則f'x=12x-1又因為x>1，所以x=2，列表如下：x1,222,+f-0+f單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增因此fx有極小值f（2）解：因為gx=fx所以gx=aln對?x1、x2∈1,+∞且得到gx1-g設(shè)hx=gx-x且函數(shù)所以hx=aln即有h'x=ax-1-1設(shè)φx=x-1ex令φ'x>0，解得1<x<2，令φ所以φx在1,2上單調(diào)遞增，在2,+所以φx最大值φ2=1e【點睛】結(jié)論點睛：利用參變量分離法求解函數(shù)不等式恒（能）成立，可根據(jù)以下原則進行求解：（1）?x∈D，m≤fx（2）?x∈D，m≥fx（3）?x∈D，m≤fx（4）?x∈D，m≥fx【變式6-1】3.（2022·陜西西安·西安中學(xué)?？寄M預(yù)測）已知函數(shù)f(x)=12x(1)當a=1時，求函數(shù)y=fx在區(qū)間(0,(2)若a∈0,12，證明對任意x【答案】(1)1(2)證明見解析【分析】（1）對函數(shù)求導(dǎo)后可判斷f(x)在區(qū)間(0,e（2）對函數(shù)求導(dǎo)，可判斷出f(x)在12,1內(nèi)是減函數(shù)，不妨設(shè)12≤x1<x2≤1，則【詳解】（1）當a=1時，則函數(shù)f(x)=12則f'(x)=x-2+1所以f(x)在區(qū)間(0,e]為單調(diào)遞增函數(shù)，所以當x=e時f(x)（2）由函數(shù)f(x)=12x令f'(x)=0，x=a，x=1a，又當x∈12,1所以f(x)在12,1內(nèi)是減函數(shù)，因為不妨設(shè)12≤x于是f(x1)-f(即f(x令g(x)=f(x)-1因g'(x)=1故g'從而g(x)在12∴對任意12<x1<∴當a∈(0,12)時，對任意x【點睛】關(guān)鍵點點睛：此題考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，考查利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，第（2）問解題的關(guān)鍵是由導(dǎo)數(shù)可得f(x)在12,1內(nèi)是減函數(shù)，不妨設(shè)12≤x1<【變式6-1】4.（2021·甘肅嘉峪關(guān)·嘉峪關(guān)市第一中學(xué)?？既＃┮阎瘮?shù)fx（1）若曲線y=fx在x=1處的切線與y軸垂直，求y=（2）若對任意0≤x1≤x2【答案】（1）0；（2）-∞,1.【分析】（1）求出導(dǎo)函數(shù)f'(x)，由f'(1)=0求得（2）題意轉(zhuǎn)化為新函數(shù)hx=fx+x2-2ln2=ax2+x2-ln【詳解】（1）由f'x=2ax-令gx=f可知函數(shù)gx在-∞,1上單調(diào)遞增，在1,+∞所以g'（2）由題意可知函數(shù)hx=fx從而h'x=2ax+令Fx=2ax+2-2當a≤12時，F(xiàn)'x≤0則Fx當a>12時，F(xiàn)'所以函數(shù)Fx在0,在ln2a,+∞則Fxmax即2aln設(shè)G(x)=xlnx-x，則G'(x)=lnx，所以2a≤2，故12綜上，實數(shù)a的取值范圍是-∞,1.【點睛】本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，考查用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題，解題關(guān)鍵是問題的轉(zhuǎn)化，根據(jù)不等式的形式，第一個轉(zhuǎn)化是轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性，第二轉(zhuǎn)化為導(dǎo)函數(shù)小于或等于0恒成立，第三步轉(zhuǎn)化為用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最大值，由最大值小于或等于0得參數(shù)范圍．題型7絕對值同構(gòu)求參1．含絕對值型，大多數(shù)都是有單調(diào)性的，所以可以通過討論去掉絕對值．2．去掉絕對值，可以通過“同構(gòu)”重新構(gòu)造函數(shù)．【例題7】（2023·上海徐匯·位育中學(xué)?？寄M預(yù)測）已知函數(shù)fx=x(1)判斷函數(shù)fx(2)若函數(shù)Fx=x?fx在x=1(3)記gx=-ex（e是自然對數(shù)的底數(shù)）.若對任意x1、x【答案】(1)a=0時，f(x)為偶函數(shù)；a≠0時，f(x)為非奇非偶函數(shù)(2)[-1,5(3)2ln【分析】（1）根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)以及奇偶函數(shù)的定義，即可判斷；（2）根據(jù)極值，求出a=1，得到F(x)=x3-x2（3）根據(jù)g(x)的單調(diào)性，問題轉(zhuǎn)化為gx1-gx2<fx1-fx2【詳解】（1）fx=x2-ax-a，因為f(x)的對稱軸為x=a2，故當a=0時，f(x)的對稱軸為y（2）Fx=x?fx在x=1處有極值，因為F(x)=x3-axF(x)=x3-故x∈(-∞,-13)和(1,+∞)因為關(guān)于x的方程Fx=m有3個不同的實根，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)，當F(1)≤m≤F(-13（3）gx=-ex，g(x)單調(diào)遞減，對任意x1g(x2)-g(則對任意x1、x2∈0,e轉(zhuǎn)化為，對任意x1、x2∈0,ef(x所以，函數(shù)f(x)+g(x)在[0,e]上單調(diào)遞減，函數(shù)f(x)-g(x)在①函數(shù)f(x)+g(x)在[0,e]上單調(diào)遞減，即f'又因為，fx=x2-ax-a得2x-ex≤a在[0,e]上恒成立，令h(x)=2x-ex，h'(x)=2-ex，令h'(x)=0②函數(shù)f(x)-g(x)在[0,e]上單調(diào)遞增，即f'又因為，fx=x2-ax-a2x+ex≥a在[0,e]上恒成立，因為函數(shù)y=2x+ex綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為：2ln【變式7-1】1.（2022秋·天津北辰·高三校聯(lián)考期中）已知函數(shù)fx=1(1)當a=2時，求曲線y=fx在點1,f(2)當a≠1時，求函數(shù)fx(3)若a∈0,12，證明對任意x1，【答案】(1)x+2y+3=0(2)見解析(3)見解析【分析】（1）求導(dǎo)，求斜率，求切點，由點斜式方程，整理一般式方程，可得答案；（2）求導(dǎo)，并分解因式，令導(dǎo)函數(shù)等于零，求得零點，分區(qū)間研究導(dǎo)數(shù)與零的大小關(guān)系，可得答案；（3）由（2）明確單調(diào)性，不妨設(shè)x1【詳解】（1）由a=2，則fx=1曲線y=fx在點1,f1處切線的斜率為由f1=12-（2）由fx=1令f'x=0，解得x=當a>1時，即1a<a，則當x∈0,1a∪a,+所以函數(shù)fx在0,1a，a,+當0<a<1時，即1a>a，當x∈0,a∪1a,+所以函數(shù)fx在0,a，1a,+綜上，當a>1時，函數(shù)fx在0,1a，a,+當0<a<1時，函數(shù)fx在0,a，1a,+（3）由（2）可知，當a∈0,12時，f不妨設(shè)x1<x2，fx由x1<x2，則x12<令gx=fx令y=a+1a，y'=1-1a2=a-1易知g'x=-a+1則gx在12,1上單調(diào)遞減，故12≤【點睛】用導(dǎo)數(shù)證明不等式，整理不等式，分離變量或者整理一邊為常數(shù)，根據(jù)夠著新函數(shù)，通過研究新函數(shù)的單調(diào)性或者最值，可解決問題；研究含參函數(shù)的單調(diào)性，求導(dǎo)，分解因式，通過導(dǎo)數(shù)等于零，討論導(dǎo)數(shù)零點的大小，導(dǎo)數(shù)大于零和小于零的區(qū)間，可得結(jié)論.【變式7-1】2.（2022秋·天津東麗·高三校考階段練習(xí)）已知函數(shù)f((1)若曲線y=f(x)在x=1處的切線的方程為(2)當a=1時，f(x1)=(3)若0<a≤1，對任意x1，x2∈【答案】(1)a(2)證明見解析；(3)(-∞,0]【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義列出相應(yīng)方程，求得a,（2）a=1時求導(dǎo)數(shù)，判斷f(x)的單調(diào)性，不妨設(shè)0<x1<1<x2，則要證明x1+x2（3）利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性，從而將f(x1)-f(x2)【詳解】（1）∵f∵曲線y=f(x)所以f'(1)=1-a=3，f（2）當a=1時，f(x當0<x<1時，f'(x)<0，f(由于f(x1)=f則要證明x1+x2>2當x>1時，f(x由于f(x1令g(則g(當x∈(0,1)時，即g(x)=即x∈(0,1)時，f(故原命題成立，即x1（3）因為0<a≤1，所以f'(x)=x不妨設(shè)x1<x2∈1,2]，則f(所以h(x)為(1，2]上的增函數(shù)，即h等價于x3-ax-m≥0在又0<a≤1，所以ax≤對于函數(shù)y=x3-x，y故y=x3-x所以m≤0，即m的取值范圍為(-∞,0]【點睛】本題考查了導(dǎo)數(shù)幾何意義的應(yīng)用以及不等式的證明和根據(jù)不等式恒成立求參數(shù)的范圍問題，綜合性較強，計算量較大，解答時要注意能熟練應(yīng)用導(dǎo)數(shù)的相關(guān)知識，比如利用導(dǎo)數(shù)解決切線問題和判斷函數(shù)單調(diào)性以及最值問題，解答的關(guān)鍵是將不等式恒成立求參數(shù)范圍轉(zhuǎn)化為構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的最值問題加以解決.【變式7-1】3.（2021·吉林長春·吉林省實驗校考模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx(1)討論函數(shù)fx(2)若對任意x1，x2∈0,1都有fx1【答案】(1)答案見解析；(2)-3,0.【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，討論a即可得出單調(diào)性；（2）由題可得fx2+gx2≤fx1+gx1，構(gòu)造函數(shù)F【詳解】（1）因為函數(shù)fx=x-1-aln當a≤0時，f'x>0，所以f當a>0時，令f'x=0當0<x<a時，f'x<0，所以f當x>a時，f'x>0，所以f綜上，當a≤0時，fx在0,+∞上單調(diào)遞增；當a>0時，fx在0,a（2）當a<0時，f'x=1-ax>0在g'x=-4x2<0不妨設(shè)x1≤x2，因為對任意x1所以fx2-fx1≤gx令Fx=fx所以F'x=1-即a≥x-4x在易知y=x-4x在0,1上單調(diào)遞增，則其最大值為因為a<0，所以-3≤a<0，所以實數(shù)a的取值范圍為-3,0.【點睛】關(guān)鍵點睛：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、不等式恒成立等問題，其中重點考查雙變量不等式恒成立問題中的構(gòu)造函數(shù)，將問題轉(zhuǎn)化為Fx=fx+gx在0,1【變式7-1】4.（2020秋·海南?？凇じ呷？茧A段練習(xí)）已知函數(shù)fx=ln（1）討論函數(shù)Fx（2）若-3≤a≤-1時，對任意x1、x2∈【答案】（1）答案不唯一，具體見解析；（2）154【分析】（1）對函數(shù)進行求導(dǎo)，根據(jù)實數(shù)a的正負性分類討論進行求解即可；（2）根據(jù)函數(shù)f(x),g(x)的單調(diào)性，若1≤x當-3≤a≤-1時，對任意1≤x1≤【詳解】解：（1）由題意得F(x)=f(x)+12∴F當a≤0時，F(xiàn)'(x)≥0，函數(shù)F(x)在當a>0時，令F'(x)>0，有0<x<1a：令F'(x)<0，有x>1a：綜上，當a≤0時，函數(shù)F(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增當a>0時，函數(shù)y=F(x)在0,1a上單調(diào)遞增，在（2）f'(x)=令m則Δ=1+4a<0，a∈即f'x所以-3≤a≤-1有函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，而g(x)單調(diào)遞減若1≤x當-3≤a≤-1時，對任意1≤不等式fx即fx2+tgx2記h(x)=f(x)+tg(x)=由題意：h(x)在[1,2]上單調(diào)遞減．∴h'(x)=1x-ax+(1-2t)≤0令H(a)=-xa+1x則Hamax=H故2t-1≥3x+1xmax，而∴函數(shù)y=3x+1x在[1,2]由2t-1≥132故，實數(shù)t的最小值為154【點睛】關(guān)鍵點睛：利用函數(shù)f(x),g(x)的單調(diào)性把問題進行轉(zhuǎn)化，然后構(gòu)造新函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)進行求解是解題的關(guān)鍵.【變式7-1】5.（2021秋·山西長治·高三山西省長治市第二中學(xué)校?？茧A段練習(xí)）已知函數(shù)fx（1）若fx在0,1上的最大值為-2，求a（2）記gx=fx+a-1lnx+1，當a≤-2【答案】（1）-e；（2）4．【分析】（1）由f'(x)=2ax2+2x（2）由題設(shè)知gx是(0,+∞)上的減函數(shù)，令h(x)=g(x)+kx，由不等式恒成立知hx是(0,+∞)上的減函數(shù)，即h'x≤0【詳解】（1）fx的定義域是(0,+∞)，則f①當a≥0時，f'(x)>0，故fx是(0,1]②當a<0時，令f'(x)=0，得若-1<a<0，f'(x)>0有x∈(0,-1a)，而1<-若a≤-1，f'(x)>0有x∈(0,-1a而0<-1a<1，所以fx在(0,-1綜上所述，a=-e.（2）由題設(shè)，g(x)=f(x)+(a-1)lnx+1,x>0,?????a≤-2，則g'對任意x1,x2∈(0,+∞)∴題設(shè)不等式可化為g(x1)-g(x2設(shè)h(x)=g(x)+kx=ax2+(a+1)lnx+kx+1,x>0,a≤-2，則有?若h'x=2ax+a+1x此時有?x1,x2又?x∈0,+∞設(shè)rx=-2ax-a+1x,x>0,a≤-2，則rx=-2x+1故k≤rxmin=4，即k若存在x∈0,+∞，使得h'x=2ax+a+1使得?x∈m,n，有h'x>0，故此時?x1,x2綜上k的最大值為4.【點睛】關(guān)鍵點點睛：（1）利用導(dǎo)數(shù)，結(jié)合分類討論研究函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)給定區(qū)間的函數(shù)最值求參數(shù).（2）構(gòu)造h(x)=g(x)+kx，由條件不等式恒成立將問題轉(zhuǎn)化為(0,+∞)上h'x<0題型8函數(shù)取“整”型討論出單調(diào)性，要注意整數(shù)解中相鄰兩個整數(shù)點函數(shù)的符號問題【例題8】（2023秋·遼寧沈陽·高三沈陽市第一二〇中學(xué)?？茧A段練習(xí)）已知函數(shù)f(x)=2x(1)討論函數(shù)fx(2)若f-1=1，函數(shù)g(x)=aln【答案】(1)答案見解析(2)4【分析】（1）對函數(shù)求導(dǎo)后分解因式，對參數(shù)m的取值范圍進行分類討論即可得到函數(shù)fx（2）由f-1=1可得m=0，轉(zhuǎn)化為a≤2x+3lnx+1【詳解】（1）根據(jù)題意可得f'若m=1，f'(x)=6x+12≥0在x∈若m>1，此時-m<-1，當x∈-∞,-m∪-1,+∞時，滿足f'(x)>0當x∈-m,-1時，滿足f'(x)<0，此時函數(shù)f若m<1，此時-m>-1，當x∈-∞,-1∪-m,+∞時，滿足f'(x)>0當x∈-1,-m時，滿足f'(x)<0，此時函數(shù)f綜上可知，m=1時，fx在Rm>1時，fx在-∞,-m和-1,+m<1時，fx在-∞,-1和-m,+（2）由f-1=1可得-2+3(1+m)-6m=1，解得所以f(x)=2x3+3易知x∈1,+∞時，若函數(shù)g(x)=alnx+1-f(x)x2≤0令hx=2x+3令φx=2lnx-3即函數(shù)φx在x∈易知φ2=2ln2-3而φ52=2ln5因此h'x在x∈1,+∞有且僅有一個零點x0所以當x∈1,x0時，h'x因此函數(shù)hx=2x+3lnx+1所以hx的最小值為hx0因此a≤2x0∈所以a的最大值為4.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題在求解函數(shù)hx=2x+3lnx+1,x>1【變式8-1】1.（2023秋·寧夏銀川·高三銀川一中校考階段練習(xí)）已知函數(shù)fx(1)當m=1時，證明：fx(2)若關(guān)于x的不等式fx<m-2【答案】(1)證明見解析(2)最小值為3【分析】（1）先確定函數(shù)的定義域，求導(dǎo)得f'（2）構(gòu)造函數(shù)Gx=2lnx-12m結(jié)合函數(shù)單調(diào)性，即求得整數(shù)m的最小值．【詳解】（1）當m=1時，fx∴f令f'x=0當x∈0,2時，當x∈2,+∞所以fx在x=所以f(x)所以fx而ln2<所以fx（2）令Gx則G'當m≤0時，因為x>0，所以G'x>0，所以G又因為G1所以關(guān)于x的不等式Gx當m>0時，G'令G'x=0，得x=2m當x∈2m,+因此函數(shù)Gx在0,2m故函數(shù)Gx的最大值為G令hm因為h1又因為hm在0,+∞上單調(diào)遞減，所以當m≥3時，所以整數(shù)m的最小值為3.【點睛】方法點睛：根據(jù)不等式直接構(gòu)造函數(shù)，分類討論法，利用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性、最值，從而得出參數(shù)m范圍【變式8-1】2.（2022秋·黑龍江哈爾濱·高三?？茧A段練習(xí)）設(shè)函數(shù)f(x)=(1)若a=1，b=0，求曲線y=f(x)在點1,f1(2)若0<a<b，不等式f1+lnx【答案】(1)y=-3x+1(2)3【分析】（1）把a=1，b=0代入函數(shù)f(x)=x3-3ax2+3b（2）對fx進行求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性，可得fx是單調(diào)遞減的，根據(jù)不等式，f1+【詳解】（1）當a=1，b=0時，f(x)=x3-3x因為f'(x)=3x所以切線方程為y+2=-3x-1，即y=-3x+1（2）f'(x)=3x2-6ax+3所以函數(shù)fx不等式f1-lnxx-1>f構(gòu)造h(x)=(1-lnx)x構(gòu)造g(x)=x-lnx-2，g'(x)=1-1所以g(x)=x-lnx-2在x∈1,+∞遞增，所以?x0∈(3,4)所以x∈1,x0，g(x)<0，即h'(x)<0x∈x0,+∞，g(x)>0，即h'所以h(x)min=hx0所以k<(1+lnx)xx-1對x∈(1,+∞所以整數(shù)k的最大值為3；【點睛】關(guān)鍵點點睛：第二問，將問題化為k<(1+lnx)x【變式8-1】3.（2023·廣西桂林·?？寄M預(yù)測）已知函數(shù)fx(1)討論函數(shù)gx(2)若a=1，且存在整數(shù)k使得fx>k恒成立，求整數(shù)（參考數(shù)據(jù)：ln2≈0.69，ln【答案】(1)答案見解析(2)0【分析】（1）求出g'x=ex-1x+a-1x+a2，然后分（2）求出f'x，然后利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)f'x存在唯一的零點x0，且x【詳解】（1）gx=fxg若a≤0，則-a≥0，1-a≥1，當-a<x<1-a時，g'x<0，當x>1-a所以函數(shù)gx在-a,1-a上遞減，在1-a,+若a=1，則g'所以函數(shù)gx在-a,+若0<a<1，則1-a>0，當-a<x<0或x>1-a時，g'x>0，當0<x<1-a所以函數(shù)gx在0,1-a上遞減，在-a,0和1-a,+若a>1，則1-a<0，當-a<x<1-a或x>0時，g'x>0，當1-a<x<0所以函數(shù)gx在1-a,0上遞減，在-a,1-a和0,+綜上所述，當a≤0時，函數(shù)gx在-a,1-a上遞減，在1-a,+當a=1時，函數(shù)gx在-a,+當0<a<1時，函數(shù)gx在0,1-a上遞減，在-a,0和1-a,+當a>1時，函數(shù)gx在1-a,0上遞減，在-a,1-a和0,+（2）若a=1，fx=ef'令hx=xe令mx=x+1所以函數(shù)mx在-1,+∞上遞增，即函數(shù)h'又h'0=0，則當-1<x<0時，h'x所以函數(shù)hx在-1,0上遞減，在0,+所以hx又h-1=-1e<0所以函數(shù)hx存在唯一的零點x0，且x0則當-1<x<x0時，hx<0，即f'x<0所以函數(shù)fx在-1,x0所以fx令φx=1x-lnx+1所以函數(shù)φx在3所以φ1又φ1=1-ln所以fx又存在整數(shù)k使得fx所以整數(shù)k的最大值為0.【點睛】方法點睛：本題屬于函數(shù)的隱零點問題，解題的關(guān)鍵是首先要得到隱零點的方程和隱零點的范圍，然后要善于用隱零點滿足的方程進行化簡變形.【變式8-1】4.（2022秋·云南·高三云南民族大學(xué)附屬中學(xué)?？计谥校┮阎瘮?shù)fx(1)討論函數(shù)fx(2)若m為整數(shù)，且關(guān)于x的不等式fx≤m【答案】(1)答案見解析(2)2【分析】（1）對m分類討論，討論f'x的正負即可求得（2）構(gòu)造函數(shù)Gx【詳解】（1）由題意知，fx的定義域為0,+對fx求導(dǎo)，得當m≥0時，f'x>0恒成立，所以f當m<0時，由f'x>0，得0<x<-1所以，fx在0,-1m綜上所述：當m≥0時，fx在0,+當m<0時，fx在0,-1m（2）因為fx≤m即lnx-12所以G'當m≤0時，因為x>0，所以G'x>0，所以G又因為G1=-32m+2>0當m>0時，G'令G'x=0得x=1m，所以當x∈0,1因此函數(shù)Gx在x∈0,1故函數(shù)Gx的最大值為G令hm=12m-又因為hm在m∈0,+∞上是減函數(shù)，所以當m≥2所以整數(shù)m的最小值為2.【點睛】本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)不等式恒成立問題，是高考常見的壓軸題型，有一定的難度.題型9“存在”成立問題1．當不能分離參數(shù)時候，要移項分類討論．2．確定是最大值還是最小值．【例題9】（2023秋·湖南株洲·高三株洲二中?？奸_學(xué)考試）已知函數(shù)fx(1)證明：當x>0時，fx(2)若關(guān)于x的方程fxx+x2【答案】(1)證明見解析；(2)(1【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)單調(diào)性，再借助單調(diào)性推理作答.（2）利用方程解的意義，構(gòu)造函數(shù)，按a≤12、【詳解】（1）函數(shù)f(x)=ex-12令y=ex-x-1，x>0則函數(shù)f'(x)在(0,+∞因此函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，所以當x>0時，fx（2）設(shè)y=x-sinx，x∈0,則y=x-sinx在0,π上遞增，y>0方程fxx+x2令gx=ex-ax由x∈0,π，得由（1）知，當a≤12時，當x∈0,π時，函數(shù)當a>12時，由gx令tx=g當x∈[π2,當x∈(0,π2)時，令s因為ex>0，a3sinx+xcosx又t'0=1-2a<0，t'(π2當x∈0,x0時，t當x∈x0,π時，顯然g'x0因此g'x在0,π且x1∈x0,π，當當x∈x1,π時，又g0=0，由（1）知，ex>1所以gx在0,x1上沒有零點，在x1,所以a的取值范圍是(1【點睛】思路點睛：涉及含參的函數(shù)零點問題，利用函數(shù)零點的意義等價轉(zhuǎn)化，構(gòu)造函數(shù)并用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性、最值等，結(jié)合零點存在性定理，借助數(shù)形結(jié)合思想分析解決問題.【變式9-1】1.（2023秋·內(nèi)蒙古赤峰·高三統(tǒng)考開學(xué)考試）已知函數(shù)fx=cosxx，x∈(1)證明：f'(2)若關(guān)于x的不等式f'【答案】(1)證明見解析(2)-【分析】（1）求導(dǎo)f'x=-xsinx+cosx（2）由（1）問題轉(zhuǎn)化為xsinx+cosx-ax2+1≥0，x∈0【詳解】（1）證明：f'x=令gx當x∈0,π2時，gx當x∈π2,π時，g'x又gπ2=π2>0，綜上，f'（2）由f'x+設(shè)Fx=xsinF'當2a≤-1，即a≤-12時，F(xiàn)'x≥0Fxmax=Fπ=-1-a當2a≥1，即a≥12時，F(xiàn)'x≤0，F(xiàn)x在0,π當-12<a<12當x∈0,x0時，cosx>2a，當x∈x0,π時，cosx<2a所以Fx=x=x令φx=xsinφ'x=12綜上，a的取值范圍為-∞【點睛】方法點睛：對于恒成立和有解問題的解決方法是：若fx≥a，對于x∈D恒成立，則fxmin≥a；若f【變式9-1】2.（2023·全國·高三專題練習(xí)）設(shè)函數(shù)fx(1)討論函數(shù)fx(2)當a=1時，記gx=xfx【答案】(1)答案見解析(2)存在，t的最小值為0【分析】（1）求導(dǎo)f'x=ax+11-ax+1x（2）由a=1，得到gx=xfx+x【詳解】（1）解：由題意得函數(shù)的定義域為0,+∞f'①當a<0時，x∈0,-1a時，f'x∈-1a,+∞時，f②當0≤a≤1時，f'x>0恒成立，f③當a>1時，x∈0,1a-1時，f'xx∈1a-1,+∞時，f'綜上，當a<0時，fx在0,-1當0≤a≤1時，f'x>0恒成立，f當a>1時，fx在0,1a-1（2）當a=1時，gx∴g'x=2x+ln又g'12所以存在唯一的x0∈1且當x∈0,x0時，g當x∈x0,+∞時，所以gx設(shè)φx0=-x02-所以φ12<g若關(guān)于x的不等式t≥gx有解，則t≥-34所以存在整數(shù)t滿足題意，且t的最小值為0.【點睛】方法點睛：若不等式t≥gx有解，則t≥gxmin；若不等式【變式9-1】3.（2022·遼寧·校聯(lián)考一模）已知函數(shù)fx(1)討論函數(shù)fx(2)證明：存在α∈-π6【答案】(1)討論見解析(2)證明見解析【分析】(1)對原函數(shù)求導(dǎo)后利用判別式對α進行分類討論即可；(2)理解“有解”的含義，構(gòu)造函數(shù)將原不等式轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最大值.(1)fx的定義域為R，fΔ=①當α∈π3,π2時，Δx∈-∞,4sinx∈4f'x<0x∈4sinα+24sin②當a∈-π6,π所以fx在-(2)不等式fx>e所以只需證14因為a∈-π6又x2∈0,+∞，所以所以14設(shè)函數(shù)gx=1x∈-∞,1，g'x≥0，gx因為g1=14+【點睛】對于第二問使用函數(shù)的縮放法是核心，對原函數(shù)14x3“化繁為簡”，“化難為易”的數(shù)學(xué)思想就顯得特別重要，通過本題的計算應(yīng)該能夠體會到這種數(shù)學(xué)思想，在以后的數(shù)學(xué)計算中遇到很復(fù)雜的計算應(yīng)該首先考慮這種數(shù)學(xué)思想.【變式9-1】4.（2022秋·北京·高三北京市第十二中學(xué)?？茧A段練習(xí)）已知函數(shù)f(x)=e(1)當a=1時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間：(2)若關(guān)于x的不等式f(x)≤ea在(3)若曲線y=f(x)存在兩條互相垂直的切線，求實數(shù)a的取值范圍；（只需直接寫出結(jié)果）【答案】(1)單調(diào)增區(qū)間是(-∞,-2)，(-1,+∞(2)aa?(3){a|a≠2，a∈R}.【分析】(1)當a=1時，f(x)=e(2)若關(guān)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，構(gòu)造兩個函數(shù)r(x)=x(3)由f(x)的導(dǎo)數(shù)f'(x)=ex(x+2)(x+a)，當a≠-2時，函數(shù)y=f'(x)的圖象與x【詳解】（1）當a=1時，f(x)=e則f'(x)=e令f'(x)>0得x>-1或x<-2；令f'(x)<0得-2<x<-1．∴函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(-∞,-2)，(-1,+∞（2）f(x)?ea，即ex令r(x)=x2+ax+a當a>0時，在[a，+∞)上，由于故r(x)在[a，+∞)上增，t(x)在[a，欲使x2則只須r(a)?t(a)，即2a解得-1?a?12，故當a?0時，在[a，+∞)上，由于故r(x)在[a，+∞)上先減后增，t(x)在[a，欲使x2+ax+a?e即-a當a?0時，-a綜上所述，a?12即為符合條件的實數(shù)（3）a的取值范圍是{a|a≠2，a∈R}．【點睛】本題考查導(dǎo)數(shù)的綜合運用，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，以及存在性問題求參數(shù)的范圍，本題考查了轉(zhuǎn)化的思想，分類討論的思想，屬于導(dǎo)數(shù)運用的一類典型題．【變式9-1】5.（2022·北京海淀·101中學(xué)統(tǒng)考模擬預(yù)測）設(shè)函數(shù)f(x)=ln（1）求函數(shù)φ(x)=f(x)+g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；（2）當a=1時，記h(x)=f(x)g(x)，是否存在整數(shù)λ，使得關(guān)于x的不等式2λ?h(x)有解？若存在，請求出λ的最小值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）答案見解析；（2）存在符合題意的整數(shù)λ，其最小值為0．【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；（2）求出h(x)的最小值，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性判斷即可．【詳解】解：（1）函數(shù)φ(x)的定義域為0,+∞，函數(shù)φ(x)的導(dǎo)數(shù)φ'當a<0時，φ(x)在0,a-1a上單調(diào)遞增，在當0?a?1時，φ(x)在R+當a>1時，φ(x)在0,a-1a上單調(diào)遞減，在綜上可知，當a<0時，φ(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是0,a-1a；當0?a?1時，φ(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,+∞)；當a>1時，φ(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是（2）當a=1時，h(x)=(x-3)lnx,h由于h'(x)是單調(diào)遞增函數(shù)，且在32,2上有唯一零點（記為m），則函數(shù)h(x)在x=m處取得極小值，也是最小值將lnm=3m-1代入又m∈32,2，于是6-于是符合題意的整數(shù)λ，其最小值為0．1.（2023·陜西商洛·鎮(zhèn)安中學(xué)?？寄M預(yù)測）已知函數(shù)fx=x-1ex(1)設(shè)gx=fx(2)當x>0時，f'【答案】(1)證明見解析(2)3【分析】（1）對gx求導(dǎo)可得g（2）先證明當a≤1時，alnx+1≤lnx+1<x<f【詳解】（1）證明：因為gx所以g'當x∈-∞,0時，e當x∈0,+∞時，ex所以g'故gx（2）解：設(shè)mx則m'所以mx在區(qū)間0,+則mx<m0因為f'x=xex，當x∈故當a≤1時，alnx+1≤當a>1時，設(shè)Fx=f因為F'F'所以存在x0∈0,易知F'x在區(qū)間所以當x∈0,x0時，F(xiàn)'x<0，即f'故a≤1．設(shè)px=aln則p'令p'x=0當a≤0時，p1<0，不符合題意，故此時，方程ax2-x-1=0在區(qū)間0,+當x∈0,x1時，p當x∈x1,+∞時，p'x>0故px≥0恒成立，當且僅當將a=x1+1x1設(shè)qx=x+1則q'所以qx在區(qū)間0,+因為x1=2時，a=34，q2設(shè)tx=1所以當x∈0,2時，t'x<0，則tx因為a=x1+1所以a≥3又0<a≤1，所以34故實數(shù)a的取值范圍是34【點睛】方法點睛：利用導(dǎo)數(shù)證明不等式問題，方法如下：（1）直接構(gòu)造函數(shù)法：證明不等式fx>gx（或fx<gx）轉(zhuǎn)化為證明（2）適當放縮構(gòu)造法：一是根據(jù)已知條件適當放縮；二是利用常見放縮結(jié)論；（3）構(gòu)造“形似”函數(shù)，稍作變形再構(gòu)造，對原不等式同解變形，根據(jù)相似結(jié)構(gòu)構(gòu)造輔助函數(shù).2.（2023·河南開封·統(tǒng)考三模）已知函數(shù)fx(1)若x>0，函數(shù)fx的圖象與函數(shù)y=a(2)若m<fx-1x<nm,n∈【答案】(1)a>(2)e【分析】（1）根據(jù)常變量分離法，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)進行求解即可；（2）利用多次求導(dǎo)法，結(jié)合導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)進行求解即可.【詳解】（1）令fx=ax2，得a=e∴0<x<2時，g'x<0，gx單調(diào)遞減；x>2時，∴gx≥g2=e24，又當x→0∴若x>0，函數(shù)fx的圖象與函數(shù)y=ax2

（2）①設(shè)hx=f設(shè)tx=e∵x∈0,1，∴t'x>0，∴0<tx<1，從而h'x>0∴hx∴fx-1x<n在②m<fx-1x在x∈0,1設(shè)ux=e∵x∈0,1，∴當m≤1，u'x>0，ux在當1<m<e時，若x∈0,lnm時，u當m≥e時，u'x<0，∴ux綜上所述，m<fx-1x在故n-m的最小值為e-1【點睛】方法點睛：根據(jù)函數(shù)的零點個數(shù)求解參數(shù)范圍，一般方法：（1）轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值問題，利用導(dǎo)數(shù)解決；（2）轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖像的交點問題，數(shù)形結(jié)合解決問題；（3）參變分離法，結(jié)合函數(shù)最值或范圍解決.3.（2023·福建廈門·廈門一中校考一模）函數(shù)fx(1)當a=0時，求函數(shù)fx(2)若對任意x∈0,1∪1,+∞，不等式【答案】(1)極大值為e-2(2)a≥【分析】（1）在定義域內(nèi)求導(dǎo)，利用導(dǎo)函數(shù)求出函數(shù)的極值；（2）將原式轉(zhuǎn)化為1x-1lnx+ax2-1-2x-1>0，進而轉(zhuǎn)化為式子1x-1和lnx+a【詳解】（1）當a=0時，fx=lnx+2此時當x∈0,1e，f'x當x∈1e,+∞，f'所以函數(shù)fx的極大值為f（2）原式等價于fxx-1+a所以xf(x)+a(x-1)x-1>0，即令gx=lng因為1x-1lnx+a所以g2=ln當a≥1因為2ax所以g'x>0，所以g又因為g1所以當x∈0,1時，gx<0，當x∈所以1x-1當0<a<1令2ax2-2x+1=0，解得x因為x所以當x∈1,1+1-2a即gx在x∈又因為g1=0，所以當x∈1,此時1x-1綜上：a≥1【點睛】不等式恒成立（能成立）問題，一般有兩種方法：方法1：分離參數(shù)法解決恒(能)成立問題，方法2：根據(jù)不等式恒成立構(gòu)造函數(shù)轉(zhuǎn)化成求函數(shù)的最值問題，一般需討論參數(shù)范圍，借助函數(shù)單調(diào)性求解．分類討論思想是高中數(shù)學(xué)一項重要的考查內(nèi)容.分類討論思想要求在不能用統(tǒng)一的方法解決問題的時候，將問題劃分成不同的模塊，通過分塊來實現(xiàn)問題的求解，體現(xiàn)了對數(shù)學(xué)問題的分析處理能力和解決能力.4.（2023·貴州畢節(jié)·?？寄M預(yù)測）已知函數(shù)fx(1)當b=1時，若fx≤1恒成立，求(2)若b=12,fx在π,【答案】(1)a≤-1(2)見解析【分析】(1)利用導(dǎo)數(shù)討論a的取值，判斷單調(diào)性，結(jié)合端點值，即可求a的范圍；(2)利用作差法構(gòu)造函數(shù)∴f(x【詳解】（1）b=1時，f(x)=a(x-π)+sin(x-π令g(t)=at+sint+1，則有g(shù)'當a≤-1時，g'(t)≤0在[0,+∞)上恒成立（不恒為零），故故g(t)≤g0=1即當a>-1