重難點(diǎn)專題14 導(dǎo)數(shù)壓軸小題十四大題型匯總-【劃重點(diǎn)】備戰(zhàn)2024年高考數(shù)學(xué)重難點(diǎn)題型突破（新高考通用）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

一、注意基礎(chǔ)知識(shí)的整合、鞏固。進(jìn)一步夯實(shí)基礎(chǔ)，提高解題的準(zhǔn)確性和速度。
二、查漏補(bǔ)缺，保強(qiáng)攻弱。在二輪復(fù)習(xí)中，針對(duì)“一模”考試中的問題要很好的解決，根據(jù)自己的實(shí)際情況作出合理的安排。
三、提高運(yùn)算能力，規(guī)范解答過程。在高考中運(yùn)算占很大比例，一定要重視運(yùn)算技巧粗中有細(xì)，提高運(yùn)算準(zhǔn)確性和速度，同時(shí)，要規(guī)范解答過程及書寫。
四、強(qiáng)化數(shù)學(xué)思維，構(gòu)建知識(shí)體系。同學(xué)們?cè)诼犝n時(shí)注意把重點(diǎn)要放到理解老師對(duì)問題思路的分析以及解法的歸納總結(jié)，以便于同學(xué)們?cè)谒㈩}時(shí)做到思路清晰，迅速準(zhǔn)確。
五、解題快慢結(jié)合，改錯(cuò)反思。審題制定解題方案要慢，不要急于解題，要適當(dāng)?shù)剡x擇好的方案，一旦方法選定，解題動(dòng)作要快要自信。
六、重視和加強(qiáng)選擇題的訓(xùn)練和研究。對(duì)于選擇題不但要答案正確，還要優(yōu)化解題過程，提高速度。靈活運(yùn)用特值法、排除法、數(shù)形結(jié)合法、估算法等。
重難點(diǎn)專題14導(dǎo)數(shù)壓軸小題十四大題型匯總
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc145423351" 題型1恒成立問題之直接求導(dǎo)型 PAGEREF _Tc145423351 \h 1
\l "_Tc145423352" 題型2恒成立問題之分離參數(shù)型 PAGEREF _Tc145423352 \h 7
\l "_Tc145423353" 題型3恒成立問題之隱零點(diǎn)型 PAGEREF _Tc145423353 \h 13
\l "_Tc145423354" 題型4恒成立問題之洛必達(dá)法則 PAGEREF _Tc145423354 \h 19
\l "_Tc145423355" 題型5恒成立問題之兩個(gè)函數(shù)問題 PAGEREF _Tc145423355 \h 25
\l "_Tc145423356" ◆類型1同變量型 PAGEREF _Tc145423356 \h 25
\l "_Tc145423357" ◆類型2不同變量型 PAGEREF _Tc145423357 \h 31
\l "_Tc145423358" ◆類型3函數(shù)相等型 PAGEREF _Tc145423358 \h 35
\l "_Tc145423359" 題型6恒成立問題之構(gòu)造函數(shù) PAGEREF _Tc145423359 \h 41
\l "_Tc145423360" 題型7零點(diǎn)問題 PAGEREF _Tc145423360 \h 46
\l "_Tc145423361" 題型8同構(gòu)問題 PAGEREF _Tc145423361 \h 53
\l "_Tc145423362" 題型9整數(shù)解問題 PAGEREF _Tc145423362 \h 59
\l "_Tc145423363" 題型10函數(shù)凹凸性問題 PAGEREF _Tc145423363 \h 67
\l "_Tc145423364" 題型11倍函數(shù)問題 PAGEREF _Tc145423364 \h 71
\l "_Tc145423365" 題型12二次型函數(shù)問題 PAGEREF _Tc145423365 \h 79
\l "_Tc145423366" 題型13嵌套函數(shù)問題 PAGEREF _Tc145423366 \h 90
\l "_Tc145423367" 題型14切線放縮法 PAGEREF _Tc145423367 \h 97
題型1恒成立問題之直接求導(dǎo)型
【例題1】（2023春·四川綿陽(yáng)·高三綿陽(yáng)南山中學(xué)實(shí)驗(yàn)學(xué)校校考階段練習(xí)）已知a∈R，設(shè)函數(shù)fx=x2?3x+2a,x≤1x?alnx,x>1，若關(guān)于x的不等式f(x)≥0在x∈R上恒成立，則a的取值范圍為（）
A．[0,1]B．1,2C．0,eD．1,e
【答案】D
【分析】由函數(shù)解析式，在x≤1時(shí)應(yīng)用二次函數(shù)性質(zhì)及恒成立有f(x)min=2(a?1)≥0得a≥1，再利用導(dǎo)數(shù)研究f(x)在x>1的最小值，結(jié)合不等式恒成立只需保證f(x)min>0，即可求出參數(shù)范圍.
【詳解】當(dāng)x≤1時(shí)，f(x)的開口向上且對(duì)稱軸x=32>1，此時(shí)f(x)min=f(1)=2(a?1)，
要使f(x)≥0，則a≥1；
當(dāng)x>1時(shí)f'(x)=x?ax，顯然a=1時(shí)f'(x)>0恒成立，即f(x)在(1,+∞)上遞增，
所以f(x)min=f(1)=1>0，滿足題設(shè)；
若a>1，則(1,a)上f'(x)0,x>0，令g(x)=f'(x)，則g'(x)=ex+1+ax2>0，
所以g(x)=f'(x)在(0,+∞)上遞增，顯然x趨向0時(shí)f'(x)趨向?∞，f'(a)=ea+1?1>0，
故?x0∈(0,+∞)使f'(x0)=0，即ex0+1=ax0，則lnx0=lna?(x0+1)，
所以，在(0,x0)上f'(x)0，
所以x∈(0,1)上y遞減，x∈(1,+∞)上y遞增，則y≥y|x=1=2，
且當(dāng)x0=1時(shí)，0=lna?2?a=e2,
綜上，2lna?2≤ymin=2，可得00,fx遞增.
所以fx的最小值是f?lnaa=e?lna+lnaa?b=1+lnaa?b，
依題意可知1+lnaa?b≥0，
即b≤1+lnaa，即ba≤1+lnaa2，
設(shè)?x=1+lnxx2x>0，
?'x=x?2x1+lnxx4=?1?2lnxx3，
所以?x在區(qū)間0,e?12,?'x>0,?x遞增；
在區(qū)間e?12,+∞,?'x0，利用導(dǎo)數(shù)得出mlnm+1≥mn，構(gòu)造函數(shù)?m=mlnm+1，由導(dǎo)數(shù)得出?mmin，進(jìn)而得出mn的最大值.
【詳解】fx=mex?x?n?1，f'x=mex?1，
當(dāng)m≤0時(shí)，f'x0時(shí)，x∈?∞,?lnm時(shí)，f'x0.
?m在區(qū)間0,e?2上單調(diào)遞減，在區(qū)間e?2,+∞上單調(diào)遞增，
∴?mmin=?e?2=?e?2，即mn的最大值是?e?2.
故選：B．
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵在于，將不等式的恒成立問題轉(zhuǎn)化為最值問題得出mlnm+1≥mn，再由導(dǎo)數(shù)得出?mmin ≥mn.
【變式1-1】5.（2022春·安徽滁州·高三?？茧A段練習(xí)）已知函數(shù)fx=x?a?1ex+b，若存在b∈R，對(duì)于任意x∈1,2，都有fx0，函數(shù)m(a)在(1,2)上遞增，
則m(a)0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，
所以f(x)min=f(x0)=2x0+3ex0+x0=2x0+32x0+1+x0=x0+22x0+1+1=x0+12+1x0+12+12，
由對(duì)勾函數(shù)可知1+1+230，t=ex+e?x在(0,ln2)上是增函數(shù)，t∈(2,52)，
又y=t?4t在t∈(2,52)時(shí)是增函數(shù)，所以00．令gx=e2x?lnx+1xx>0，故g'x=2x2e2x+lnxx2．
令?x=2x2e2x+lnxx>0，則?'x=4xe2x+4x2e2x+1x>0，
故?x=2x2e2x+lnx在0,+∞上單調(diào)遞增，且?1=2e2>0，?1e=2e2e2e?1=2e2e?2?10)，則f(x)?0對(duì)一切正實(shí)數(shù)x恒成立，即f(x)min?0，
由f'(x)=ex?a?1x，令?(x)=ex?a?1x，則?'(x)=ex?a+1x2>0恒成立，
所以?(x)在(0,+∞)上為增函數(shù)，
當(dāng)x→0時(shí)，?(x)→?∞，當(dāng)x→+∞時(shí)，?(x)→+∞，
則在(0,+∞)上，存在x0使得?(x0)=0，
當(dāng)00，都有f(x)>aln(x+1)恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 .
【答案】?∞,12
【分析】由fx>alnx+1恒成立得出ex?x?1?axlnx+1>0，構(gòu)造函數(shù)gx=ex?x?1?axlnx+1，分成a≤0，012三種情況進(jìn)行討論，得出a的取值范圍.
【詳解】已知fx=exx?1x?1，對(duì)任意x>0，都有fx>alnx+1恒成立，
即exx?1x?1>alnx+1，化簡(jiǎn)得ex?x?1?axlnx+1>0，
令gx=ex?x?1?axlnx+1，于是對(duì)任意x>0，有g(shù)x>0，
g'x=ex?1?alnx+1?axx+1，令?x=ex?1?alnx+1?axx+1，則?'x=ex?a1x+1+1(x+1)2.
當(dāng)a≤0時(shí)，?'x>0，所以?x在0,+∞上是增函數(shù)，
于是?x>?0=0，即g'x>0，所以gx在0,+∞上是增函數(shù)，
于是gx>g0=0，符合題意.
當(dāng)a>0時(shí)，觀察易知?'x在0,+∞上是增函數(shù)，于是?'x>?'0=1?2a.
若00，所以gx在(0，+∞)上是增函數(shù)，gx>g0=0，符合題意.
若a>12時(shí)，令mx=ex?x?1，則當(dāng)x>0時(shí)，m'x=ex?1>0，mx在0,+∞上是增函數(shù)，
所以mx>m0=0，即ex>x+1，?'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?'0=1?2a0
∴?(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增
∴?(x)≥?(1)=2a?1，當(dāng)2a?1≥0，即a≥12時(shí)，g'(x)≥0，則g(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增
∴g(x)≥g(1)=0，符合題意；
當(dāng)2a?10，f(x)單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈(0,3π4)時(shí)，f(x)=exsinx，
f'(x)=ex(sinx+csx)>0，f(x)單調(diào)遞增，
且f(x)在(?π4,3π4)連續(xù)，故f(x)在(?π4,3π4)單調(diào)遞增，
故選項(xiàng)B正確；
當(dāng)x∈[0,10π)時(shí)，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)，
當(dāng)x∈(?10π,0)時(shí)，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)內(nèi)有20個(gè)極值點(diǎn)，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
當(dāng)x=0時(shí)，f(x)=0≥0=ax，則a∈R，
當(dāng)x∈(0,π4]時(shí)，f(x)≥ax?a≤exsinxx，
設(shè)g(x)=exsinxx，∴g'(x)=ex(xsinx+xcsx?sinx)x2，
令?(x)=xsinx+xcsx?sinx，x∈(0,π4]
∴?'(x)=sinx+x(csx?sinx)>0，?(x)單調(diào)遞增，
∴?(x)>?(0)=0，
∴g'(x)>0，g(x)在(0,π4]單調(diào)遞增，
又由洛必達(dá)法則知：
當(dāng)x→0時(shí)，g(x)=exsinxx→ex(sinx+csx)1x=0=1
∴a≤1，故答案D正確.
故選：BD.
【點(diǎn)睛】本題考查了奇函數(shù)、周期函數(shù)定義，三角函數(shù)的幾何性質(zhì)，函數(shù)的極值，利用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性以及利用導(dǎo)數(shù)研究恒成立問題，考查綜合分析求解與論證能力，屬較難題.
【變式4-1】1. （2020春·黑龍江哈爾濱·高三黑龍江實(shí)驗(yàn)中學(xué)?？奸_學(xué)考試）已知函數(shù)f(x)=x2lnx?a(x2?1) (a∈R),若f(x)≥0在x∈(0,1］時(shí)恒成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是
A．［24,+ ∞）B．[12,+∞)C．[2,+∞)D．[1,+∞)
【答案】B
【分析】首先將式子化簡(jiǎn)，將參數(shù)a化為關(guān)于x的函數(shù)，之后將問題轉(zhuǎn)化為求最值問題來解決，之后應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，從而求得函數(shù)的最值，在求解的過程中，注意對(duì)函數(shù)進(jìn)行簡(jiǎn)化，最后用洛必達(dá)法則，通過極限求得結(jié)果.
【詳解】根據(jù)題意，有x2lnx?a(x2?1)≥0,(x∈(0,1])恒成立，當(dāng)a≠1時(shí)，將其變形為a≥x2lnxx2?1恒成立，即a≥(x2lnxx2?1)max，令g(x)=x2lnxx2?1，利用求得法則及求導(dǎo)公式可求得g'(x)=x3?x?2xlnx(x2?1)2，令?(x)=x3?x?2xlnx，可得?'(x)=3x2?1?2lnx?2=3x2?2lnx?3，可得?''(x)=6x?2x=6x2?2x=6(x+33)(x?33)x，因?yàn)閤∈(0,1]，所以x∈(0,33)時(shí)，?''(x)0，所以函數(shù)?'(x)在x∈(0,33)時(shí)單調(diào)減，在x∈(33,1]時(shí)單調(diào)增，即?'(x)≥?(33)=1?3?2ln33=ln3?2，而?'(1)=0，所以?(x)在(33,1]上是減函數(shù)，且?(1)=0，所以函數(shù)?(x)在區(qū)間(33,1]上滿足?(x)≥0恒成立，同理也可以確定?(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]上單調(diào)增，且limx→1x2lnxx2?1=limx→12xlnx+x2x=limx→12lnx+12=12，故所求的實(shí)數(shù)a的取值范圍是[12,+∞)，故選B.
點(diǎn)睛：該題屬于應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)最值的綜合問題，在解題的過程中，注意構(gòu)造新函數(shù)，并且反復(fù)求導(dǎo)，研究函數(shù)的單調(diào)性，從而確定出函數(shù)值的符號(hào)，從而確定出函數(shù)的單調(diào)性，從而得出函數(shù)在哪個(gè)點(diǎn)處取得最值，還有需要應(yīng)用洛必達(dá)法則求極限來達(dá)到求最值的目的.
【變式4-1】2. （2020·江西九江·統(tǒng)考三模）若對(duì)任意x∈0,π，不等式ex?e?x>asinx恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）
A．?2,2B．?∞,eC．?∞,2D．?∞,1
【答案】C
【分析】由題意參變分離，構(gòu)造f(x)=ex?e?xsinx，求導(dǎo)分析函數(shù)的單調(diào)性與最小值即可.
【詳解】將ex?e?x>asinx等價(jià)轉(zhuǎn)化為ae?x，sinx>0，故g'x>0.
即g(x)=ex(sinx?csx)+e?x(sinx+csx)在(0,π)上為增函數(shù)，則g(x)>g(0)=0，
所以在(0,π)恒成立，則f(x)=ex?e?xsinx在(0,π)單調(diào)遞增，則f(x)>f(0），
由洛必達(dá)法則，得limx→0(ex?e?x)'limx→0(sinx)'=limx→0(ex+e?x)limx→0csx=2，
所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是?∞,2；
故選：C
【變式4-1】3. （2020春·河北唐山·期中）若12(a?1)x2+10恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是
A．(?∞,2]B．(?∞,2)C．(?∞,1]D．(?∞,3]
【答案】A
【解析】將條件12(a?1)x2+10恒成立轉(zhuǎn)化為對(duì)?x>0有12(a?1)g0=e00?2+0+2=0，所以f'x=gxx3>0，故fx在0,+∞單調(diào)遞增，則fx>f0
由洛必達(dá)法則可知limx→0ex?x?1x2=limx→0ex?12x=limx→0ex2=12，則fx>12恒成立
所以12(a?1)≤12，故a≤2
故選：A
【點(diǎn)睛】本題考查利用導(dǎo)數(shù)在不等式恒成立的情況下求參數(shù)的取值范圍，多見于參變分離，還考查了對(duì)零比零型函數(shù)利用洛必達(dá)法則求極限值，屬于難題
【變式4-1】4.(多選) （2023春·河南許昌·）已知函數(shù)f(x)=e|x|sinx，則下列結(jié)論正確的是（）
A．f(x)是周期為2π的奇函數(shù)B．f(x)在(?π4,3π4)上為增函數(shù)
C．f(x)在(?10π,10π)內(nèi)有21個(gè)極值點(diǎn)D．f(x)?ax在[0,π4]上恒成立的充要條件是a?1
【答案】BD
【解析】根據(jù)周期函數(shù)的定義判定選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)導(dǎo)航的符號(hào)判斷選項(xiàng)B正確；根據(jù)導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)判定選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)恒成立以及對(duì)應(yīng)函數(shù)最值確定選項(xiàng)D正確.
【詳解】∵f(x)的定義域?yàn)镽，f(?x)=e?xsin(?x)=?f(x)，
∴f(x)是奇函數(shù)，
但是f(x+2π)=ex+2πsin(x+2π)=ex+2πsinx≠f(x)，
∴f(x)不是周期為2π的函數(shù)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
當(dāng)x∈(?π4,0)時(shí)，f(x)=e?xsinx，
f'(x)=e?x(csx?sinx)>0，f(x)單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈(0,3π4)時(shí)，f(x)=exsinx，
f'(x)=ex(sinx+csx)>0，f(x)單調(diào)遞增，
且f(x)在(?π4,3π4)連續(xù)，故f(x)在(?π4,3π4)單調(diào)遞增，
故選項(xiàng)B正確；
當(dāng)x∈[0,10π)時(shí)，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)，
當(dāng)x∈(?10π,0)時(shí)，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)內(nèi)有20個(gè)極值點(diǎn)，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
當(dāng)x=0時(shí)，f(x)=0≥0=ax，則a∈R，
當(dāng)x∈(0,π4]時(shí)，f(x)≥ax?a≤exsinxx，
設(shè)g(x)=exsinxx，∴g'(x)=ex(xsinx+xcsx?sinx)x2，
令?(x)=xsinx+xcsx?sinx，x∈(0,π4]
∴?'(x)=sinx+x(csx?sinx)>0，?(x)單調(diào)遞增，
∴?(x)>?(0)=0，
∴g'(x)>0，g(x)在(0,π4]單調(diào)遞增，
又由洛必達(dá)法則知：
當(dāng)x→0時(shí)，g(x)=exsinxx→ex(sinx+csx)1x=0=1
∴a≤1，故答案D正確.
故選：BD.
【點(diǎn)睛】本題考查了奇函數(shù)、周期函數(shù)定義，三角函數(shù)的幾何性質(zhì)，函數(shù)的極值，利用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性以及利用導(dǎo)數(shù)研究恒成立問題，考查綜合分析求解與論證能力，屬較難題.
題型5恒成立問題之兩個(gè)函數(shù)問題
◆類型1同變量型
【例題5-1】（2023秋·廣東陽(yáng)江·高三統(tǒng)考開學(xué)考試）已知函數(shù)fx=ex?lnx，gx=ax+b，x∈0,+∞，fx≥gx恒成立，則a+b的最大值為（）
A．eB．1C．?1D．?e
【答案】A
【分析】令?x=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，由題意可得出?x0≥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，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)nx的最大值，即為a+b的最大值.
【詳解】令?x=fx?gx=ex?lnx?ax?b，其中x∈0,+∞，則?'x=ex?1x?a，
令px=ex?1x?a，其中x>0，則p'x=ex+1x2>0，
故函數(shù)?'x=ex?1x?a在0,+∞上為增函數(shù)，
①當(dāng)a0，e?a+1>1，則02f(x)?x2?11對(duì)一切x∈R恒成立，則正整數(shù)m的最大值為（）
A．5B．6C．7D．8
【答案】C
【分析】將不等式整理為ex?mx+8>0,(m>0)，由此構(gòu)造函數(shù)?(x)=ex?mx+8，將不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題，即m?mlnm+8>0恒成立；令φ(m)=m?mlnm+8，利用導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性，求得其恒大于0時(shí)m的范圍，即得答案.
【詳解】由題意不等式g(x)>2f(x)?x2?11對(duì)一切x∈R恒成立，
即ex?mx+8>0,(m>0)對(duì)一切x∈R恒成立，
令?(x)=ex?mx+8，則?'(x)=ex?m，
當(dāng)x0，
即?(x)=ex?mx+8在(?∞,lnm)上單調(diào)遞減，在(lnm,+∞)上單調(diào)遞增，
故?xmin=?lnm=m?mlnm+8，則m?mlnm+8>0需恒成立；
令φ(m)=m?mlnm+8,∴φ'(m)=?lnm，
當(dāng)00,m→0時(shí)，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討論，利用不等式的性質(zhì)和基本不等式可求得b2a2+c2的最大值．
【詳解】因?yàn)閒(x)=13ax3+12bx2+cx，所以f'(x)=ax2+bx+c,f''(x)=2ax+b，即g(x)=2ax+b.
因?yàn)閷?duì)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，則t?1.①當(dāng)t=1時(shí)，a=c,b=0, b2a2+c2=0；②當(dāng)t>1時(shí)，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當(dāng)且僅當(dāng)t=2+1時(shí)，取得最大值為22?2.
故答案為22?2
【點(diǎn)睛】本題考查多變量的最值的問題，根據(jù)變量之間的關(guān)系，進(jìn)行代換，換元，利用基本不等式求最值，是道難度比較大的題目
◆類型2不同變量型
【例題5-2】（2022秋·河南·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）設(shè)函數(shù)fx=x?1ex?e，gx=lnx?ax，其中a∈R．若對(duì)任意的正實(shí)數(shù)x1，x2，不等式fx1≥gx2恒成立，則a的最小值為（）
A．0B．1C．1eD．e
【答案】C
【分析】根據(jù)不等式fx1≥gx2恒成立的等價(jià)形式fminx1≥gx2，求fx的最小值，然后分離常數(shù)得a≥lnxxx>0恒成立，令?x=lnxx求其最大值，從而得到a的取值范圍，進(jìn)而求得最小值.
【詳解】依題意，當(dāng)x1>0,x2>0時(shí)，不等式fx1≥gx2恒成立，等價(jià)于fminx1≥gx2，
對(duì)于fx，當(dāng)00，?x單調(diào)遞增；
當(dāng)x>e時(shí)，?'x0時(shí)，x1x2=tB．當(dāng)t>0時(shí)，elnt≤x1x2
C．不存在t，使得f'x1=g'x2成立D．fx>gx+mx恒成立，則m≤2
【答案】AB
【分析】A選項(xiàng)，轉(zhuǎn)化同構(gòu)形式x1ex1=x2lnx2=lnx2elnx2，根據(jù)函數(shù)f(x)=xex在0,+∞上單調(diào)，可得x1=lnx2，即x1x2=t；B選項(xiàng)，轉(zhuǎn)化為研究函數(shù)φt=lntt的最小值問題即可；C選項(xiàng)，特值驗(yàn)證，找到t滿足條件即可；D選項(xiàng)，不等式變形、分離參數(shù)，轉(zhuǎn)化為m0，
則x1>0,x2>0,lnx2>0，且t=f(x1)=f(lnx2)>0，
由fx=xex，得f'x=exx+1，
當(dāng)x>0時(shí)，f'x>0，則fx在0,+∞上遞增，
所以當(dāng)t>0時(shí)，fx=t有唯一解，故x1=lnx2，
∴x1x2=x2lnx2=t，故A正確；
選項(xiàng)B，由A正確，得lntx1x2=lntt(t>0)，
設(shè)φt=lntt，則φ't=1?lntt2，
令φ't=0，解得t=e
易知φt在0,e上單調(diào)遞增，在e,+∞上單調(diào)遞減，
∴φt≤φe=1e，∴l(xiāng)ntx1x2≤1e，∴elnt≤x1x2，故B正確；
選項(xiàng)C，由f'x=exx+1，g'x=lnx+1=0，
得f'?1=g'1e=0，又驗(yàn)證知f?1=g1e=?1e，
故存在t=?1e，使得f'?1=g'1e=0，C錯(cuò)誤；
選項(xiàng)D，由x>0，fx>gx+mx恒成立，即ex?lnx>m恒成立，
令rx=ex?lnx，則r'x=ex?1x，
由r'x在0,+∞上遞增，又r'12=e?22，
要使mgmax(x)成立，
已知a≤0，則g'(x)a+1，得a0，所以φx在1,+∞上單調(diào)遞增，
φx>φ1=e2?3>0，故fx1>gx1，故A錯(cuò)誤；
由題意得e2x1?2x1+1=2x2?2lnx2，
所以e2x1?2x1?1=2x2?lnx2?1=2elnx2?lnx2?1，
因?yàn)閤1,x2∈1,+∞，所以x1>0,lnx2>0，
令?x=ex?x?1(x>0)，則?2x1=2?lnx2，且?'x=ex?1>0在0,+∞上恒成立，
所以?x在0,+∞上單調(diào)遞增，故?x>?0=0，
所以?2x1=2?lnx2>?lnx2，即?2x1>?lnx2，
故2x1>lnx2，故B錯(cuò)誤.
又e2x1?2x1?1?2ex1?x1?1=ex1?12>0，
所以e2x1?2x1?1>2ex1?x1?1，所以2?lnx2=?2x1>2?x1，即?lnx2>?x1，
所以x1gx（或fx0（或fx?gx0，p(1)0，則fx單調(diào)遞增，
x∈2,+∞，f'x0，x,y∈?π4,π4，且ex+εsiny=eysinx，則下列關(guān)系式恒成立的為（）
A．csx≤csyB．csx≥csyC．sinx≤sinyD．sinx≥siny
【答案】A
【分析】構(gòu)造fx=sinxex，x∈?π4,π4，求導(dǎo)研究其單調(diào)性，分類討論得到正確選項(xiàng).
【詳解】構(gòu)造fx=sinxex，x∈?π4,π4，
則f'x=csx?sinxex，
當(dāng)x∈?π4,π4時(shí)，csx>sinx，f'x=csx?sinxex>0，
所以fx=sinxex在?π4,π4單調(diào)遞增，
因?yàn)?1時(shí)，則00,所以π4>x>y>0
y=csx，x∈0,π4單調(diào)遞減，所以csxx2，則由題意可得fx1?x12>fx2?x22，令g(x)=f(x)?x2，則g(x)在(?∞,+∞)上單調(diào)遞增，所以g'(x)≥0在x∈(?∞,+∞)上恒成立，再次轉(zhuǎn)化為a≥2x?4ex．在x∈(?∞,+∞)上恒成立，令?(x)=2x?4ex，利用導(dǎo)數(shù)求出其最大值即可.
【詳解】不妨設(shè)x1>x2，由fx1?fx2x1?x2>x1+x2，得fx1?fx2>x12?x22，
即fx1?x12>fx2?x22，
令g(x)=f(x)?x2，所以對(duì)任意的實(shí)數(shù)x1,x2∈(?∞,+∞),x1>x2時(shí)，都有g(shù)x1>gx2，
即g(x)在(?∞,+∞)上單調(diào)遞增，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?(x)=2x?4ex．則?'(x)=6?2xex，
令?'(x)>0，解得x0,t2?3t+3>0，所以g't>0，gt在12,1單調(diào)遞增.
所以gt最小值為g(12)=4e5.
故選：A
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：設(shè)零點(diǎn)t∈[12,1]有et+at?1+b=0，換主元化為點(diǎn)a,b在直線t?1x+y+et=0上，結(jié)合a2+b2的幾何意義及點(diǎn)線距離公式得a2+b2≥e2t(t?1)2+12為關(guān)鍵
【變式7-1】1. （2023·安徽黃山·屯溪一中?？寄M預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=ex,x≤1?x2+4x?3,10，故當(dāng)lna>2e時(shí)，即當(dāng)a>e2e時(shí)，
直線y=lna與函數(shù)?x=2lnxx的圖象沒有交點(diǎn).
綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是e2e,+∞.
故選：D.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)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(diǎn)、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7-1】3. （2023·浙江溫州·樂清市知臨中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）設(shè)a>0，b∈R，已知函數(shù)fx=xex+ax?3+b，x∈1,3有且只有一個(gè)零點(diǎn)，則a2+b2的最小值為（）
A．e26B．e25C．e24D．e23
【答案】B
【分析】設(shè)函數(shù)fx的零點(diǎn)為t，可得t?3a+b+tet=0，由此可得點(diǎn)a,b在直線t?3x+y+tet=0上，由此可得a2+b2≥t2e2tt2?6t+10，再利用導(dǎo)數(shù)求其最小值.
【詳解】函數(shù)fx=xex+ax?3+b的零點(diǎn)為t，
則1≤t≤3，且tet+at?3+b=0，即t?3a+b+tet=0，
所以點(diǎn)a,b在直線t?3x+y+tet=0上，
又a2+b2表示點(diǎn)a,b到原點(diǎn)的距離的平方，
故a2+b2≥tett?32+12，
所以a2+b2≥t2e2tt2?6t+10，
設(shè)gt=t2e2tt2?6t+10，
則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，
設(shè)?t=t3?6t2+7t+101≤t≤3，
則?'t=3t2?12t+7=3t?22?5，
因?yàn)?≤t≤3，所以?'t0，
故當(dāng)1≤t≤3時(shí)，g't>0，函數(shù)gt在1,3上單調(diào)遞增，
所以gt≥g1=e25.
所以當(dāng)?2a+b+e=0，a=?2b時(shí)，a2+b2取最小值，最小值為e25.
所以當(dāng)a=2e5,b=?e5時(shí)，a2+b2的最小值為e25.
故選：B.
【點(diǎn)睛】知識(shí)點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查函數(shù)零點(diǎn)的定義，直線方程的定義，點(diǎn)到直線的距離，兩點(diǎn)之間的距離，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，考查數(shù)學(xué)運(yùn)算，數(shù)形結(jié)合等數(shù)學(xué)思想.
【變式7-1】4. （2023·四川廣元·?？寄M預(yù)測(cè)）若函數(shù)fx=2lnx?3ax2在2,e上存在兩個(gè)零點(diǎn)，則a的取值范圍是（）
A．ln22,1eB．ln26,13eC．2e2,ln26D．1e2,13e
【答案】B
【分析】參變分離得到即g(x)=2lnxx2與y=3a的圖象在2,e上有2個(gè)交點(diǎn)，求導(dǎo)得到g(x)=2lnxx2的單調(diào)性和極值，最值情況，得到g(x)max=1e，再由φ(x)=lnxx得到g(2)>g(e)，從而得到ln22≤3a0，故函數(shù)g(x)=2lnxx2單調(diào)遞增，
當(dāng)e0，
所以函數(shù)fx=x?3x在(0， +∞)為增函數(shù)，
所以lg3x≥kx>0所以k≤lg3xx，
設(shè)函數(shù)gx=lg3xx，
g'x=1xln3?x?lg3xx2=1ln3?lnxln3x2=1?lnxln3?x2，
所以函數(shù)gx=lg3xx在(0，e)為增函數(shù)，在(e， +∞)為減函數(shù)，
所以gxmax=ge=lg3ee=1eln3，
所以k的最大值為1eln3，
故選：A.
【變式8-1】2. （2023秋·廣東中山·高三?？茧A段練習(xí)）對(duì)任意x∈0,+∞，kekx+1?1+1xlnx>0恒成立，則實(shí)數(shù)k的可能取值為（）
A．?1B．13C．1eD．2e
【答案】D
【分析】將恒成立的不等式化為ekx+1lnekx>x+1lnx，構(gòu)造函數(shù)fx=x+1lnx，利用導(dǎo)數(shù)可求得fx單調(diào)性，從而得到ekx>x，分離變量可得k>lnxx；令?x=lnxx，利用導(dǎo)數(shù)可求得?x最大值，由此可得k的范圍，從而確定k可能的取值.
【詳解】當(dāng)x>0時(shí)，由kekx+1?1+1xlnx>0得：kxekx+1>x+1lnx，
∴ekx+1lnekx>x+1lnx，
令fx=x+1lnx，則f'x=lnx+1+1x，
令gx=f'x，則g'x=1x?1x2=x?1x2，
∴當(dāng)x∈0,1時(shí)，g'x0，
∴fx在0,+∞上單調(diào)遞增，
由ekx+1lnekx>x+1lnx得：fekx>fx，∴ekx>x，即k>lnxx；
令?x=lnxx，則?'x=1?lnxx2，
∴當(dāng)x∈0,e時(shí)，?'x>0；當(dāng)x∈e,+∞時(shí)，?'x0時(shí)，k>lnxx恒成立，則k>1e，
∴實(shí)數(shù)k的可能取值為2e，ABC錯(cuò)誤，D正確.
故選：D.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查利用導(dǎo)數(shù)求解恒成立問題，解題關(guān)鍵是能夠?qū)τ诤愠闪⒌牟坏仁竭M(jìn)行同構(gòu)變化，將其轉(zhuǎn)化為同一函數(shù)的兩個(gè)函數(shù)值之間的大小關(guān)系的問題，從而利用函數(shù)的單調(diào)性來進(jìn)行求解
【變式8-1】3. （2023秋·江西南昌·高三南昌市外國(guó)語(yǔ)學(xué)校?？茧A段練習(xí)）已如函數(shù)fx=aex+lna+1a>0，若任意實(shí)數(shù)t>1，不等式ft>lnt?1恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為（）
A．0,1e2B．0,1e2C．1e2,+∞D(zhuǎn)．1e2,+∞
【答案】D
【分析】將所求不等式變形為et+lna+t+lna≥elnt?1+lnt?1，構(gòu)造函數(shù)gx=ex+x，可知該函數(shù)在R上為增函數(shù)，由此可得出lna≥lnt?1?t，利用導(dǎo)數(shù)求出?x=lnx?1?x的最大值，即可求得實(shí)數(shù)a的取值范圍.
【詳解】當(dāng)t>1時(shí)，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，
構(gòu)造函數(shù)gx=ex+x，其中x∈R，則g'x=ex+1>0，所以函數(shù)gx在R上為增函數(shù)，
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?x=lnx?1?x，其中x>1，則?'x=1x?1?1=2?xx?1.
當(dāng)10)恒成立，則a的取值范圍為（）
A．(0，2e] B．(0,e] C．(0，1] D．[1,e]
【答案】B
【分析】將ax2≤ex+axlnx(a>0)變形為exx?alnexx≥0，設(shè)f(x)=exx(x>0)，利用導(dǎo)數(shù)求得f(x)≥e，t=exx,(t≥e)，則t?alnt≥0，所以a≤tlnt,(t≥e)恒成立，構(gòu)造函數(shù)g(t)=tlnt,(t≥e)，利用導(dǎo)數(shù)求得其最小值，即可求得答案.
【詳解】對(duì)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，
設(shè)f(x)=exx(x>0)，則f'(x)=ex(x?1)x2,f'(1)=0，
當(dāng)00，f(x)在x>1時(shí)單調(diào)遞增，
故當(dāng)x=1時(shí)，f(x)取得極小值也是最小值，即f(x)≥f(1)=e，
令t=exx,(t≥e)，則t?alnt≥0，所以a≤tlnt,(t≥e)恒成立，
設(shè)g(t)=tlnt,(t≥e),∴g'(t)=lnt?1(lnt)2≥0,
故g(t)=tlnt,(t≥e)是單調(diào)遞增函數(shù)，故g(t)≥g(e)=e，
所以a≤e ，又因?yàn)閍>0，
所以a的取值范圍為(0,e]，
故選：B
【點(diǎn)睛】本題考查了不等式的恒成立成立問題，解答時(shí)要注意對(duì)不等式進(jìn)行恰當(dāng)?shù)淖兪?，從而分離參數(shù)，構(gòu)造新函數(shù)，將不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題解決.
【變式8-1】5.（2023春·四川內(nèi)江·高三威遠(yuǎn)中學(xué)校?？茧A段練習(xí)）定義：設(shè)函數(shù)y=fx在a,b上的導(dǎo)函數(shù)為f'x，若f'x在a,b上也存在導(dǎo)函數(shù)，則稱函數(shù)y=fx在a,b上存在二階導(dǎo)函數(shù)，簡(jiǎn)記為y=f″x．若在區(qū)間a,b上f″x>0，則稱函數(shù)y=fx在區(qū)間a,b上為“凹函數(shù)”．已知fx=12ae2x?12x2lnx?lna?32在區(qū)間0,+∞上為“凹函數(shù)”，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為．
【答案】12e,+∞
【分析】對(duì)函數(shù)fx求導(dǎo)兩次得到f″x，再由f″x>0得到2xe2x>lnxa?elnxa，構(gòu)造函數(shù)gx=xex，利用導(dǎo)數(shù)證明gx在0,+∞上單調(diào)遞增，
從而得到2x>lnxa，變式得：a>xe2x，再次構(gòu)造函數(shù)?x=xe2x，求?xmax即可.
【詳解】函數(shù)fx=12ae2x?12x2lnx?lna?32的定義域?yàn)?,+∞，
則f'x=ae2x?xlnx?lna?32?12x，即f″x=2ae2x?lnx+lna，
由題意得，f″x=2ae2x?lnx+lna>0在0,+∞上恒成立；
所以2ae2x>lnx?lna=lnxa,
則2e2x>1alnxa,所以2xe2x>xalnxa=lnxa?elnxa，
當(dāng)lnxa≤0時(shí)，顯然成立，下面討論lnxa>0的情況，
令g(x)=xex（x>0），則g'x=x+1ex，
x>0時(shí)，g'x>0，所以gx在0,+∞上為增函數(shù)，
由2xe2x>lnxa?elnxa，得g2x>glnxa，
所以2x>lnxa，則xa0時(shí)，a>xe2x恒成立，
設(shè)?x=xe2x（x>0），則?'x=1?2xe2x，
當(dāng)0mex有且僅有兩個(gè)正整數(shù)解（其中e=2.71828?為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)），則實(shí)數(shù)m的取值范圍是（）
A．(165e4,94e3]B．(94e3,43e2]C．[165e4,94e3)D．[94e3,43e2)
【答案】D
【分析】問題轉(zhuǎn)化為m(x+1)0）有且僅有兩個(gè)正整數(shù)解，討論m≤0、m>0并構(gòu)造f(x)=m(x+1)、g(x)=x2ex，利用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性，進(jìn)而數(shù)形結(jié)合列出不等式組求參數(shù)范圍.
【詳解】當(dāng)x>0時(shí)，由x2?mxex?mex>0，可得m(x+1)0），
顯然當(dāng)m≤0時(shí)，不等式m(x+1)0時(shí)，令f(x)=m(x+1)，則f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，
令g(x)=x2ex，則g'(x)=x(2?x)ex，故(0,2)上g'(x)>0，(2,+∞)上g'(x)g(0)=0且x趨向正無窮時(shí)g(x)趨向0，故g(x)∈(0,4e2]，
綜上，f(x),g(x)圖象如下：
由圖知：要使f(x)a≥f1，即0≤a0，所以g'(x)>0，
注意到x→0+時(shí)，g(x)→+∞；x→+∞時(shí)，g(x)→+∞；
且g(1)=?1,g(2)=ln2?12，
據(jù)此可作出g(x)的圖象的草圖如圖1，
由圖可知當(dāng)且僅當(dāng)a≤g(2)=ln2?12時(shí)，不等式g(x)0，所以g'(x)>0，
從而g(x)在(0,1)上遞減，在(1,+∞)上遞增，
又g(1)=0，故可作出g(x)圖象的草圖如圖2，
由圖可知臨界狀態(tài)為直線y=ax+1恰過點(diǎn)(2,ln2)時(shí)，此時(shí)，a=ln2?12，
當(dāng)且僅當(dāng)a≤ln2?12時(shí)，不等式(x?1)lnxg(x)在區(qū)間0，+∞內(nèi)有且只有兩個(gè)整數(shù)解，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為（）
A．(e,e2]B．(e,e22]C．(e2,e3]D．(e22,e33]
【答案】D
【分析】將f(x)>g(x)化為elnax+lnax>ex+x，再根據(jù)函數(shù)y=ex+x在區(qū)間0，+∞內(nèi)為增函數(shù)，化為ln(ax)>x，即a>exx.令g(x)=exx (x>0)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)，得函數(shù)的圖象，根據(jù)圖象列式可求出結(jié)果.
【詳解】顯然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，則y'=ex+1 >1>0，
所以函數(shù)y=ex+x區(qū)間0，+∞內(nèi)為增函數(shù)，
所以elnax+lnax>ex+x可化為ln(ax)>x，即ax>ex，即a>exx，
所以關(guān)于x的不等式a>exx在區(qū)間0，+∞內(nèi)有且只有兩個(gè)整數(shù)解，
令g(x)=exx (x>0)，則g'(x)=ex?x?exx2 =ex(x?1)x2，
令g'(x)>0，得x>1，令g'(x)0，
①當(dāng)x0，此時(shí)函數(shù)gx單調(diào)遞增，
且g?2=4e2，a>2xx+1ex無解；
②當(dāng)x>?1時(shí)，由fx0，故gx單調(diào)遞增，
而g?12=e?12?12>0,g?34=e?34?340;n?1e
所以選B
【點(diǎn)睛】本題考查了導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)性質(zhì)中的綜合應(yīng)用，注意函數(shù)的極限值情況，屬于難題．
題型11倍函數(shù)問題
【例題11】（2023春·北京海淀·高二?？茧A段練習(xí)）若存在x1,x2∈a,b且x1≠x2，使gx1?gx2>Lfx1?fx2成立，則在區(qū)間a,b上，稱gx為fx的“倍函數(shù)”．設(shè)fx=lnx，gx=x2lnx+1，若在區(qū)間e,e上，gx為fx的“倍函數(shù)”，則實(shí)數(shù)L的取值范圍為（）
A．?∞,e9B．?∞,e9
C．?∞,eD．?∞,e
【答案】B
【分析】利用導(dǎo)數(shù)可證得gx在e,e上單調(diào)遞增，設(shè)e≤x2gx2?Lfx2，可將問題轉(zhuǎn)化為?x=gx?Lfx在e,e上存在單調(diào)遞增區(qū)間，結(jié)合導(dǎo)數(shù)可進(jìn)一步化為L(zhǎng)0在e,e上有解，
即LLfx1?fx2成立，則在區(qū)間a,b上，稱gx為fx的“倍函數(shù)”．設(shè)fx=lnx，gx=x2lnx+1，若在區(qū)間e,e上，gx為fx的“倍函數(shù)”，則實(shí)數(shù)L的取值范圍為．
【答案】?∞,e9
【分析】求導(dǎo)g'x=2lnx?12lnx+12，易知函數(shù)gx在e,e上單調(diào)遞增，fx在e,e上單調(diào)遞增，不妨設(shè)e≤x20在e,e上有解，即L0，所以x>0時(shí)，gx=3x?2x>ex?2x>0，
所以此時(shí)3x=2x無解，
綜上所述，3x=2x無解，故函數(shù)fx=3xx∈R不存在“倍值區(qū)間”，
③當(dāng)x=0時(shí)，fx=0；
當(dāng)x>0時(shí)，fx=4x+1x，由于對(duì)勾函數(shù)y=x+1x在0,1上單調(diào)遞減，
由復(fù)合函數(shù)可得函數(shù)fx在區(qū)間0,1上單調(diào)遞增，
若函數(shù)fx=4x1+x2在區(qū)間0,1存在“倍值區(qū)間”a,b,a0，當(dāng)x>0時(shí)，f'x1時(shí)，f'x>0，fx單調(diào)遞增；
當(dāng)0e時(shí)，f'(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；00，所以fx=t的根的情況是：在01時(shí)，有1個(gè)根；
（2）當(dāng)b=0時(shí)，ft=b有1個(gè)根，t=?ln20，因此函數(shù)g(x)在[ln2,1)上單調(diào)遞增，
g(ln2)=eln2，而g(1)=ee?1，于是當(dāng)ln2≤x0,g(a)單調(diào)遞增；當(dāng)a>2e32時(shí)，g'a0，原不等式可化為lnx?1x≤1ax?ab.再利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)fx=lnx?1x的圖象，根據(jù)y=1ax?ab的圖象恒在fx的圖象的上方，對(duì)a進(jìn)行分類討論，即可得到答案.
【詳解】由a≠0，x>0，原不等式可化為lnx?1x≤1ax?ab.
設(shè)fx=lnx?1x，則f'x=1x?x?lnx?1x2=2?lnxx2，
當(dāng)x∈0,e2時(shí)，f'x>0，fx遞增；
x∈e2,+∞，f'xe時(shí)，fx>0.
y=1ax?ab的圖象恒在fx的圖象的上方，
顯然a0時(shí)，ab為直線y=1ax?ab的橫截距，其最大值為fx的橫截距，
再令fx=0，可得x=e，所以ab取得最大值為e.
此時(shí)a=e2，b=1e，直線與fx在點(diǎn)e,0處相切.
【點(diǎn)睛】本小題主要考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用等基礎(chǔ)知識(shí)；考查抽象概括能力、運(yùn)算求解能力和創(chuàng)新意識(shí)；考查化歸與轉(zhuǎn)化、數(shù)形結(jié)合等思想方法.
【變式14-1】2. （2018秋·江蘇南京·高三統(tǒng)考期中）存在k>0,b>0使kx?2k+b≥lnx對(duì)任意的x>0恒成立，則bk的最小值為 .
【答案】1
【分析】將問題轉(zhuǎn)化為直線y=kx?2+b恒在y=lnx上方來求解，利用導(dǎo)數(shù)與切線的知識(shí)將bk轉(zhuǎn)化為只含k的表達(dá)式，并利用導(dǎo)數(shù)求得這個(gè)表達(dá)式的最小值.
【詳解】存在k>0,b>0使kx?2k+b≥lnx對(duì)任意的x>0恒成立，
則等價(jià)于等價(jià)于存在k>0，b>0，y=kx?2+b在y=lnx的上方.
直線y=kx?2+b過定點(diǎn)2,b，即定點(diǎn)在直線x=2上，
設(shè)直線y=kx?2+b與y=lnx相切于點(diǎn)x0,y0，
y'=lnx'=1x，所以k=1x0，
由k=y0?bx0?2=lnx0?bx0?2得k=ln1k?b1k?2，
化簡(jiǎn)得b=2k?1?lnk，故bk=2?1k?lnkk.
構(gòu)造函數(shù)gk=2?1k?lnkkk>0，
則g'k=1k2?1?lnkk2=lnkk2，
所以當(dāng)00，函數(shù)gk遞增，
所以gkmin=g1=2?1=1.所以bk的最小值為1.
故答案為：1
【點(diǎn)睛】本小題主要考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的最值的關(guān)系，函數(shù)恒成立的問題，考查運(yùn)算求解能力、化歸與轉(zhuǎn)化思想，屬于難題.
【變式14-1】3. （2020春·湖北荊門·高三荊門市龍泉中學(xué)?？茧A段練習(xí)）若關(guān)于x的不等式lnx+1x≤ax+b恒成立，則ba的最小值是 .
【答案】?1e
【解析】構(gòu)造函數(shù)fx=lnx+1x，求得導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性、極值和最值，作出y=fx的圖象，運(yùn)用函數(shù)圖象的性質(zhì)數(shù)形結(jié)合確定ba的最小值即可.
【詳解】解：設(shè)fx=lnx+1x，∴f'x=1x?x?1+1nxx2=?1nxx2，
當(dāng)x∈0,1時(shí)，f'x>0，fx遞增；x∈1,+∞，f'x1時(shí)，fx>0，
作出y=fx的圖象，滿足題意時(shí)，y=ax+b的圖象恒在fx的圖象的上方，
顯然a≤0不符題意；當(dāng)a>0時(shí)，可令ax+b=0，即ba=?x，
故ba取到最小值時(shí)，直線在x軸上的截距最大，再令fx=0，可得x=1e，?x=?1e，
由此推得ba的最小值是?1e，
故答案為：?1e.
【點(diǎn)睛】本題考查不等式恒成立問題解法，注意運(yùn)用轉(zhuǎn)化思想和構(gòu)造函數(shù)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性、極值和最值，考查數(shù)形結(jié)合思想，屬于中檔題.
1. （2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知當(dāng)x>1時(shí)，關(guān)于x的不等式a+1x+lnx>a恒成立，則實(shí)數(shù)a的值不可能是（）
A．0B．1C．2D．3
【答案】D
【分析】化為xlnx?ax+a+1>0恒成立，構(gòu)造函數(shù)f(x)=xlnx?ax+a+1 (x>1)，求導(dǎo)后討論a，當(dāng)a≤1時(shí)，f(x)>f(1)=0，符合題意；當(dāng)a>1時(shí)，求出f(x)的最小值f(x)min=f(ea?1) =?ea?1+a+1，化為?ea?1+a+1>0，再構(gòu)造函數(shù)g(a)=?ea?1+a+1(a>1)，利用導(dǎo)數(shù)可得結(jié)果.
【詳解】當(dāng)x>1時(shí)，關(guān)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)，則f'(x)=lnx+1?a，
當(dāng)1?a≥0，即a≤1時(shí)，由x>1，得lnx>0，所以f'(x)>0，所以f(x)在(1,+∞)上為增函數(shù)，所以f(x)>f(1)=0，符合題意；
當(dāng)1?a1時(shí)，由f'(x)1時(shí)，ea?1>1，所以g'(a)0，g(3)=?e2+40，所以，函數(shù)?x在0,+∞上為增函數(shù)，
因?yàn)?12=e2?2ln2?10，
所以，函數(shù)px在0,+∞上單調(diào)遞增，
因?yàn)閤0∈12,1，則1x02∈1,4，則ln1x02>0，
由2x0+1e2x0=1?2lnx0e?2lnx0可得p2x0=p?2lnx0，則2x0=?2lnx0，
即x0=?lnx0，可得ex0=1x0，則x0ex0=1，
且當(dāng)00，此時(shí)函數(shù)gx單調(diào)遞增，
所以，gx0=x0e2x0?2lnx0+1x0=x0×1x02?1?2x0x0=2，所以，a≤2，
故選：D.
【點(diǎn)睛】結(jié)論點(diǎn)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(jìn)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·山東·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)f(x)=x2eax+1?2lnx?ax?2，若f(x)≥0對(duì)任意x>0恒成立，則實(shí)數(shù)a的最小值為（）
A．?1eB．?2eC．?2eD．e
【答案】C
【分析】把f(x)轉(zhuǎn)化為f(x)=e2lnx+ax+2?1?(2lnx+ax+2)，先證明出ex?1≥x恒成立，得到f(x) ≥(2lnx+ax+2)?(2lnx+ax+2)=0恒成立，從而得到a=?2lnx?1x，令g(x)=?2lnx?1x，利用導(dǎo)數(shù)求出g(x)的最小值，即可得到a的最小值.
【詳解】f(x)=x2eax+1?2lnx?ax?2=e2lnx+ax+2?1?(2lnx+ax+2)
記fx=ex?1?x.
因?yàn)閒'x=ex?1?1，所以當(dāng)x>1時(shí)，f'x>0，所以fx在1,+∞上單調(diào)遞增，當(dāng)x0，g(x)單增.故g(x)min=ge12=?2e，即a的最小值為?2e
故選：C.
【點(diǎn)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，而函數(shù)是高中數(shù)學(xué)中重要的知識(shí)點(diǎn)，對(duì)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用的考查主要從以下幾個(gè)角度進(jìn)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)利用導(dǎo)數(shù)研究恒（能）成立問題．
4. （2023·山東·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)?？级＃┮阎坏仁絰+alnx?xa+1ex≥0對(duì)任意x∈1,+∞恒成立，則實(shí)數(shù)a的最小值是．
【答案】?e
【分析】將已知不等式變形為e?x?lne?x≥xa?lnxa，構(gòu)造函數(shù)fx=x?lnx，利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)fx的單調(diào)性，考慮a為負(fù)數(shù)的情形，可得出xa≥e?x，分參后可得a≥?xlnx，利用導(dǎo)數(shù)求出gx=?xlnx在1,+∞上的最大值，即可得出實(shí)數(shù)a的最小值.
【詳解】由x+alnx?xa+1ex≥0可得x+e?x≥xa?alnx=xa?lnxa，即e?x?lne?x≥xa?lnxa，
構(gòu)造函數(shù)fx=x?lnx，其中x>0，則f'x=1?1x=x?1x.
當(dāng)00，此時(shí)函數(shù)fx單調(diào)遞增，
因?yàn)閤>1，則?xe時(shí)，g'x0，fx單調(diào)遞增；當(dāng)x∈2,+∞時(shí)，f'x0，可得a>1，
令g'a2討論，結(jié)合導(dǎo)函數(shù)與函數(shù)單調(diào)性、最值的關(guān)系即可.
【詳解】令f(x)=alnx?ex?2，則f'(x)=ax?ex?2=a?xex?2x，x∈2,+∞，
令gx=a?xex?2，x∈2,+∞，則g'(x)=?(x+1)ex?2ex0?2(2ln2?1)>0，不符合題意，
綜上所述，不等式恒成立時(shí)，實(shí)數(shù)a的取值范圍是?∞,1ln2．
故答案為：?∞,1ln2.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵在于合理地進(jìn)行分類討論，首先對(duì)于較為簡(jiǎn)單的a0時(shí)，需要再次找到函數(shù)單調(diào)的分界點(diǎn)，即a=2，對(duì)于a>2時(shí)，需采用隱零點(diǎn)法結(jié)合不等式放縮即可.
8. （2023·青海西寧·統(tǒng)考二模）設(shè)實(shí)數(shù)m>0，若對(duì)任意的x∈1e2,+∞，不等式emx?lnxm≥1m?emxmx恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為 .
【答案】1e,+∞
【分析】將函數(shù)emx?lnxm≥1m?emxmx化簡(jiǎn)成emx+emxlnemx≥x+xlnx，構(gòu)造同構(gòu)函數(shù)，分析單調(diào)性，轉(zhuǎn)化為e2mx≥x即求解m≥lnxx,研究函數(shù)單調(diào)性即可解決.
【詳解】因?yàn)閑mx?lnxm≥1m?emxmx通分得：mxemx?xlnx≥x?emx即：emx+emxlnemx≥x+xlnx；設(shè)f(x)=x+xlnx,
f'(x)=lnx+2>0, x∈1e2,+∞，
函數(shù)f(x)=x+xlnx在x∈1e2,+∞單調(diào)遞增，
emx≥x恒成立，得：mx≥lnx,即m≥lnxx,
設(shè)g(x)=lnxx(x>1),g'(x)=1?lnxx2，
易知函數(shù)在0,e上單調(diào)遞增，在e,+∞上單調(diào)遞減
m≥g(x)min=g(e)=1e,
故答案為：1e,+∞
9. （2023·福建泉州·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）方程xyyx=2xxy滿足x≤y的正整數(shù)解的組數(shù)為（）
A．0B．1C．2D．無數(shù)組
【答案】B
【分析】根據(jù)方程xyyx=2xxy變式得到lnxx=ln2y2y（x>0，y>0），從而構(gòu)造函數(shù)fx=lnxx（x>0），利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性判斷出fx的圖象變化趨勢(shì)，結(jié)合條件得到x0，y>0，
取對(duì)數(shù)得：2ylnx=xln2y，即lnxx=ln2y2y，
令fx=lnxx（x>0），則f'x=1?lnxx2，
當(dāng)x∈0,e時(shí)，f'x>0，fx在0,e單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈e,+∞時(shí)，f'xe時(shí)，fx>0恒成立，又f1=0，
因?yàn)閤≤y，fx=f2y，所以x0）量解決本題的關(guān)鍵.
10. （2021·天津薊州·天津市薊州區(qū)第一中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）偶函數(shù)fx滿足f4+x=f4?x，當(dāng)x∈0,4時(shí)，fx=ln2xx，不等式f2x+afx>0在?200,200上有且只有200個(gè)整數(shù)解，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）
A．?13ln6,ln2B．?ln2,?13ln6
C．?ln2,?13ln6D．?13ln6,ln2
【答案】C
【分析】根據(jù)題意，得到fx的周期，利用導(dǎo)數(shù)可得fx的單調(diào)性，即可作出fx在0,8內(nèi)的圖象，根據(jù)周期性、對(duì)稱性可得f2x+afx>0在0,8內(nèi)有4個(gè)整數(shù)解，分別討論a>0、a=0和a0的整數(shù)解的個(gè)數(shù)，綜合分析，即可得答案.
【詳解】因?yàn)閒x為偶函數(shù)，所以f4+x=f4?x=fx?4，所以f8+x=fx，
所以fx是周期函數(shù)，且周期為8，且fx關(guān)于直線x=4對(duì)稱，
又當(dāng)x∈0,4時(shí)，fx=ln2xx，
則f'x=1x?x?ln2xx2=1?ln2xx2x>0，令f'x=0，解得x=e2，
所以當(dāng)x∈0,e2時(shí)，f'x>0，fx為增函數(shù)，
當(dāng)x∈e2,4時(shí)，f'x0在?200,200上有且只有200個(gè)整數(shù)解，
所以不等式f2x+afx>0在0,200內(nèi)有100個(gè)整數(shù)解，
因?yàn)閒x周期為8，所以fx在0,200內(nèi)有25個(gè)周期，
所以不等式f2x+afx>0在0,8有4個(gè)整數(shù)解，
（1）若a>0，由f2x+afx>0，可得fx>0或fx0在0,8內(nèi)有7個(gè)整數(shù)解，
不等式fx?a或fxf3，
所以fx>?a在0,4的整數(shù)解為x=1和x=2，
所以ln63≤?af(y0)=c>y0，不滿足f(f(y0))=y0.
同理假設(shè)f(y0)=c0得1

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