2025年高考数学二轮复习重点专题训练·导数的综合应用

2025高考二轮复习重点专题训练 导数的综合应用 函数恒成立和有解问题 1.(2024·湖北模拟预测)已知函数f (x)＝ln x，g(x)＝－1，其中a为常数． (1)过原点作y＝f (x)图象的切线l，求直线l的方程； (2)若x∈(0，＋∞)，使f (x)≤g(x)成立，求a的最小值． 解析　(1)f ′(x)＝，设切点坐标为(t，ln t)，则切线方程为y－ln t＝(x－t)， 因为切线经过原点，所以－ln t＝(－t)，解得t＝e， 所以l的方程为x－ey＝0. (2)x∈(0，＋∞)，f (x)≤g(x)，即ln x≤－1在(0，＋∞)上成立， 则a≥x(ln x＋1)在(0，＋∞)有解，故当x∈(0，＋∞)时，a≥[x(ln x＋1)]min. 令h(x)＝x(ln x＋1)，x>0，则h′(x)＝ln x＋2， 令h′(x)>0，得x∈；令h′(x)<0，得x∈， 故h(x)在单调递减，在单调递增，所以h(x)min＝h＝－， 则a≥－，故a的最小值为－. 2．(2024·广东佛山阶段练习)已知函数f (x)＝x(ex＋1)－axa ln x，a∈RＸ. (1)若a＝0，求曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若a＝1，讨论f (x)的单调性； (3)当x＞1时，f (x)≥a ln x恒成立，求a的取值范围． 解析　(1)因为a＝0，所以f (x)＝x(ex＋1)，则f ′(x)＝(x＋1)ex＋1. 又f (1)＝e＋1，f ′(1)＝2e＋1，故曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为y－e－1＝(2e＋1)(x－1)，即(2e＋1)x－y－e＝0. (2)当a＝1时，f (x)＝x(ex＋1)－x ln x，x∈(0，＋∞)，则f ′(x)＝(x＋1)ex－ln x. 令g(x)＝ex－x－1，h(x)＝ln x－x＋1，则g′(x)＝ex－1，h′(x)＝. 当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，故g(x)>g(0)＝0，即ex>x＋1. 当x∈(0，1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 故h(x)≤h(1)＝0，即ln x≤x－1. 从而f ′(x)＝(x＋1)ex－ln x>(x＋1)2－x＋1＝x2＋x＋2>0在(0，＋∞)上恒成立， 则f (x)在(0，＋∞)上单调递增． (3)f (x)≥a ln x在(1，＋∞)上恒成立等价于x(ex＋1)≥(axa＋a)ln x＝a ln x(ea ln x＋1)(*)在(1，＋∞)上恒成立． 若a≤0，则a ln x(ea ln x＋1)≤0，则x(ex＋1)≥a ln x(ea ln x＋1)显然成立． 若a>0，则a ln x>0在(1，＋∞)上恒成立，令φ(t)＝t(et＋1)，t＞0， 则φ′(t)＝(t＋1)et＋1>0在(0，＋∞)上恒成立， 即φ(t)＝t(et＋1)在(0，＋∞)上单调递增，故由(*)可得，φ(x)≥φ(a ln x)，则x≥a ln x，即a≤. 令H(x)＝(x>1)，则H′(x)＝， 当x∈(1，e)时，H′(x)<0，H(x)单调递减，当x∈(e，＋∞)时，H′(x)>0，H(x)单调递增，故H(x)min＝H(e)＝e，故得0<a≤e. 综上所述，a的取值范围为(－∞，e]. 3．(1)已知函数f (x)＝x2，g(x)＝－m(m∈RＸ)，对任意x1∈[0，2]，存在x2∈[1，2]，使得f (x1)≥g(x2)，求实数m的取值范围． (2)已知函数f (x)＝x2－2ax＋1，g(x)＝，其中a>0，x≠0，对任意x1∈[1，2]，x2∈[2，4]，f (x1)>g(x2)恒成立，求实数a的取值范围． 解析　(1)对任意x1∈[0，2]，存在x2∈[1，2]，使得f (x1)≥g(x2)，等价于g(x)＝－m在[1，2]上的最小值－m不大于f (x)＝x2在[0，2]上的最小值0，即－m≤0，∴m≥. (2)依题意可知，只需满足f (x1)min>g(x2)max即可． 因为a＞0，所以当x2∈[2，4]时，g(x2)单调递减，则g(x2)max＝g(2)＝，令n(a)＝g(x2)max＝. 令m(a)＝f (x1)min，f (x1)＝(x1－a)2＋1－a2，x1∈[1，2]， 故当0<a<1时，m(a)＝f (1)＝2－2a，由m(a)>n(a)解得a<，又0＜a＜1，所以0<a<； 当a>2时，m(a)＝f (2)＝5－4a，由m(a)>n(a)解得a<，又a＞2，所以此时a无解； 当1≤a≤2时，m(a)＝f (a)＝1－a2，由m(a)>n(a)解得＜a<，又1≤a≤2，所以此时a无解． 综上所述，实数a的取值范围是. 4．(2024·安庆高三4月联考)已知函数f (x)＝x ln x－ax(a∈RＸ)在点(e，f (e))处的切线平行于直线x－y＝0. (1)若f (x)≥mx－e2对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，求实数m的取值范围； (2)若x0是函数h(x)＝f (x)＋x2的极值点，求证f (x0)＋3x0>0. 解析　对函数f (x)求导得f ′(x)＝ln x＋1－a， 所以f ′(e)＝1＋1－a＝2－a＝1，解得a＝1. (1)由题意可知≥m对任意的x∈(0，＋∞)恒成立， 即ln x－1＋≥m对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，只需≥m即可， 令g(x)＝ln x－1＋，x>0， 对其求导得g′(x)＝－＝， 所以当x∈(0，e2)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减； 当x∈(e2，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增． 所以g(x)min＝g(e2)＝2－1＋1＝2， 于是m≤2，因此实数m的取值范围是(－∞，2]. (2)证明：由条件知h(x)＝x ln x－x＋x2，对其求导得h′(x)＝ln x＋2x，x＞0， 易知函数h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h′＝－1＋<0，h′(1)＝2>0， 所以存在x0∈，使h′(x0)＝0，即ln x0＋2x0＝0， 当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减； 当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增， 于是x0是函数h(x)的极值点， 所以f (x0)＋3x0＝x0ln x0＋2x0＝－2x02＋2x0＝2x0(1－x0)>0得证． 导数与不等式的证明 1．(2024·浙江强基联盟联考)已知函数f (x)＝＋. (1)当a＝时，记函数f (x)的导数为f ′(x)，求f ′(0)的值； (2)当a＝1，x≥1时，证明：f (x)>cos x. (注：e＝2.718 28…是自然对数的底数) 解析　(1)当a＝时，f (x)＝＋， ∴f ′(x)＝，∴f ′(0)＝1. (2)证明：当a＝1，x≥1时，f (x)＝＋， ∴f ′(x)＝， 令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1， 当x<0时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x>0时，h′(x)>0，h(x)单调递增， 所以当x＝0时，h(x)取得最小值h(0)＝0，则h(x)≥0，即ex≥x＋1， ∴当x≥1时，ex>x＋1≥2， ∴(ex)2>x2＋2x＋1，∴f ′(x)>0，∴f (x)在[1，＋∞)上单调递增， ∴f (x)≥f (1)＝＋>≥cos x，得证． 2．(2024·深圳市高三二模)已知函数f (x)＝(ax＋1)ex，f ′(x)是f (x)的导函数，且f ′(x)－f (x)＝2ex. (1)若曲线y＝f (x)在x＝0处的切线方程为y＝kx＋b，求k，b的值； (2)在(1)的条件下，证明：f (x)≥kx＋b. 解析　(1)因为f (x)＝(ax＋1)ex，所以f ′(x)＝(ax＋a＋1)ex，则f ′(x)－f (x)＝aex. 因为f ′(x)－f (x)＝2ex，所以a＝2. 则曲线y＝f (x)在点x＝0处的切线斜率为f ′(0)＝3. 又因为f (0)＝1，所以曲线y＝f (x)在x＝0处的切线方程为y＝3x＋1， 即k＝3，b＝1. (2)证明：设函数g(x)＝(2x＋1)ex－3x－1，x∈R， 则g′(x)＝(2x＋3)ex－3. 设g′(x)＝h(x)，则h′(x)＝ex(2x＋5)， 所以当x>－时，h′(x)>0，g′(x)单调递增． 又因为g′(0)＝0，所以当x>0时，g′(x)>0，g(x)单调递增； 当－<x<0时，g′(x)<0，g(x)单调递减． 当x≤－时，g′(x)＝(2x＋3)ex－3<0，g(x)单调递减． 综上，g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以当x＝0时，g(x)取得最小值g(0)＝0，即(2x＋1)ex－3x－1≥0， 所以当x∈R时，f (x)≥3x＋1. 3．(2024·山东威海二模)已知函数f (x)＝ln x－ax＋1. (1)求f (x)的极值； (2)证明：ln x＋x＋1≤xex. 解析　(1)由题意得f (x)＝ln x－ax＋1的定义域为(0，＋∞)， 则f ′(x)＝－a＝， 当a≤0时，f ′(x)>0，f (x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值； 当a>0时，令f ′(x)<0，得x>，令f ′(x)>0，得0<x<， 即f (x)在上单调递增，在上单调递减， 故x＝为函数的极大值点，函数极大值为f ＝－ln a，无极小值． (2)证明：设g(x)＝xex－ln x－x－1，x>0， 则g′(x)＝(x＋1)ex－－1，令h(x)＝(x＋1)ex－－1(x>0)， 则h′(x)＝(x＋2)ex＋>0，即h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又h＝e－3<0，h(e)＝(e＋1)ee－－1>0， 故x0∈，使得h(x0)＝0，即x0ex0＝1， 当x∈(0，x0)时，h(x)<0，g(x)在(0，x0)上单调递减， 当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，g(x)在(x0，＋∞)上单调递增， 故g(x)min＝g(x0)＝x0ex0－ln －x0－1＝0， 即g(x)≥0，即ln x＋x＋1≤xex. 4．(2024·内蒙古呼和浩特二模)对于函数f (x)，若实数x0满足f (x0)＝x0，则x0称为f (x)的不动点．已知函数f (x)＝ex－2x＋ae－x(x≥0). (1)当a＝－1时，求证：f (x)≥0； (2)当a＝0时，求函数f (x)的不动点的个数； (3)若n∈N*，证明：＋＋…＋>ln (n＋1). 解析　(1)证明：当a＝－1时，f (x)＝ex－2x－e－x(x≥0)， 所以f ′(x)＝ex＋－2(x≥0)，所以f ′(x)＝ex＋－2≥2－2＝0， 当且仅当ex＝，即x＝0时，等号成立， 所以f (x)单调递增， 所以f (x)≥f (x)min＝f (0)＝0，所以f (x)≥0得证． (2)当a＝0时，f (x)＝ex－2x(x≥0)， 根据题意可知，方程ex－2x＝x(x≥0)的不同解的个数即为函数f (x)的不动点的个数， 化ex－2x＝x(x≥0)为ex－3x＝0(x≥0)，令g(x)＝ex－3x(x≥0)， 所以函数g(x)的零点个数即为函数f (x)的不动点的个数， g′(x)＝ex－3(x≥0)，令g′(x)＝0，解得x＝ln 3， x，g′(x)，g(x)的关系如表， x [0，ln 3) ln 3 (ln 3，＋∞) g′(x) － 0 ＋ g(x) 单调递减 3－3ln 3 单调递增 因为g(0)＝1>0，g(ln 3)＝3－3ln 3<0，所以g(x)在[0，ln 3)上有一个零点， 又g(5)＝e5－15>25－15＝17>0，所以g(x)在(ln 3，＋∞)上有一个零点． 综上所述，当a＝0时，函数f (x)有两个不动点． (3)证明：由(1)知，ex－2x－e－x>0，x∈(0，＋∞)， 令x＝ln s，s>1，则s－2ln s－s－1>0，即s－>2ln s，s>1， 令s＝，n∈N*，则满足s>1， 所以－>2ln ，即>ln ， 所以>ln ＝ln (n＋1)－ln n， 所以＋＋…＋>ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln (n＋1)－ln n＝ln (n＋1)， 即＋＋…＋>ln (n＋1). 导数与函数的零点 1.(2024·四川绵阳模拟预测)已知函数f (x)＝a ln x－＋x(a∈R)，讨论f (x)的零点个数． 解析　因为f (x)＝a ln x－＋x的定义域为(0，＋∞)， 当x＝1时，f (1)＝0，所以1是f (x)的一个零点， f ′(x)＝＋＋1＝， 令g(x)＝x2＋ax＋1＝＋1－，x>0. 当－≤0，即a≥0时，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，则g(x)>g(0)＝1>0， 故f ′(x)>0，f (x)在(0，＋∞)上单调递增，结合f (1)＝0， 可知此时f (x)有1个零点． 当－>0，即a<0时，若1－≥0，则－2≤a<0，g(x)≥0， 故f ′(x)≥0但不恒为零，f (x)在(0，＋∞)上单调递增，结合f (1)＝0， 可知此时f (x)有1个零点． 若1－<0，则a<－2，g(x)＝x2＋ax＋1＝0的判别式Δ＝a2－4>0， 不妨设g(x)＝0的两根分别为x1，x2，则x1＋x2＝－a>0，x1x2＝1， 即x2＋ax＋1＝0有2个不等正根，不妨设0<x1<1<－<x2， 则当0<x<x1时，g(x)>0，即f ′(x)>0；当x1<x<x2时，g(x)<0，即f ′(x)<0；当x>x2时，g(x)>0，即f ′(x)>0. 所以f (x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，则f (x)极大值＝f (x1)>f (1)＝0，f (x)极小值＝f (x2)<f (1)＝0， 当x趋近于0时，－的变化幅度要大于a ln x的变化幅度，故f (x)＝a ln x－＋x趋近于负无穷， 当x趋近于正无穷时，x的变化幅度要大于a ln x的变化幅度，故f (x)＝a ln x－＋x趋近于正无穷， 此时函数f (x)＝a ln x－＋x有3个零点． 综上，当a<－2时，f (x)有3个零点，当a≥－2时，f (x)有1个零点． 2．(2024·沧衡八校期末联考)已知函数f (x)＝x－sin . (1)设θ∈且cos θ＝，求f (x)在区间(－1，1)内的单调递减区间(用θ表示)； (2)若a>0，函数g(x)＝f (x)－a ln |x|有且仅有2个零点，求a的值． 解析　(1)f ′(x)＝1－cos ， 令f ′(x)＝0，得cos ＝，当x∈(－1，1)时，∈，所以＝±θ，即x＝±， 当－<x<时，f ′(x)<0，当－1<x<－或<x<1时，f ′(x)>0， 所以f (x)在区间(－1，1)内的单调递减区间为. (2)依题意，g(x)＝x－sin －a ln |x|，其定义域是(－∞，0)∪(0，＋∞). (ⅰ)当x<0时，有g(－1)＝0. 当x<－1时，－sin ≤1，－a ln |x|<0，所以g(x)<0； 当－1<x<0时，由(1)知f (x)在单调递增，在单调递减， 又f (－1)＝f (0)＝0，所以f (x)＝x－sin >0，又－a ln |x|>0，所以g(x)>0. 所以g(x)在(－∞，0)有唯一的零点－1. (ⅱ)当x>0时，有g(1)＝0， g′(x)＝1－cos －，g′(1)＝1－a. 若a＝1，则g(x)＝x－ln x－sin ≥1－sin ≥0，当x＝1时等号同时成立， 可知g(x)在(0，＋∞)有且仅有1个零点1，符合题意． 若a>1，则g′(x)在(1，2)单调递增，g′(2)＝1＋－. ①若g′(2)≤0，则当x∈(1，2)时，有g′(x)<0； ②若g′(2)>0，又g′(1)<0，由函数零点存在定理可知x1∈(1，2)，使得g′(x1)＝0. 由①②，可知g(x)在(1，x1)单调递减，所以g(x1)<g(1)＝0， 又当x→＋∞时，g(x)→＋∞，所以g(x)在(1，＋∞)至少有1个零点， 则可知g(x)在(0，＋∞)至少有2个零点，不符合题意． 若0<a<1，则g′(x)在(0，1)单调递增，又g′(1)>0，g′＝1－－2a<0， 由函数零点存在定理可知x2∈(0，1)，使得g′(x2)＝0，且g(x)在(x2，1)单调递增，则有g(x2)<g(1)＝0， 又当x→0时，g(x)→＋∞，所以g(x)在(0，1)有1个零点， 则可知g(x)在(0，＋∞)至少有2个零点，不符合题意． 综上可知，a＝1. 3．(2024·淄博模拟)已知函数f (x)＝ex－sin x－1. (1)讨论函数f (x)在区间(0，＋∞)上的单调性； (2)证明：函数f (x)在区间(－π，0]上有且仅有两个零点． 解析　(1)当x∈(0，＋∞)时，f ′(x)＝ex－cos x>0恒成立，所以f (x)在区间(0，＋∞)上单调递增． (2)证明：令H(x)＝f ′(x)＝ex－cos x，则H′(x)＝ex＋sin x. 当x∈时，f ′(x)＝ex－cos x>0，f (x)单调递增， 又f (－π)＝e－π－1<0，f ＝e>0， 所以f (x)在区间上恰有1个零点． 当x∈时，H′(x)＝ex＋sin x单调递增， 又H′＝e－1<0，H′(0)＝1>0， 所以存在x0∈，使得H′(x0)＝0， 所以当x∈时，H′(x)<0；当x∈(x0，0)时，H′(x)>0， 故f ′(x)在上单调递减，在(x0，0)上单调递增． 又f ′＝e>0，f ′(0)＝0，所以f ′(x0)<0， 所以存在x1∈，使得f (x)在单调递增，在(x1，0)上单调递减，又f ＝e>0，f (0)＝0， 所以f (x)在区间上恰有1个零点． 综上，函数f (x)在区间(－π，0]上有且仅有两个零点． 4．(2024·通州区联考)已知函数f (x)＝ax＋＋2ln (1－x)，曲线y＝f (x)在(－1，f (－1))处的切线方程为y＝2ln 2－3. (1)求a，b的值； (2)求f (x)的单调区间，并证明f (x)在(－∞，0)上没有零点． 解析　(1)f ′(x)＝a－＋，由题意知 (2)由(1)可知f ′(x)＝2－－ ＝ ＝ ＝， 令f ′(x)＞0，得x＜－1，令f ′(x)＜0，得－1＜x＜0或0＜x＜1， ∴f (x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，0)和(0，1)上单调递减． ∴f (x)的单调递增区间为(－∞，－1)，单调递减区间为(－1，0)，(0，1). 又f (x)＝2x＋＋2ln (1－x)， ∴当x∈(－∞，0)时，f (x)≤f (－1)＝－2－1＋2ln 2＝－3＋2ln 2<0， ∴f (x)在(－∞，0)上没有零点． 函数的极值点偏移问题 1．(2024·上海三模)已知f (x)＝ex－ax－1，a∈R，e是自然对数的底数． (1)当a＝1时，求函数y＝f (x)的极值； (2)若关于x的方程f (x)＋1＝0有两个不等实根，求a的取值范围； (3)当a>0时，若f (x1)＝f (x2)(x1<x2)，求证：x1＋x2<2ln a. 解析　(1)当a＝1时，f (x)＝ex－x－1，定义域为R，求导可得f ′(x)＝ex－1， 令f ′(x)＝0，得x＝0， 当x<0时，f ′(x)<0，函数f (x)在区间(－∞，0)上单调递减， 当x>0时，f ′(x)>0，函数f (x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 所以y＝f (x)在x＝0处取到极小值为0，无极大值． (2)方程f (x)＋1＝0即ex－ax＝0，当x＝0时，显然方程不成立， 所以x≠0，则a＝，方程有两个不等实根，即直线y＝a与g(x)＝的图象有2个交点， g′(x)＝，当x<0或0<x<1时，g′(x)<0， g(x)在区间(－∞，0)和(0，1)上单调递减， 并且当x∈(－∞，0)时，g(x)<0，当x∈(0，1)时，g(x)>0， 当x>1时，g′(x)>0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增， 当x>0时，g(x)在x＝1处取得最小值g(1)＝e， 作出函数y＝g(x)的图象，如图所示， 因此当直线y＝a与g(x)＝的图象有2个交点时，a>e， 故a的取值范围为(e，＋∞). (3)证明：a>0，由f ′(x)＝ex－a＝0，得x＝ln a， 所以函数y＝f (x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增． 由题意x1<x2，且f (x1)＝f (x2)，则x1∈(－∞，ln a)，x2∈(ln a，＋∞). 要证x1＋x2<2ln a，只需证x1<2ln a－x2， 而2ln a－x2<ln a，且函数f (x)在(－∞，ln a)上单调递减， 故只需证f (x1)>f (2ln a－x2)， 又f (x1)＝f (x2)，所以只需证f (x2)>f (2ln a－x2)， 即证f (x2)－f (2ln a－x2)>0， 令h(x)＝f (x)－f (2ln a－x)， 即h(x)＝ex－ax－1－[e2ln a－x－a(2ln a－x)－1]＝ex－a2e－x－2ax＋2a ln a， h′(x)＝ex＋a2e－x－2a， 由基本不等式可得h′(x)＝ex＋a2e－x－2a≥2－2a＝0， 当且仅当ex＝a2e－x，即x＝ln a时，等号成立． 所以函数h(x)在R上单调递增． 由x2>ln a，可得h(x2)>h(ln a)＝0， 即f (x2)－f (2ln a－x2)>0， 所以f (x1)－f (2ln a－x2)＞0， 即f (x1)＞f (2ln a－x2)，即x1＋x2<2ln a得证． 2．(2024·山西太原阶段测试)已知函数f (x)＝xe－x(x∈R)，如果x1≠x2，且f (x1)＝f (x2).证明：x1＋x2>2. 证明　由题意，函数f (x)＝xe－x(x∈R)， 可得f ′(x)＝(1－x)e－x， 当x<1时，f ′(x)>0；当x>1时，f ′(x)<0， 可得函数f (x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 且当x→－∞时，f (x)→－∞，当x→＋∞时，f (x)→0＋，f (0)＝0， 因为f (x1)＝f (x2)，得x1e－x1＝x2e－x2，化简得＝，① 不妨设x2>x1，可得0<x1<1<x2， 令t＝x2－x1，则t>0，x2＝t＋x1，代入①式，可得et＝，解得x1＝， 则x1＋x2＝2x1＋t＝＋t，故要证x1＋x2>2，即证＋t>2， 又因为et－1>0，即等价于证明2t＋(t－2)(et－1)>0，② 构造函数G(t)＝2t＋(t－2)(et－1)(t>0)，则G′(t)＝(t－1)et＋1， 令h(t)＝G′(t)，则h′(t)＝tet＞0， 故G′(t)在(0，＋∞)上单调递增，G′(t)>G′(0)＝0， 从而G(t)在(0，＋∞)上单调递增，G(t)>G(0)＝0， 即②式成立，也即原不等式x1＋x2>2成立． 3．(2024·四川成都期中)已知函数f (x)＝2x－a ln x＋4a(a∈R). (1)讨论函数f (x)的单调性； (2)当x>1时，不等式f (x)≥4a恒成立，求实数a的取值范围； (3)令g(x)＝f (x)＋cos x，若存在x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，使g(x1)＝g(x2)，证明：x1x2<a2. 解析　(1)∵f (x)＝2x－a ln x＋4a的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝2－＝， ∴当a≤0时，f ′(x)>0恒成立， 所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增． 当a>0时，由f ′(x)>0得x>，由f ′(x)<0得0<x<， 即f (x)在上单调递增，在上单调递减． 综上可得，当a≤0时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，f (x)在上单调递减，在上单调递增． (2)当x>1时，不等式f (x)≥4a恒成立a≤在(1，＋∞)上恒成立， 设y＝，x∈(1，＋∞)，所以y′＝， 所以当1<x<e时，y′<0，当x>e时，y′>0， 所以y＝在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增， 所以当x＝e时，ymin＝2e，∴a≤2e. (3)证明：∵g(x)＝f (x)＋cos x＝2x－a ln x＋4a＋cos x，g(x1)＝g(x2)，x1≠x2， ∴2x1－a ln x1＋cos x1＝2x2－a ln x2＋cos x2a(ln x1－ln x2)＝2(x1－x2)＋cos x1－cos x2， 令h(x)＝x＋cos x，x＞0，则h′(x)＝1－sin x≥0，但不恒为0， ∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，不妨设x1>x2>0， ∴h(x1)>h(x2)x1＋cos x1>x2＋cos x2cos x1－cos x2>x2－x12(x1－x2)＋cos x1－cos x2>2(x1－x2)＋(x2－x1)＝x1－x2， ∴a(ln x1－ln x2)>x1－x2a>， 要证x1x2<a2，即证a>， 只需证>， 令t＝(t>1)，只需证>， 只需证－ln t>0， 设m(t)＝－ln t(t>1)， 则m′(t)＝>0， ∴m(t)在(1，＋∞)上单调递增， ∴m(t)>m(1)＝0， 所以－ln t＞0， 即x1x2<a2得证． 4．(2024·浙江期中)已知函数f (x)＝ln x－mx－1. (1)讨论函数f (x)的零点个数； (2)若函数g(x)＝xf (x)有两个极值点x1，x2，证明：x1·x2>e2. 解析　(1)令f (x)＝ln x－mx－1＝0，x>0，得m＝，x>0， 设h(x)＝，x>0. 要求f (x)的零点个数，即求直线y＝m与函数y＝h(x)图象的交点个数． h′(x)＝＝， 由h′(x)>0得0<x<e2，由h′(x)<0得x>e2， ∴函数h(x)在(0，e2)上单调递增，在(e2，＋∞)上单调递减，得h(x)max＝h(e2)＝， 当x>0且无限趋近于0时，h(x)→－∞； 当x趋近于正无穷时，h(x)>0且无限趋近于0. 函数的隐零点问题 1．(2024·北京三模)已知f (x)＝(2x－1)eax－x的图象在x＝0处的切线方程为x＋y＋b＝0. (1)求实数a，b的值； (2)证明：f (x)仅有一个极值点x0，且f (x0)<－； (3)若m(x)＝(kx－1)ekx－x，是否存在k使得m(x)≥－1恒成立，存在请求出k的取值范围，不存在请说明理由． 解析　(1)由题意，f ′(x)＝(2ax＋2－a)eax－1，则f ′(0)＝1－a＝－1，解得a＝2， 又f (0)＝－1，可得切点为(0，－1)，代入x＋y＋b＝0，得b＝1. 所以实数a＝2，b＝1. (2)证明：由(1)得f (x)＝(2x－1)e2x－x， 则f ′(x)＝4xe2x－1， 令g(x)＝f ′(x)，∴g′(x)＝4e2x(1＋2x)， 令g′(x)>0，得x>－， 令g′(x)<0，得x<－， 所以g(x)在上单调递减， 在上单调递增， 所以g(x)min＝g＝－2e－1－1<0， 且当x<0时，g(x)<0，g(0)＝－1<0，g＝e－1>0， 所以g(x)在上存在唯一零点x0，即g(x0)＝0，即4x0· ＝1， 当x∈(－∞，x0)时，g(x)<0，即f ′(x)<0，f (x)单调递减， 当x∈(x0，＋∞)时，g(x)>0，即f ′(x)>0，f (x)单调递增， 所以f (x)仅存在一个极值点x0，x0∈， f (x0)＝(2x0－1) －x0＝(2x0－1)×－x0＝－， 对于函数y＝x＋，x∈，y′＝<0， 所以y＝x＋在上单调递减，则y＝x＋>， 所以f (x0)<－＝－. (3)若存在k，使得m(x)≥－1恒成立，即(kx－1)ekx≥x－1对x∈R恒成立， 当k≤0时，若x>1，则(kx－1)ekx<0恒成立，显然不存在k满足条件； 当k>0时，令φ(x)＝(kx－1)ekx－x＋1， 则φ′(x)＝k2xekx－1， 令G(x)＝φ′(x)，则G′(x)＝k2(1＋kx)ekx>0在[0，＋∞)上恒成立， 所以G(x)即φ′(x)在[0，＋∞)上单调递增，又φ′(0)＝－1<0，φ′＝e－1>0， 所以存在x1∈，使得φ′(x1)＝0， 所以当x∈(0，x1)时，φ′(x)<0，即φ(x)单调递减，此时φ(x)<φ(0)＝0， 所以φ(x)≥0不恒成立，故当k>0时，不存在k满足条件． 综上，不存在k，使得m(x)≥－1恒成立． 2．(2024·福建福州期中)已知函数f (x)＝4x－x2－a ln x(a>0). (1)当a＝3时，讨论函数f (x)的单调性； (2)若f (x)有两个极值点x1，x2(x1<x2). ①求a的取值范围； ②证明：f (x1)＋f (x2)<10－ln a. 解析　(1)当a＝3时，f (x)＝4x－x2－3ln x(x>0)， ∴f ′(x)＝4－x－＝－＝－，令f ′(x)＝0得x＝1或x＝3， 则x，f ′(x)，f (x)的关系如下， x (0，1) 1 (1，3) 3 (3，＋∞) f ′(x) － 0 ＋ 0 － f (x) 单调递减 单调递增 单调递减 ∴f (x)在(0，1)，(3，＋∞)上单调递减，在(1，3)上单调递增． (2)①f ′(x)＝4－x－＝＝－， 因为f (x)有两个极值点x1，x2(x1<x2)， 即函数y＝x2－4x＋a在(0，＋∞)有两个变号零点x1，x2， 所以所以0<a<4. ②证明：由①得x1＋x2＝4，x1x2＝a，且0<a<4， f (x1)＋f (x2)＝＋＝4(x1＋x2)－a(ln x1＋ln x2)－(x12＋x22)＝a－a ln a＋8， 要证f (x1)＋f (x2)<10－ln a， 即证a－a ln a＋8<10－ln a， 只需证(1－a)ln a＋a－2<0. 令g(a)＝(1－a)ln a＋a－2，a∈(0，4)， g′(a)＝－ln a＋＋1＝－ln a， 令m(a)＝－ln a， 则m′(a)＝－－<0恒成立， 所以m(a)在(0，4)上单调递减， 又因为m(1)＝1>0，m(2)＝－ln 2<0， 由函数零点存在定理得a0∈(1，2)， 使得m(a0)＝0，即ln a0＝， 所以当a∈(0，a0)时，m(a)＝g′(a)>0，g(a)单调递增； 当a∈(a0，4)时，m(a)＝g′(a)<0，g(a)单调递减． 则g(a)max＝g(a0)＝(1－a0)ln a0＋a0－2＝(1－a0)＋a0－2＝a0＋－3. 易知y＝a0＋－3在(1，2)上单调递增， 所以a0＋－3<2＋－3＝－<0， 所以g(a)<0，即f (x1)＋f (x2)<10－ln a得证． 3．(2024·辽宁期末，节选)已知函数f (x)＝ex－cos x，求证：当x∈时，f (x)有两个零点． 证明　当x∈(0，＋∞)时，ex>1，cos x≤1，所以ex－cos x>0， 所以f (x)无零点， 当x∈时，由f (x)＝ex－cos x， 得f ′(x)＝ex＋sin x， 令t(x)＝f ′(x)＝ex＋sin x， 则t′(x)＝ex＋cos x>0， 所以t(x)在上单调递增， 即f ′(x)在上单调递增， 因为f ′＝e－1＝－1<0，f ′(0)＝1>0， 所以存在唯一x0∈，使得f ′(x0)＝0， 所以当－<x<x0时，f ′(x)<0，当x0<x<0时，f ′(x)>0， 所以f (x)在上单调递减，在(x0，0)上单调递增， 因为f (0)＝0，f (x)在(x0，0)上单调递增，所以f (x0)<0， 因为f ＝e>0，所以存在唯一的x1∈，使得f (x1)＝0， 所以当x∈时，f (x)有两个零点． 4．(2024·沧衡八校联盟期中)已知函数f (x)＝－x ln (－x)，g(x)＝ex－x. (1)求f (x)的单调区间； (2)证明：g(x)－f (x)<3. 解析　(1)f (x)的定义域为(－∞，0)，f ′(x)＝－ln (－x)－x×＝－ln (－x)－1. 令f ′(x)>0，得－<x<0，此时函数f (x)单调递增； 令f ′(x)<0，得x<－，此时函数f (x)单调递减． 所以f (x)的单调递减区间为，单调递增区间为. (2)证明：令h(x)＝g(x)－f (x)＝ex－x＋x ln (－x)(x<0)，则h′(x)＝ex＋ln (－x). 当x<－1时，h′(x)＝ex＋ln (－x)>0. 当－1<x<0时，令φ(x)＝h′(x)，则φ′(x)＝ex＋，因为<－1，ex<1，所以φ′(x)<0，即h′(x)单调递减． 又h′(－1)＝>0，h′＝e＋ln ＝e－1<0，所以存在x0∈，使h′(x0)＝0. 所以当x∈(－∞，x0)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，当x∈(x0，0)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减， 所以h(x)max＝h(x0)＝－x0＋x0ln (－x0). 因为h′(x0)＝0，所以＝－ln (－x0)，即＝－x0ln (－x0)＝ln ， 所以f (x0)＝f (－). 因为x0∈，－<－，且f (x)在上单调递减， 所以x0＝－，即ln (－x0)＝x0， 所以h(x0)＝x02－2x0. 因为x0∈，所以h(x0)＝x02－2x0<h(－1)＝3， 又因为h(x)≤h(x0)，所以h(x)<3，即g(x)－f (x)<3. 2 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025高考二轮复习重点专题训练 导数的综合应用 函数恒成立和有解问题 1.(2024·湖北模拟预测)已知函数f (x)＝ln x，g(x)＝－1，其中a为常数． (1)过原点作y＝f (x)图象的切线l，求直线l的方程； (2)若x∈(0，＋∞)，使f (x)≤g(x)成立，求a的最小值． 2．(2024·广东佛山阶段练习)已知函数f (x)＝x(ex＋1)－axa ln x，a∈RＸ. (1)若a＝0，求曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若a＝1，讨论f (x)的单调性； (3)当x＞1时，f (x)≥a ln x恒成立，求a的取值范围． 3．(1)已知函数f (x)＝x2，g(x)＝－m(m∈RＸ)，对任意x1∈[0，2]，存在x2∈[1，2]，使得f (x1)≥g(x2)，求实数m的取值范围． (2)已知函数f (x)＝x2－2ax＋1，g(x)＝，其中a>0，x≠0，对任意x1∈[1，2]，x2∈[2，4]，f (x1)>g(x2)恒成立，求实数a的取值范围． 4．(2024·安庆高三4月联考)已知函数f (x)＝x ln x－ax(a∈RＸ)在点(e，f (e))处的切线平行于直线x－y＝0. (1)若f (x)≥mx－e2对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，求实数m的取值范围； (2)若x0是函数h(x)＝f (x)＋x2的极值点，求证f (x0)＋3x0>0. 导数与不等式的证明 1．(2024·浙江强基联盟联考)已知函数f (x)＝＋. (1)当a＝时，记函数f (x)的导数为f ′(x)，求f ′(0)的值； (2)当a＝1，x≥1时，证明：f (x)>cos x. (注：e＝2.718 28…是自然对数的底数) 2．(2024·深圳市高三二模)已知函数f (x)＝(ax＋1)ex，f ′(x)是f (x)的导函数，且f ′(x)－f (x)＝2ex. (1)若曲线y＝f (x)在x＝0处的切线方程为y＝kx＋b，求k，b的值； (2)在(1)的条件下，证明：f (x)≥kx＋b. 3．(2024·山东威海二模)已知函数f (x)＝ln x－ax＋1. (1)求f (x)的极值； (2)证明：ln x＋x＋1≤xex. 4．(2024·内蒙古呼和浩特二模)对于函数f (x)，若实数x0满足f (x0)＝x0，则x0称为f (x)的不动点．已知函数f (x)＝ex－2x＋ae－x(x≥0). (1)当a＝－1时，求证：f (x)≥0； (2)当a＝0时，求函数f (x)的不动点的个数； (3)若n∈N*，证明：＋＋…＋>ln (n＋1). 导数与函数的零点 1.(2024·四川绵阳模拟预测)已知函数f (x)＝a ln x－＋x(a∈R)，讨论f (x)的零点个数． 2．(2024·沧衡八校期末联考)已知函数f (x)＝x－sin . (1)设θ∈且cos θ＝，求f (x)在区间(－1，1)内的单调递减区间(用θ表示)； (2)若a>0，函数g(x)＝f (x)－a ln |x|有且仅有2个零点，求a的值． 3．(2024·淄博模拟)已知函数f (x)＝ex－sin x－1. (1)讨论函数f (x)在区间(0，＋∞)上的单调性； (2)证明：函数f (x)在区间(－π，0]上有且仅有两个零点． 4．(2024·通州区联考)已知函数f (x)＝ax＋＋2ln (1－x)，曲线y＝f (x)在(－1，f (－1))处的切线方程为y＝2ln 2－3. (1)求a，b的值； (2)求f (x)的单调区间，并证明f (x)在(－∞，0)上没有零点． 函数的极值点偏移问题 1．(2024·上海三模)已知f (x)＝ex－ax－1，a∈R，e是自然对数的底数． (1)当a＝1时，求函数y＝f (x)的极值； (2)若关于x的方程f (x)＋1＝0有两个不等实根，求a的取值范围； (3)当a>0时，若f (x1)＝f (x2)(x1<x2)，求证：x1＋x2<2ln a. 2．(2024·山西太原阶段测试)已知函数f (x)＝xe－x(x∈R)，如果x1≠x2，且f (x1)＝f (x2).证明：x1＋x2>2. 3．(2024·四川成都期中)已知函数f (x)＝2x－a ln x＋4a(a∈R). (1)讨论函数f (x)的单调性； (2)当x>1时，不等式f (x)≥4a恒成立，求实数a的取值范围； (3)令g(x)＝f (x)＋cos x，若存在x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，使g(x1)＝g(x2)，证明：x1x2<a2. 4．(2024·浙江期中)已知函数f (x)＝ln x－mx－1. (1)讨论函数f (x)的零点个数； (2)若函数g(x)＝xf (x)有两个极值点x1，x2，证明：x1·x2>e2. 函数的隐零点问题 1．(2024·北京三模)已知f (x)＝(2x－1)eax－x的图象在x＝0处的切线方程为x＋y＋b＝0. (1)求实数a，b的值； (2)证明：f (x)仅有一个极值点x0，且f (x0)<－； (3)若m(x)＝(kx－1)ekx－x，是否存在k使得m(x)≥－1恒成立，存在请求出k的取值范围，不存在请说明理由． 2．(2024·福建福州期中)已知函数f (x)＝4x－x2－a ln x(a>0). (1)当a＝3时，讨论函数f (x)的单调性； (2)若f (x)有两个极值点x1，x2(x1<x2). ①求a的取值范围； ②证明：f (x1)＋f (x2)<10－ln a. 3．(2024·辽宁期末，节选)已知函数f (x)＝ex－cos x，求证：当x∈时，f (x)有两个零点． 4．(2024·沧衡八校联盟期中)已知函数f (x)＝－x ln (－x)，g(x)＝ex－x. (1)求f (x)的单调区间； (2)证明：g(x)－f (x)<3. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$