第24讲 利用导数研究恒(能)成立问题（1考点+11题型）讲义-2027届高三数学一轮复习

第24讲 利用导数研究恒(能)成立问题 目录 Part 1 考点突破 【考点1：利用导数研究恒(能)成立问题的求解策略】 Part2 题型探究 【题型一：直接法】 【题型二：端点恒成立】 【题型三：端点不成立】 【题型四：分离参数之全分离、半分离、换元分离】 【题型五：洛必达法则（拓展选讲）】 【题型六：同构法与朗博同构】 【题型七：必要性探路】 【题型八：max、min函数问题】 【题型九：构造函数技巧】 【题型十：双变量最值问题】 【题型十一：恒成立问题求参数的具体值】 Part3 分层通关 Part 1 考点突破 【考点1：利用导数研究恒(能)成立问题的求解策略】 1、利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略： （1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； （2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题； （3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 2、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），； （2），； （3），； （4），． 3、不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数，，，． （1）若，，有成立，则； （2）若，，有成立，则； （3）若，，有成立，则； （4）若，，有成立，则的值域是的值域的子集． 4、法则1若函数和满足下列条件： （1）及； （2）在点的去心邻域内，与可导且； （3）， 那么=． 法则2若函数和满足下列条件：（1）及； （2），和在与上可导，且； （3）， 那么=． 法则3若函数和满足下列条件： （1）及； （2）在点的去心邻域内，与可导且； （3）， 那么=． 注意：利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一，在解题中应注意： （1）将上面公式中的，，，洛必达法则也成立． （2）洛必达法则可处理，，，，，，型． （3）在着手求极限以前，首先要检查是否满足，，，，，，型定式，否则滥用洛必达法则会出错．当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限． （4）若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止． ，如满足条件，可继续使用洛必达法则． 这块内容看着零散，其实就三件事：一是"恒成立"和"有解"的区别——前者是全域都成立，只要找出最坏的那个点（最小值/最大值）卡住就行；后者是只要存在一个点成立，反而要去找最好的那个点。学生最容易栽在这俩混为一谈，一上来就把"有解"当"恒成立"去求最值，方向就反了。二是参变分离：只要能把参数挪到不等式一边，问题立刻降级成普通的最值问题，分离之后能直接求出最值点就最好；求不出来（比如出现隐零点）就该改用分类讨论或放缩。三是洛必达法则只当作工具介绍，学生知道它什么时候能用、什么时候不能用就行，真正压轴题里碰到"端点处极限"时，用导数定义或者泰勒展开往往比洛必达更稳。 Part 2 题型探究 【题型一：直接法】 【例1】（2026春•赛罕区校级期末）已知函数． （1）若a＝2，求函数f（x）的最小值； （2）讨论f（x）的单调性； （3）若在x∈（0，+∞）上恒成立，求a的取值范围． 【变式1】（2026春•武汉期中）已知函数f（x）＝x2﹣（2a+1）x+alnx，a∈R． （1）若f（x）在x＝1处取得极值，求f（x）的极值； （2）若f（x）在[1，e]上的最小值为﹣2a，求a的取值范围． 【题型二：端点恒成立】 【例3】（2026•张家口校级模拟）已知f（x）＝（x+1）ln（x+1）+asinx，a∈R． （1）a＝0时，证明：； （2）若对任意的x∈（0，π），f（x）＞0恒成立，求a的取值范围； （3）证明：对任意的正整数n，总有． 【变式3】（2026•重庆）已知函数f（x）＝xex+ax+b，曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝﹣2x+1． （1）求a，b； （2）当x＞0时，f（x+m）﹣f（x）＞m，求m的取值范围； （3）当x＞0时，f（x+k）+f（k﹣x）＞2f（k），求k的最小值． 【题型三：端点不成立】 【例5】（2026秋•长治月考）设函数f（x）＝2ax2﹣2a﹣lnx，g（x）． （1）讨论f（x）的单调性； （2）证明：当x＞1时，g（x）＞0； （3）当x∈（1，+∞），f（x）＞g（x），求a的取值范围． 【变式5】（2026•炎陵县校级二模）已知函数，若f（x）≤0在（0，+∞）上恒成立，则实数m的取值范围为____________________ ． 【题型四：分离参数之全分离、半分离、换元分离】 【例7】（2026春•潮州期末）已知函数． （1）当a＝e时，求f（x）的极值； （2）讨论f（x）的单调性； （3）若对任意的x∈（0，+∞），都有f（x）＞0恒成立，求实数a的取值范围． 【变式7】（2026秋•荥阳市校级月考）已知函数f（x）＝e2x+ax2﹣2x． （1）当a＝2时，讨论f（x）的单调性； （2）若f（x）与g（x）＝ax2+2（a﹣1）x+2a恰有两个交点，求a的取值范围． （3）当x≥0时，f（x）≥4x3+1，求a的取值范围． 【变式9】（2026•湖北校级模拟）已知函数f（x）＝（x+1）ln（x+1）﹣λx． （1）若是减函数，求λ的取值范围； （2）当x≥0时，f（x）≥0，求λ的最大值． 【题型五：洛必达法则（拓展选讲）】 【例9】（2026春•福建期中）洛必达法则对导数的研究产生了深远的影响．洛必达法则：给定两个函数F（x），G（x），当F（x0）＝0，G（x0）＝0时，．已知函数，h（x）＝3sinx﹣xcosx﹣2x． （1）证明：h（x）在区间[0，2π]上单调递减； （2）对于x∈[0，2π]，f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围； 【变式11】（2025•安庆模拟）洛必达法则对导数的研究产生了深远的影响．洛必达法则：给定两个函数F（x），G（x），当F（x0）＝0，G（x0）＝0时，.已知函数，h（x）＝3sinx﹣xcosx﹣2x． （1）证明：h（x）在区间[0，2π]上单调递减； （2）对于x∈[0，2π]，f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围； （3）∀n∈N*，证明：（附：e≈2.718，e2≈7.389） 【变式13】（2025春•辽宁期末）对于给定函数F（x），G（x），F′（x），G′（x）分别是F（x），G（x）的导函数，当F（x0）＝0，G（x0）＝0时，根据洛必达法则知．已知函数f（x）＝x+sinx，g（x）＝ax2． （1）当a＝1时，求的值； （2）设函数F（x）＝xg（x）﹣f（x）+2sinx，若不等式F（x）≥0在（0，π）上恒成立． （i）求a的取值范围； （ii）证明：∀n∈N*，． 【题型六：同构法与朗博同构】 【例11】（2026春•韩城市期末）已知函数f（x）＝lnx﹣ax（a∈R）． （1）求函数f（x）的单调区间； （2）若函数f（x）在[1，e2]上有且仅有2个零点，求a的取值范围． （3）对任意x∈（0，+∞），f（x）＜eax﹣x恒成立，求a的取值范围． 【变式15】（2026•九龙坡区校级模拟）已知函数f（x）＝2lnx﹣ax． （1）若a＝1，求曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程； （2）讨论f（x）的单调性； （3）若a＞0，f（x）≤eax﹣x2恒成立，求a的取值范围． 【变式17】（2026春•济南期中）若t＞0，且不等式对任意的x∈[1，+∞）恒成立，则t的取值范围为（　　） A． B． C． D． 【题型七：必要性探路】 【例13】（2026•莆田模拟）已知函数f（x）＝ax2﹣lnx． （1）当a＝2时，求f（x）的极值； （2）若f（x）≥（2﹣a）x，求实数a的取值范围． 【变式19】（2025秋•宿迁校级期末）已知函数f（x）＝ax2﹣lnx，a∈R． （1）若x＝1是f（x）的极小值点，求a； （2）若存在x∈（0，+∞），使f（x）＜x，求a的取值范围． 【题型八：max、min函数问题】 【例15】（2026•遂平县校级模拟）若对于∀t∈（0，+∞），∃x∈（0，+∞），使得不等式成立，则实数a的最小值为____________________ ． 【变式21】（2026•邵阳模拟）若∀x∈（0，+∞），，则a的值为_____ ． 【题型九：构造函数技巧】 【例17】（2026秋•安阳月考）已知函数f（x）＝ln（x2+1）+mx+n，曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为x﹣2y＝0． （1）求实数m，n； （2）若当x2＞x1≥a时，f（x2）﹣f（x1）＜x2﹣x1，求a的最小值； （3）若∃x＞0，使得f（k+x）+f（k﹣x）＜2f（k），求k的取值范围． 【变式23】（2026秋•成都月考）已知函数f（x）＝lnx﹣x+1． （1）求函数f（x）的极值； （2）证明：； （3）若f（x）≤xex﹣mx恒成立，求实数m的取值范围． 【题型十：双变量最值问题】 【例19】（2026春•浦东新区校级期中）如果对一切正实数x，y，不等式恒成立，则实数a的取值范围是（　　） A． B． C． D．[﹣1，+∞） 【变式25】（2025春•天津校级月考）若对∀x1，x2∈[﹣1，0），x1＜x2，恒成立，则a的最小值为___________________ ． 【题型十一：恒成立问题求参数的具体值】 【例21】（2026•商洛一模）已知函数f（x）＝ex﹣ax+sinx（a∈R）． （1）若a＝1，求证：f（x）＞0； （2）若a＝0，求证：f（x）在（﹣π，+∞）上恰有两个零点； （3）若不等式f（x）≥2﹣cosx对任意的恒成立，求a的值． 【变式27】（2026•河北模拟）已知函数f（x）＝aln（x+1）+x，a∈R． （1）讨论函数f（x）的单调性． （2）当函数f（x）的极小值为0时． （i）若f（x）＞m﹣sinx﹣ax在x∈（0，1]上恒成立，求m的取值范围． （ii）若在（0，1]上恒成立，证明：b≤1． Part 3 分层通关 【基础通关练】 1．（2026春•赛罕区校级期末）已知函数． （1）若a＝2，求函数f（x）的最小值； （2）讨论f（x）的单调性； （3）若在x∈（0，+∞）上恒成立，求a的取值范围． 2．（2025秋•桐城市期末）已知函数，.若对任意x∈（0，1），不等式恒成立，则实数k的取值范围为（　　） A．（﹣∞，0] B．[0，+∞） C．（﹣∞，1） D．[1，+∞） 3．（2026•邵阳模拟）若∀x∈（0，+∞），，则a的值为_____ ． 4．（2026秋•安阳月考）已知函数f（x）＝ln（x2+1）+mx+n，曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为x﹣2y＝0． （1）求实数m，n； （2）若当x2＞x1≥a时，f（x2）﹣f（x1）＜x2﹣x1，求a的最小值； （3）若∃x＞0，使得f（k+x）+f（k﹣x）＜2f（k），求k的取值范围． 5．若不等式2xlnx≥﹣x2+ax﹣3对任意x∈（0，+∞）恒成立，则实数a的值可以为（　　） A．5 B．6 C．2 D．3 6．（2026春•潮州期末）已知函数． （1）当a＝e时，求f（x）的极值； （2）讨论f（x）的单调性； （3）若对任意的x∈（0，+∞），都有f（x）＞0恒成立，求实数a的取值范围． 7．（2026•湖北校级模拟）已知函数f（x）＝（x+1）ln（x+1）﹣λx． （1）若是减函数，求λ的取值范围； （2）当x≥0时，f（x）≥0，求λ的最大值． 8．（2026秋•成都月考）已知函数f（x）＝lnx﹣x+1． （1）求函数f（x）的极值； （2）证明：； （3）若f（x）≤xex﹣mx恒成立，求实数m的取值范围． 【提升通关练】 9．（2026•张家口校级模拟）已知f（x）＝（x+1）ln（x+1）+asinx，a∈R． （1）a＝0时，证明：； （2）若对任意的x∈（0，π），f（x）＞0恒成立，求a的取值范围； （3）证明：对任意的正整数n，总有． 10．（2026秋•叙永县校级月考）已知函数f（x）＝ln（x+1）． （1）求曲线y＝f（x）过点（﹣1，0）的切线方程； （2）若g（x）＝x2+x+1﹣af（x）， （i）当a＝3时，求g（x）的极值； （ii）若g（x）＞cosx恒成立，求实数a． 11．（2026秋•长治月考）设函数f（x）＝2ax2﹣2a﹣lnx，g（x）． （1）讨论f（x）的单调性； （2）证明：当x＞1时，g（x）＞0； （3）当x∈（1，+∞），f（x）＞g（x），求a的取值范围． 12．（2026春•韩城市期末）已知函数f（x）＝lnx﹣ax（a∈R）． （1）求函数f（x）的单调区间； （2）若函数f（x）在[1，e2]上有且仅有2个零点，求a的取值范围． （3）对任意x∈（0，+∞），f（x）＜eax﹣x恒成立，求a的取值范围． 13．（2026春•武汉期中）已知函数f（x）＝x2﹣（2a+1）x+alnx，a∈R． （1）若f（x）在x＝1处取得极值，求f（x）的极值； （2）若f（x）在[1，e]上的最小值为﹣2a，求a的取值范围． 14．（2026•九龙坡区校级模拟）已知函数f（x）＝2lnx﹣ax． （1）若a＝1，求曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程； （2）讨论f（x）的单调性； （3）若a＞0，f（x）≤eax﹣x2恒成立，求a的取值范围． 15．（2026•莆田模拟）已知函数f（x）＝ax2﹣lnx． （1）当a＝2时，求f（x）的极值； （2）若f（x）≥（2﹣a）x，求实数a的取值范围． 16．（2026秋•荥阳市校级月考）已知函数f（x）＝e2x+ax2﹣2x． （1）当a＝2时，讨论f（x）的单调性； （2）若f（x）与g（x）＝ax2+2（a﹣1）x+2a恰有两个交点，求a的取值范围． （3）当x≥0时，f（x）≥4x3+1，求a的取值范围． 【培优通关练】 17．（2026春•福建期中）洛必达法则对导数的研究产生了深远的影响．洛必达法则：给定两个函数F（x），G（x），当F（x0）＝0，G（x0）＝0时，．已知函数，h（x）＝3sinx﹣xcosx﹣2x． （1）证明：h（x）在区间[0，2π]上单调递减； （2）对于x∈[0，2π]，f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围； 18．（2025•安庆模拟）洛必达法则对导数的研究产生了深远的影响．洛必达法则：给定两个函数F（x），G（x），当F（x0）＝0，G（x0）＝0时，.已知函数，h（x）＝3sinx﹣xcosx﹣2x． （1）证明：h（x）在区间[0，2π]上单调递减； （2）对于x∈[0，2π]，f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围； （3）∀n∈N*，证明：（附：e≈2.718，e2≈7.389） 19．（2026春•浦东新区校级期中）如果对一切正实数x，y，不等式恒成立，则实数a的取值范围是（　　） A． B． C． D．[﹣1，+∞） 20．（2026•遂平县校级模拟）若对于∀t∈（0，+∞），∃x∈（0，+∞），使得不等式成立，则实数a的最小值为____________________ ． 21．（2026春•济南期中）若t＞0，且不等式对任意的x∈[1，+∞）恒成立，则t的取值范围为（　　） A． B． C． D． 22．（2026•商洛一模）已知函数f（x）＝ex﹣ax+sinx（a∈R）． （1）若a＝1，求证：f（x）＞0； （2）若a＝0，求证：f（x）在（﹣π，+∞）上恰有两个零点； （3）若不等式f（x）≥2﹣cosx对任意的恒成立，求a的值． 23．（2025春•天津校级月考）若对∀x1，x2∈[﹣1，0），x1＜x2，恒成立，则a的最小值为___________________ ． 24．（2026•河北模拟）已知函数f（x）＝aln（x+1）+x，a∈R． （1）讨论函数f（x）的单调性． （2）当函数f（x）的极小值为0时． （i）若f（x）＞m﹣sinx﹣ax在x∈（0，1]上恒成立，求m的取值范围． （ii）若在（0，1]上恒成立，证明：b≤1． 学科网（北京）股份有限公司 $ 第24讲 利用导数研究恒(能)成立问题 目录 Part 1 考点突破 【考点1：利用导数研究恒(能)成立问题的求解策略】 Part2 题型探究 【题型一：直接法】 【题型二：端点恒成立】 【题型三：端点不成立】 【题型四：分离参数之全分离、半分离、换元分离】 【题型五：洛必达法则（拓展选讲）】 【题型六：同构法与朗博同构】 【题型七：必要性探路】 【题型八：max、min函数问题】 【题型九：构造函数技巧】 【题型十：双变量最值问题】 【题型十一：恒成立问题求参数的具体值】 Part3 分层通关 Part 1 考点突破 【考点1：利用导数研究恒(能)成立问题的求解策略】 1、利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略： （1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； （2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题； （3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 2、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），； （2），； （3），； （4），． 3、不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数，，，． （1）若，，有成立，则； （2）若，，有成立，则； （3）若，，有成立，则； （4）若，，有成立，则的值域是的值域的子集． 4、法则1若函数和满足下列条件： （1）及； （2）在点的去心邻域内，与可导且； （3）， 那么=． 法则2若函数和满足下列条件：（1）及； （2），和在与上可导，且； （3）， 那么=． 法则3若函数和满足下列条件： （1）及； （2）在点的去心邻域内，与可导且； （3）， 那么=． 注意：利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一，在解题中应注意： （1）将上面公式中的，，，洛必达法则也成立． （2）洛必达法则可处理，，，，，，型． （3）在着手求极限以前，首先要检查是否满足，，，，，，型定式，否则滥用洛必达法则会出错．当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限． （4）若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止． ，如满足条件，可继续使用洛必达法则． 这块内容看着零散，其实就三件事：一是"恒成立"和"有解"的区别——前者是全域都成立，只要找出最坏的那个点（最小值/最大值）卡住就行；后者是只要存在一个点成立，反而要去找最好的那个点。学生最容易栽在这俩混为一谈，一上来就把"有解"当"恒成立"去求最值，方向就反了。二是参变分离：只要能把参数挪到不等式一边，问题立刻降级成普通的最值问题，分离之后能直接求出最值点就最好；求不出来（比如出现隐零点）就该改用分类讨论或放缩。三是洛必达法则只当作工具介绍，学生知道它什么时候能用、什么时候不能用就行，真正压轴题里碰到"端点处极限"时，用导数定义或者泰勒展开往往比洛必达更稳。 Part 2 题型探究 【题型一：直接法】 【例1】（2026春•赛罕区校级期末）已知函数． （1）若a＝2，求函数f（x）的最小值； （2）讨论f（x）的单调性； （3）若在x∈（0，+∞）上恒成立，求a的取值范围． 【例2】【答案】（1）ln2+1； （2）当a≤0时，f（x）在 （0，+∞）上单调递增； 当a＞0时，f（x）在（0，a）单调递减，在（a，+∞）单调递增． （3）[1，+∞）． 【分析】（1）求导后判断单调性，确定极小值点，代入求最小值； （2）对参数 a分类讨论，根据导数符号确定单调区间； （3）先由对数有意义得 a＞0，化简不等式为含参数的分式函数恒正，分情况讨论参数范围． 【解答】解：（1）因为的定义域为（0，+∞）， 所以求导得 ， 所以当a＝2时，， 当x∈（2，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增； 当x∈（0，2）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减， 所以f（x）在x＝2处取最小值，且， 所以函数f（x）的最小值为ln2+1． （2）因为函数，所以， 若a≤0，则对任意x＞0都有x﹣a＞0，即f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增； 若a＞0，当x∈（a，+∞）时x﹣a＞0，f′（x）＞0，f（x）单调递增； 当x∈（0，a）时x﹣a＜0，f′（x）＜0，f（x）单调递减， 综上，当a≤0时，f（x）在 （0，+∞）上单调递增； 当a＞0时，f（x）在（0，a）单调递减，在（a，+∞）单调递增； （3）因为x∈（0，+∞），所以有意义需满足a＞0， 因为不等式 在 （0，+∞）恒成立， 所以化简不等式得， 消去同类项整理得，对任意x＞0恒成立． 令 ． 若a＞1，则lna＞0，a﹣1＞0，故g（x）＞0恒成立； 若a＝1，则g（x）＝0，成立； 若0＜a＜1，则 a﹣1＜0，lna＜0，当x→0+时，，g（x）→﹣∞，不满足恒成立． 综上，实数a的取值范围为[1，+∞）． 12．（2025春•商城县期末）“洛必达法则”是研究微积分时经常用到的一个重要定理，洛必达法则之一的内容是：若函数μ（x），v（x）的导数μ′（x），v′（x）都存在，且v′（x）≠0，如果x→a（a是常数）时，μ（x）→﹣∞或+∞，v（x）→﹣∞或+∞，且是常数），则x→a时． 已知函数f（x）＝kex﹣1﹣x，∈R． （1）证明：k＝1时曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与曲线y＝g（x）也相切； （2）若函数f（x）有两个零点x1，x2（x1＜x2），函数g（x）有两个零点x3，x4（x3＜x4）． ①指出x1，x2，x3，x4的大致范围（不必说明理由），并求出k的取值范围； ②试探究x1+x2与x3+x4的大小关系． 【变式1】（2026春•武汉期中）已知函数f（x）＝x2﹣（2a+1）x+alnx，a∈R． （1）若f（x）在x＝1处取得极值，求f（x）的极值； （2）若f（x）在[1，e]上的最小值为﹣2a，求a的取值范围． 【变式2】【答案】（1）极大值为，极小值为﹣2； （2）（﹣∞，1]． 【分析】（1）由题意，对函数f（x）进行求导，根据f′（1）＝0，求出a＝1，再代入函数解析式中对其进行检验，进而可得函数的极值； （2）对函数f（x）进行求导，分别讨论当a≤1，1＜a＜e和a≥e这三种情况，进而即可求解． 【解答】解：（1）已知f（x）＝x2﹣（2a+1）x+alnx，函数定义域为（0，+∞）， 可得， 因为f（x）在x＝1处取得极值， 所以f′（1）＝2﹣（2a+1）+a＝0， 解得a＝1， 此时f（x）＝x2﹣3x+lnx，， 当0＜x时，f′（x）＞0，f（x）单调递增； 当x＜1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减； 当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增， 所以当x时，函数f（x）取得极大值，极大值， 当x＝1时，函数f（x）取得极小值，极小值f（1）＝1﹣3+ln1＝﹣2； （2）因为， ①当a≤1时， 当x∈[1，e]时，f′（x）＞0，f（x）单调递增， 所以当x＝1时，函数f（x）取得最小值，最小值f（1）＝﹣2a，满足题意； ②当1＜a＜e时， 令f′（x）＞0， 解得x＞a或， 所以函数f（x）在[1，a]上单调递减，在[a，e]上单调递增， 则当x＝a时，函数f（x）取得最小值，最小值f（a）＜f（1）＝﹣2a，不满足题意； ③当a≥e时， 易知函数f（x）在[1，e]上单调递减， 所以当x＝e时，函数f（x）取得最小值，最小值f（e）＜f（1）＝﹣2a，不满足题意． 综上，满足条件的实数a的取值范围为（﹣∞，1]． 24．（2025•安庆模拟）洛必达法则对导数的研究产生了深远的影响．洛必达法则：给定两个函数F（x），G（x），当F（x0）＝0，G（x0）＝0时，.已知函数，h（x）＝3sinx﹣xcosx﹣2x． （1）证明：h（x）在区间[0，2π]上单调递减； （2）对于x∈[0，2π]，f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围； （3）∀n∈N*，证明：（附：e≈2.718，e2≈7.389） 【题型二：端点恒成立】 【例3】（2026•张家口校级模拟）已知f（x）＝（x+1）ln（x+1）+asinx，a∈R． （1）a＝0时，证明：； （2）若对任意的x∈（0，π），f（x）＞0恒成立，求a的取值范围； （3）证明：对任意的正整数n，总有． 【例4】【答案】见试题解答内容 【分析】（1）构造，利用导数研究函数的单调性、最值计算即可； （2）设h（x）＝f′（x），借助端点效应，分类讨论并根据隐零点计算即可； （3）根据（2）的结论得出，利用放缩法累加即可证明． 【解答】解：（1）证明：当a＝0时，f（x）＝（x+1）ln（x+1）， 令ln（x+1）﹣x， 则． 当x∈（﹣1，0）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增； 当x∈（0，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减． 则g（x）max＝g（0）＝0，故g（x）≤0，即， 所以． （2）由题意可得，f′（x）＝1+ln（x+1）+acosx（x∈（0，π）），设h（x）＝f′（x）， 则， 且有f（0）＝0，f′（0）＝1+a． 当a＜﹣1，x∈（0，π）时，h′（x）＞0，则f′（x）单调递增， 又f′（0）＝1+a＜0，， 根据零点存在性定理可得，存在一个，使得f′（x0）＝0， 且有x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减， 此时f（x）＜f（0）＝0，不满足恒成立条件； 当a≥0，x∈（0，π）时，显然f（x）中（x+1）ln（x+1）＞0，asinx≥0则f（x）＞0恒成立； 当﹣1≤a＜0，x∈（0，π）时，h′（x）＞0，则f′（x）单调递增，f′（x）＞f′（0）＝1+a≥0， f（x）单调递增，f（x）＞f（0）＝0． 综上所述，a≥﹣1，即a∈[﹣1，+∞）； （3）证明：由（2）中结论，有当a≥﹣1时，f（x）＝（x+1）ln（x+1）+asinx＞0，对任意的x∈（0，π）恒成立， 取a＝﹣1可得，f（x）＝（x+1）ln（x+1）﹣sinx＞0，对任意的x∈（0，π）恒成立， 即（x+1）ln（x+1）＞sinx，变形可得 分别令，，⋯，，可得， ，……， 累加可得证毕． 9．（2026春•潮州期末）已知函数． （1）当a＝e时，求f（x）的极值； （2）讨论f（x）的单调性； （3）若对任意的x∈（0，+∞），都有f（x）＞0恒成立，求实数a的取值范围． 【变式3】（2026•重庆）已知函数f（x）＝xex+ax+b，曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝﹣2x+1． （1）求a，b； （2）当x＞0时，f（x+m）﹣f（x）＞m，求m的取值范围； （3）当x＞0时，f（x+k）+f（k﹣x）＞2f（k），求k的最小值． 【变式4】【答案】（1）a＝﹣3，b＝1； （2）[2ln2，+∞）； （3）﹣2． 【分析】（1）直接根据导数的几何意义求解即可； （2）令h（x）＝xex，则f（x+m）﹣f（x）﹣m＝h（x+m）﹣h（x）﹣4m，对m进行分情况讨论，结合函数的导数研究即可求解； （3）要使当x＞0时，f（x+k）+f（k﹣x）﹣2f（k）＞0，设F（x）＝f（k+x）+f（k﹣x）﹣2f（k）（x≥0），则F（0）＝0，对函数二次求导分析函数单调性即可求解． 【解答】解：（1）f'（x）＝（x+1）ex+a，所以f（0）＝b，f'（0）＝1+a， 由切线方程y＝﹣2x+1，得b＝1，1+a＝﹣2， 所以a＝﹣3，b＝1，所以f（x）＝xex﹣3x+1； （2）令h（x）＝xex，则f（x+m）﹣f（x）﹣m＝h（x+m）﹣h（x）﹣4m， 若m＝0，原不等式为0＞0，不成立， 若m＜0，当x→+∞时，h（x+m）﹣h（x）﹣4m＝ex[x（em﹣1）+mem]﹣4m→﹣∞，不成立， 若m＞0，设P（x）＝h（x+m）﹣h（x）﹣4m， 因为h'（x）＝（x+1）ex在x＞0上单调递增，所以P'（x）＝h'（x+m）﹣h'（x）＞0， 故P（x）＞P（0）＝m（em﹣4）要对任意x＞0恒成立， 需且只需m（em﹣4）≥0， 又m＞0，所以em≥4，即m≥ln4＝2ln2， 综上，m的取值范围为[2ln2，+∞）； （3）要使当x＞0时，f（x+k）+f（k﹣x）﹣2f（k）＞0， 设F（x）＝f（k+x）+f（k﹣x）﹣2f（k）（x≥0），则F（0）＝0， 求导数：F'（x）＝f'（k+x）﹣f'（k﹣x）＝（k+x+1）ex+k﹣（k﹣x+1）ek﹣x ＝ek﹣x[（k+1+x）e2x﹣（k+1﹣x）]， 设p（x）＝（k+1+x）e2x﹣（k+1﹣x），则p（0）＝0， 求导数：p'（x）＝（2k+3+2x）e2x+1， 若k≥﹣2：当x＞0时，p'（x）≥p'（0）＝2k+4≥0， 由此可知p（x）＞p（0）＝0，即F′（x）＞0，所以F（x）＞F（0）＝0恒成立， 若k＜﹣2：在x→0+时，p'（x）→2k+4＜0⇒F′（x）＜0⇒F（x）＜0，不满足条件， 综上所述，k的最小值为﹣2． 26．（2026•湖北校级模拟）已知函数f（x）＝（x+1）ln（x+1）﹣λx． （1）若是减函数，求λ的取值范围； （2）当x≥0时，f（x）≥0，求λ的最大值． 【题型三：端点不成立】 【例5】（2026秋•长治月考）设函数f（x）＝2ax2﹣2a﹣lnx，g（x）． （1）讨论f（x）的单调性； （2）证明：当x＞1时，g（x）＞0； （3）当x∈（1，+∞），f（x）＞g（x），求a的取值范围． 【例6】【答案】（1）当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递减．当a＞0时，f（x）在上单调递减，在上单调递增． （2）令s（x）＝ex﹣1﹣x，则s'（x）＝ex﹣1﹣1， 当x＞1时，s′（x）＞0，所以s（x）在（1，+∞）上单调递增． 故s（x）＞s，（1）＝0，即ex﹣1＞x． 因为x＞1，所以，即， 所以g（x）＞0得证． （3）． 【分析】（1）对f（x）求导，导函数的分子为含参的二次函数，对参数进行讨论确定导函数的正负，进而得到f（x）的单调性． （2）要证明g（x）＞0，即证明，要证ex﹣1＞x，构造s（x）＝ex﹣1﹣x对s（x）求导，判断导函数的正负确定单调性． （3）根据（1）问中f（x）的单调性讨论当x∈（1，+∞）时，a≤0，f（x）＜0＜g（x）不符合题意，，f（x）＜f（1）＝0＜g（x）不符合题意，当，构造h（x）＝f（x）﹣g（x）讨论单调性，求出h（x）在（1，+∞）上的最小值，确定a的取值范围． 【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），， 当a≤0时，，f（x）在（0，+∞）上单调递减， 当a＞0时，，解得， 所以，f′（x）＜0，f（x）单调递减，，f′（x）＞0，f（x）单调递增． 综上所述：当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递减； 当a＞0时，f（x）在上单调递减，在上单调递增． （2）证明：令s（x）＝ex﹣1﹣x，则s'（x）＝ex﹣1﹣1， 当x＞1时，s′（x）＞0，所以s（x）在（1，+∞）上单调递增． 故s（x）＞s（1）＝0，即ex﹣1＞x． 因为x＞1，所以，即， 所以g（x）＞0得证． （3）由（2）知，当x＞1时，g（x）＞0． 若a≤0，当x＞1时，f（x）＝2ax2﹣2a﹣lnx＜0＜g（x），不符合题意． 若，则，由（1）知，，f（x）单调递减，所以f（x）＜f（1）＝0＜g（x），不符合题意． 若，令h（x）＝f（x）﹣g（x），x＞1． ，因为，所以4ax≥x． 又因为x＞1时，ex﹣1＞x，即， 所以， 当x＞1时，x3﹣2x+1＝（x﹣1）（x2+x﹣1）＞0， 故h′（x）＞0，所以h（x）在（1，+∞）上单调递增． 又h（1）＝f（1）﹣g（1）＝0，所以当x＞1时，h（x）＞h（1）＝0， 即f（x）＞g（x）恒成立，综上所述，a的取值范围． 15．（2026秋•安阳月考）已知函数f（x）＝ln（x2+1）+mx+n，曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为x﹣2y＝0． （1）求实数m，n； （2）若当x2＞x1≥a时，f（x2）﹣f（x1）＜x2﹣x1，求a的最小值； （3）若∃x＞0，使得f（k+x）+f（k﹣x）＜2f（k），求k的取值范围． 【变式5】（2026•炎陵县校级二模）已知函数，若f（x）≤0在（0，+∞）上恒成立，则实数m的取值范围为____________________ ． 【变式6】【答案】． 【分析】按照当m＝0，m＜0，m＞0三种情况讨论求解．当m＞0时，构造函数g（x）＝lnx﹣mx和m﹣1，利用基本不等式得到h（x）≥1﹣m，分别讨论1﹣m＜0和1﹣m≥0这两种情况求解．若f（x）≤0在（0，+∞）上恒成立，则需g（x）≤0在（0，+∞）上恒成立，求出，利用导数法求出g（x）的单调性，利用单调性得到g（x）max，从而得到﹣lnm﹣1≤0，解得m的范围即为所求． 【解答】解：函数f（x）的定义域为（0，+∞）， ①当m＝0时，， 当x＞1时，，不符合题意； ②当m＜0时，取x＝1，则f（1）＝（﹣m）•（1﹣m）＞0，不符合题意； ③当m＞0时，设g（x）＝lnx﹣mx，m﹣1， 则，当且仅当x＝1时取等号． （i）若1﹣m＜0，即m＞1，取， ，，不满足题意； （ii）若1﹣m≥0，即0＜m≤1， 若f（x）≤0在（0，+∞）上恒成立，则需g（x）≤0在（0，+∞）上恒成立， 又， 当时，g′（x）＞0；当时，g'（x）＜0， 所以g（x）在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以， 故﹣lnm﹣1≤0，解得，所以． 综上可知，，m的取值范围为． 故答案为：． 46．（2026•遂平县校级模拟）若对于∀t∈（0，+∞），∃x∈（0，+∞），使得不等式成立，则实数a的最小值为　　 ． 【题型四：分离参数之全分离、半分离、换元分离】 【例7】（2026春•潮州期末）已知函数． （1）当a＝e时，求f（x）的极值； （2）讨论f（x）的单调性； （3）若对任意的x∈（0，+∞），都有f（x）＞0恒成立，求实数a的取值范围． 【例8】【答案】（1）极小值为1，无极大值； （2）当a≤0时，f（x）在（0，+∞）单调递增； 当a＞0时，f（x）在（0，a）单调递减，在（a，+∞）单调递增． （3）（1，+∞）． 【分析】（1）代入a＝e后求导，由导函数符号得单调区间，确定极小值点与极小值，无极大值； （2）求导后分子为x﹣a，讨论a≤0与a＞0两种情况，分别得单调区间； （3）分离参数得a＞x﹣xlnx，构造函数求最大值，由恒成立条件得参数范围． 【解答】解：（1）因为， 所以当a＝e时，， 所以求导得：，x∈（0，+∞）， 令f′（x）＝0，得x＝e， 令f′（x）＜0，解得x∈（0，e），故f（x）在（0，e）单调递减； 令f′（x）＞0，解得x∈（e，+∞），故f（x）在（e，+∞）单调递增， 所以f（x）在x＝e处取得极小值，无极大值； （2）函数的定义域为（0，+∞），求得：， 当a≤0时，f′（x）＞0在x∈（0，+∞）恒成立，所以f（x）在（0，+∞）单调递增； 当a＞0时，令f′（x）＜0，解得x∈（0，a），故f（x）在（0，a）单调递减， 令f′（x）＞0，解得x∈（a，+∞），故f（x）在（a，+∞）单调递增， 综上，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）单调递增； 当a＞0时，f（x）在（0，a）单调递减，在（a，+∞）单调递增； （3）因为对任意的x∈（0，+∞），都有f（x）＞0恒成立， 所以，即a＞x﹣xlnx对任意的x∈（0，+∞）恒成立， 令g（x）＝x﹣xlnx，x∈（0，+∞），则g′（x）＝﹣lnx， 令g′（x）＝0，得x＝1， 令g′（x）＜0，解得x∈（1，+∞），故g（x）在（1，+∞）单调递减； 令g′（x）＞0，解得x∈（0，1），故g（x）在（0，1）单调递增， 所以g（x）在x＝1处取得唯一的极大值，所以g（x）max＝g（1）＝1， 所以当a＞1时，所以实数a的取值范围为（1，+∞）． 10．（2026春•韩城市期末）已知函数f（x）＝lnx﹣ax（a∈R）． （1）求函数f（x）的单调区间； （2）若函数f（x）在[1，e2]上有且仅有2个零点，求a的取值范围． （3）对任意x∈（0，+∞），f（x）＜eax﹣x恒成立，求a的取值范围． 【变式7】（2026秋•荥阳市校级月考）已知函数f（x）＝e2x+ax2﹣2x． （1）当a＝2时，讨论f（x）的单调性； （2）若f（x）与g（x）＝ax2+2（a﹣1）x+2a恰有两个交点，求a的取值范围． （3）当x≥0时，f（x）≥4x3+1，求a的取值范围． 【变式8】【答案】（1）函数f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增； （2）（，+∞）； （3）[7﹣e2，+∞）． 【分析】（1）求导后构造函数g（x）再次求导后可得； （2）变形不等式后令h（x）＝e2x﹣2ax﹣2x，问题转化为h（x）有两个零点，求导分a≤0和a＞0两种情况结合零点存在定理分析可得； （3）当x＝0时显然成立；当x＞0时，分离参数可得，构造函数求导结合隐零点分析最值即可． 【解答】解：（1）由题意函数f（x）＝e2x+ax2﹣2x， 当a＝2时，f（x）＝e2x+2x2﹣2x，f′（x）＝2e2x+4x﹣2， 令g（x）＝f′（x）＝2e2x+4x﹣2，则g′（x）＝4e4x+4＞0恒成立， 所以f′（x）在R单调递增， 又f′（0）＝0， 所以当x＞0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增． 当x＜0时，f′（x）＜0，f（x）单调递减， 即函数f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增； （2）f（x）＝g（x）⇔e2x+ax2﹣2x＝ax2+2（a﹣1）x+2a⇒e2x﹣2ax﹣2x＝0， 令h（x）＝e2x﹣2ax﹣2x，问题转化为h（x）有两个零点， 求导h′（x）＝2e2x﹣2a＝2（e2x﹣a）， 若a≤0，则h′（x）＞0，h（x）单调递增，在R上至多有一个零点，不符合题意； 若a＞0，令， 当时，h′（x）＞0，h（x）单调递增， 当时，h′（x）＜0，h（x）单调递减； 所以， 由零点存在定理可得要使h（x）有两个零点，则， 当x→﹣∞时，e2x→0，﹣2a（x+1）→+∞，则h（x）→+∞； 当x→+∞，由指数爆炸模型可知h（x）→+∞， 所以a的取值范围为（，+∞）； （3）当x≥0时，f（x）≥4x3+1，即e2x+ax2﹣2x≥4x3+1，整理可得ax2≥4x3+2x+1﹣e2x，x≥0， 当x＝0时显然成立； 当x＞0时，分离参数可得， 令，求k（x）的最大值即可， 求导， 令分子为m（x）＝4x3﹣2x﹣2+2e2x（1﹣x）， 则m′（x）＝12x2﹣2+2e2x（1﹣2x）， 再令n（x）＝12x2﹣2+2e2x（1﹣2x）， 则n′（x）＝8x（3﹣e2x）， 所以当时，n′（x）＜0，则m′（x）单调递减， 当时，n′（x）＞0，则m′（x）单调递增； 又， 故存在，使得m′（x0）＝0， 当x＞x0时，m′（x）＜0，m（x）单调递减， 当0＜x＜x0时，m′（x）＞0，m（x）单调递增； 又m（0）＝﹣2+2＝0，m（1）＝4﹣2﹣2+0＝0， 所以0＜x＜1时，m（x）＞0，即k′（x）＞0，k（x）单调递增； x＞1时，m（x）＜0，即k′（x）＜0，k（x）单调递增， 所以． 所以a的取值范围为[7﹣e2，+∞）． 14．（2026秋•长治月考）设函数f（x）＝2ax2﹣2a﹣lnx，g（x）． （1）讨论f（x）的单调性； （2）证明：当x＞1时，g（x）＞0； （3）当x∈（1，+∞），f（x）＞g（x），求a的取值范围． 【变式9】（2026•湖北校级模拟）已知函数f（x）＝（x+1）ln（x+1）﹣λx． （1）若是减函数，求λ的取值范围； （2）当x≥0时，f（x）≥0，求λ的最大值． 【变式10】【答案】（1）[1，+∞）； （2）1． 【分析】（1）利用单调性与导数的关系把问题转化为恒成立问题，再分离参数，利用导数求出函数最大值，进而求出取值范围即可． （2）利用分离参数法求出λ的取值范围，进而得到最大值即可． 【解答】解：（1）因为在（﹣1，+∞）上单调递减， 所以g′（x）＝ln（x+1）﹣λ+1﹣x≤0，即λ≥ln（x+1）﹣x+1在（﹣1，+∞）上恒成立． 令h（x）＝ln（x+1）﹣x+1，则． 令h′（x）＝0，则x＝0，当x∈（﹣1，0）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增； 当x∈（0，+∞）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减； 所以h（x）的最大值为h（0）＝1，所以λ的取值范围是[1，+∞）． （2）由题意得x≥0，f（x）＝（x+1）ln（x+1）﹣λx≥0， ①当x＝0时，f（0）＝0，不等式恒成立，λ∈R； ②当x＞0时，分参得， 设t＝x+1，不等式变为，设， 所以，令n（t）＝t﹣1﹣lnt，可得， 当t＞1时，n′（t）＞0恒成立，则n（t）在（1，+∞）上单调递增， 而n（1）＝0，则t﹣1﹣lnt＞0，即t﹣1＞lnt， 得到函数h（t）在（1，+∞）上单调递增，所以h（t）＞h（1）， 又题意可知，令x＝t﹣1，则t＝x+1， 当t＝1时，x→0，所以 ， 令m（x）＝lnx，由导数的定义得m， 故，所以λ≤1，即λ的最大值是1． 27．（2025秋•长葛市期末）已知函数． （1）当时，求f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线方程； （2）若f（x）在（0，+∞）上有唯一零点，求a的取值范围； （3）当a＝1时，若xf（x）＞k（x﹣1）在（1，+∞）上恒成立，求实数k的最大整数值． 【题型五：洛必达法则（拓展选讲）】 【例9】（2026春•福建期中）洛必达法则对导数的研究产生了深远的影响．洛必达法则：给定两个函数F（x），G（x），当F（x0）＝0，G（x0）＝0时，．已知函数，h（x）＝3sinx﹣xcosx﹣2x． （1）证明：h（x）在区间[0，2π]上单调递减； （2）对于x∈[0，2π]，f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围； 【例10】【答案】（1）证明：由函数h（x）＝3sinx﹣xcosx﹣2x，可得h′（x）＝2cosx+xsinx﹣2， 令m（x）＝h′（x）＝2cosx+xsinx﹣2，则m′（x）＝﹣sinx+xcosx， 令n（x）＝m′（x）＝﹣sinx+xcosx，则n′（x）＝﹣xsinx， 若x∈[0，π]，则n′（x）≤0，n（x）单调递减，可得n（x）≤n（0）＝0，m（x）单调递减， 则m（x）≤m（0）＝0，所以h（x）在[0，π]上单调递减， 若x∈（π，2π]，则n′（x）≥0，n（x）单调递增， 所以n（π）＜n（x）≤n（2π），即﹣π＜n（x）≤2π， 所以存在唯一x0∈（π，2π），使得n（x0）＝0， 且在（x0，2π]上，n（x）＞0，m（x）单调递增，在（π，x0）上，n（x）＜0，m（x）单调递减，且m（π）＝﹣4＜0，m（2π）＝0，所以m（x）≤0， 所以h（x）在区间（π，2π]上单调递减，且h（x）在[0，2π]上连续， 综上可得，函数h（x）在区间[0，2π]上单调递减； （2）[1，+∞）． 【分析】（1）求得h′（x）＝2cosx+xsinx﹣2，令m（x）＝h′（x），得到m′（x）＝﹣sinx+xcosx，再令n（x）＝m′（x），求得n′（x）＝﹣xsinx，分x∈[0，π]和x∈（π，2π]，两种情况分类讨论，进而得到函数h（x）的单调性； （2）当x＝0时，得到f（x）≥0恒成立；当0＜x≤2π时，转化为，令，求得，由（1）得到g（x）在（0，2π]上单调递减，转化为g（x），结合洛必达法则，即可求解． 【解答】解：（1）证明：由函数h（x）＝3sinx﹣xcosx﹣2x，可得h′（x）＝2cosx+xsinx﹣2， 令m（x）＝h′（x）＝2cosx+xsinx﹣2，则m′（x）＝﹣sinx+xcosx， 令n（x）＝m′（x）＝﹣sinx+xcosx，则n′（x）＝﹣xsinx， 若x∈[0，π]，则n′（x）≤0，n（x）单调递减，可得n（x）≤n（0）＝0，m（x）单调递减， 则m（x）≤m（0）＝0，所以h（x）在[0，π]上单调递减， 若x∈（π，2π]，则n′（x）≥0，n（x）单调递增， 所以n（π）＜n（x）≤n（2π），即﹣π＜n（x）≤2π， 所以存在唯一x0∈（π，2π），使得n（x0）＝0， 且在（x0，2π]上，n（x）＞0，m（x）单调递增，在（π，x0）上，n（x）＜0，m（x）单调递减，且m（π）＝﹣4＜0，m（2π）＝0，所以m（x）≤0， 所以h（x）在区间（π，2π]上单调递减，且h（x）在[0，2π]上连续， 综上可得，函数h（x）在区间[0，2π]上单调递减； （2）当x＝0时，f（0）＝0，所以f（x）≥0恒成立； 当0＜x≤2π时，由f（x）≥0，可得，即， 令，可得， 由（1）知h（x）≤h（0）＝0，g′（x）≤0，g（x）在（0，2π]上单调递减，则， 因为两个函数F（x），G（x），当F（x0）＝0，G（x0）＝0时，， 可得， 所以，解得a≥1，所以实数a的取值范围为[1，+∞）． 7．（2025•鼓楼区校级模拟）洛必达法则对导数的研究产生了深远的影响．洛必达法则：给定两个函数F（x），G（x），当F（x0）＝0，G（x0）＝0时，.已知函数，h（x）＝3sinx﹣xcosx﹣2x． （1）对于x∈[0，2π]，f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围； （2）∀n∈N*，证明：（附：e≈2.718，e2≈7.389）． 【变式11】（2025•安庆模拟）洛必达法则对导数的研究产生了深远的影响．洛必达法则：给定两个函数F（x），G（x），当F（x0）＝0，G（x0）＝0时，.已知函数，h（x）＝3sinx﹣xcosx﹣2x． （1）证明：h（x）在区间[0，2π]上单调递减； （2）对于x∈[0，2π]，f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围； （3）∀n∈N*，证明：（附：e≈2.718，e2≈7.389） 【变式12】【答案】（1）证明见解析； （2）[1，+∞）； （3）证明见解析． 【分析】（1）先求函数的导函数，再结合分x∈[0，π]x∈（π，2π]分别求出导函数正负得出函数单调性即可证明； （2）先把不等式恒成立转化为，再结合函数单调性得出函数值范围即可求参； （3）构造函数，根据导函数得出函数单调性即可证明不等式，再结合累加法及等比数列求和即可证明． 【解答】解：（1）证明：依题意，h′（x）＝2cosx+xsinx﹣2， 令m（x）＝2cosx+xsinx﹣2，则m′（x）＝﹣sinx+xcosx， 令n（x）＝﹣sinx+xcosx，则n′（x）＝﹣xsinx， ①若x∈（π，2π]，则n′（x）≥0， ∴n（x）单调递增， ∴n（π）＜n（x）≤n（2π），即﹣π＜n（x）≤2π， ∴存在唯一x0∈（π，2π），使得n（x0）＝0， 且在（π，x0）上，n（x）＜0，m（x）单调递减，在（x0，2π]上，n（x）＞0，m（x）单调递增， 且m（π）＝﹣4＜0，m（2π）＝0， ∴m（x）≤0， ∴h（x）在区间（π，2π]上单调递减，且h（x）在[0，2π]上连续； ②若x∈[0，π]，则n′（x）≤0， ∴n（x）单调递减， 则n（x）≤n（0）＝0， ∴m（x）单调递减， 则m（x）≤m（0）＝0， ∴h（x）在[0，π]上单调递减； 综上，h（x）在区间[0，2π]上单调递减． （2）当x＝0时，f（0）＝0，成立． 当0＜x≤2π时，由f（x）≥0，可得， 令， ∴， 由（1）可知h（x）≤h（0）＝0， ∴g′（x）≤0， ∴g（x）在（0，2π]上单调递减， 由洛必达法则：， ∴， ∴a≥1，即实数a的取值范围为[1，+∞）； （3）证明：当a＝1且x≥0时，，令， 则G′（x）＝x﹣sinx，令H（x）＝x﹣sinx，则H′（x）＝1﹣cosx≥0， ∴G′（x）在[0，+∞）上单调递增，∴G′（x）≥G′（0）＝0， 即G（x）在[0，+∞）上单调递增，G（x）≥G（0）＝0，∴（当x＝0时取等号）， ∴， ∴， ∵， ∴， 即． 25．（2026•重庆）已知函数f（x）＝xex+ax+b，曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝﹣2x+1． （1）求a，b； （2）当x＞0时，f（x+m）﹣f（x）＞m，求m的取值范围； （3）当x＞0时，f（x+k）+f（k﹣x）＞2f（k），求k的最小值． 【变式13】（2025春•辽宁期末）对于给定函数F（x），G（x），F′（x），G′（x）分别是F（x），G（x）的导函数，当F（x0）＝0，G（x0）＝0时，根据洛必达法则知．已知函数f（x）＝x+sinx，g（x）＝ax2． （1）当a＝1时，求的值； （2）设函数F（x）＝xg（x）﹣f（x）+2sinx，若不等式F（x）≥0在（0，π）上恒成立． （i）求a的取值范围； （ii）证明：∀n∈N*，． 【变式14】【答案】（1）； （2）（i）；（ii）证明见解析． 【分析】（1）解法一：根据洛必达法则先化简分式，然后求导可得结果；解法二：根据洛必达法则对分子分母求导可得结果． （2）（i）先化简不等式，构造新函数，对新函数求导，判断单调性，根据洛必达法则获取新函数的最值，即可求得a的取值范围；（ii）对函数F（x）求导，将其导数构造新函数p（x），对此函数求导判断单调性，可证得，然后对不等式相加求和化简即可证明结论． 【解答】解：（1）解法一：根据洛必达法则可知： ． 解法二：根据洛必达法则可知： ． （2）（i）由题意可知不等式F（x）＝ax3﹣x+sinx≥0在（0，π）上恒成立， 当0＜x＜π时，不等式可化为恒成立． 令，则， 令φ（x）＝3sinx﹣xcosx﹣2x，则φ′（x）＝2cosx+xsinx﹣2， 设m（x）＝2cosx+xsinx﹣2，则m′（x）＝﹣sinx+xcosx， 设ω（x）＝﹣sinx+xcosx，则ω′（x）＝﹣xsinx． 因为0＜x＜π，所以ω′（x）＜0，则ω（x）在（0，π）上单调递减，所以ω（x）＜ω（0）＝0，即m′（x）＜0， 所以m（x）在（0，π）上单调递减，所以m（x）＜m（0）＝0，即φ′（x）＜0，所以φ（x）在（0，π）上单调递减， 所以φ（x）＜φ（0）＝0，即h′（x）＜0， 所以h（x）在（0，π）上单调递减，所以． 根据洛必达法则可知， 所以， 故a的取值范围为． （ii）证明：当时，，， 设，则p′（x）＝x﹣sinx， 设z（x）＝x﹣sinx，则z′（x）＝1﹣cosx≥0，所以z（x）在[0，+∞）上单调递增， 则z（x）≥z（0）＝0，即p′（x）≥0，所以p（x）≥p（0）＝0，即， 当且仅当x＝0时取得等号． 令，n∈N*，则，，⋯，， 将上面n个式子相加得： ， 故∀n∈N*，． 50．（2025秋•青山湖区校级期末）已知函数f（x）＝alnx﹣2x（a＞0）． （1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程； （2）若f（x）在[2，4]上的最大值为0，求a的值； （3）若不等式对任意的x∈（0，+∞）恒成立，求a的取值范围． 【题型六：同构法与朗博同构】 【例11】（2026春•韩城市期末）已知函数f（x）＝lnx﹣ax（a∈R）． （1）求函数f（x）的单调区间； （2）若函数f（x）在[1，e2]上有且仅有2个零点，求a的取值范围． （3）对任意x∈（0，+∞），f（x）＜eax﹣x恒成立，求a的取值范围． 【例12】【答案】（1）当a≤0时，函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞）； 当a＞0时，函数f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为； （2）； （3）． 【分析】（1）求函数f（x）的导函数，由f′（x）＞0求函数的单调递增区间，由f′（x）＜0求函数的单调递减区间； （2）由f（x）＝0可得，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围； （3）由不等式f（x）＜eax﹣x整理得到elnx+lnx＜eax+ax，再通过分析h（x）＝ex+x的单调性，得到，再求解即可． 【解答】解：（1）因为f（x）＝lnx﹣ax（a∈R），x＞0， 则， 当a≤0时，f′（x）＞0，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增； 当a＞0时，由f′（x）＝0，得， 若，则f′（x）＜0；若，则f′（x）＞0； 所以f（x）的单调递减区间为，单调递增区间为； 综上所述，当a≤0时，函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞）； 当a＞0时，f（x）的单调递减区间为，单调递增区间为； （2）当x∈[1，e2]时，由f（x）＝0可得， 令，其中x∈[1，e2]， 则由题意，直线y＝a与函数g（x）在[1，e2]上的图象有两个交点， 又， 当e＜x＜e2时，g′（x）＜0，此时函数g（x）单调递减； 当1＜x＜e时，g′（x）＞0，此时函数g（x）单调递增； 所以函数g（x）的极大值为， 且g（1）＝0，， 故g（x）在[1，e2]的图象如图所示： 由图可知，当时， 直线y＝a与函数g（x）在[1，e2]上的图象有两个交点， 因此，实数a的取值范围是； （3）由f（x）＜eax﹣x，得lnx﹣ax＜eax﹣x恒成立， 即lnx+x＜eax+ax，可得elnx+lnx＜eax+ax恒成立， 构造函数h（x）＝ex+x，所以h（lnx）＜h（ax）恒成立， 又因为h（x）＝ex+x在定义域内单调递增， 所以有lnx＜ax在（0，+∞）内恒成立， 所以恒成立，即， 由（2）可知最大值为， 所以，即a的取值范围是． 11．（2026春•赛罕区校级期末）已知函数． （1）若a＝2，求函数f（x）的最小值； （2）讨论f（x）的单调性； （3）若在x∈（0，+∞）上恒成立，求a的取值范围． 【变式15】（2026•九龙坡区校级模拟）已知函数f（x）＝2lnx﹣ax． （1）若a＝1，求曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程； （2）讨论f（x）的单调性； （3）若a＞0，f（x）≤eax﹣x2恒成立，求a的取值范围． 【变式16】【答案】（1）x﹣y﹣2＝0； （2）当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增； 当a＞0时，f（x）在上单调递增，在上单调递减； （3）． 【分析】（1）由题可得切线方程斜率与切线所过点，据此可得答案； （2）分类讨论a≤0，a＞0两种情况下，的正负性可得单调区间； （3）由题可得，结合g（x）＝ex+x单调性，可得，最后由单调性可得答案． 【解答】解：（1）若a＝1，则f（x）＝2lnx﹣x，f（1）＝﹣1． 又，所以f′（1）＝2﹣1＝1， 故曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程为y﹣（﹣1）＝1×（x﹣1），即x﹣y﹣2＝0； （2）f（x）的定义域为（0，+∞），， 当a≤0时，，故f（x）在（0，+∞）上单调递增； 当a＞0时，令，解得， 故f（x）在上单调递增，在上单调递减； 综上，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增； 当a＞0时，f（x）在上单调递增，在上单调递减； （3）由f（x）≤eax﹣x2，可得x2+2lnx≤eax+ax， 即， 令g（x）＝ex+x，易知g（x）单调递增， 由，可得g（lnx2）≤g（ax）， 则lnx2≤ax，即， 设，则， 当x＞e时，h′（x）＜0，h（x）单调递减， 当0＜x＜c时，h′（x）＞0，h（x）单调递增， 所以， 所以，因此a的取值范围为． 17．（2026春•高坪区校级月考）已知函数． （1）若a＝2，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程； （2）当a＞1时，讨论函数f（x）的单调性； （3）若在x∈（0，+∞）上有解，求实数a的取值范围． 【变式17】（2026春•济南期中）若t＞0，且不等式对任意的x∈[1，+∞）恒成立，则t的取值范围为（　　） A． B． C． D． 【变式18】【答案】C 【分析】将原不等式化为，设f（x）＝xlnx，判断f（x）的单调性，得对任意的x∈[1，+∞）恒成立，设，求得g（x）的最大值，可得t的取值范围． 【解答】解：由，得， 即，即， 设f（x）＝xlnx，则， 当x≥1时，f′（x）＞0，所以f（x）在[1，+∞）上单调递增， 由，得， 因为，所以， 即对任意的x∈[1，+∞）恒成立， 所以， 设，则， 当时，g′（x）＞0，g（x）单调递增， 当时，g′（x）＜0，g（x）单调递减， 所以，则， 故实数t的取值范围是． 故选：C． 32．（2026春•广东校级期末）若关于x的不等式恒成立，则实数m的最大值为（　　） A．2 B．e C．3 D．e2 【题型七：必要性探路】 【例13】（2026•莆田模拟）已知函数f（x）＝ax2﹣lnx． （1）当a＝2时，求f（x）的极值； （2）若f（x）≥（2﹣a）x，求实数a的取值范围． 【例14】【答案】（1）极小值为，无极大值． （2）[1，+∞）． 【分析】（1）求f′（x），根据其正负性得出函数的单调性即可； （2）令g（x）＝ax2﹣lnx﹣（2﹣a）x，根据g（1）＝2a﹣2≥0得出a≥1，接着利用导数得出g（x）的单调性，解不等式g（x）min≥0即可． 【解答】解：（1）当a＝2时，f（x）＝2x2﹣lnx，x＞0，那么导函数， 由f′（x）＜0，得；f′（x）＞0，得， 则f（x）在上单调递增，在上单调递减， 那么函数f（x）的极小值为，无极大值； （2）f（x）≥（2﹣a）x等价于ax2﹣lnx≥（2﹣a）x， 令g（x）＝ax2﹣lnx﹣（2﹣a）x，那么g（x）≥0在（0，+∞）上恒成立， 那么g（1）＝2a﹣2≥0，得a≥1， 由于导函数， 则g′（x）＞0，得，g′（x）＜0，得， 则g（x）在上单调递增，在上单调递减， 则， 因为在[1，+∞）上单调递增， 所以在[1，+∞）上单调递增， 所以当a≥1时，h（a）≥h（1）＝0， 综上，实数a的取值范围为[1，+∞）． 21．（2025秋•宿迁校级期末）已知函数f（x）＝ax2﹣lnx，a∈R． （1）若x＝1是f（x）的极小值点，求a； （2）若存在x∈（0，+∞），使f（x）＜x，求a的取值范围． 【变式19】（2025秋•宿迁校级期末）已知函数f（x）＝ax2﹣lnx，a∈R． （1）若x＝1是f（x）的极小值点，求a； （2）若存在x∈（0，+∞），使f（x）＜x，求a的取值范围． 【变式20】【答案】（1）； （2）（﹣∞，1）． 【分析】（1）利用x＝1是极值点的条件，求导得f′（1）＝0，解得a，再验证其为极小值点即可； （2）通过研究命题的否定，先得a≥1是f（x）≥x恒成立的必要条件，再构造函数证明a≥1时恒成立，从而得原命题中a的范围是（﹣∞，1）． 【解答】解：（1）因为， 因为x＝1是极值点， 所以f′（1）＝0，即2a﹣1＝0，， 此时，， 所以函数f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增， 所以x＝1是极小值点， 综上，； （2）研究命题的否定，即∀x∈（0，+∞），f（x）≥x， 所以f（1）≥1，解得a≥1（成立的必要条件）， 下面证明：a≥1时，f（x）≥x在（0，+∞）恒成立， 因为f（x）﹣x＝ax2﹣lnx﹣x≥x2﹣lnx﹣x， 令g（x）＝x2﹣lnx﹣x，则， 所以g（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增， 所以g（x）≥g（1）＝0，即证， 所以∃x∈（0，+∞），使得f（x）＜x，则a∈（﹣∞，1）． 22．（2026秋•成都月考）已知函数f（x）＝lnx﹣x+1． （1）求函数f（x）的极值； （2）证明：； （3）若f（x）≤xex﹣mx恒成立，求实数m的取值范围． 【题型八：max、min函数问题】 【例15】（2026•遂平县校级模拟）若对于∀t∈（0，+∞），∃x∈（0，+∞），使得不等式成立，则实数a的最小值为____________________ ． 【例16】【答案】． 【分析】换元u＝x﹣lnx≥1，化不等式为eu﹣tu≤a+tlnteu﹣tu﹣tlnt≤a，令g（t）为不等式左侧表达式（即eu﹣tu﹣tlnt）的最小值，再求g（t）最大值即为a最小值，分段讨论t≤e与t＞e的最小值点． 【解答】解：对不等式左边整理得， 令u＝x﹣lnx（x＞0），则，得u在x＝1处取最小值umin＝1，故u≥1， 不等式左边化为eu﹣tu﹣tlnt．对h（u）＝eu﹣tu（u≥1）求最小值： 若t≤e：h′（u）＝eu﹣t≥e﹣t≥0，h（u）单调递增，最小值为h（1）＝e﹣t， 因此左边最小值为g（t）＝e﹣t﹣tlnt＝e﹣t（1+lnt）， 若t＞e：h（u）在u＝lnt处取最小值h（lnt）＝t﹣tlnt， 因此左边最小值为g（t）＝t﹣tlnt﹣tlnt＝t﹣2tlnt， 由题意可知，对任意t＞0都有a≥g（t）成立，因此a的最小值为g（t）的最大值， 对0＜t≤e，g（t）＝e﹣t（1+lnt），g′（t）＝﹣2﹣lnt．令g′（t）＝0得t＝e﹣2， 在（0，e﹣2）上g′（t）＞0，在（e﹣2，e]上g′（t）＜0，故最大值为， 对t＞e，g（t）＝t﹣2tlnt，求导得g′（t）＝﹣1﹣2lnt＜0，g（t）单调递减，且， 因此g（t）的最大值为，即a的最小值为． 故答案为：． 47．若关于x的不等式xlnx+（6﹣x）ln（6﹣x）≥ln（k2﹣72k）对一切x∈（0，6）恒成立，则实数k的取值范围是 　[﹣9，0）∪（72，81]　 ． 【变式21】（2026•邵阳模拟）若∀x∈（0，+∞），，则a的值为_____ ． 【变式22】【答案】1． 【分析】将已知不等式恒成立转化为ax﹣a﹣lnx≥0，令f（x）＝ax﹣a﹣lnx，利用导数求出f（x）的最小值大于等于0，即可求解a的值． 【解答】解：因为∀x∈（0，+∞），⇔0⇔ax﹣a﹣lnx≥0， 令f（x）＝ax﹣a﹣lnx，所以， 则当a≤0时，f'（x）＜0，即f（x）在（0，+∞）上单调递减， 所以当x0＞1时，f（x0）＜f（1）＝0，矛盾，故a＞0． 因为当时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；当时，f'（x）＞0，f（x）单调递增， 所以， 令g（a）＝1﹣a+lna，a＞0，g′（a）＝﹣1， 当a∈（0，1）时，g′（a）＞0，g（a）单调递增， 当a∈（1，+∞）时，g′（a）＜0，g（a）单调递减， 所以g（a）≤g（1）＝1， 所以要使f（x）min＝1﹣a+lna≥0，只需a＝1． 故答案为：1． 45．（2026•炎陵县校级二模）已知函数，若f（x）≤0在（0，+∞）上恒成立，则实数m的取值范围为　　 ． 【题型九：构造函数技巧】 【例17】（2026秋•安阳月考）已知函数f（x）＝ln（x2+1）+mx+n，曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为x﹣2y＝0． （1）求实数m，n； （2）若当x2＞x1≥a时，f（x2）﹣f（x1）＜x2﹣x1，求a的最小值； （3）若∃x＞0，使得f（k+x）+f（k﹣x）＜2f（k），求k的取值范围． 【例18】【答案】（1），n＝0； （2）； （3）（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）． 【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得； （2）构造函数g（x）＝f（x）﹣x，结合题意可得g（x）在区间[a，+∞）上单调递减．求导后可得g（x）在和上单调递减，即可得解； （3）令h（x）＝f（k+x）+f（k﹣x）﹣2f（k），由题意知∃x＞0，使得h（x）＜0，求导后分k2≤1及k2＞1讨论即可得． 【解答】解：（1）由题意得， 因为曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为x﹣2y＝0， 所以，又切线过点（0，0），所以f（0）＝n＝0， 综上所述，，n＝0； （2）由（1）知， 当x2＞x1≥a时，f（x2）﹣f（x1）＜x2﹣x1，则f（x2）﹣x2＜f（x1）﹣x1， 设g（x）＝f（x）﹣x，则原条件等价于当x2＞x1≥a时，g（x2）＜g（x1）， 即函数g（x）在区间[a，+∞）上单调递减， 由，得， 令g'（x）≤0，得x2﹣4x+1≥0，解得或， 所以g（x）在和上单调递减， 因为g（x）在区间[a，+∞）上单调递减，所以a的最小值为； （3）令h（x）＝f（k+x）+f（k﹣x）﹣2f（k）， 由题意知∃x＞0，使得h（x）＜0， ， ①若k2≤1，则对任意x＞0，1﹣k2+x2＞0， 所以h'（x）＞0，h（x）在（0，+∞）上单调递增，又h（0）＝0，故h（x）＞0，不满足条件； ②若k2＞1，则当时，1﹣k2+x2＜0，此时h'（x）＜0， 所以h（x）在上单调递减， 即存在，使得h（x）＜h（0）＝0，满足条件； 综上，k的取值范围是（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）． 16．（2026•九龙坡区校级模拟）已知函数f（x）＝2lnx﹣ax． （1）若a＝1，求曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程； （2）讨论f（x）的单调性； （3）若a＞0，f（x）≤eax﹣x2恒成立，求a的取值范围． 【变式23】（2026秋•成都月考）已知函数f（x）＝lnx﹣x+1． （1）求函数f（x）的极值； （2）证明：； （3）若f（x）≤xex﹣mx恒成立，求实数m的取值范围． 【变式24】【答案】（1）极大值为0，无极小值； （2）由（1）知f（x）≤f（1）＝0，即lnx﹣x+1≤0， 则lnx≤x﹣1（当且仅当x＝1时取等号）， 令（其中k＝1，2，…，n），因为， 所以等号不成立，有， 所以 ， 因此， 即，证毕； （3）（﹣∞，2]． 【分析】（1）利用导数研究函数的极值即可； （2）结合（1）有lnx≤x﹣1，再应用放缩、累加及对数的运算性质、等比数列的前n项和公式证明即可； （3）问题化为恒成立，再应用导数研究右侧的最小值，即可得范围． 【解答】解：（1）函数f（x）＝lnx﹣x+1定义域为（0，+∞）， 求导，令f′（x）＝0，得x＝1， 当0＜x＜1时，f′（x）＞0，f（x）在（0，1）上单调递增， 当x＞1时，f′（x）＜0，f（x）在（1，+∞）上单调递减， 因此，函数f（x）极大值为f（1）＝0，且无极小值； （2）证明：由（1）知f（x）≤f（1）＝0，即lnx﹣x+1≤0， 则lnx≤x﹣1（当且仅当x＝1时取等号）， 令（其中k＝1，2，…，n），因为， 所以等号不成立，有， 所以 ， 因此， 即，证毕； （3）若f（x）≤xex﹣mx恒成立，即lnx﹣x+1≤xex﹣mx对x＞0恒成立， 变形得mx≤xex﹣lnx+x﹣1，其中x＞0，则， 令，则只需m≤g（x）min， 又， 令g′（x）＝0，得x2ex+lnx＝0，即x2ex＝﹣lnx， 因为y＝x2ex+lnx在（0，+∞）上为增函数， 且， 故该方程的唯一正根为x0且x0∈（0，1）， 则，则，① 构造F（t）＝tet（t＞0），则①等价于F（x0）＝F（﹣lnx0）， 求导得F′（t）＝（t+1）et，因为t＞0，所以F′（t）＞0， 即F（t）在（0，+∞）上单调递增，所以x0＝﹣lnx0， 当0＜x＜x0时，g′（x）＜0，g（x）在（0，x0）上单调递减， 当x＞x0时，g′（x）＞0，g（x）在（x0，+∞）上单调递增， 所以g（x）最小值为 ， 所以g（x）min＝2，要使m≤g（x）恒成立，则m≤2， 所以，实数m的取值范围是（﹣∞，2]． 23．（2026春•武汉期中）已知函数f（x）＝x2﹣（2a+1）x+alnx，a∈R． （1）若f（x）在x＝1处取得极值，求f（x）的极值； （2）若f（x）在[1，e]上的最小值为﹣2a，求a的取值范围． 【题型十：双变量最值问题】 【例19】（2026春•浦东新区校级期中）如果对一切正实数x，y，不等式恒成立，则实数a的取值范围是（　　） A． B． C． D．[﹣1，+∞） 【例20】【答案】C 【分析】将不等式恒成立，转化为恒成立．构造函数，利用基本不等式可求得f（y）min＝3，于是问题转化为（2﹣sinx）a≥﹣1﹣2sin2x恒成立．通过参变分离结合基本不等式求解即可得到答案． 【解答】解：因为对一切正实数x，y，不等式恒成立， 即恒成立， 令， 则﹣2sin2x+（sinx﹣2）a+2≤f（y）min， 因为， 当且仅当，即y＝6时，取“＝”， 所以f（y）min＝3； 所以﹣2sin2x+（sinx﹣2）a+2≤3， 即（2﹣sinx）a≥﹣1﹣2sin2x恒成立． 因为∀x＞0，sinx∈[﹣1，1]， 所以2﹣sinx∈[1，3]， 所以恒成立， 令t＝2﹣sinx，则t∈[1，3]， 所以sinx＝2﹣t， 所以恒成立． 令，t∈[1，3]， 则a≥g（t）max． 因为t∈[1，3]， 所以， 当且仅当2t，即t∈[1，3]时，等号成立， 则， 所以． 所以， 所以实数a的取值范围为[8﹣6，+∞）． 故选：C． 29．（2026•红花岗区校级开学）已知函数，若不等式f（|2x﹣a|）+f（|x﹣a|﹣a2）≥2，在R上恒成立，则实数a的取值范围是（　　） A．[﹣2，2] B． C． D．（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞） 【变式25】（2025春•天津校级月考）若对∀x1，x2∈[﹣1，0），x1＜x2，恒成立，则a的最小值为___________________ ． 【变式26】【答案】． 【分析】将已知变形为，然后构造函数，将问题转化为f′（x）≤0在[﹣1，0）上恒成立，转化为g（x）＝ex（x﹣1）的最大值问题，利用导数求解可得． 【解答】解：因为x1＜x2，所以x1﹣x2＜0， 则可化为， 整理得， 因为x1，x2∈[﹣1，0），所以x1x2＞0， 两边同时除以x1x2，得， 令， 则有f（x1）＞f（x2）， 又x1＜x2， 则函数f（x）在[﹣1，0）上单调递减， 则在[﹣1，0）上恒成立， 所以ex（x﹣1）≤a在[﹣1，0）上恒成立， 令g（x）＝ex（x﹣1）， 则g′（x）＝ex（x﹣1）+ex＝xex＜0在[﹣1，0）上恒成立， 则g（x）＝ex（x﹣1）在[﹣1，0）上单调递减， 所以， 故， 所以a得最小值为． 故答案为：． 44．（2026•邵阳模拟）若∀x∈（0，+∞），，则a的值为　1　 ． 【题型十一：恒成立问题求参数的具体值】 【例21】（2026•商洛一模）已知函数f（x）＝ex﹣ax+sinx（a∈R）． （1）若a＝1，求证：f（x）＞0； （2）若a＝0，求证：f（x）在（﹣π，+∞）上恰有两个零点； （3）若不等式f（x）≥2﹣cosx对任意的恒成立，求a的值． 【例22】【答案】（1）证明：若a＝1，则f（x）＝ex﹣x+sinx≥ex﹣x﹣1， 当且仅当sinx＝﹣1时等号成立， 令g（x）＝ex﹣x﹣1，所以g′（x）＝ex﹣1，所以当x＜0时，g′（x）＜0， 当x＞0时，g′（x）＞0，所以g（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增， 所以g（x）≥g（0）＝0，当且仅当x＝0时，等号成立， 又等号不能同时取到，所以f（x）＞0； （2）证明：若a＝0，f（x）＝ex+sinx，所以f′（x）＝ex+cosx， 当x≥0时，ex≥1，cosx≥﹣1，所以f′（x）＝ex+cosx≥0． 当﹣π＜x＜0时，记p（x）＝f′（x）＝ex+cosx，因为sinx＜0，因此p′（x）＝ex﹣sinx≥0， 故f′（x）在（﹣π，0）上单调递增， 又， 所以，使得f′（x0）＝0， 所以当﹣π＜x＜x0时，f′（x）＜0，当x0＜x＜0时，f′（x）＞0， 所以f（x）在（﹣π，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增， 又， 又f（﹣π）＝e﹣π+sin（﹣π）＝e﹣π＞0，所以f（x）在（﹣π，x0）上恰有1个零点； 因为f（0）＝1＞0，所以f（x）在（x0，0）上恰有1个零点． 综上，f（x）在（﹣π，+∞）上恰有两个零点； （3）2． 【分析】（1）根据三角函数的有界性，将问题转化为ex﹣x+sinx≥ex﹣x﹣1，构造函数g（x）＝ex﹣x﹣1，由导数求解函数的单调性即可求解； （2）求导得函数的单调性，结合零点存在性定理，即可求解； （3）根据h（0）＝0，可得h（x）在x＝0时取得最小值．进而将问题转化为x＝0为函数h（x）在上的一个极小值点，得a＝2，进而利用导数证明：当a＝2时，x＝0为函数h（x）在上的一个极小值点． 【解答】解：（1）证明：若a＝1，则f（x）＝ex﹣x+sinx≥ex﹣x﹣1， 当且仅当sinx＝﹣1时等号成立， 令g（x）＝ex﹣x﹣1，因此g′（x）＝ex﹣1，因此当x＜0时，g′（x）＜0， 当x＞0时，g′（x）＞0，因此g（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增， 因此g（x）≥g（0）＝0，当且仅当x＝0时，等号成立， 又等号不能同时取到，因此f（x）＞0； （2）证明：若a＝0，f（x）＝ex+sinx，因此f′（x）＝ex+cosx， 当x≥0时，ex≥1，cosx≥﹣1，因此f′（x）＝ex+cosx≥0． 当﹣π＜x＜0时，记p（x）＝f′（x）＝ex+cosx，因为sinx＜0，因此p′（x）＝ex﹣sinx≥0， 故f′（x）在（﹣π，0）上单调递增， 又， 因此，使得f′（x0）＝0， 因此当﹣π＜x＜x0时，f′（x）＜0，当x0＜x＜0时，f′（x）＞0， 因此f（x）在（﹣π，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增， 又， 又f（﹣π）＝e﹣π+sin（﹣π）＝e﹣π＞0，因此f（x）在（﹣π，x0）上恰有1个零点； 因为f（0）＝1＞0，因此f（x）在（x0，0）上恰有1个零点． 综上，f（x）在（﹣π，+∞）上恰有两个零点； （3）若不等式f（x）≥2﹣cosx对任意的恒成立， 即ex﹣ax+sinx+cosx﹣2≥0对任意的恒成立， 令h（x）＝ex﹣ax+sinx+cosx﹣2，， 又h（0）＝0，因此当x＝0时，h（x）取得最小值， 因为h′（x）＝ex﹣sinx+cosx﹣a，则x＝0为函数h（x）在上的一个极小值点， 因此h′（0）＝0，即e0﹣sin0+cos0﹣a＝0，解得a＝2， 下面证明：当a＝2时，x＝0为函数h（x）在上的一个极小值点， 因为h′（x）＝ex﹣sinx+cosx﹣2，令u（x）＝h′（x），因此u′（x）＝ex﹣cosx﹣sinx， 令φ（x）＝u′（x），因此， 当时，，因此φ′（x）≤0， 当时，，ex≥1，因此φ′（x）≥0， 因此φ（x）在上单调递减，在上单调递增， 即u′（x）在上单调递减，在上单调递增， 因此u′（x）≥u′（0）＝0，因此u（x）即h′（x）在上单调递增， 又h′（0）＝0，因此当时，h′（x）≤0恒成立，此时h（x）单调递减， 当时，h′（x）≥0恒成立，此时h（x）单调递增， 因此x＝0为函数h（x）在上的一个极小值点， 综上，a的值是2． 55．（2026•江苏校级模拟）已知函数f（x）＝ex•cosx（e为自然对数的底数）． （1）求函数f（x）在点（0，f（0））处的切线方程； （2）若对记g（x）＝﹣x3﹣3x•cosx+（a+3）x，若∀x∈[0，1]，有f（x）≤eg（x），求a的取值范围； （3）设n∈N*，且n≥2，证明：． 【变式27】（2026•河北模拟）已知函数f（x）＝aln（x+1）+x，a∈R． （1）讨论函数f（x）的单调性． （2）当函数f（x）的极小值为0时． （i）若f（x）＞m﹣sinx﹣ax在x∈（0，1]上恒成立，求m的取值范围． （ii）若在（0，1]上恒成立，证明：b≤1． 【变式28】【答案】（1）当a≥0时，函数f（x）在（﹣1，+∞）上单调递增；当a＜0时，函数f（x）在（﹣1，﹣a﹣1）上单调递减，在（﹣a﹣1，+∞）上单调递增； （2）（i）（﹣∞，0]； （ii）已知x+sinx+f（x）﹣（b+1）x﹣1＞0在（0，1]上恒成立， 将a＝﹣1，f（x）＝﹣ln（x+1）+x代入得：（b+1）x﹣1＞0， 即ex+sinx﹣ln（x+1）﹣bx﹣1＞0在（0，1]上恒成立． 令t（x）＝ex+sinx﹣ln（x+1）﹣bx﹣1，x∈（0，1]，对t（x）求导得b． 当b≤1时，． 令，x∈（0，1]，对p（x）求导得， 所以p（x）在（0，1]上单调递增，p（x）＞p（0）， 即t'（x）＞0，所以t（x）在（0，1]上单调递增，t（x）＞t（0）＝e0+sin0﹣ln（0+1）﹣b×0﹣1＝0，满足题意． 当b＞1时，1﹣1﹣b＝1﹣b＜0， 因为t′（x）在（0，1]上连续，所以存在x0∈（0，1]，使得当x∈（0，x0）时，t′（x）＜0，t（x）单调递减， 此时t（x）＜t（0）＝0，不满足题意． 综上，b≤1． 【分析】（1）对 f（x） 求导，分﹣a﹣1≤﹣1和﹣a﹣1＞﹣1两种情况判断函数单调性，可得答案； （2）（i）求出a＝﹣1，可得m＜﹣ln（x+1）+sinx在x∈（0，1]上恒成立，令h（x）＝﹣ln（x+1）+sinx，x∈（0，1]，对h（x）求导，判断函数单调性，可得答案； （ii）由题意可得ex+sinx﹣ln（x+1）﹣bx﹣1＞0在（0，1]上恒成立，令t（x）＝ex+sinx﹣ln（x+1）﹣bx﹣1，x∈（0，1]，分b≤1和b＞1两种情况判断函数单调性，得出t（x）与0的大小关系，得出结论成立． 【解答】解：（1）函数f（x）＝aln（x+1）+x的定义域为（﹣1，+∞）， 对 f（x） 求导得，令f'（x）＝0，即，解得 x＝﹣a﹣1． 当﹣a﹣1≤﹣1，即a≥0时，在（﹣1，+∞）上，x+1+a＞0，x+1＞0，所以f′（x）＞0，函数f（x）在（﹣1，+∞）上单调递增． 当﹣a﹣1＞﹣1，即a＜0时，在（﹣1，﹣a﹣1）上，x+1+a＜0，x+1＞0，所以f'（x）＜0，函数f（x）单调递减； 在（﹣a﹣1，+∞）上，x+1+a＞0，x+1＞0，所以f'（x）＞0，函数f（x）单调递增． 综上，当a≥0时，函数f（x）在（﹣1，+∞）上单调递增；当a＜0时，函数f（x）在（﹣1，﹣a﹣1）上单调递减，在（﹣a﹣1，+∞）上单调递增； （2）（i）由（1）可知，当a＜0时，函数f（x）在x＝﹣a﹣1处取得极小值， 所以f（﹣a﹣1）＝aln（﹣a﹣1+1）﹣a﹣1＝0，即aln（﹣a）﹣a﹣1＝0． 令g（a）＝aln（﹣a）﹣a﹣1，a＜0，对g（a）求导得． 令g（a）＝0，即ln（﹣a）＝0，解得a＝﹣1． 当a∈（﹣∞，﹣1）时，g'（a）＞0，g（a）单调递增；当a∈（﹣1，0）时，g′（a）＜0，g（a）单调递减． 所以 g（a）在a＝﹣1处取得极大值，也是最大值，g（﹣1）＝﹣1×ln1+1﹣1＝0，所以a＝﹣1． 此时f（x）＝﹣ln（x+1）+x，不等式f（x）＞m﹣sinx﹣ax在x∈（0，1]上恒成立， 即﹣ln（x+1）+x＞m﹣sinx+x在x∈（0，1]上恒成立，化简得m＜﹣ln（x+1）+sinx在x∈（0，1]上恒成立． 令h（x）＝﹣ln（x+1）+sinx，x∈（0，1]，对h（x）求导得． 因为x∈（0，1]，所以，cosx∈[cos1，1），且， 所以cosx＞0，函数h（x）在（0，1]上单调递增． 所以h（x）min＝h（0）＝﹣ln（0+1）+sin0＝0，所以m≤0，即m的取值范围是（﹣∞，0]； （ii）证明：已知x+sinx+f（x）﹣（b+1）x﹣1＞0在（0，1]上恒成立， 将a＝﹣1，f（x）＝﹣ln（x+1）+x代入得：（b+1）x﹣1＞0， 即ex+sinx﹣ln（x+1）﹣bx﹣1＞0在（0，1]上恒成立． 令t（x）＝ex+sinx﹣ln（x+1）﹣bx﹣1，x∈（0，1]，对t（x）求导得b． 当b≤1时，． 令，x∈（0，1]，对p（x）求导得， 所以p（x）在（0，1]上单调递增，p（x）＞p（0）， 即t'（x）＞0，所以t（x）在（0，1]上单调递增，t（x）＞t（0）＝e0+sin0﹣ln（0+1）﹣b×0﹣1＝0，满足题意． 当b＞1时，1﹣1﹣b＝1﹣b＜0， 因为t′（x）在（0，1]上连续，所以存在x0∈（0，1]，使得当x∈（0，x0）时，t′（x）＜0，t（x）单调递减， 此时t（x）＜t（0）＝0，不满足题意． 综上，b≤1． 60．（2025秋•漳州期末）已知函数． （1）若f（x）是增函数，求实数a的取值范围； （2）证明：曲线y＝f（x）是中心对称图形； （3）当a＝1时，对，，求实数t的取值范围． Part 3 分层通关 【基础通关练】 1．（2026春•赛罕区校级期末）已知函数． （1）若a＝2，求函数f（x）的最小值； （2）讨论f（x）的单调性； （3）若在x∈（0，+∞）上恒成立，求a的取值范围． 【答案】（1）ln2+1； （2）当a≤0时，f（x）在 （0，+∞）上单调递增； 当a＞0时，f（x）在（0，a）单调递减，在（a，+∞）单调递增． （3）[1，+∞）． 【分析】（1）求导后判断单调性，确定极小值点，代入求最小值； （2）对参数 a分类讨论，根据导数符号确定单调区间； （3）先由对数有意义得 a＞0，化简不等式为含参数的分式函数恒正，分情况讨论参数范围． 【解答】解：（1）因为的定义域为（0，+∞）， 所以求导得 ， 所以当a＝2时，， 当x∈（2，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增； 当x∈（0，2）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减， 所以f（x）在x＝2处取最小值，且， 所以函数f（x）的最小值为ln2+1． （2）因为函数，所以， 若a≤0，则对任意x＞0都有x﹣a＞0，即f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增； 若a＞0，当x∈（a，+∞）时x﹣a＞0，f′（x）＞0，f（x）单调递增； 当x∈（0，a）时x﹣a＜0，f′（x）＜0，f（x）单调递减， 综上，当a≤0时，f（x）在 （0，+∞）上单调递增； 当a＞0时，f（x）在（0，a）单调递减，在（a，+∞）单调递增； （3）因为x∈（0，+∞），所以有意义需满足a＞0， 因为不等式 在 （0，+∞）恒成立， 所以化简不等式得， 消去同类项整理得，对任意x＞0恒成立． 令 ． 若a＞1，则lna＞0，a﹣1＞0，故g（x）＞0恒成立； 若a＝1，则g（x）＝0，成立； 若0＜a＜1，则 a﹣1＜0，lna＜0，当x→0+时，，g（x）→﹣∞，不满足恒成立． 综上，实数a的取值范围为[1，+∞）． 12．（2025春•商城县期末）“洛必达法则”是研究微积分时经常用到的一个重要定理，洛必达法则之一的内容是：若函数μ（x），v（x）的导数μ′（x），v′（x）都存在，且v′（x）≠0，如果x→a（a是常数）时，μ（x）→﹣∞或+∞，v（x）→﹣∞或+∞，且是常数），则x→a时． 已知函数f（x）＝kex﹣1﹣x，∈R． （1）证明：k＝1时曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与曲线y＝g（x）也相切； （2）若函数f（x）有两个零点x1，x2（x1＜x2），函数g（x）有两个零点x3，x4（x3＜x4）． ①指出x1，x2，x3，x4的大致范围（不必说明理由），并求出k的取值范围； ②试探究x1+x2与x3+x4的大小关系． 2．（2025秋•桐城市期末）已知函数，.若对任意x∈（0，1），不等式恒成立，则实数k的取值范围为（　　） A．（﹣∞，0] B．[0，+∞） C．（﹣∞，1） D．[1，+∞） 【答案】B 【分析】由题意可得在x∈（0，1）上恒成立，根据一次函数及反比例函数的性质可得在x∈（0，1）上单调递增，从而得，即可得答案． 【解答】解：由题意可得， 所以， 所以在x∈（0，1）上恒成立， 即在x∈（0，1）上恒成立， 即在x∈（0，1）上恒成立， 又因为在x∈（0，1）上单调递增， 所以在x∈（0，1）上单调递增， 所以，所以k≥0， 即k的取值范围为[0，+∞）． 故选：B． 35．已知f（x）＝sinx+cosx+2sinxcosx，若∀t∈R，x∈R，asint+3a+1≥f（x）恒成立，则实数a的取值范围是（　　） A．[0，+∞） B． C． D． 3．（2026•邵阳模拟）若∀x∈（0，+∞），，则a的值为_____ ． 【答案】1． 【分析】将已知不等式恒成立转化为ax﹣a﹣lnx≥0，令f（x）＝ax﹣a﹣lnx，利用导数求出f（x）的最小值大于等于0，即可求解a的值． 【解答】解：因为∀x∈（0，+∞），⇔0⇔ax﹣a﹣lnx≥0， 令f（x）＝ax﹣a﹣lnx，所以， 则当a≤0时，f'（x）＜0，即f（x）在（0，+∞）上单调递减， 所以当x0＞1时，f（x0）＜f（1）＝0，矛盾，故a＞0． 因为当时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；当时，f'（x）＞0，f（x）单调递增， 所以， 令g（a）＝1﹣a+lna，a＞0，g′（a）＝﹣1， 当a∈（0，1）时，g′（a）＞0，g（a）单调递增， 当a∈（1，+∞）时，g′（a）＜0，g（a）单调递减， 所以g（a）≤g（1）＝1， 所以要使f（x）min＝1﹣a+lna≥0，只需a＝1． 故答案为：1． 45．（2026•炎陵县校级二模）已知函数，若f（x）≤0在（0，+∞）上恒成立，则实数m的取值范围为　　 ． 4．（2026秋•安阳月考）已知函数f（x）＝ln（x2+1）+mx+n，曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为x﹣2y＝0． （1）求实数m，n； （2）若当x2＞x1≥a时，f（x2）﹣f（x1）＜x2﹣x1，求a的最小值； （3）若∃x＞0，使得f（k+x）+f（k﹣x）＜2f（k），求k的取值范围． 【答案】（1），n＝0； （2）； （3）（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）． 【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得； （2）构造函数g（x）＝f（x）﹣x，结合题意可得g（x）在区间[a，+∞）上单调递减．求导后可得g（x）在和上单调递减，即可得解； （3）令h（x）＝f（k+x）+f（k﹣x）﹣2f（k），由题意知∃x＞0，使得h（x）＜0，求导后分k2≤1及k2＞1讨论即可得． 【解答】解：（1）由题意得， 因为曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为x﹣2y＝0， 所以，又切线过点（0，0），所以f（0）＝n＝0， 综上所述，，n＝0； （2）由（1）知， 当x2＞x1≥a时，f（x2）﹣f（x1）＜x2﹣x1，则f（x2）﹣x2＜f（x1）﹣x1， 设g（x）＝f（x）﹣x，则原条件等价于当x2＞x1≥a时，g（x2）＜g（x1）， 即函数g（x）在区间[a，+∞）上单调递减， 由，得， 令g'（x）≤0，得x2﹣4x+1≥0，解得或， 所以g（x）在和上单调递减， 因为g（x）在区间[a，+∞）上单调递减，所以a的最小值为； （3）令h（x）＝f（k+x）+f（k﹣x）﹣2f（k）， 由题意知∃x＞0，使得h（x）＜0， ， ①若k2≤1，则对任意x＞0，1﹣k2+x2＞0， 所以h'（x）＞0，h（x）在（0，+∞）上单调递增，又h（0）＝0，故h（x）＞0，不满足条件； ②若k2＞1，则当时，1﹣k2+x2＜0，此时h'（x）＜0， 所以h（x）在上单调递减， 即存在，使得h（x）＜h（0）＝0，满足条件； 综上，k的取值范围是（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）． 16．（2026•九龙坡区校级模拟）已知函数f（x）＝2lnx﹣ax． （1）若a＝1，求曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程； （2）讨论f（x）的单调性； （3）若a＞0，f（x）≤eax﹣x2恒成立，求a的取值范围． 5．若不等式2xlnx≥﹣x2+ax﹣3对任意x∈（0，+∞）恒成立，则实数a的值可以为（　　） A．5 B．6 C．2 D．3 【答案】CD 【分析】问题等价于a≤x+2lnx在x∈（0，+∞）上恒成立，设f（x）＝x+2lnx，x∈（0，+∞），利用导数判断函数的单调性，求出f（x）在（0，+∞）上的最小值，即可得解． 【解答】解：不等式2xlnx≥﹣x2+ax﹣3对任意x∈（0，+∞） 恒成立，等价于a≤x+2lnx在x∈（0，+∞）上恒成立； 设f（x）＝x+2lnx，x∈（0，+∞）； 则f′（x）＝1， 当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增； 所以f（x）在（0，+∞）上的极小值，也是最小值为f（1）＝1+2ln1+3＝4， 所以a≤4，则实数a的值可以为2和3． 故选：CD． 37．（2026秋•且末县校级月考）关于x的不等式mx2﹣2mx﹣1≤0恒成立，则实数m的取值范围为　[﹣1，0]　 ． 6．（2026春•潮州期末）已知函数． （1）当a＝e时，求f（x）的极值； （2）讨论f（x）的单调性； （3）若对任意的x∈（0，+∞），都有f（x）＞0恒成立，求实数a的取值范围． 【答案】（1）极小值为1，无极大值； （2）当a≤0时，f（x）在（0，+∞）单调递增； 当a＞0时，f（x）在（0，a）单调递减，在（a，+∞）单调递增． （3）（1，+∞）． 【分析】（1）代入a＝e后求导，由导函数符号得单调区间，确定极小值点与极小值，无极大值； （2）求导后分子为x﹣a，讨论a≤0与a＞0两种情况，分别得单调区间； （3）分离参数得a＞x﹣xlnx，构造函数求最大值，由恒成立条件得参数范围． 【解答】解：（1）因为， 所以当a＝e时，， 所以求导得：，x∈（0，+∞）， 令f′（x）＝0，得x＝e， 令f′（x）＜0，解得x∈（0，e），故f（x）在（0，e）单调递减； 令f′（x）＞0，解得x∈（e，+∞），故f（x）在（e，+∞）单调递增， 所以f（x）在x＝e处取得极小值，无极大值； （2）函数的定义域为（0，+∞），求得：， 当a≤0时，f′（x）＞0在x∈（0，+∞）恒成立，所以f（x）在（0，+∞）单调递增； 当a＞0时，令f′（x）＜0，解得x∈（0，a），故f（x）在（0，a）单调递减， 令f′（x）＞0，解得x∈（a，+∞），故f（x）在（a，+∞）单调递增， 综上，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）单调递增； 当a＞0时，f（x）在（0，a）单调递减，在（a，+∞）单调递增； （3）因为对任意的x∈（0，+∞），都有f（x）＞0恒成立， 所以，即a＞x﹣xlnx对任意的x∈（0，+∞）恒成立， 令g（x）＝x﹣xlnx，x∈（0，+∞），则g′（x）＝﹣lnx， 令g′（x）＝0，得x＝1， 令g′（x）＜0，解得x∈（1，+∞），故g（x）在（1，+∞）单调递减； 令g′（x）＞0，解得x∈（0，1），故g（x）在（0，1）单调递增， 所以g（x）在x＝1处取得唯一的极大值，所以g（x）max＝g（1）＝1， 所以当a＞1时，所以实数a的取值范围为（1，+∞）． 10．（2026春•韩城市期末）已知函数f（x）＝lnx﹣ax（a∈R）． （1）求函数f（x）的单调区间； （2）若函数f（x）在[1，e2]上有且仅有2个零点，求a的取值范围． （3）对任意x∈（0，+∞），f（x）＜eax﹣x恒成立，求a的取值范围． 7．（2026•湖北校级模拟）已知函数f（x）＝（x+1）ln（x+1）﹣λx． （1）若是减函数，求λ的取值范围； （2）当x≥0时，f（x）≥0，求λ的最大值． 【答案】（1）[1，+∞）； （2）1． 【分析】（1）利用单调性与导数的关系把问题转化为恒成立问题，再分离参数，利用导数求出函数最大值，进而求出取值范围即可． （2）利用分离参数法求出λ的取值范围，进而得到最大值即可． 【解答】解：（1）因为在（﹣1，+∞）上单调递减， 所以g′（x）＝ln（x+1）﹣λ+1﹣x≤0，即λ≥ln（x+1）﹣x+1在（﹣1，+∞）上恒成立． 令h（x）＝ln（x+1）﹣x+1，则． 令h′（x）＝0，则x＝0，当x∈（﹣1，0）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增； 当x∈（0，+∞）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减； 所以h（x）的最大值为h（0）＝1，所以λ的取值范围是[1，+∞）． （2）由题意得x≥0，f（x）＝（x+1）ln（x+1）﹣λx≥0， ①当x＝0时，f（0）＝0，不等式恒成立，λ∈R； ②当x＞0时，分参得， 设t＝x+1，不等式变为，设， 所以，令n（t）＝t﹣1﹣lnt，可得， 当t＞1时，n′（t）＞0恒成立，则n（t）在（1，+∞）上单调递增， 而n（1）＝0，则t﹣1﹣lnt＞0，即t﹣1＞lnt， 得到函数h（t）在（1，+∞）上单调递增，所以h（t）＞h（1）， 又题意可知，令x＝t﹣1，则t＝x+1， 当t＝1时，x→0，所以 ， 令m（x）＝lnx，由导数的定义得m， 故，所以λ≤1，即λ的最大值是1． 27．（2025秋•长葛市期末）已知函数． （1）当时，求f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线方程； （2）若f（x）在（0，+∞）上有唯一零点，求a的取值范围； （3）当a＝1时，若xf（x）＞k（x﹣1）在（1，+∞）上恒成立，求实数k的最大整数值． 8．（2026秋•成都月考）已知函数f（x）＝lnx﹣x+1． （1）求函数f（x）的极值； （2）证明：； （3）若f（x）≤xex﹣mx恒成立，求实数m的取值范围． 【答案】（1）极大值为0，无极小值； （2）由（1）知f（x）≤f（1）＝0，即lnx﹣x+1≤0， 则lnx≤x﹣1（当且仅当x＝1时取等号）， 令（其中k＝1，2，…，n），因为， 所以等号不成立，有， 所以 ， 因此， 即，证毕； （3）（﹣∞，2]． 【分析】（1）利用导数研究函数的极值即可； （2）结合（1）有lnx≤x﹣1，再应用放缩、累加及对数的运算性质、等比数列的前n项和公式证明即可； （3）问题化为恒成立，再应用导数研究右侧的最小值，即可得范围． 【解答】解：（1）函数f（x）＝lnx﹣x+1定义域为（0，+∞）， 求导，令f′（x）＝0，得x＝1， 当0＜x＜1时，f′（x）＞0，f（x）在（0，1）上单调递增， 当x＞1时，f′（x）＜0，f（x）在（1，+∞）上单调递减， 因此，函数f（x）极大值为f（1）＝0，且无极小值； （2）证明：由（1）知f（x）≤f（1）＝0，即lnx﹣x+1≤0， 则lnx≤x﹣1（当且仅当x＝1时取等号）， 令（其中k＝1，2，…，n），因为， 所以等号不成立，有， 所以 ， 因此， 即，证毕； （3）若f（x）≤xex﹣mx恒成立，即lnx﹣x+1≤xex﹣mx对x＞0恒成立， 变形得mx≤xex﹣lnx+x﹣1，其中x＞0，则， 令，则只需m≤g（x）min， 又， 令g′（x）＝0，得x2ex+lnx＝0，即x2ex＝﹣lnx， 因为y＝x2ex+lnx在（0，+∞）上为增函数， 且， 故该方程的唯一正根为x0且x0∈（0，1）， 则，则，① 构造F（t）＝tet（t＞0），则①等价于F（x0）＝F（﹣lnx0）， 求导得F′（t）＝（t+1）et，因为t＞0，所以F′（t）＞0， 即F（t）在（0，+∞）上单调递增，所以x0＝﹣lnx0， 当0＜x＜x0时，g′（x）＜0，g（x）在（0，x0）上单调递减， 当x＞x0时，g′（x）＞0，g（x）在（x0，+∞）上单调递增， 所以g（x）最小值为 ， 所以g（x）min＝2，要使m≤g（x）恒成立，则m≤2， 所以，实数m的取值范围是（﹣∞，2]． 23．（2026春•武汉期中）已知函数f（x）＝x2﹣（2a+1）x+alnx，a∈R． （1）若f（x）在x＝1处取得极值，求f（x）的极值； （2）若f（x）在[1，e]上的最小值为﹣2a，求a的取值范围． 【提升通关练】 9．（2026•张家口校级模拟）已知f（x）＝（x+1）ln（x+1）+asinx，a∈R． （1）a＝0时，证明：； （2）若对任意的x∈（0，π），f（x）＞0恒成立，求a的取值范围； （3）证明：对任意的正整数n，总有． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）构造，利用导数研究函数的单调性、最值计算即可； （2）设h（x）＝f′（x），借助端点效应，分类讨论并根据隐零点计算即可； （3）根据（2）的结论得出，利用放缩法累加即可证明． 【解答】解：（1）证明：当a＝0时，f（x）＝（x+1）ln（x+1）， 令ln（x+1）﹣x， 则． 当x∈（﹣1，0）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增； 当x∈（0，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减． 则g（x）max＝g（0）＝0，故g（x）≤0，即， 所以． （2）由题意可得，f′（x）＝1+ln（x+1）+acosx（x∈（0，π）），设h（x）＝f′（x）， 则， 且有f（0）＝0，f′（0）＝1+a． 当a＜﹣1，x∈（0，π）时，h′（x）＞0，则f′（x）单调递增， 又f′（0）＝1+a＜0，， 根据零点存在性定理可得，存在一个，使得f′（x0）＝0， 且有x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减， 此时f（x）＜f（0）＝0，不满足恒成立条件； 当a≥0，x∈（0，π）时，显然f（x）中（x+1）ln（x+1）＞0，asinx≥0则f（x）＞0恒成立； 当﹣1≤a＜0，x∈（0，π）时，h′（x）＞0，则f′（x）单调递增，f′（x）＞f′（0）＝1+a≥0， f（x）单调递增，f（x）＞f（0）＝0． 综上所述，a≥﹣1，即a∈[﹣1，+∞）； （3）证明：由（2）中结论，有当a≥﹣1时，f（x）＝（x+1）ln（x+1）+asinx＞0，对任意的x∈（0，π）恒成立， 取a＝﹣1可得，f（x）＝（x+1）ln（x+1）﹣sinx＞0，对任意的x∈（0，π）恒成立， 即（x+1）ln（x+1）＞sinx，变形可得 分别令，，⋯，，可得， ，……， 累加可得证毕． 9．（2026春•潮州期末）已知函数． （1）当a＝e时，求f（x）的极值； （2）讨论f（x）的单调性； （3）若对任意的x∈（0，+∞），都有f（x）＞0恒成立，求实数a的取值范围． 10．（2026秋•叙永县校级月考）已知函数f（x）＝ln（x+1）． （1）求曲线y＝f（x）过点（﹣1，0）的切线方程； （2）若g（x）＝x2+x+1﹣af（x）， （i）当a＝3时，求g（x）的极值； （ii）若g（x）＞cosx恒成立，求实数a． 【答案】（1）x﹣ey+1＝0； （2）（i）极小值为，无极大值； （ii）a＝1． 【分析】（1）设切点为（x0，ln（x0+1）），由导数的几何意义即可求解； （2）（i）求导，确定函数单调性即可求解； （ii）令G（x）＝g（x）﹣cosx，问题转换成∀x∈（﹣1，+∞），G（x）≥0，通过a≤0和a＞0讨论函数单调性，求最值即可求解． 【解答】解：（1）设切点为（x0，ln（x0+1）），那么， 因此切线方程为， 将（﹣1，0）代入可得，解得x0＝e﹣1， 因此切线为，即x﹣ey+1＝0． （2）（i）当a＝3时，函数g（x）＝x2+x﹣3ln（x+1）+1． 函数g（x）的定义域为（﹣1，+∞），且导函数； 令导函数g'（x）＝0得，或x＝﹣2（舍去）； 因此当时，导函数g′（x）＞0，g（x）在上单调递增； 当时，导函数g′（x）＜0，g（x）在上单调递减， 因此g（x）无极大值，极小值为． （ii）令函数G（x）＝g（x）﹣cosx＝x2+x﹣aln（x+1）﹣cosx+1，x＞﹣1， 因此导函数． 根据当x∈（﹣1，+∞）时，g（x）≥cosx恒成立， 得∀x∈（﹣1，+∞），G（x）≥0恒成立， 而G（0）＝0，因此G（0）是G（x）的最小值． ①当a≤0时，∀x∈（﹣1，0），导函数； 令函数p（x）＝sinx﹣x，﹣1＜x＜0，因此当﹣1＜x＜0时，导函数p′（x）＝cosx﹣1＜0， 因此函数p（x）在（﹣1，0）上单调递减，那么当﹣1＜x＜0时，p（x）＞p（0）＝0， 因此当﹣1＜x＜0时，sinx＞x， 那么∀x∈（﹣1，0），导函数； 因此，导函数， 那么函数G（x）在上单调递增， 那么当时，G（x）＜G（0）＝0，不符合题意． ②当a＞0时，令函数，x＞﹣1， 因此导函数，那么函数h（x）＝G′（x）在（﹣1，+∞）上单调递增； 又当x→+∞时，h（x）→+∞，当x→﹣1时，h（x）→﹣∞， 所以存在唯一x0∈（﹣1，+∞），使得h（x0）＝G′（x0）＝0； 所以当﹣1＜x＜x0时，G′（x）＜0，函数G（x）在（﹣1，x0）上单调递减； 当x＞x0时，G′（x）＞0，函数G（x）在（x0，+∞）上单调递增； 故函数G（x）min＝G（x0）＝G（0），则G′（0）＝1﹣a＝0，所以a＝1． 综上，得a＝1． 53．（2026•曾都区校级模拟）已知函数f（x）＝（x﹣2）ex，g（x）＝axln（ax）（a＞0）． （1）求曲线y＝f（x）在点（2，f（2））处的切线方程． （2）当a＝1时，讨论函数g（x）的单调性． （3）若f（x）≥g（x）﹣2ex对任意x∈（1，+∞）恒成立，求实数a的取值范围． 11．（2026秋•长治月考）设函数f（x）＝2ax2﹣2a﹣lnx，g（x）． （1）讨论f（x）的单调性； （2）证明：当x＞1时，g（x）＞0； （3）当x∈（1，+∞），f（x）＞g（x），求a的取值范围． 【答案】（1）当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递减．当a＞0时，f（x）在上单调递减，在上单调递增． （2）令s（x）＝ex﹣1﹣x，则s'（x）＝ex﹣1﹣1， 当x＞1时，s′（x）＞0，所以s（x）在（1，+∞）上单调递增． 故s（x）＞s，（1）＝0，即ex﹣1＞x． 因为x＞1，所以，即， 所以g（x）＞0得证． （3）． 【分析】（1）对f（x）求导，导函数的分子为含参的二次函数，对参数进行讨论确定导函数的正负，进而得到f（x）的单调性． （2）要证明g（x）＞0，即证明，要证ex﹣1＞x，构造s（x）＝ex﹣1﹣x对s（x）求导，判断导函数的正负确定单调性． （3）根据（1）问中f（x）的单调性讨论当x∈（1，+∞）时，a≤0，f（x）＜0＜g（x）不符合题意，，f（x）＜f（1）＝0＜g（x）不符合题意，当，构造h（x）＝f（x）﹣g（x）讨论单调性，求出h（x）在（1，+∞）上的最小值，确定a的取值范围． 【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），， 当a≤0时，，f（x）在（0，+∞）上单调递减， 当a＞0时，，解得， 所以，f′（x）＜0，f（x）单调递减，，f′（x）＞0，f（x）单调递增． 综上所述：当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递减； 当a＞0时，f（x）在上单调递减，在上单调递增． （2）证明：令s（x）＝ex﹣1﹣x，则s'（x）＝ex﹣1﹣1， 当x＞1时，s′（x）＞0，所以s（x）在（1，+∞）上单调递增． 故s（x）＞s（1）＝0，即ex﹣1＞x． 因为x＞1，所以，即， 所以g（x）＞0得证． （3）由（2）知，当x＞1时，g（x）＞0． 若a≤0，当x＞1时，f（x）＝2ax2﹣2a﹣lnx＜0＜g（x），不符合题意． 若，则，由（1）知，，f（x）单调递减，所以f（x）＜f（1）＝0＜g（x），不符合题意． 若，令h（x）＝f（x）﹣g（x），x＞1． ，因为，所以4ax≥x． 又因为x＞1时，ex﹣1＞x，即， 所以， 当x＞1时，x3﹣2x+1＝（x﹣1）（x2+x﹣1）＞0， 故h′（x）＞0，所以h（x）在（1，+∞）上单调递增． 又h（1）＝f（1）﹣g（1）＝0，所以当x＞1时，h（x）＞h（1）＝0， 即f（x）＞g（x）恒成立，综上所述，a的取值范围． 15．（2026秋•安阳月考）已知函数f（x）＝ln（x2+1）+mx+n，曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为x﹣2y＝0． （1）求实数m，n； （2）若当x2＞x1≥a时，f（x2）﹣f（x1）＜x2﹣x1，求a的最小值； （3）若∃x＞0，使得f（k+x）+f（k﹣x）＜2f（k），求k的取值范围． 12．（2026春•韩城市期末）已知函数f（x）＝lnx﹣ax（a∈R）． （1）求函数f（x）的单调区间； （2）若函数f（x）在[1，e2]上有且仅有2个零点，求a的取值范围． （3）对任意x∈（0，+∞），f（x）＜eax﹣x恒成立，求a的取值范围． 【答案】（1）当a≤0时，函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞）； 当a＞0时，函数f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为； （2）； （3）． 【分析】（1）求函数f（x）的导函数，由f′（x）＞0求函数的单调递增区间，由f′（x）＜0求函数的单调递减区间； （2）由f（x）＝0可得，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围； （3）由不等式f（x）＜eax﹣x整理得到elnx+lnx＜eax+ax，再通过分析h（x）＝ex+x的单调性，得到，再求解即可． 【解答】解：（1）因为f（x）＝lnx﹣ax（a∈R），x＞0， 则， 当a≤0时，f′（x）＞0，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增； 当a＞0时，由f′（x）＝0，得， 若，则f′（x）＜0；若，则f′（x）＞0； 所以f（x）的单调递减区间为，单调递增区间为； 综上所述，当a≤0时，函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞）； 当a＞0时，f（x）的单调递减区间为，单调递增区间为； （2）当x∈[1，e2]时，由f（x）＝0可得， 令，其中x∈[1，e2]， 则由题意，直线y＝a与函数g（x）在[1，e2]上的图象有两个交点， 又， 当e＜x＜e2时，g′（x）＜0，此时函数g（x）单调递减； 当1＜x＜e时，g′（x）＞0，此时函数g（x）单调递增； 所以函数g（x）的极大值为， 且g（1）＝0，， 故g（x）在[1，e2]的图象如图所示： 由图可知，当时， 直线y＝a与函数g（x）在[1，e2]上的图象有两个交点， 因此，实数a的取值范围是； （3）由f（x）＜eax﹣x，得lnx﹣ax＜eax﹣x恒成立， 即lnx+x＜eax+ax，可得elnx+lnx＜eax+ax恒成立， 构造函数h（x）＝ex+x，所以h（lnx）＜h（ax）恒成立， 又因为h（x）＝ex+x在定义域内单调递增， 所以有lnx＜ax在（0，+∞）内恒成立， 所以恒成立，即， 由（2）可知最大值为， 所以，即a的取值范围是． 11．（2026春•赛罕区校级期末）已知函数． （1）若a＝2，求函数f（x）的最小值； （2）讨论f（x）的单调性； （3）若在x∈（0，+∞）上恒成立，求a的取值范围． 13．（2026春•武汉期中）已知函数f（x）＝x2﹣（2a+1）x+alnx，a∈R． （1）若f（x）在x＝1处取得极值，求f（x）的极值； （2）若f（x）在[1，e]上的最小值为﹣2a，求a的取值范围． 【答案】（1）极大值为，极小值为﹣2； （2）（﹣∞，1]． 【分析】（1）由题意，对函数f（x）进行求导，根据f′（1）＝0，求出a＝1，再代入函数解析式中对其进行检验，进而可得函数的极值； （2）对函数f（x）进行求导，分别讨论当a≤1，1＜a＜e和a≥e这三种情况，进而即可求解． 【解答】解：（1）已知f（x）＝x2﹣（2a+1）x+alnx，函数定义域为（0，+∞）， 可得， 因为f（x）在x＝1处取得极值， 所以f′（1）＝2﹣（2a+1）+a＝0， 解得a＝1， 此时f（x）＝x2﹣3x+lnx，， 当0＜x时，f′（x）＞0，f（x）单调递增； 当x＜1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减； 当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增， 所以当x时，函数f（x）取得极大值，极大值， 当x＝1时，函数f（x）取得极小值，极小值f（1）＝1﹣3+ln1＝﹣2； （2）因为， ①当a≤1时， 当x∈[1，e]时，f′（x）＞0，f（x）单调递增， 所以当x＝1时，函数f（x）取得最小值，最小值f（1）＝﹣2a，满足题意； ②当1＜a＜e时， 令f′（x）＞0， 解得x＞a或， 所以函数f（x）在[1，a]上单调递减，在[a，e]上单调递增， 则当x＝a时，函数f（x）取得最小值，最小值f（a）＜f（1）＝﹣2a，不满足题意； ③当a≥e时， 易知函数f（x）在[1，e]上单调递减， 所以当x＝e时，函数f（x）取得最小值，最小值f（e）＜f（1）＝﹣2a，不满足题意． 综上，满足条件的实数a的取值范围为（﹣∞，1]． 24．（2025•安庆模拟）洛必达法则对导数的研究产生了深远的影响．洛必达法则：给定两个函数F（x），G（x），当F（x0）＝0，G（x0）＝0时，.已知函数，h（x）＝3sinx﹣xcosx﹣2x． （1）证明：h（x）在区间[0，2π]上单调递减； （2）对于x∈[0，2π]，f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围； （3）∀n∈N*，证明：（附：e≈2.718，e2≈7.389） 14．（2026•九龙坡区校级模拟）已知函数f（x）＝2lnx﹣ax． （1）若a＝1，求曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程； （2）讨论f（x）的单调性； （3）若a＞0，f（x）≤eax﹣x2恒成立，求a的取值范围． 【答案】（1）x﹣y﹣2＝0； （2）当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增； 当a＞0时，f（x）在上单调递增，在上单调递减； （3）． 【分析】（1）由题可得切线方程斜率与切线所过点，据此可得答案； （2）分类讨论a≤0，a＞0两种情况下，的正负性可得单调区间； （3）由题可得，结合g（x）＝ex+x单调性，可得，最后由单调性可得答案． 【解答】解：（1）若a＝1，则f（x）＝2lnx﹣x，f（1）＝﹣1． 又，所以f′（1）＝2﹣1＝1， 故曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程为y﹣（﹣1）＝1×（x﹣1），即x﹣y﹣2＝0； （2）f（x）的定义域为（0，+∞），， 当a≤0时，，故f（x）在（0，+∞）上单调递增； 当a＞0时，令，解得， 故f（x）在上单调递增，在上单调递减； 综上，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增； 当a＞0时，f（x）在上单调递增，在上单调递减； （3）由f（x）≤eax﹣x2，可得x2+2lnx≤eax+ax， 即， 令g（x）＝ex+x，易知g（x）单调递增， 由，可得g（lnx2）≤g（ax）， 则lnx2≤ax，即， 设，则， 当x＞e时，h′（x）＜0，h（x）单调递减， 当0＜x＜c时，h′（x）＞0，h（x）单调递增， 所以， 所以，因此a的取值范围为． 17．（2026春•高坪区校级月考）已知函数． （1）若a＝2，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程； （2）当a＞1时，讨论函数f（x）的单调性； （3）若在x∈（0，+∞）上有解，求实数a的取值范围． 15．（2026•莆田模拟）已知函数f（x）＝ax2﹣lnx． （1）当a＝2时，求f（x）的极值； （2）若f（x）≥（2﹣a）x，求实数a的取值范围． 【答案】（1）极小值为，无极大值． （2）[1，+∞）． 【分析】（1）求f′（x），根据其正负性得出函数的单调性即可； （2）令g（x）＝ax2﹣lnx﹣（2﹣a）x，根据g（1）＝2a﹣2≥0得出a≥1，接着利用导数得出g（x）的单调性，解不等式g（x）min≥0即可． 【解答】解：（1）当a＝2时，f（x）＝2x2﹣lnx，x＞0，那么导函数， 由f′（x）＜0，得；f′（x）＞0，得， 则f（x）在上单调递增，在上单调递减， 那么函数f（x）的极小值为，无极大值； （2）f（x）≥（2﹣a）x等价于ax2﹣lnx≥（2﹣a）x， 令g（x）＝ax2﹣lnx﹣（2﹣a）x，那么g（x）≥0在（0，+∞）上恒成立， 那么g（1）＝2a﹣2≥0，得a≥1， 由于导函数， 则g′（x）＞0，得，g′（x）＜0，得， 则g（x）在上单调递增，在上单调递减， 则， 因为在[1，+∞）上单调递增， 所以在[1，+∞）上单调递增， 所以当a≥1时，h（a）≥h（1）＝0， 综上，实数a的取值范围为[1，+∞）． 21．（2025秋•宿迁校级期末）已知函数f（x）＝ax2﹣lnx，a∈R． （1）若x＝1是f（x）的极小值点，求a； （2）若存在x∈（0，+∞），使f（x）＜x，求a的取值范围． 16．（2026秋•荥阳市校级月考）已知函数f（x）＝e2x+ax2﹣2x． （1）当a＝2时，讨论f（x）的单调性； （2）若f（x）与g（x）＝ax2+2（a﹣1）x+2a恰有两个交点，求a的取值范围． （3）当x≥0时，f（x）≥4x3+1，求a的取值范围． 【答案】（1）函数f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增； （2）（，+∞）； （3）[7﹣e2，+∞）． 【分析】（1）求导后构造函数g（x）再次求导后可得； （2）变形不等式后令h（x）＝e2x﹣2ax﹣2x，问题转化为h（x）有两个零点，求导分a≤0和a＞0两种情况结合零点存在定理分析可得； （3）当x＝0时显然成立；当x＞0时，分离参数可得，构造函数求导结合隐零点分析最值即可． 【解答】解：（1）由题意函数f（x）＝e2x+ax2﹣2x， 当a＝2时，f（x）＝e2x+2x2﹣2x，f′（x）＝2e2x+4x﹣2， 令g（x）＝f′（x）＝2e2x+4x﹣2，则g′（x）＝4e4x+4＞0恒成立， 所以f′（x）在R单调递增， 又f′（0）＝0， 所以当x＞0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增． 当x＜0时，f′（x）＜0，f（x）单调递减， 即函数f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增； （2）f（x）＝g（x）⇔e2x+ax2﹣2x＝ax2+2（a﹣1）x+2a⇒e2x﹣2ax﹣2x＝0， 令h（x）＝e2x﹣2ax﹣2x，问题转化为h（x）有两个零点， 求导h′（x）＝2e2x﹣2a＝2（e2x﹣a）， 若a≤0，则h′（x）＞0，h（x）单调递增，在R上至多有一个零点，不符合题意； 若a＞0，令， 当时，h′（x）＞0，h（x）单调递增， 当时，h′（x）＜0，h（x）单调递减； 所以， 由零点存在定理可得要使h（x）有两个零点，则， 当x→﹣∞时，e2x→0，﹣2a（x+1）→+∞，则h（x）→+∞； 当x→+∞，由指数爆炸模型可知h（x）→+∞， 所以a的取值范围为（，+∞）； （3）当x≥0时，f（x）≥4x3+1，即e2x+ax2﹣2x≥4x3+1，整理可得ax2≥4x3+2x+1﹣e2x，x≥0， 当x＝0时显然成立； 当x＞0时，分离参数可得， 令，求k（x）的最大值即可， 求导， 令分子为m（x）＝4x3﹣2x﹣2+2e2x（1﹣x）， 则m′（x）＝12x2﹣2+2e2x（1﹣2x）， 再令n（x）＝12x2﹣2+2e2x（1﹣2x）， 则n′（x）＝8x（3﹣e2x）， 所以当时，n′（x）＜0，则m′（x）单调递减， 当时，n′（x）＞0，则m′（x）单调递增； 又， 故存在，使得m′（x0）＝0， 当x＞x0时，m′（x）＜0，m（x）单调递减， 当0＜x＜x0时，m′（x）＞0，m（x）单调递增； 又m（0）＝﹣2+2＝0，m（1）＝4﹣2﹣2+0＝0， 所以0＜x＜1时，m（x）＞0，即k′（x）＞0，k（x）单调递增； x＞1时，m（x）＜0，即k′（x）＜0，k（x）单调递增， 所以． 所以a的取值范围为[7﹣e2，+∞）． 14．（2026秋•长治月考）设函数f（x）＝2ax2﹣2a﹣lnx，g（x）． （1）讨论f（x）的单调性； （2）证明：当x＞1时，g（x）＞0； （3）当x∈（1，+∞），f（x）＞g（x），求a的取值范围． 【培优通关练】 17．（2026春•福建期中）洛必达法则对导数的研究产生了深远的影响．洛必达法则：给定两个函数F（x），G（x），当F（x0）＝0，G（x0）＝0时，．已知函数，h（x）＝3sinx﹣xcosx﹣2x． （1）证明：h（x）在区间[0，2π]上单调递减； （2）对于x∈[0，2π]，f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围； 【答案】（1）证明：由函数h（x）＝3sinx﹣xcosx﹣2x，可得h′（x）＝2cosx+xsinx﹣2， 令m（x）＝h′（x）＝2cosx+xsinx﹣2，则m′（x）＝﹣sinx+xcosx， 令n（x）＝m′（x）＝﹣sinx+xcosx，则n′（x）＝﹣xsinx， 若x∈[0，π]，则n′（x）≤0，n（x）单调递减，可得n（x）≤n（0）＝0，m（x）单调递减， 则m（x）≤m（0）＝0，所以h（x）在[0，π]上单调递减， 若x∈（π，2π]，则n′（x）≥0，n（x）单调递增， 所以n（π）＜n（x）≤n（2π），即﹣π＜n（x）≤2π， 所以存在唯一x0∈（π，2π），使得n（x0）＝0， 且在（x0，2π]上，n（x）＞0，m（x）单调递增，在（π，x0）上，n（x）＜0，m（x）单调递减，且m（π）＝﹣4＜0，m（2π）＝0，所以m（x）≤0， 所以h（x）在区间（π，2π]上单调递减，且h（x）在[0，2π]上连续， 综上可得，函数h（x）在区间[0，2π]上单调递减； （2）[1，+∞）． 【分析】（1）求得h′（x）＝2cosx+xsinx﹣2，令m（x）＝h′（x），得到m′（x）＝﹣sinx+xcosx，再令n（x）＝m′（x），求得n′（x）＝﹣xsinx，分x∈[0，π]和x∈（π，2π]，两种情况分类讨论，进而得到函数h（x）的单调性； （2）当x＝0时，得到f（x）≥0恒成立；当0＜x≤2π时，转化为，令，求得，由（1）得到g（x）在（0，2π]上单调递减，转化为g（x），结合洛必达法则，即可求解． 【解答】解：（1）证明：由函数h（x）＝3sinx﹣xcosx﹣2x，可得h′（x）＝2cosx+xsinx﹣2， 令m（x）＝h′（x）＝2cosx+xsinx﹣2，则m′（x）＝﹣sinx+xcosx， 令n（x）＝m′（x）＝﹣sinx+xcosx，则n′（x）＝﹣xsinx， 若x∈[0，π]，则n′（x）≤0，n（x）单调递减，可得n（x）≤n（0）＝0，m（x）单调递减， 则m（x）≤m（0）＝0，所以h（x）在[0，π]上单调递减， 若x∈（π，2π]，则n′（x）≥0，n（x）单调递增， 所以n（π）＜n（x）≤n（2π），即﹣π＜n（x）≤2π， 所以存在唯一x0∈（π，2π），使得n（x0）＝0， 且在（x0，2π]上，n（x）＞0，m（x）单调递增，在（π，x0）上，n（x）＜0，m（x）单调递减，且m（π）＝﹣4＜0，m（2π）＝0，所以m（x）≤0， 所以h（x）在区间（π，2π]上单调递减，且h（x）在[0，2π]上连续， 综上可得，函数h（x）在区间[0，2π]上单调递减； （2）当x＝0时，f（0）＝0，所以f（x）≥0恒成立； 当0＜x≤2π时，由f（x）≥0，可得，即， 令，可得， 由（1）知h（x）≤h（0）＝0，g′（x）≤0，g（x）在（0，2π]上单调递减，则， 因为两个函数F（x），G（x），当F（x0）＝0，G（x0）＝0时，， 可得， 所以，解得a≥1，所以实数a的取值范围为[1，+∞）． 7．（2025•鼓楼区校级模拟）洛必达法则对导数的研究产生了深远的影响．洛必达法则：给定两个函数F（x），G（x），当F（x0）＝0，G（x0）＝0时，.已知函数，h（x）＝3sinx﹣xcosx﹣2x． （1）对于x∈[0，2π]，f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围； （2）∀n∈N*，证明：（附：e≈2.718，e2≈7.389）． 18．（2025•安庆模拟）洛必达法则对导数的研究产生了深远的影响．洛必达法则：给定两个函数F（x），G（x），当F（x0）＝0，G（x0）＝0时，.已知函数，h（x）＝3sinx﹣xcosx﹣2x． （1）证明：h（x）在区间[0，2π]上单调递减； （2）对于x∈[0，2π]，f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围； （3）∀n∈N*，证明：（附：e≈2.718，e2≈7.389） 【答案】（1）证明见解析； （2）[1，+∞）； （3）证明见解析． 【分析】（1）先求函数的导函数，再结合分x∈[0，π]x∈（π，2π]分别求出导函数正负得出函数单调性即可证明； （2）先把不等式恒成立转化为，再结合函数单调性得出函数值范围即可求参； （3）构造函数，根据导函数得出函数单调性即可证明不等式，再结合累加法及等比数列求和即可证明． 【解答】解：（1）证明：依题意，h′（x）＝2cosx+xsinx﹣2， 令m（x）＝2cosx+xsinx﹣2，则m′（x）＝﹣sinx+xcosx， 令n（x）＝﹣sinx+xcosx，则n′（x）＝﹣xsinx， ①若x∈（π，2π]，则n′（x）≥0， ∴n（x）单调递增， ∴n（π）＜n（x）≤n（2π），即﹣π＜n（x）≤2π， ∴存在唯一x0∈（π，2π），使得n（x0）＝0， 且在（π，x0）上，n（x）＜0，m（x）单调递减，在（x0，2π]上，n（x）＞0，m（x）单调递增， 且m（π）＝﹣4＜0，m（2π）＝0， ∴m（x）≤0， ∴h（x）在区间（π，2π]上单调递减，且h（x）在[0，2π]上连续； ②若x∈[0，π]，则n′（x）≤0， ∴n（x）单调递减， 则n（x）≤n（0）＝0， ∴m（x）单调递减， 则m（x）≤m（0）＝0， ∴h（x）在[0，π]上单调递减； 综上，h（x）在区间[0，2π]上单调递减． （2）当x＝0时，f（0）＝0，成立． 当0＜x≤2π时，由f（x）≥0，可得， 令， ∴， 由（1）可知h（x）≤h（0）＝0， ∴g′（x）≤0， ∴g（x）在（0，2π]上单调递减， 由洛必达法则：， ∴， ∴a≥1，即实数a的取值范围为[1，+∞）； （3）证明：当a＝1且x≥0时，，令， 则G′（x）＝x﹣sinx，令H（x）＝x﹣sinx，则H′（x）＝1﹣cosx≥0， ∴G′（x）在[0，+∞）上单调递增，∴G′（x）≥G′（0）＝0， 即G（x）在[0，+∞）上单调递增，G（x）≥G（0）＝0，∴（当x＝0时取等号）， ∴， ∴， ∵， ∴， 即． 25．（2026•重庆）已知函数f（x）＝xex+ax+b，曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝﹣2x+1． （1）求a，b； （2）当x＞0时，f（x+m）﹣f（x）＞m，求m的取值范围； （3）当x＞0时，f（x+k）+f（k﹣x）＞2f（k），求k的最小值． 19．（2026春•浦东新区校级期中）如果对一切正实数x，y，不等式恒成立，则实数a的取值范围是（　　） A． B． C． D．[﹣1，+∞） 【答案】C 【分析】将不等式恒成立，转化为恒成立．构造函数，利用基本不等式可求得f（y）min＝3，于是问题转化为（2﹣sinx）a≥﹣1﹣2sin2x恒成立．通过参变分离结合基本不等式求解即可得到答案． 【解答】解：因为对一切正实数x，y，不等式恒成立， 即恒成立， 令， 则﹣2sin2x+（sinx﹣2）a+2≤f（y）min， 因为， 当且仅当，即y＝6时，取“＝”， 所以f（y）min＝3； 所以﹣2sin2x+（sinx﹣2）a+2≤3， 即（2﹣sinx）a≥﹣1﹣2sin2x恒成立． 因为∀x＞0，sinx∈[﹣1，1]， 所以2﹣sinx∈[1，3]， 所以恒成立， 令t＝2﹣sinx，则t∈[1，3]， 所以sinx＝2﹣t， 所以恒成立． 令，t∈[1，3]， 则a≥g（t）max． 因为t∈[1，3]， 所以， 当且仅当2t，即t∈[1，3]时，等号成立， 则， 所以． 所以， 所以实数a的取值范围为[8﹣6，+∞）． 故选：C． 29．（2026•红花岗区校级开学）已知函数，若不等式f（|2x﹣a|）+f（|x﹣a|﹣a2）≥2，在R上恒成立，则实数a的取值范围是（　　） A．[﹣2，2] B． C． D．（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞） 20．（2026•遂平县校级模拟）若对于∀t∈（0，+∞），∃x∈（0，+∞），使得不等式成立，则实数a的最小值为____________________ ． 【答案】． 【分析】换元u＝x﹣lnx≥1，化不等式为eu﹣tu≤a+tlnteu﹣tu﹣tlnt≤a，令g（t）为不等式左侧表达式（即eu﹣tu﹣tlnt）的最小值，再求g（t）最大值即为a最小值，分段讨论t≤e与t＞e的最小值点． 【解答】解：对不等式左边整理得， 令u＝x﹣lnx（x＞0），则，得u在x＝1处取最小值umin＝1，故u≥1， 不等式左边化为eu﹣tu﹣tlnt．对h（u）＝eu﹣tu（u≥1）求最小值： 若t≤e：h′（u）＝eu﹣t≥e﹣t≥0，h（u）单调递增，最小值为h（1）＝e﹣t， 因此左边最小值为g（t）＝e﹣t﹣tlnt＝e﹣t（1+lnt）， 若t＞e：h（u）在u＝lnt处取最小值h（lnt）＝t﹣tlnt， 因此左边最小值为g（t）＝t﹣tlnt﹣tlnt＝t﹣2tlnt， 由题意可知，对任意t＞0都有a≥g（t）成立，因此a的最小值为g（t）的最大值， 对0＜t≤e，g（t）＝e﹣t（1+lnt），g′（t）＝﹣2﹣lnt．令g′（t）＝0得t＝e﹣2， 在（0，e﹣2）上g′（t）＞0，在（e﹣2，e]上g′（t）＜0，故最大值为， 对t＞e，g（t）＝t﹣2tlnt，求导得g′（t）＝﹣1﹣2lnt＜0，g（t）单调递减，且， 因此g（t）的最大值为，即a的最小值为． 故答案为：． 47．若关于x的不等式xlnx+（6﹣x）ln（6﹣x）≥ln（k2﹣72k）对一切x∈（0，6）恒成立，则实数k的取值范围是 　[﹣9，0）∪（72，81]　 ． 21．（2026春•济南期中）若t＞0，且不等式对任意的x∈[1，+∞）恒成立，则t的取值范围为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将原不等式化为，设f（x）＝xlnx，判断f（x）的单调性，得对任意的x∈[1，+∞）恒成立，设，求得g（x）的最大值，可得t的取值范围． 【解答】解：由，得， 即，即， 设f（x）＝xlnx，则， 当x≥1时，f′（x）＞0，所以f（x）在[1，+∞）上单调递增， 由，得， 因为，所以， 即对任意的x∈[1，+∞）恒成立， 所以， 设，则， 当时，g′（x）＞0，g（x）单调递增， 当时，g′（x）＜0，g（x）单调递减， 所以，则， 故实数t的取值范围是． 故选：C． 32．（2026春•广东校级期末）若关于x的不等式恒成立，则实数m的最大值为（　　） A．2 B．e C．3 D．e2 22．（2026•商洛一模）已知函数f（x）＝ex﹣ax+sinx（a∈R）． （1）若a＝1，求证：f（x）＞0； （2）若a＝0，求证：f（x）在（﹣π，+∞）上恰有两个零点； （3）若不等式f（x）≥2﹣cosx对任意的恒成立，求a的值． 【答案】（1）证明：若a＝1，则f（x）＝ex﹣x+sinx≥ex﹣x﹣1， 当且仅当sinx＝﹣1时等号成立， 令g（x）＝ex﹣x﹣1，所以g′（x）＝ex﹣1，所以当x＜0时，g′（x）＜0， 当x＞0时，g′（x）＞0，所以g（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增， 所以g（x）≥g（0）＝0，当且仅当x＝0时，等号成立， 又等号不能同时取到，所以f（x）＞0； （2）证明：若a＝0，f（x）＝ex+sinx，所以f′（x）＝ex+cosx， 当x≥0时，ex≥1，cosx≥﹣1，所以f′（x）＝ex+cosx≥0． 当﹣π＜x＜0时，记p（x）＝f′（x）＝ex+cosx，因为sinx＜0，因此p′（x）＝ex﹣sinx≥0， 故f′（x）在（﹣π，0）上单调递增， 又， 所以，使得f′（x0）＝0， 所以当﹣π＜x＜x0时，f′（x）＜0，当x0＜x＜0时，f′（x）＞0， 所以f（x）在（﹣π，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增， 又， 又f（﹣π）＝e﹣π+sin（﹣π）＝e﹣π＞0，所以f（x）在（﹣π，x0）上恰有1个零点； 因为f（0）＝1＞0，所以f（x）在（x0，0）上恰有1个零点． 综上，f（x）在（﹣π，+∞）上恰有两个零点； （3）2． 【分析】（1）根据三角函数的有界性，将问题转化为ex﹣x+sinx≥ex﹣x﹣1，构造函数g（x）＝ex﹣x﹣1，由导数求解函数的单调性即可求解； （2）求导得函数的单调性，结合零点存在性定理，即可求解； （3）根据h（0）＝0，可得h（x）在x＝0时取得最小值．进而将问题转化为x＝0为函数h（x）在上的一个极小值点，得a＝2，进而利用导数证明：当a＝2时，x＝0为函数h（x）在上的一个极小值点． 【解答】解：（1）证明：若a＝1，则f（x）＝ex﹣x+sinx≥ex﹣x﹣1， 当且仅当sinx＝﹣1时等号成立， 令g（x）＝ex﹣x﹣1，因此g′（x）＝ex﹣1，因此当x＜0时，g′（x）＜0， 当x＞0时，g′（x）＞0，因此g（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增， 因此g（x）≥g（0）＝0，当且仅当x＝0时，等号成立， 又等号不能同时取到，因此f（x）＞0； （2）证明：若a＝0，f（x）＝ex+sinx，因此f′（x）＝ex+cosx， 当x≥0时，ex≥1，cosx≥﹣1，因此f′（x）＝ex+cosx≥0． 当﹣π＜x＜0时，记p（x）＝f′（x）＝ex+cosx，因为sinx＜0，因此p′（x）＝ex﹣sinx≥0， 故f′（x）在（﹣π，0）上单调递增， 又， 因此，使得f′（x0）＝0， 因此当﹣π＜x＜x0时，f′（x）＜0，当x0＜x＜0时，f′（x）＞0， 因此f（x）在（﹣π，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增， 又， 又f（﹣π）＝e﹣π+sin（﹣π）＝e﹣π＞0，因此f（x）在（﹣π，x0）上恰有1个零点； 因为f（0）＝1＞0，因此f（x）在（x0，0）上恰有1个零点． 综上，f（x）在（﹣π，+∞）上恰有两个零点； （3）若不等式f（x）≥2﹣cosx对任意的恒成立， 即ex﹣ax+sinx+cosx﹣2≥0对任意的恒成立， 令h（x）＝ex﹣ax+sinx+cosx﹣2，， 又h（0）＝0，因此当x＝0时，h（x）取得最小值， 因为h′（x）＝ex﹣sinx+cosx﹣a，则x＝0为函数h（x）在上的一个极小值点， 因此h′（0）＝0，即e0﹣sin0+cos0﹣a＝0，解得a＝2， 下面证明：当a＝2时，x＝0为函数h（x）在上的一个极小值点， 因为h′（x）＝ex﹣sinx+cosx﹣2，令u（x）＝h′（x），因此u′（x）＝ex﹣cosx﹣sinx， 令φ（x）＝u′（x），因此， 当时，，因此φ′（x）≤0， 当时，，ex≥1，因此φ′（x）≥0， 因此φ（x）在上单调递减，在上单调递增， 即u′（x）在上单调递减，在上单调递增， 因此u′（x）≥u′（0）＝0，因此u（x）即h′（x）在上单调递增， 又h′（0）＝0，因此当时，h′（x）≤0恒成立，此时h（x）单调递减， 当时，h′（x）≥0恒成立，此时h（x）单调递增， 因此x＝0为函数h（x）在上的一个极小值点， 综上，a的值是2． 55．（2026•江苏校级模拟）已知函数f（x）＝ex•cosx（e为自然对数的底数）． （1）求函数f（x）在点（0，f（0））处的切线方程； （2）若对记g（x）＝﹣x3﹣3x•cosx+（a+3）x，若∀x∈[0，1]，有f（x）≤eg（x），求a的取值范围； （3）设n∈N*，且n≥2，证明：． 23．（2025春•天津校级月考）若对∀x1，x2∈[﹣1，0），x1＜x2，恒成立，则a的最小值为___________________ ． 【答案】． 【分析】将已知变形为，然后构造函数，将问题转化为f′（x）≤0在[﹣1，0）上恒成立，转化为g（x）＝ex（x﹣1）的最大值问题，利用导数求解可得． 【解答】解：因为x1＜x2，所以x1﹣x2＜0， 则可化为， 整理得， 因为x1，x2∈[﹣1，0），所以x1x2＞0， 两边同时除以x1x2，得， 令， 则有f（x1）＞f（x2）， 又x1＜x2， 则函数f（x）在[﹣1，0）上单调递减， 则在[﹣1，0）上恒成立， 所以ex（x﹣1）≤a在[﹣1，0）上恒成立， 令g（x）＝ex（x﹣1）， 则g′（x）＝ex（x﹣1）+ex＝xex＜0在[﹣1，0）上恒成立， 则g（x）＝ex（x﹣1）在[﹣1，0）上单调递减， 所以， 故， 所以a得最小值为． 故答案为：． 44．（2026•邵阳模拟）若∀x∈（0，+∞），，则a的值为　1　 ． 24．（2026•河北模拟）已知函数f（x）＝aln（x+1）+x，a∈R． （1）讨论函数f（x）的单调性． （2）当函数f（x）的极小值为0时． （i）若f（x）＞m﹣sinx﹣ax在x∈（0，1]上恒成立，求m的取值范围． （ii）若在（0，1]上恒成立，证明：b≤1． 【答案】（1）当a≥0时，函数f（x）在（﹣1，+∞）上单调递增；当a＜0时，函数f（x）在（﹣1，﹣a﹣1）上单调递减，在（﹣a﹣1，+∞）上单调递增； （2）（i）（﹣∞，0]； （ii）已知x+sinx+f（x）﹣（b+1）x﹣1＞0在（0，1]上恒成立， 将a＝﹣1，f（x）＝﹣ln（x+1）+x代入得：（b+1）x﹣1＞0， 即ex+sinx﹣ln（x+1）﹣bx﹣1＞0在（0，1]上恒成立． 令t（x）＝ex+sinx﹣ln（x+1）﹣bx﹣1，x∈（0，1]，对t（x）求导得b． 当b≤1时，． 令，x∈（0，1]，对p（x）求导得， 所以p（x）在（0，1]上单调递增，p（x）＞p（0）， 即t'（x）＞0，所以t（x）在（0，1]上单调递增，t（x）＞t（0）＝e0+sin0﹣ln（0+1）﹣b×0﹣1＝0，满足题意． 当b＞1时，1﹣1﹣b＝1﹣b＜0， 因为t′（x）在（0，1]上连续，所以存在x0∈（0，1]，使得当x∈（0，x0）时，t′（x）＜0，t（x）单调递减， 此时t（x）＜t（0）＝0，不满足题意． 综上，b≤1． 【分析】（1）对 f（x） 求导，分﹣a﹣1≤﹣1和﹣a﹣1＞﹣1两种情况判断函数单调性，可得答案； （2）（i）求出a＝﹣1，可得m＜﹣ln（x+1）+sinx在x∈（0，1]上恒成立，令h（x）＝﹣ln（x+1）+sinx，x∈（0，1]，对h（x）求导，判断函数单调性，可得答案； （ii）由题意可得ex+sinx﹣ln（x+1）﹣bx﹣1＞0在（0，1]上恒成立，令t（x）＝ex+sinx﹣ln（x+1）﹣bx﹣1，x∈（0，1]，分b≤1和b＞1两种情况判断函数单调性，得出t（x）与0的大小关系，得出结论成立． 【解答】解：（1）函数f（x）＝aln（x+1）+x的定义域为（﹣1，+∞）， 对 f（x） 求导得，令f'（x）＝0，即，解得 x＝﹣a﹣1． 当﹣a﹣1≤﹣1，即a≥0时，在（﹣1，+∞）上，x+1+a＞0，x+1＞0，所以f′（x）＞0，函数f（x）在（﹣1，+∞）上单调递增． 当﹣a﹣1＞﹣1，即a＜0时，在（﹣1，﹣a﹣1）上，x+1+a＜0，x+1＞0，所以f'（x）＜0，函数f（x）单调递减； 在（﹣a﹣1，+∞）上，x+1+a＞0，x+1＞0，所以f'（x）＞0，函数f（x）单调递增． 综上，当a≥0时，函数f（x）在（﹣1，+∞）上单调递增；当a＜0时，函数f（x）在（﹣1，﹣a﹣1）上单调递减，在（﹣a﹣1，+∞）上单调递增； （2）（i）由（1）可知，当a＜0时，函数f（x）在x＝﹣a﹣1处取得极小值， 所以f（﹣a﹣1）＝aln（﹣a﹣1+1）﹣a﹣1＝0，即aln（﹣a）﹣a﹣1＝0． 令g（a）＝aln（﹣a）﹣a﹣1，a＜0，对g（a）求导得． 令g（a）＝0，即ln（﹣a）＝0，解得a＝﹣1． 当a∈（﹣∞，﹣1）时，g'（a）＞0，g（a）单调递增；当a∈（﹣1，0）时，g′（a）＜0，g（a）单调递减． 所以 g（a）在a＝﹣1处取得极大值，也是最大值，g（﹣1）＝﹣1×ln1+1﹣1＝0，所以a＝﹣1． 此时f（x）＝﹣ln（x+1）+x，不等式f（x）＞m﹣sinx﹣ax在x∈（0，1]上恒成立， 即﹣ln（x+1）+x＞m﹣sinx+x在x∈（0，1]上恒成立，化简得m＜﹣ln（x+1）+sinx在x∈（0，1]上恒成立． 令h（x）＝﹣ln（x+1）+sinx，x∈（0，1]，对h（x）求导得． 因为x∈（0，1]，所以，cosx∈[cos1，1），且， 所以cosx＞0，函数h（x）在（0，1]上单调递增． 所以h（x）min＝h（0）＝﹣ln（0+1）+sin0＝0，所以m≤0，即m的取值范围是（﹣∞，0]； （ii）证明：已知x+sinx+f（x）﹣（b+1）x﹣1＞0在（0，1]上恒成立， 将a＝﹣1，f（x）＝﹣ln（x+1）+x代入得：（b+1）x﹣1＞0， 即ex+sinx﹣ln（x+1）﹣bx﹣1＞0在（0，1]上恒成立． 令t（x）＝ex+sinx﹣ln（x+1）﹣bx﹣1，x∈（0，1]，对t（x）求导得b． 当b≤1时，． 令，x∈（0，1]，对p（x）求导得， 所以p（x）在（0，1]上单调递增，p（x）＞p（0）， 即t'（x）＞0，所以t（x）在（0，1]上单调递增，t（x）＞t（0）＝e0+sin0﹣ln（0+1）﹣b×0﹣1＝0，满足题意． 当b＞1时，1﹣1﹣b＝1﹣b＜0， 因为t′（x）在（0，1]上连续，所以存在x0∈（0，1]，使得当x∈（0，x0）时，t′（x）＜0，t（x）单调递减， 此时t（x）＜t（0）＝0，不满足题意． 综上，b≤1． 60．（2025秋•漳州期末）已知函数． （1）若f（x）是增函数，求实数a的取值范围； （2）证明：曲线y＝f（x）是中心对称图形； （3）当a＝1时，对，，求实数t的取值范围． 学科网（北京）股份有限公司 $