专题06 首届新高考-导数大题综合-【冲刺双一流之大题必刷】备战2024年高考数学冲刺双一流之大题必刷满分冲刺（首届新高考江西、广西、贵州、甘肃专用）原卷版.pdf

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1、专题专题 0606 首届新高考首届新高考-导数大题综合导数大题综合（首届新高考江西首届新高考江西、广西广西、贵州、甘肃专用）贵州、甘肃专用）一、解答题一、解答题1（2023湖北荆门湖北荆门荆门市龙泉中学校考模拟预测荆门市龙泉中学校考模拟预测）设函数 exf xax，0 x 且Ra(1)求函数 fx的单调性；(2)若 21fxx恒成立，求实数 a 的取值范围2（2023辽宁鞍山辽宁鞍山统考模拟预测）统考模拟预测）已知 2ln xfxx(1)求 fx在1,ee上的最值；(2)若 22142af xax恒成立，求 a 的取值范围3（2023山东泰安山东泰安统考模拟预测）统考模拟预测）已知函数 exf

2、xa，ln1g xx，aR.(1)若1a ，求证：f xg x；(2)若函数 fx与函数 g x存在两条公切线，求a的取值范围.4（2023山东淄博山东淄博统考三模）统考三模）已知函数e1()xf xx.(1)求函数 fx的单调区间；(2)证明：当0 x 时，ln1f xxx.5（2023福建龙岩福建龙岩统考模拟预测）统考模拟预测）设函数 nelxxfxxx.(1)求 fx的极值；(2)已知1212f xf xxx，12kxx有最小值，求k的取值范围.6（2023云南云南校联考模拟预测校联考模拟预测）已知函数 ln22f xxx，elnxg xaxa.(1)求函数 fx的极值；(2)请在下列中

3、选择一个作答（注意：若选两个分别作答则按选给分）.若 f xg x恒成立，求实数a的取值范围；若关于x的方程 f xg x有两个实根，求实数a的取值范围.7（2023福建福州福建福州福州三中校考模拟预测福州三中校考模拟预测）设1a ，函数 1 ln11f xxxax(1)判断 fx的零点个数，并证明你的结论；(2)若0a，记 fx的一个零点为0 x，若11sinxax，求证：10ln0 xx8（2023河北河北统考模拟预测）统考模拟预测）已知函数 ln20fxaxaxa.(1)讨论 fx的极值；(2)当0a 时，证明：1lnesin1xfxxxx.9（2023山东烟台山东烟台统考三模）统考三模

4、）已知函数 e,lnxfxa g xxa，其中Ra(1)讨论方程 f xx实数解的个数；(2)当1x时，不等式 f xg x恒成立，求a的取值范围10（2023山东泰安山东泰安统考模拟预测）统考模拟预测）已知函数2()(2)exf xxax，(1)若()f x的图象在1x 处的切线过点(3,1e)P，求a的值及l的方程(2)若()()2g xf xax有两个不同的极值点1x，2x，（12xx），且当20 xx时恒有()0g x，求a的取值范围11（2023山东济南山东济南统考三模）统考三模）已知函数 2ee2xxf xax.(1)讨论 fx的极值点个数；(2)若 fx有两个极值点12,x x，

5、直线ykxb过点1122,xf xxf x.（i）证明：ln2akf；（ii）证明：12ba.12（2023河北河北模拟预测）模拟预测）已知函数 eeRxfxax a.(1)讨论函数 fx的单调性；(2)若存在实数a，使得关于x的不等式 f xa恒成立，求实数的取值范围.13（2023福建厦门福建厦门统考模拟预测）统考模拟预测）已知函数 e12cos3 sinxfxxax(1)当1a 时，讨论 fx在区间0,上的单调性；(2)若 3,04xfx ，求a的值14（2023重庆沙坪坝重庆沙坪坝重庆南开中学校考模拟预测）重庆南开中学校考模拟预测）已知函数 sinln,12fxxxax x为其极小值点

6、(1)求实数a的值；(2)若存在12xx，使得 12f xf x，求证：122xx15（2023江苏苏州江苏苏州模拟预测）模拟预测）已知函数 ecos2xf xaxx.(1)若 fx在0,上单调递增，求实数a的取值范围；(2)当1a 时，求证：fx在0,上有唯一零点.16（2023湖南湖南校联考二模）校联考二模）已知函数 2ln2lnf xxx(1)求 fx的最小值；(2)证明：方程 2ee2f xf xf x有三个不等实根17（2023安徽合肥安徽合肥合肥市第六中学校考模拟预测）合肥市第六中学校考模拟预测）已知函数 ln21fxxax，e1xg xx（e 为自然对数的底数）(1)若函数 fx

7、的最大值为 0，求 a 的值；(2)若对于任意正数 x，f xg x恒成立，求实数 a 的取值范围18（2023湖南衡阳湖南衡阳校联考模拟预测）校联考模拟预测）已知函数 ln,exf xxx g x.(1)求函数 H xf xxg x的最大值；(2)当1ex 时，证明：22111xg xxf xx.19（2023安徽亳州安徽亳州安徽省亳州市第一中学校考模拟预测安徽省亳州市第一中学校考模拟预测）已知函数 2lnf xx xmx.(1)讨论函数 fx的极值点个数；(2)当1m，方程 f xbx有两个不同的实根1221,x xxx时，且22112eelnxaxxx恒成立，求正数a的取值范围.20（2

8、023湖南湖南校联考模拟预测校联考模拟预测）已知，是方程24410Rxtxt 的两个不等实根，函数 221xtf xx的定义域为,.(1)求 maxming tf xf x；(2)证明：对于0,1,2,32iui，若123sinsinsin1uuu，则1231113 6tantantan4gugugu.21（2023黑龙江哈尔滨黑龙江哈尔滨哈尔滨三中校考模拟预测哈尔滨三中校考模拟预测）已知关于 x 方程(12)cos22axx在区间1,02内有且只有一个解.(1)求实数 a 的取值范围；(2)如果函数()sincosln(12)f xaxxx，求证：()f x在0,2上存在极值点0 x和零点1

9、x；(3)对于（2）中的0 x和1x，证明：01(12)cos2axx.22（2023吉林通化吉林通化梅河口市第五中学校考模拟预测）梅河口市第五中学校考模拟预测）已知0a 且1a，函数(0)axxfxxa.(1)讨论 fx的单调区间；(2)若曲线 yf x与直线1y 恰有一个交点，求a取值范围.23（2023江苏江苏金陵中学校联考三模）金陵中学校联考三模）已知函数21()ln2f xxxax，()(R)g xxa a .(1)若yx与 fx的图象恰好相切，求实数 a 的值；(2)设函数 F xf xg x的两个不同极值点分别为1x，2x（12xx）.（i）求实数 a 的取值范围；（ii）若不等

10、式112exx恒成立，求正数的取值范围（e2.71828为自然对数的底数）24（2023江苏无锡江苏无锡江苏省天一中学校考模拟预测江苏省天一中学校考模拟预测）已知函数 21lnxaf xaxx ，aR.(1)当2a 时，证明：0f x 在1,上恒成立；(2)判断函数 fx的零点个数.25（2023湖北黄冈湖北黄冈浠水县第一中学校考模拟预测）浠水县第一中学校考模拟预测）已知函数 sincos,esin12exxxxxf xg xkxk.(1)若 fx在区间02，内存在极值点，求实数k的取值范围；(2)在（1）的条件下，求证：g x在区间0,内存在唯一的零点，并比较与2的大小，说明理由.26（20

11、23辽宁辽宁辽宁实验中学校考模拟预测）辽宁实验中学校考模拟预测）已知 2f xxax，lng xx有且仅有一条公切线l，(1)求 fx的解析式，并比较 fx与 g x的大小关系(2)证明：211ln1niini，Nn27（2023山东泰安山东泰安统考模拟预测）统考模拟预测）已知函数()ea xf x(1)求()yf x在xa处的切线;(2)若02a，证明当0 x 时，()2af xx.28（2023广东深圳广东深圳校考二模）校考二模）已知函数1()ln1xf xaxx.(1)当1a 时，求()f x的单调区间；(2)当102a时，试证明函数()f x恰有三个零点；记中的三个零点分别为1x，2x

12、，3x，且123xxx，试证明22131(1)(1)xxa x.29（2023广东广州广东广州广州六中校考三模广州六中校考三模）已知 1 exf xax与 lng xxxa有相同的最小值.(1)求实数a的值；(2)已知0m，函数 F xxf xm有两个零点12,x x，求证：212xxmm.30（2023湖南湖南校联考模拟预测）校联考模拟预测）已知函数 2211ln,R24fxxxxax a(1)若0a，求 fx的最小值；(2)若 fx有两个极值点12,x x，证明：1214f xf x 专题专题 0606 首届新高考首届新高考-导数大题综合（首届新高考江西、广西、导数大题综合（首届新高考江西

13、、广西、贵州、甘肃专用）贵州、甘肃专用）一、解答题一、解答题1（2023湖北荆门湖北荆门荆门市龙泉中学校考模拟预测）荆门市龙泉中学校考模拟预测）设函数 exf xax，0 x 且Ra(1)求函数 fx的单调性；(2)若 21fxx恒成立，求实数 a 的取值范围【答案】(1)答案见解析(2)e2a【分析】（1）求导后分1a 与1a 两种情况讨论即可；（2）方法一：讨论当0 x 时成立，当0 x 时参变分离可得2e1xxax，再构造函数 2e1xxg xx，0 x，求导分析最小值即可；方法二：将题意转化为2max11exxax，再构造函数 21exxaxh x，求导分类讨论单调性与最大值即可.【详

14、解】（1）exfxa，0 x，当1a 时，0fx恒成立，则 fx在0,上单调递增；当1a 时，0,lnxa时，0fx，则 fx在0,lna上单调递减；ln,xa时，0fx，则 fx在0,lna上单调递增（2）方法一：2e1xaxx在0 x 恒成立，则当0 x 时，1 1，显然成立，符合题意；当0 x 时，得2e1xxax恒成立，即2mine1xxax记 2e1xxg xx，0 x，2e11xxxgxx，构造函数e1xyx，0 x，则e10 xy ，故e1xyx 为增函数，则0e1e0 10 xx .故e10 xx 对任意0 x 恒成立，则 g x在0,1递减，在1,递增，所以 min1e2g

15、xge2a 方法二：211exxax在0,上恒成立，即2max11exxax记 21exxaxh x，0 x，11exxxah x，当1a 时，h x在0,1单增，在1,单减，则 max211eah xh，得e2a，舍：当01a时，h x在0,1a单减，在1,1a单增，在1,单减，01h，21eah，得0e2a；当0a 时，h x在0,单减，成立；当0a时，h x在0,1单减，在1,1a单增，在1,a单减，01h，121eaaha，而1e11aa，显然成立综上所述，e2a 2（2023辽宁鞍山辽宁鞍山统考模拟预测）统考模拟预测）已知 2ln xfxx(1)求 fx在1,ee上的最值；(2)若

16、22142af xax恒成立，求 a 的取值范围【答案】(1)最大值为12e，最小值为2e(2)2ln22,0【分析】（1）求导后根据函数的单调性确定极值即可；（2）将不等式转化后求导，分类讨论即可得解.【详解】（1）由题意知 312ln xfxx，令 0fx，得1eex，令 0fx，得eex，所以 fx在1,ee上单调递增，在e,e上单调递减因为21eef，1e2ef，21eef，所以 fx在1,ee上的最大值为12e，最小值为2e（2）22142af xax恒成立，即21224ln02axxax恒成立，设 21224ln2g xaxxax，则 22422axxgxaaxxx，0 x 当0a

17、 时，取444xa，则44ga44ln444222244aaaaa4ln444011aaa，所以当0a 时，0g x 不恒成立当0a时，g x在0,2上单调递减，在2,上单调递增，所以要使 0g x，只需 20g，即2 224ln220aa，解得2ln22a，所以2ln220a综上，实数 a 的取值范围是2ln22,03（2023山东泰安山东泰安统考模拟预测）统考模拟预测）已知函数 exfxa，ln1g xx，aR.(1)若1a ，求证：f xg x；(2)若函数 fx与函数 g x存在两条公切线，求a的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)(1,)【分析】（1）构建 h xf xg x，求

18、导，利用导数判断原函数的单调性与最值，进而可得结果；（2）根据导数的几何意义分析得直线ya与函数 e1xn xxx图象有两个交点，求导，利用导数判断原函数的单调性与最值，结合图象分析求解.【详解】（1）当1a 时，e1xf x，构建 e1 ln1xh xf xg xx，1x ，则 1e1xhxx，构建 1e1xm xx，因为 21e01xmxx，所以()m x在(1,)上单调递增，且 010e001m，所以当(1,0)x 时，()0m x，()h x单调递减；当,()0 x时，()0m x，()h x单调递增；则当0 x 时，()h x取得最小值，可得 e1 ln100 xh xxh 所以当1

19、a 时，f xg x.（2）设函数 fx与函数 g x的公切线分别相切于点11,exA xa和点22,ln1B xx 因为 exfx，1()1g xx，所以l的方程可表示为111eexxayxx或2221ln(1)()1yxxxx，整理得1111eeexxxyxxa或22221ln111xyxxxx，则有121e1xx，112122eeln11xxaxxxx由可得21ln(1)xx，代入可得：11111ee1 exxxaxx ,即111e1xaxx，构建 e1xn xxx，xR，则 1 e1xn xx,构建 1 e1xxnxx，则 2 exxx，且e0 x，令 0 x，解得2x ；令 0 x，

20、解得恒成立，得到答案.（2）构造函数2e1()14xxh xx，求导得到导函数，将导函数设为新函数，再次求导，将导函数设为新函数，再次求导，利用隐零点代换得到 h x的单调区间，计算最值得到2e114xxx，再构造函数()ln(1)14xF xx，同理得到ln(1)14xx，得到证明.【详解】（1）函数 fx的定义域为(,0)(0,)，2(1)e1xxfxx.令函数(1)e1xg xx，()exg xx.当0 x 时，()0g x，()g x在(,0)上单调递减；当0 x 时，()0g x，()g x在(0,)上单调递增，所以()(0)0g xg，即()0fx恒成立，故()f x的单调递增区间

21、是(,0)和(0,).（2）当0 x 时，()ln(1)f xxx，即当0 x 时，2e1ln(1)xxx.令2e1()14xxh xx，331(2)e24()xxxh xx，令31()(2)e24xxxx，23()(1)e4xxxx，令23()(1)e4xxxx，3()e2xxx.当30ln2x时，()0 x，()x在30,ln2上单调递减；当3ln2x 时，()0 x，()x在3ln,2上单调递增，又(0)10 ，2(2)e30，所以存在0(0,2)x，使得0()0 x.当00 xx时，()0 x；当0 xx时，()0 x，所以()x在0(0,)x上单调递减，在0(,)x 上单调递增.(0

22、)(2)0，故当02x时，()0 x；当2x 时，()0 x，即当02x时，()0h x；当2x 时，()0h x，故()h x在(0,2)上单调递减，在(2,)上单调递增.于是22e72.77()(2)044h xh，所以2e114xxx.令函数()ln(1)14xF xx，3()4(1)xF xx.当03x时，()0F x；当3x 时，()0F x，所以()F x在(0,3)上单调递增；在(3,)上单调递减，则7()(3)ln44F xF.因为73342ee2.719.6834，所以7ln44，故()(3)0F xF，得ln(1)14xx.综上所述：当0 x 时，()ln(1)f xxx.

23、【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间，证明不等式，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中将不等式的证明转化为2e114xxx和ln(1)14xx是解题的关键，证明不等式引入中间函数是一个重要技巧，需要熟练掌握.5（2023福建龙岩福建龙岩统考模拟预测）统考模拟预测）设函数 nelxxfxxx.(1)求 fx的极值；(2)已知1212f xf xxx，12kxx有最小值，求k的取值范围.【答案】(1)极大值为11e，无极小值(2)1,【分析】（1）求导后，根据 fx正负可得 fx单调性，结合极值定义可求得结果；（2）由 lnelnx xfxxx可得1122lnlnxxxx，令

24、21xtx，可将12kxx表示为ln1kttt；构造函数 ln11ktg tt tt，求导后，分别在1k 和1k 的情况下，讨论得到 fx单调性，进而确定符合题意的k的取值范围.【详解】（1）由题意知：fx定义域为0,，1e111eexxxxxxfxxx，e0 xx，e0 xx，当0,1x时，()0fx；当1,x时，0fx；()fx在0,1上单调递增，在1,上单调递减；()fx的极大值为 111ef，无极小值.（2）nelxxfxxx可化为 lnelnx xfxxx，exyx为单调递增函数，由 12f xf x可得：1122lnlnxxxx，即2211lnxxxx，令21xtx，则1t，11l

25、nttxx，1ln1txt，2ln1ttxt，12lnlnln111ktttktkxxtttt，令 ln11ktg tt tt，2211 ln11ln111kttktkkttg tttttt 211 ln1ktkkttt，令 11 ln1kh ttkkt tt，22221111tktktktkkh ttttt；当1k 时，0h t恒成立，h t在1,上单调递增，10h th，即 0g t，g t在1,上单调递增，此时 g t在1,上不存在最小值，即12kxx不存在最小值，不合题意；当1k 时，若1,tk，则 0h t；若,tk，则 0h t；h t在1,k上单调递减，在,k 上单调递增，又 1

26、0h，0h k，又 21ee1e20eekkkkhk，存在0,ektk，使得 00h t，且当01,tt时，0h t，即 0g t；当0,tt时，0h t，即 0g t；g t在01,t上单调递减，在0,t 上单调递增，0ming tg t，即12kxx有最小值；综上所述：实数k的取值范围为1,.【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解函数极值、多变量问题的求解；求解多变量问题的关键是能够通过引入第三变量21xtx，将12,x x利用t来表示，从而减少变量个数，将问题转化为关于t的函数的单调性的讨论问题.6（2023云南云南校联考模拟预测）校联考模拟预测）已知函数 ln22f xxx，elnx

27、g xaxa.(1)求函数 fx的极值；(2)请在下列中选择一个作答（注意：若选两个分别作答则按选给分）.若 f xg x恒成立，求实数a的取值范围；若关于x的方程 f xg x有两个实根，求实数a的取值范围.【答案】(1)极大值为3，无极小值(2)选，e,a；选，a的取值范围为0,e【分析】（1）先求导函数，再根据单调性求解极值即可；（2）把恒成立式子整理化简后，构造函数求导函数结合单调性求解.【详解】（1）函数 fx的定义域为2x x ，111022xfxxx ，解得=1x，当2，fx单调递增；当1x 时，0,fxfx单调递减；所以 13f xf极大值，无极小值.（2）若选：由 f xg

28、x恒成立，即eln2ln20 xaxa恒成立，整理得：lnelnln22xaaxxx，即ln2lnelnln2exxaaxx，设函数 exh xx，则上式为lnln2h xahx，因为 e10 xh x 恒成立，所以 h x单调递增，所以lnln2xax，即lnln2axx，令 ln2m xxx，2,x，则 11122xm xxx ，当2,1x 时，0m x；当1,x 时，0m x；所以 m x在=1x处取得极大值，m x的最大值为11m，故ln1a，即ea.故当e,a时，f xg x恒成立.若选择：由关于x的方程 f xg x有两个实根，得eln2ln20 xaxa有两个实根，整理得lnel

29、nln22xaaxxx，即ln2lnelnln2exxaaxx，设函数 exh xx，则上式为lnln2h xahx，因为 e10 xh x 恒成立，所以 h x单调递增，所以lnln2xax，即lnln2axx，令 ln2m xxx，2,x，则 11122xm xxx ，当2,1x 时，0m x；当1,x 时，0m x；所以 m x在=1x处取得极大值，m x的最大值为11m，又因为 ,2,xm xxm x所以要想lnln2ax有两个根，只需要ln1a，即0ea，所以a的取值范围为0,e.7（2023福建福州福建福州福州三中校考模拟预测福州三中校考模拟预测）设1a ，函数 1 ln11f x

30、xxax(1)判断 fx的零点个数，并证明你的结论；(2)若0a，记 fx的一个零点为0 x，若11sinxax，求证：10ln0 xx【答案】(1)零点个数=1，证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）求导，根据 a 的取值范围确定函数 fx的单调性，从而判断零点的个数；（2）将不等式10ln0 xx理解为当两函数值相等时对应的自变量的大小关系即可.【详解】（1）1lnfxxax，令 h xfx，则 21xhxx，当1x 时，0,h xh x单调递增，当01x时，0,h xh x单调递减，10h，在1x 处 h x取得极小值也是最小值，1a ，110ha，即 0,fxf x单调递增，当 x

31、趋于 0 时，fx趋于，2222e2 e11 e1e1330faa，在x20,e内存在唯一的零点，即 fx的零点个数为 1；（2）令 sin,cos10,g xxx gxxg x 是减函数，00g，即当0 x 时，0,sing xxx，当0 x 时，0,sing xxx，由11sinxax知：111sin0,0axxx；由（1）的讨论知 fx存在唯一的零点0 x，当0a 时，10fa，00,1x，00000000111 ln110,0,1,ln10 xxxaxxaxxx ，又11sinaxx，01100011sinln1xxxxxx，其中010,1,0 xx，令0lntx，0etx，则0t；式

32、即为11e11sin11 ee1eetttttxxtt ，不等式10ln0 xx等价于1xt，其意义为：当函数 sin,0g xxx x与函数 1ee1xxp xx,0 x 的函数值相等时，比较对应的自变量之间的大小关系；设 1 esin1,0 xm xp xg xxxx，ecosxm xxx，当,02x 时，cos0,e0,0 xxxm x，当2x 时，2ee12xx ，ecos1 cos0,xm xxxxm x 是减函数，又 00m，0 x 时，0m x，即 p xg x，1p tg x时1xt，当且仅当10 xt 时等号成立；即10ln0 xx【点睛】本题第二问的难点在于对不等式10ln

33、0 xx的几何解释，即当 g x与 p x的函数值相等时，对应的自变量的大小关系，如此构造函数 m xp xg x并判断单调性就顺理成章了，其中对于导函数中有三角函数时，往往采用分区间 讨论符号.8（2023河北河北统考模拟预测）统考模拟预测）已知函数 ln20fxaxaxa.(1)讨论 fx的极值；(2)当0a 时，证明：1lnesin1xfxxxx.【答案】(1)fx的极小值为1，无极大值.(2)证明见解析【分析】（1）求得 1axfxx，分a0和0a，两种情况讨论，结合函数的单调性和极值点、极值的概念，即可求解；（2）令 sing xxx，利用单调性得到 0g xg，得到sinxx，转化

34、为证明不等式1ln2lne1xaxaxxxx，再由 ln1,0h xxxa，利用导数得到ln10 xx，进而得到ln1axax，转化为1 lne11lnxxxx ，令1 lnxxt，设 e1xxx，利用导数证得e1xx，得到1 lne11 lnxxxx ，进而证得结论.【详解】（1）解：由函数 ln2f xaxax，可得 11aaxfxaaaxxx ，当a，fx单调递增，所以当1xa时，函数 fx取得极小值1()1fa；当0a 时，可得0ax，解得0 x，即函数的定义域为(0,)，令 0fx，解得1xa，当1(0,)xa时，0fx，fx单调递减；当1(,)xa时，()0fx，fx单调递增，所以

35、当1xa时，函数 fx取得极小值1()1fa，综上可得，函数 fx的极小值为1()1fa，无极大值.（2）证明：因为0a，所以0ax，解得0 x，即函数的定义域为(0,)，令 sing xxx，可得 1 cos0gxx，所以 g x在(0,)单调递增，所以 00g xg，即sinxx，要证不等式 1lnesin1xfxxxx，只需证明1ln2lne1xaxaxxxx，又由函数 ln1,0h xxxx，可得 111xhxxx，当(0,1)x时，0h x，h x单调递增；当(1,)x时，0h x，h x单调递减，所以 10h xh，即ln10 xx，即ln1xx，当且仅当1x 时，等号成立，所以，

36、当0a 时，ln1axax，只需证明：112lne1xaxaxxxx，即1lne20 xxxx，即1eln20 xxxx，即1 lne11lnxxxx ，令1 lnxxt，可得e1tt，设 e1xxx，可得 e1xx，令 0 x，可得0 x，当,()0 x时，0 x，x单调递增；当(,0)x 时，0 x，x单调递减，所以 00 x，所以e1xx，所以1 lne11 lnxxxx ，当且仅当1 ln0 xx 时，等号成立，又由以上不等式的等号不能同时成立，所以 1lnesin1xfxxxx.【点睛】方法总结：利用导数证明或判定不等式问题：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值

37、），从而得出不等关系；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，从而判定不等关系；3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.9（2023山东烟台山东烟台统考三模）统考三模）已知函数 e,lnxfxa g xxa，其中Ra(1)讨论方程 f xx实数解的个数；(2)当1x时，不等式 f xg x恒成立，求a的取值范围【答案】(1)答案见解析(2)1,e 1【分析】（1）由 f xx即方程exax有没有解的问题，转化为函数exyxa与x轴有没有交点问题，分类讨论

38、即可得出结果.（2）不等式 f xg x可化为：eln,xaxaxa，就111ea 、11ea 分类讨论后可得参数的取值范围.【详解】（1）由 f xx可得，exax，令 e,e1xxs xxa s x，令0y，可得0 x，当,0,0 xs x，函数 s x单调递减，当 0,0 xs x，函数 s x单调递增，所以函数 s x在0 x 时取得最小值1a，所以当1a时，方程 f xx无实数解，当1a 时，方程 f xx有一个实数解，当1a 时，10a，故 min0s x，而e0asa，e2as aa，设 e2,1au aa a，则 e20au a，故 u a在1,上为增函数，故(1)e20u a

39、u，故 s x有两个零点即方程 f xx有两个实数解.（2）由题意可知，不等式 f xg x可化为，eln,xaxaxa，即当1x时，eln0 xxaa恒成立，所以恒成立，fx在,上单调递增，极值点个数为0；当02a时，对于函数21yxax，240a ，所以 0fx恒成立，所以 fx在,上单调递增，极值点个数为0；当2a 时，由 0fx得，214ln2aax或224ln2aax，由()0fx得，1xx或2xx；由 0fx得，12xxx.所以单调递减区间为12,x x，单调递增区间为 12,xx,.所以1x为极大值点，2x为极小值点，极值点个数为2.综上，当2a 时，极值点个数为0；当2a 时，

40、极值点个数为 2.（2）（i）由（1）知，2a，不妨设12xx，则12eexxa，12e e1xx，所以120 xx，要证 1212ln2f xf xafxx成立，只需证明121212eeee2xxxxxx，只需证明121212e1e12xxxxxx，令 e1,0e12tttg tt，则 222e12e102e12 e1ttttg t，所以 g t在,0上单调递减，所以 00g tg，所以121212e1e12xxxxxx成立.所以ln2akf.（ii）由 211121f xf xyf xxxxx得 1112121x f xx f xbf xxx，要证12ba成立，只需证明 111212112

41、x f xx f xf xaxx，因为120 xx，所以只需证明 12111222f xf xa，只需证明122221 ee1222xxaa，只需证明21111222aa，即2(2)0a，因为2(2)0a 成立，所以12ba成立.【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理12（2023河北河北模拟预测）模拟预测）已知函数 eeRxfxax a.(1)讨论函数 fx的单调性；(2)若存在实数a，使得关于x的不等式 f xa恒成立，求

42、实数的取值范围.【答案】(1)答案见解析.(2)1,e【分析】（1）求导以后对导数中的参数进行分类讨论，根据不同的分类判断函数的单调性；（2）根据第 1 问的结论，将恒成立问题转化为函数的最大（小）值问题，构造新函数，求出的范围.【详解】（1）函数 eeRxfxax a，xR，则()(e)e1xfxa，当e0a，即ea时，()0fx恒成立，即()f x在R上单调递增；当e0a，即ea 时，令()0fx，解得ln(e)xa，x(,ln(e)a ln(e)a(ln(e),)a()fx+0()f x极大值综上所述，当ea是，()f x在R上单调递增；当ea 时，()f x在(,ln(e)a 上单调递

43、增，在(ln(e),)a上单调递减.（2）()f xa等价于(e)e0 xaxa，令()(e)exh xaxa，当ea时，1(1)(e)e10ahaa，所以()0h x不恒成立，不合题意.当ea 时，()f xa等价于max()af a，由（1）可知max()(ln(e)1 ln(e)f xfaa ，所以1 ln(e)aa ，对ea 有解，所以1 ln(e)aa 对ea 有解，因此原命题转化为存在ea，使得1 ln(e)aa.令ln(e)1()au aa，ea，则min()u a，222eln(e)ln(e)1ee()aaaaau aaaa，令e()ln(e)eaaa，则21e()0e(e)a

44、aa，所以()a在(e,)上单调递增，又e(2e)ln(2ee)02ee，所以当e2ea时，()0a，()0u a，故()u a在(e,2e)上单调递减，当2ea 时，()0a，()0u a，故()u a在(2e,+)上单调递增，所以min1()(2e)eu au，所以1e，即实数的取值范围是1,e.【点睛】关键点点睛：第二问，问题化为存在ea，使得1 ln(e)aa，利用导数研究右侧最小值，即可得范围.13（2023福建厦门福建厦门统考模拟预测）统考模拟预测）已知函数 e12cos3 sinxfxxax(1)当1a 时，讨论 fx在区间0,上的单调性；(2)若 3,04xfx ，求a的值【答

45、案】(1)fx在区间0,上的单调递增(2)1【分析】（1）代入1a，再根据0 x 结合指数函数、三角函数的范围判断导函数的正负即可；（2）注意到 00,03 3ffa，进而可得 3,04xfx 则 00f，再分析当1a 时，求导分析导函数的正负与单调性，进而可得 fx的最小值为 0 判断即可.【详解】（1）当1a 时，e2cos2cos3sinxfxxxx e2cossinsin3cosxfxxxxx 因为0 x，所以 2cossinsin3cos22cos0fxxxxxx 所以 fx在区间0,上的单调递增（2）e2cossinsin3 cos,00,033xfxxxxaxffa，当1a 时，

46、00f，所以存在0，当,x 时，0fx则 fx在区间,上单调递减，所以当0,x时，0f xf，不满足题意当1a时，00f，所以存在0，当,x 时，()0fx则 fx在区间,上单调递增，所以当,0 x 时，0f xf，不满足题意所以1a 下面证明1a 时，3,04xfx 由（1）知，fx在区间0,上的单调递增，所以当0 x 时，00fxf所以只要证明 3,0,04xfx .令 e2cossinsin3cosxg xfxxxxx令 e22sincos3sinxh xgxxxx，则 e22sin2cossin3cosxh xxxxx e22 2sin3cossin4xxxx当,02x 时，,44 4

47、x，得22sin242x所以22 2sin04x，所以 0h x，所以 h x在区间,02上单调递增且 24e3 0,03 02gg，所以1,02x，使得 0gx.且当1,2xx 时，0g x；当1,0 xx时，0gx所以 fx在区间1,2x上单调递减，在区间1,0 x上单调递增且 23e10,002ff，所以当,02x 时，0fx所以 fx在区间,02上单调递减，所以当,02x 时，00fxf当3,42x 时，2e22sincos3singxxxx 122sincos3sin1cos2sin2xxxxx 因为2cos0,22sin22xx ，所以1 cos2sin0 xx，所以 0gx所以

48、fx在区间342,上单调递减且34232e20,3e1042ff 所以23,42x，使得 0fx当23,4xx 时，()0fx；当2,2xx时，0fx所以 fx在区间23,4x上单调递增，在区间2,2x上单调递减且34232e22 220,2e10422ff 所以当3,42x 时，0f x 综上，a的值为 1.【点睛】本题主要考查了根据导数分析函数的单调性问题，同时也考查了利用导数分析函数的恒成立问题.需要根据函数的结构，注意以特殊点为突破口，不断对导数进行求导，结合三角函数的范围分区间讨论函数的正负与单调性，进而可得导数的正负与原函数的单调性与最值.属于难题.14（2023重庆沙坪坝重庆沙坪

49、坝重庆南开中学校考模拟预测）重庆南开中学校考模拟预测）已知函数 sinln,12fxxxax x为其极小值点(1)求实数a的值；(2)若存在12xx，使得 12f xf x，求证：122xx【答案】(1)1a(2)证明见解析【分析】（1）根据()01f 求出1a，再根据极小值点的定义加以验证即可；（2）分类讨论1x和2x，转化为证明当101x，202x时，122xx，继续转化为证明当212x时，22()(2)f xfx，构造函数()()(2)F xf xfx(12)x，利用导数判断单调性可证不等式成立.【详解】（1）()f x的定义域为(0,)，()1cos22afxxx，依题意得(1)10f

50、a，得1a，此时1()1cos22fxxx，当01x时，022x，0cos222x，11x，故()0fx，()f x在(0,1)内单调递减，当12x时，22x，cos022x，11x，故()0fx，()f x在(1,2)内单调递增，故()f x在1x 处取得极小值，符合题意.综上所述：1a.（2）由（1）知，()sinln2f xxxx，不妨设120 xx，当121xx时，不等式122xx显然成立；当101x，22x 时，不等式122xx显然成立；当101x，202x时，由（1）知()f x在(0,1)内单调递减，因为存在12xx，使得 12f xf x，所以212x，要证122xx，只要证1