高考数学一轮复习题型讲解+专题训练(新高考专用)专题19同构、二次求导、虚设零点在导数中的应用(原卷版+解析)

这是一份高考数学一轮复习题型讲解+专题训练(新高考专用)专题19同构、二次求导、虚设零点在导数中的应用(原卷版+解析)，共51页。试卷主要包含了(2023·全国乙已知函数，已知函数，且，已知，已知函数,．，已知函数，，已知函数，其中是自然对数的底数等内容，欢迎下载使用。

专题19 同构、二次求导、虚设零点在导数中的应用
同构、二次求导、虚设零点在导数中的应用
同构
二次求导
虚设零点
练高考 明方向
1.(2023·新高考Ⅰ卷T22） 已知函数和有相同最小值．
（1）求a；
（2）证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
2.(2023·全国乙（理）T21）已知函数
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．
3.(2023·新高考Ⅱ卷T22） 已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，，求a的取值范围；
（3）设，证明：．
4、【2020年高考全国Ⅱ卷理数】若2x−2y<3−x−3−y，则
A．ln(y−x+1)>0B．ln(y−x+1)<0
C．ln|x−y|>0D．ln|x−y|<0
5．(2023年高考数学课标Ⅰ卷理科)已知函数．
(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≥x3+1，求a的取值范围．
6．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直．
(1)求b．
(2)若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1．
7．(2023年高考数学课标Ⅲ卷（理）)已知函数．
(1)若，证明：当时，，当时，；
(2)若是的极大值点，求．
8．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)已知函数且．
(1)求 ；
(2)证明：存在唯一的极大值点，且．
(2023高考数学课标Ⅱ卷理科)
(I)讨论函数 的单调性，并证明当时，；
(II)证明：当 时，函数 有最小值．设的最小值为，求函数的值域．
10．(2023高考数学新课标2理科)已知函数．
(1)设是的极值点，求，并讨论的单调性；
(2)当时，证明．
讲典例 备高考
类型一、虚设零点
基础知识：
在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f(x)在区间I上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程无法继续进行时，可这样尝试求解：先证明函数f(x)在区间I上存在唯一的零点(例如，函数f(x)在区间I上是单调函数且在区间I的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点是x0.因为x0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x0叫做隐零点；若x0容易求出，就叫做显零点，而后解答就可继续进行．实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法．
基本题型：
1．（虚设零点研究函数最值）已知函数 QUOTE ?(?)=ln?−?e?+??(?∈?) f(x)=lnx−xex+ax(a∈R).
（1）若函数 QUOTE ?(?) f(x)在 QUOTE [1,+∞) [1,+∞)上单调递减，求实数 QUOTE ? a的取值范围；
（2）若 QUOTE ?=1 a=1，求 QUOTE ?(?) f(x)的最大值.
2.（虚设零点研究双变量问题）设函数，.
（1）设函数，判断的零点的个数；
（2）设是的极值点，是的一个零点，且，求证：.
3.（虚设零点研究不等式恒成立） 已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）若对任意都有，求实数的取值范围.
类型二、二次构造二次求导
基础题型：
1、（二次构造二次求导研究函数单调性）讨论函数f(x)＝(x＋1)ln x－x＋1的单调性．
2. （二次构造二次求导研究不等式恒成立）设函数, 实数, 若有最大值为
（1）求的值；
（2）若,求实数的最小整数值.
3．（二次构造二次求导求最值）已知函数.
（1）当时，讨论函数的单调性：
（2）若函数恰有两个极值点，且，求的最大值.
4.（二次构造二次求导证明不等式）若关于x的方程xln x＝m有两个不相等的实数解x1，x2，求证：x1·x25.（二次构造二次求导解决不等式恒成立）已知函数，且.
（1）若，证明：单调递增；（2）若，求的取值范围.
类型三、同构
基础知识：
1、同构式指除了变量不同，其余地方均相同的表达式．
2、同构式的应用
(1)在方程中的应用：如果方程f(a)＝0和f(b)＝0呈现同构特征，则a，b可视为方程f(x)＝0的两个根．
(2)在不等式中的应用：如果不等式的两侧呈现同构特征，则可将相同的结构构造为一个函数，进而和函数的单调性找到联系．可比较大小或解不等式
3、常见的同构变形有：
(1)axeax≥xln x⇒axeax≥ln x·eln x，可构造函数f(x)＝xex来进行研究．
(2)x2ln x＝aln a－aln x⇒x2ln x＝alneq \f(a,x)⇒xln x＝eq \f(a,x)lneq \f(a,x)，可构造函数f(x)＝xln x来进行研究．
(3)eq \f(ex,a)＋1>ln(ax－a)(a>0)⇒eq \f(ex,a)＋1>ln a＋ln(x－1)⇒eq \f(ex,a)－ln a＋x>ln(x－1)＋x－1⇒eq \f(ex,a)＋lneq \f(ex,a)>ln(x－1)＋(x－1)，可构造函数f(x)＝x＋ln x来进行研究．
(4)x＋eq \f(1,ex)≥xα－ln xα(x>0)⇒eq \f(1,ex)－lneq \f(1,ex)≥xα－ln xα(x>0)，可构造函数f(x)＝x－ln x来进行研究．
(5)xα＋1ex≥－αln x⇒xex≥eq \f(－αln x,xα)⇒xex≥－αln x·e－αln x，可构造函数f(x)＝xex来进行研究．
基本题型：
1．已知函数，在其图象上任取两个不同的点、，总能使得，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
2．（多选）若，则下列不等式成立的是（ ）
A．B．
C．D．
3、已知函数，其中为非零实数.
（1）求的极值；
（2）当时，在函数的图象上任取两个不同的点、.若
当时，总有不等式成立，求正实数的取值范围：
4．已知函数f(x)＝(a－1)ln x＋ax2＋1.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)如果对任意的x1>x2>0，总有eq \f(fx1－fx2,x1－x2)≥2，求a的取值范围．
基本方法：
1、同构法构造函数的策略
(1)指对各一边，参数是关键；
(2)常用“母函数”：f(x)＝xex，f(x)＝ex±x；寻找“亲戚函数”是关键；
(3)信手拈来凑同构，凑常数、x、参数；
(4)复合函数(亲戚函数)比大小，利用单调性求参数范围
2、（1）函数在区间上单调递增在区间上恒成立；
（2）函数在区间上单调递减在区间上恒成立；
（3）函数在区间上不单调在区间上存在极值点；
（4）函数在区间上存在单调递增区间，使得成立；
（5）函数在区间上存在单调递减区间，使得成立.
新预测 破高考
1．（多选题）已知函数，若，则下列选项中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
2．若对任意a，b满足03．已知曲线f(x)＝bex＋x在x＝0处的切线方程为ax－y＋1＝0.
(1)求a，b的值；
(2)当x2>x1>0时，f(x1)－f(x2)<(x1－x2)(mx1＋mx2＋1)恒成立，求实数m的取值范围．
4．设函数f(x)＝(x－1)ex－kx2(k∈R)．当k∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))时，求函数f(x)在[0，k]上的最大值M.
5、设函数．
（1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的单调递减区间和极小值（其中为自然对数的底数）；
（2）若对任何恒成立，求的取值范围．
6．已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）函数有两个不同的极值点，求的取值范围.
7.已知.
（1）若在定义域内单调递增，求的最小值.
（2）当时，若有两个极值点，，求证：.
8.已知函数,．
（1）求函数的单调区间；
（2）令,若在恒成立,求整数的最大值．
参考数据：,
9.已知函数，.
（1）求函数的极值.
（2）若关于的不等式的解集不是空集，求实数的取值范围.
10．设函数.
（1）当时，求函数在区间上的最小值；
（2）若，恒成立，求的取值范围.
11．已知函数，其中为常数.
（1）若，求函数的极值；
（2）若，证明：函数在上有唯一的极值点，且.
12．已知函数，，.
（1）求函数的极值；
（2）当时，证明：在上恒成立.
13．已知函数.
（1）当时，求函数在点处的切线；
（2）讨论函数的单调性；
（3）当时，判断函数的零点个数.
14.已知函数，其中为正实数.
（1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积；
（2）当时，，求的取值范围.
15.形如的函数称为幂指函数，幂指函数在求导时，可以利用对数法：在函数解析式两边取对数得，两边对求导数，得，于是.已知（），.
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）若，恒成立，求的取值范围.
16.已知函数，其中是自然对数的底数
（1）当时，求函数的导函数的单调区间；
（2）若函数有两个不同极值点且；
①求实数的取值范围；②证明：.
17．已知函数.
（1）若在上单调递增，求实数的取值范围；（2）若，证明：
18．已知函数f(x)＝axex(a∈R)，g(x)＝ln x＋x＋1.若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
2023高考一轮复习讲与练
专题19 同构、二次求导、虚设零点在导数中的应用
同构、二次求导、虚设零点在导数中的应用
同构
二次求导
虚设零点
练高考 明方向
1.(2023·新高考Ⅰ卷T22） 已知函数和有相同最小值．
（1）求a；
（2）证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
答案：（1）；（2）见解析
分析：
（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.
（2）根据（1）可得当时， 的解的个数、的解的个数均为2，构建新函数，利用导数可得该函数只有一个零点且可得的大小关系，根据存在直线与曲线、有三个不同的交点可得的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.
【小问1详解】
的定义域为，而，
若，则，此时无最小值，
故，的定义域为，而.当时，，
故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，故.
当时，，故在上为减函数，当时，，故在上为增函数，故.因为和有相同的最小值，
故，整理得到，其中，设，
则，故为上的减函数，
而，故的唯一解为，故的解为.
综上，.
【小问2详解】
由（1）可得和的最小值为.
当时，考虑的解的个数、的解的个数.
设，，当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，所以，
而，，设，其中，则，
故在上为增函数，故，
故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2.
设，，当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，所以，
而，，
有两个不同的零点即的解的个数为2.
当，由（1）讨论可得、仅有一个零点，
当时，由（1）讨论可得、均无零点，
故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，则.
设，其中，故，
设，，则，
故在上为增函数，故即，
所以，所以在上为增函数，
而，，
故在上有且只有一个零点，且：
当时，即即，
当时，即即，
因此若存在直线与曲线、有三个不同交点，故，
此时有两个不同的零点，
此时有两个不同的零点，
故，，，
所以即即，
故为方程的解，同理也为方程的解
又可化为即即，
故为方程的解，同理也为方程的解，
所以，而，故即.
【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.
2.(2023·全国乙（理）T21）已知函数
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．
答案：（1）；（2）
分析：（1）先算出切点,再求导算出斜率即可；（2）求导,对分类讨论,对分两部分研究
【小问1详解】
的定义域为，当时,,所以切点为，
,所以切线斜率为2，所以在点处的切线方程为
【小问2详解】
，，设
若,当,即
所以在上单调递增,，故在上没有零点,不合题意
若,当,则
所以在上单调递增所以,即
所以在上单调递增,，故在上没有零点,不合题意
若
(1)当,则,所以在上单调递增，
所以存在,使得,即
当单调递减，当单调递增
所以当，当，所以在上有唯一零点
又没有零点,即在上有唯一零点
(2)当，设，
所以在单调递增，，所以存在,使得
当单调递减
当单调递增，又
所以存在,使得,即
当单调递增,当单调递减，有
而,所以当，所以在上有唯一零点,上无零点
即在上有唯一零点，所以,符合题意
所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为
【点睛】本题的关键是对的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.
3.(2023·新高考Ⅱ卷T22） 已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，，求a的取值范围；
（3）设，证明：．
答案：（1）的减区间为，增区间为. （2），（3）见解析
分析：（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.
（2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.
（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.
【小问1详解】
当时，，则，
当时，，当时，，故的减区间为，增区间为.
【小问2详解】
设，则，又，设，
则，
若，则，因为为连续不间断函数，
故存在，使得，总有，
故在为增函数，故，
故在为增函数，故，与题设矛盾.
若，则，
下证：对任意，总有成立，
证明：设，故，
故在上为减函数，故即成立.
由上述不等式有，
故总成立，即在上为减函数，所以.
当时，有，
所以在上为减函数，所以.
综上，.
【小问3详解】
取，则，总有成立，令，则，
故即对任意的恒成立.
所以对任意的，有，整理得到：，
故，
故不等式成立.
【点睛】函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.
4、【2020年高考全国Ⅱ卷理数】若2x−2y<3−x−3−y，则
A．ln(y−x+1)>0B．ln(y−x+1)<0
C．ln|x−y|>0D．ln|x−y|<0
答案：A
【解析】由得：，令，
为上的增函数，为上的减函数，为上的增函数，，
，，，则A正确，B错误；
与的大小不确定，故CD无法确定.
5．(2023年高考数学课标Ⅰ卷理科)已知函数．
(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≥x3+1，求a的取值范围．
答案：（1）当时，单调递减，当时，单调递增．（2）
【解析】(1)当时，，，由于，故单调递增，注意到，故：
当时，单调递减，当时，单调递增．
(2)由得，，其中，
①．当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意；
②．当时，分离参数a得，，
记，，
令，则，，
故单调递增，，故函数单调递增，，
由可得：恒成立，故当时，，单调递增；
当时，，单调递减；因此，,
综上可得，实数a的取值范围是．
6．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直．
(1)求b．
(2)若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1．
答案：（1）；（2）证明见解析
解析：（1）因为，由题意，，即，则；
（2）由（1）可得，，
令，得或；令，得，
所以在上单调递减，在，上单调递增，
且，
若所有零点中存在一个绝对值大于1零点，则或，即或．
当时，，
又，
由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，
即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
当时，，
又，
由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，
即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
综上，所有零点的绝对值都不大于1．
7．(2023年高考数学课标Ⅲ卷（理）)已知函数．
(1)若，证明：当时，，当时，；
(2)若是的极大值点，求．
【解析】法一：（1）当时，，
设函数，则，当时，；
当时，，故当时，，所以在上单调递增
又，故当时，；当时，．
（2）（i）若，由（1）知，当时，
这与是的极大值点矛盾
（ii）若，设函数
由于当时，，故与符号相同
又，故是的极大值点，当且仅当是的极大值点
如果，则当，且时，，故不是的极大值点
如果，则存在根，故当，且时，，所以不是的极大值点
如果，则
则当时，；当时，
所以是的极大值点，从而是的极大值点
综上．
法二：（1）当时，，
则，
①当时，，此时单调递减
所以时，，故函数在上单调递增
所以时，
②当时，，此时单调递增
所以时，，所以函数在上单调递增
所以当时，
综上所述若，证明：当时，，当时，．
（2）
记，
当，时，
所以在上单调递增，所以当时，即
所以在上单调递增，与是的极大值点不符合；
当时，，显然可知递减
①，解得，则有，，递增；
时，，递减，所以，故递减，又
则，，，递增；，，，递减
此时为的极大值点，符合题意
②当时，有，
所以在有唯一零点，记为，则，，递增
则，递增，所以，即，递增，不符合题意；
③当时，有，
所以在有唯一零点，记为，则，，递减
则，递减，所以，即，递减，不符合题意
综上可知．
8．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)已知函数且．
(1)求 ；
(2)证明：存在唯一的极大值点，且．
答案：(1)；(2)证明略．
【解析】(1)法一．
由题知：，且 ，所以：．
即当时，；当时，；当时，成立．
令，，当时，，
递减，，所以：，即：．所以：；
当时，，递增，，所以：，即：．所以：；
综上：．
法二．洛必达法则
由题知：，且 ，所以：．
即当时，；当时，；
当时，成立．令，．
令，．
当时，,递增，；
所以，递减，．所以：；
当时，,递减，；
所以，递减，．
所以：；故．
(2）由(1)知：，．设，
则．当时，；当时，．
所以在递减，在递增．又，，，
所以在有唯一零点，在有唯一零点1，且当时，；
当时，；当时，．
又，所以是的唯一极大值点．
由得，故．由得．
因为是在的唯一极大值点，由，得
，所以．
(2023高考数学课标Ⅱ卷理科)
(I)讨论函数 的单调性，并证明当时，；
(II)证明：当 时，函数 有最小值．设的最小值为，求函数的值域．
答案：（1）略；（2）．
分析：（Ⅰ）先求定义域，用导数法求函数的单调性，当时，证明结论；
（Ⅱ）用导数法求函数的最值，在构造新函数，又用导数法求解．
【解析】（Ⅰ）的定义域为．
且仅当时，，所以在单调递增，
因此当时，所以
（II）
由（I）知，单调递增，对任意
因此，存在唯一使得即，
当时，单调递减；
当时，单调递增．因此在处取得最小值，最小值为
于是，由单调递增
所以，由得
因为单调递增，对任意存在唯一的
使得所以的值域是
综上，当时，有最小值，的值域是．
10．(2023高考数学新课标2理科)已知函数．
(1)设是的极值点，求，并讨论的单调性；
(2)当时，证明．
答案：（1）（2） 见解析；
解析：（1）
所以，，
显然在(－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增．
（2）证明 令，则．
，
所以是增函数，至多只有一个实数根，又，
所以的唯一实根在区间内，
设的根为t，则有，所以，
当时，单调递减；
当时，单调递增；
所以，
当 时，有，
所以．
讲典例 备高考
类型一、虚设零点
基础知识：
在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f(x)在区间I上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程无法继续进行时，可这样尝试求解：先证明函数f(x)在区间I上存在唯一的零点(例如，函数f(x)在区间I上是单调函数且在区间I的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点是x0.因为x0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x0叫做隐零点；若x0容易求出，就叫做显零点，而后解答就可继续进行．实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法．
基本题型：
1．（虚设零点研究函数最值）已知函数 QUOTE ?(?)=ln?−?e?+??(?∈?) f(x)=lnx−xex+ax(a∈R).
（1）若函数 QUOTE ?(?) f(x)在 QUOTE [1,+∞) [1,+∞)上单调递减，求实数 QUOTE ? a的取值范围；
（2）若 QUOTE ?=1 a=1，求 QUOTE ?(?) f(x)的最大值.
【解析】（1）由题意知， QUOTE ?'(?)=1?−(e?+?e?)+? f'(x)=1x−(ex+xex)+a QUOTE =1?−(?+1)e?+??0 =1x−(x+1)ex+ad0在 QUOTE [1,+∞) [1,+∞)上恒成立，
所以 QUOTE ?≤(?+1)e?−1? a≤(x+1)ex−1x在 QUOTE [1,+∞) [1,+∞)上恒成立.令 QUOTE ?(?)=(?+1)e?−1? g(x)=(x+1)ex−1x，则 QUOTE ?'(?)=(?+2)e?+1?2>0 g'(x)=(x+2)ex+1x2>0，
所以 QUOTE ?(?) g(x)在 QUOTE [1,+∞) [1,+∞)上单调递增，所以 QUOTE ?(?)min=?(1)=2e−1 g(x)min=g(1)=2e−1，所以 QUOTE ??2e−1 ad2e−1.
（2）当 QUOTE ?=1 a=1时， QUOTE ?(?)=ln?−?e?+?(?>0) f(x)=lnx−xex+x(x>0).则 QUOTE ?'(?)=1?−(?+1)e?+1=(?+1)(1?−e?) f'(x)=1x−(x+1)ex+1=(x+1)(1x−ex)，
令 QUOTE ?(?)=1?−e? m(x)=1x−ex，则 QUOTE ?'(?)=−1?2−e?<0 m'(x)=−1x2−ex<0，所以 QUOTE ?(?) m(x)在 QUOTE (0,+∞) (0,+∞)上单调递减.，由于 QUOTE ?(12)>0 m(12)>0， QUOTE ?(1)<0 m(1)<0，所以存在 QUOTE ?0>0 x0>0满足 QUOTE ?(?0)=0 m(x0)=0，即 QUOTE e?0=1?0 ex0=1x0.当 QUOTE ?∈(0,?0) x∈(0,x0)时， QUOTE ?(?)>0 m(x)>0， QUOTE ?'(?)>0 f'(x)>0；当 QUOTE ?∈(?0,+∞) x∈(x0,+∞)时， QUOTE ?(?)<0 m(x)<0， QUOTE ?'(?)<0 f'(x)<0.所以 QUOTE ?(?) f(x)在 QUOTE (0,?0) (0,x0)上单调递增，在 QUOTE (?0,+∞) (x0,+∞)上单调递减.
所以 QUOTE ?(?)max=??0=ln?0−?0e?0+?0 f(x)max=fx0=lnx0−x0ex0+x0，因为 QUOTE e?0=1?0 ex0=1x0，所以 QUOTE ?0=−ln?0 x0=−lnx0，
所以 QUOTE ?(?0)=−?0−1+?0=−1 f(x0)=−x0−1+x0=−1，所以 QUOTE ?(?)max=−1 f(x)max=−1.
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，最值，零点存在性定理及其应用，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
2.（虚设零点研究双变量问题）设函数，.
（1）设函数，判断的零点的个数；
（2）设是的极值点，是的一个零点，且，求证：.
【解析】（1）令，可知的定义域为，
且，令，
而，得，可知在内单调递减，
又，且，
故在内有唯一解，从而在内有唯一解，不妨设为，
则，当时，，∴在内单调递增；
当时，，∴在内单调递减，∴是的唯一极值点，
令，则当时，，故在内单调递减，
∴当时，，即，
从而，
又∵，∴在内有唯一零点，
又在内有唯一零点，从而在内恰有两个零点，∴的零点的个数为.
（2）已知是的极值点，是的一个零点，且，
由（1）及题意得，，即，∴，∴，
∵由（1）知当时，，又，故，
两边取对数，得，于是，整理得，命题得证.
3.（虚设零点研究不等式恒成立） 已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）若对任意都有，求实数的取值范围.
分析：
（1）求出导函数，由得增区间，由得减区间；
（2）用分离参数法转化为求函数的最大值．引入新函数，求出导函数，对的一部分探究其零点，得函数的最大值点，从而得最大值．
【解析】（1）函数定义域是，由已知，
时，，时，，
所以单调递增区间，单调递减区间；
（2）因为对任意都有，即恒成立.
令，则.
令，则在上单调递增，因为，
所以存在使得，
当时单调递增，当时单调递减
所以，由于，可得.则，
所以，又恒成立，所以.
综上所述实数的取值范围为.
类型二、二次构造二次求导
基础题型：
1、（二次构造二次求导研究函数单调性）讨论函数f(x)＝(x＋1)ln x－x＋1的单调性．
【解析】由f(x)＝(x＋1)ln x－x＋1，可知f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝ln x＋eq \f(x＋1,x)－1＝ln x＋eq \f(1,x)，
用f′(x)去分析f(x)的单调性受阻．因此再对f′(x)＝ln x＋eq \f(1,x)求导，得f″(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x2)＝eq \f(x－1,x2).
令f″(x)＝eq \f(x－1,x2)＝0，得x＝1.当0当x>1时，f″(x)>0，即f′(x)＝ln x＋eq \f(1,x)在区间(1，＋∞)上为增函数．因此f′(x)min＝f′(1)＝1>0，
所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
2. （二次构造二次求导研究不等式恒成立）设函数, 实数, 若有最大值为
（1）求的值；
（2）若,求实数的最小整数值.
分析：
求定义域,求导,得到在处取得极大值,也是最大值,进而列出方程,求出；
（2）参变分离后,利用隐零点得到在处取得极大值,也是最大值,令,,求出最大值的范围,确定实数的最小整数值.
【详解】
（1）,定义域为,,
当时,,当时,,
所以在处取得极大值,也是最大值,所以,解得：；
（2）,即,
,令,定义域为,,
令,，则,
可以看出在单调递减,又,,
由零点存在性定理可知：,使得,即,
当时,,当时,,在处取得极大值,也是最大值,
,
,,,
故存,,使得,
所以当时,,当时,,
所以在上大于,在上小于,
所以在单调递增,在上单调递减,
且当时,恒成立,
所以在处取得极大值,也是最大值,其中,
,，令,
,当时,,故,
所以实数的最小整数值为.
3．（二次构造二次求导求最值）已知函数.
（1）当时，讨论函数的单调性：
（2）若函数恰有两个极值点，且，求的最大值.
答案：（1）在上单调递增；（2）最大值为3.
分析：（1）对函数求导，然后分及讨论即可得的单调性；
（2）设，由题意，，，则，设，判断函数的单调性，结合题意即可求得的最大值.
【解析】（1）函数的定义域为，，
当时，恒成立，在上单调递增；
当时，令，则，设，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
∴，∴，在上单调递增；
综上，当时，在上单调递增；
依题意，，则，两式相除得，，设，则，，，∴，，∴，设，
则，设，则，
∴在单调递增，则，∴，则在单调递增，又，即，而，∴，即的最大值为3.
4.（二次构造二次求导证明不等式）若关于x的方程xln x＝m有两个不相等的实数解x1，x2，求证：x1·x2证明：不妨设x1>x2，要证x1x2又因为x1ln x1＝x2ln x2，即证x1ln x1－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋\f(1,e2x1)))>x2ln x2－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,e2x2)))，k>0.设h(x)＝xln x－kx－eq \f(k,e2x)，
使h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以有h′(x)＝ln x＋1－k＋eq \f(k,e2x2)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
令h″(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(2k,e2x3)＝0，解得x＝eq \f(\r(2k),e)，
可知h′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2k),e)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2k),e)，＋∞))上单调递增，
令h′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2k),e)))＝eq \f(1,2)ln(2k)－k＋eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)(ln(2k)－2k＋1)≥0，
解得k＝eq \f(1,2)，此时有h′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，原命题得证．
5.（二次构造二次求导解决不等式恒成立）已知函数，且.
（1）若，证明：单调递增；（2）若，求的取值范围.
【解析】：（1）证明：当时，，
要证单调递增，即证，即，令，
则，所以在单调递减，，
所以，所以，单调递增；
（2）令，易知，
要满足题意，则必有，即，解得；
当时，，
令，则，
令，所以，
所以在上单调递减，所以，
所以在单调递减，，
即当时，，满足在恒成立，
综上，的取值范围为.
类型三、同构
基础知识：
1、同构式指除了变量不同，其余地方均相同的表达式．
2、同构式的应用
(1)在方程中的应用：如果方程f(a)＝0和f(b)＝0呈现同构特征，则a，b可视为方程f(x)＝0的两个根．
(2)在不等式中的应用：如果不等式的两侧呈现同构特征，则可将相同的结构构造为一个函数，进而和函数的单调性找到联系．可比较大小或解不等式
3、常见的同构变形有：
(1)axeax≥xln x⇒axeax≥ln x·eln x，可构造函数f(x)＝xex来进行研究．
(2)x2ln x＝aln a－aln x⇒x2ln x＝alneq \f(a,x)⇒xln x＝eq \f(a,x)lneq \f(a,x)，可构造函数f(x)＝xln x来进行研究．
(3)eq \f(ex,a)＋1>ln(ax－a)(a>0)⇒eq \f(ex,a)＋1>ln a＋ln(x－1)⇒eq \f(ex,a)－ln a＋x>ln(x－1)＋x－1⇒eq \f(ex,a)＋lneq \f(ex,a)>ln(x－1)＋(x－1)，可构造函数f(x)＝x＋ln x来进行研究．
(4)x＋eq \f(1,ex)≥xα－ln xα(x>0)⇒eq \f(1,ex)－lneq \f(1,ex)≥xα－ln xα(x>0)，可构造函数f(x)＝x－ln x来进行研究．
(5)xα＋1ex≥－αln x⇒xex≥eq \f(－αln x,xα)⇒xex≥－αln x·e－αln x，可构造函数f(x)＝xex来进行研究．
基本题型：
1．已知函数，在其图象上任取两个不同的点、，总能使得，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
答案：B
分析：
根据结合，可得出，可知函数在上为增函数，可得出，结合参变量分离法可求得实数的取值范围.
【详解】由以及，，所以，，构造函数，则，
所以，函数在上为增函数，由于，则对任意的恒成立，由，可得，当时，则，当且仅当时，等号成立，所以，，因此实数的取值范围是.
2．（多选）若，则下列不等式成立的是（ ）
A．B．
C．D．
答案：AD
分析：由A、B选项结构特征，构造函数，利用单调性即可判断；
由C选项结构特征，构造函数，利用单调性即可判断；
由D选项结构特征，构造函数，利用单调性即可判断；
【详解】构造函数 ，因为，所以在上单调递减，
因为，所以，即，所以选项A正确，选项B错误. 构造函数，，易知在上单调递增，而，时，，
所以，使，所以在上单调递减，在上单调递增，所以无法判断C选项的正确性.构造函数，易知在上单调递增，因为，所以，即，所以选项D正确.
3、已知函数，其中为非零实数.
（1）求的极值；
（2）当时，在函数的图象上任取两个不同的点、.若
当时，总有不等式成立，求正实数的取值范围：
答案：（1）见解析；（2）。
分析：
（1）求导，对分和两种情况讨论，分析函数的单调性，即可得出函数的极值；
（2）由，得出，构造函数，可知函数在区间上为减函数或常函数，解不等式，即可得出实数的取值范围；
【详解】（1），其中为非零实数，，.
①当时，，，函数单调递减；时，，函数单调递增.所以，函数有极小值；
②当时，，，函数单调递增；时，，函数单调递减.所以，函数有极大值.
综上所述，当时，有极小值；当时，有极大值；
（2）当时，，，
当时，总有不等式成立，
即，构造函数，
由于，，则函数在区间上为减函数或常函数，
，，解不等式，解得.
由题意可知，，因此，正实数的取值范围是；
4．已知函数f(x)＝(a－1)ln x＋ax2＋1.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)如果对任意的x1>x2>0，总有eq \f(fx1－fx2,x1－x2)≥2，求a的取值范围．
解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(a－1,x)＋2ax＝eq \f(2ax2＋a－1,x).
①当a≥1时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a≤0时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
③当0则当x∈(0, eq \r(\f(1－a,2a)))时，f′(x)<0；x∈( eq \r(\f(1－a,2a))，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(0, eq \r(\f(1－a,2a))]上单调递减，在[ eq \r(\f(1－a,2a))，＋∞)上单调递增．
(2)由已知，可得对任意的x1>x2>0，有x1－x2>0，所以由eq \f(fx1－fx2,x1－x2)≥2，得f(x1)－f(x2)≥2(x1－x2)，
即f(x1)－2x1≥f(x2)－2x2.令g(x)＝f(x)－2x，又x1>x2，
故函数g(x)＝f(x)－2x在(0，＋∞)上单调递增．
所以g′(x)＝eq \f(a－1,x)＋2ax－2≥0在(0，＋∞)上恒成立．所以(eq \f(1,x)＋2x)a≥2＋eq \f(1,x).
因为x>0，所以a≥eq \f(2＋\f(1,x),\f(1,x)＋2x)＝eq \f(2x＋1,1＋2x2).(*)令t＝2x＋1，则x＝eq \f(t－1,2)，又x>0，所以t>1.
故(*)式可化为a≥eq \f(t,2\f(t－1,2)2＋1)＝eq \f(t,\f(t2－2t＋1,2)＋1)＝eq \f(2,t＋\f(3,t)－2).
因为t>1，所以t＋eq \f(3,t)≥2eq \r(t×\f(3,t))＝2eq \r(3)，当且仅当t＝eq \r(3)时取等号．
所以eq \f(2,t＋\f(3,t)－2)≤eq \f(2,2\r(3)－2)＝eq \f(\r(3)＋1,2)，即eq \f(2,t＋\f(3,t)－2)的最大值为eq \f(\r(3)＋1,2).
故不等式a≥eq \f(2,t＋\f(3,t)－2)恒成立的条件是a≥eq \f(\r(3)＋1,2).故a的取值范围为[eq \f(\r(3)＋1,2)，＋∞)．
基本方法：
1、同构法构造函数的策略
(1)指对各一边，参数是关键；
(2)常用“母函数”：f(x)＝xex，f(x)＝ex±x；寻找“亲戚函数”是关键；
(3)信手拈来凑同构，凑常数、x、参数；
(4)复合函数(亲戚函数)比大小，利用单调性求参数范围
2、（1）函数在区间上单调递增在区间上恒成立；
（2）函数在区间上单调递减在区间上恒成立；
（3）函数在区间上不单调在区间上存在极值点；
（4）函数在区间上存在单调递增区间，使得成立；
（5）函数在区间上存在单调递减区间，使得成立.
新预测 破高考
1．（多选题）已知函数，若，则下列选项中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
答案：BCD
分析：对求导，说明其单调性，即可判断A、C；构造函数研究其单调性，即可判断B；构造函数，利用导数研究其单调性，即可判断D；
【详解】
因为，所以，令，解得，即在上单调递增，令，解得，即在上单调递减，当，的符号无法确定，故A错误；当时函数取得极小值，且当时，时，故，故C正确；令，，则在上单调递增，故时，即，所以，故B正确；令，，则，，，当时，即在上单调递减，当时，即在上单调递增，，所以恒成立，即在上单调增，因为，所以，故，即，故D正确；
2．若对任意a，b满足0答案：e
解析：∵00，解得03．已知曲线f(x)＝bex＋x在x＝0处的切线方程为ax－y＋1＝0.
(1)求a，b的值；
(2)当x2>x1>0时，f(x1)－f(x2)<(x1－x2)(mx1＋mx2＋1)恒成立，求实数m的取值范围．
【解析】(1)由f(x)＝bex＋x得，f′(x)＝bex＋1，由题意得在x＝0处的切线斜率为f′(0)＝b＋1＝a，
即b＋1＝a，又f(0)＝b，可得－b＋1＝0，解得b＝1，a＝2.
(2)由(1)知，f(x)＝ex＋x，f(x1)－f(x2)<(x1－x2)(mx1＋mx2＋1)，即为f(x1)－mxeq \\al(2,1)－x1由x2>x1>0知，上式等价于函数φ(x)＝f(x)－mx2－x＝ex－mx2在(0，＋∞)为增函数，
φ′(x)＝ex－2mx≥0，即2m≤eq \f(ex,x)，令h(x)＝eq \f(ex,x)(x>0)，h′(x)＝eq \f(exx－1,x2)，
当01，h′(x)>0时，h(x)递增，h(x)min＝h(1)＝e，
则2m≤e，即m≤eq \f(e,2)，所以实数m的范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(e,2))).
4．设函数f(x)＝(x－1)ex－kx2(k∈R)．当k∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))时，求函数f(x)在[0，k]上的最大值M.
【解析】f′(x)＝x(ex－2k)．由f′(x)＝0，得x＝0或x＝ln 2k.事实上，可证ln 2k＜k，
设g(k)＝ln 2k－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＜k≤1))，则g′(k)＝eq \f(1－k,k)≥0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＜k≤1))，所以g(k)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上是增函数，
所以g(k)≤g(1)＝ln 2－1＜0，即ln 2k＜k.
所以f(x)在(0，ln 2k)上是减函数，在(ln 2k，k]上是增函数，所以M＝max{f(0)，f(k)}．
设h(k)＝f(k)－f(0)＝(k－1)ek－k3＋1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＜k≤1))，则h′(k)＝k(ek－3k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＜k≤1)).
又令φ(k)＝ek－3keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＜k≤1))，则φ′(k)＝ek－3≤e－3＜0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＜k≤1))，
所以函数φ(k)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上是减函数．又因为φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＞0，φ(1)＜0，
所以函数φ(k)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上存在唯一的零点k0.
所以当eq \f(1,2)＜k＜k0时，φ(k)＞0，即h′(k)＞0，当k0＜k≤1时，φ(k)＜0，即h′(k)＜0，
所以函数h(k)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上是先增后减．又因为heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(7,8)－eq \f(\r(e),2)＞0，h(1)＝0，
所以h(k)＝f(k)－f(0)≥0，f(k)≥f(0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＜k≤1))，故M＝f(k)＝(k－1)ek－k3.
5、设函数．
（1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的单调递减区间和极小值（其中为自然对数的底数）；
（2）若对任何恒成立，求的取值范围．
【解析】（1）由条件得，∵在点处的切线与垂直，∴此切线的斜率为0，即，有，得，
∴，由得，由得．
∴在上单调递减，在上单调递增，
当时，取得极小值．
故的单调递减区间为，极小值为2
（2）条件等价于对任意恒成立，
设． 则在上单调递减，
则在上恒成立，得恒成立，
∴（对仅在时成立），故的取值范围是
6．已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）函数有两个不同的极值点，求的取值范围.
答案：（1）；（2）.
【详解】
（1）由题意知，因为，所以，，
所以所求切线方程为，即；
（2）由（1）知，因为是的两个不同的极值点，
所以，是方程的两个根，可得，，，
易得，所以
，
，，
，因为可得，,所以，在单调递减，，
所以在上单调递减，，从而的取值范围为.
7.已知.
（1）若在定义域内单调递增，求的最小值.
（2）当时，若有两个极值点，，求证：.
解析：
（1），取，得，所以，，时，，所以取
，时，，
，分子随增大而增大，而
，所以当时，单调递减，当时，单调递增，而
，得，符合单调递增，所以，可以取到.
（2）当时，，，，则
，令，，令
，下证恒成立，
，设分子为，
，所以在上单调递增，，所以在上恒大于，即在上恒大于，所以
，取，则，所以
，即，证毕.
8.已知函数,．
（1）求函数的单调区间；
（2）令,若在恒成立,求整数的最大值．
参考数据：,
分析：
求得,结合二次函数性质对a进行讨论求解单调性；
由题设可得,将问题转化为恒成立,构造并应用导数研究最小值,由即可求整数a的最大值．
【详解】
的定义域为且,
①当时,由得：,
时,的增区间为,减区间为,
②当时,令得：或,
的增区间为和减区间为
③当时,恒成立,此时的增区间为,无递减区间：
④当时,令得：或,
的递增区间为和,减区间为．
,则恒成立．
令,则,
令,,知在上递增且,,
,使,即在递减,在递增,
,
由知：整数的最大值为．
9.已知函数，.
（1）求函数的极值.
（2）若关于的不等式的解集不是空集，求实数的取值范围.
解析：（1）函数的定义域为，，令，解得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以当时，函数取得极小值，无极大值.
设函数，，则，因为时，又在上单调递增，令，则，故方程在上有唯一解，记为，即的根为，
且当时，，当时，，所以在区间上单调递减，
在区间上单调递增，所以，因为关于的不等式的解集不是空集，所以，即，又因为，所以，即，不等式，即，又，所以，即，所以实数的取值范围为.
10．设函数.
（1）当时，求函数在区间上的最小值；
（2）若，恒成立，求的取值范围.
分析：
（1）求出函数的导数，判断函数的单调性，根据单调性求函数的最小值；
（2）求出函数导数，令，利用导数判断的单调性，根据单调性求出最小值，并得出（），讨论三者的正负求出的取值范围.
【详解】
（1）当时，，则，
令，解得，且当时，，即函数在上单调递增；
当时，，即函数在上单调递减；
且，，故函数在区间上的最小值为；
（2）由题意，令，
则，
当时，，则，即函数在上单调递减；
当时，，则，即函数在上单调递增；
则在处取得极小值，也是最小值，又，，（），
所以（），
①若，解得，此时，
故在[，]上单调递增，则（），与的范围矛盾，故舍去；
②若，（）>0，，解得，
此时在上单调递减，在[，]上单调递增，设，且，
设，且，所以，与恒成立矛盾，故舍去；
③若，（）<0，，解得，
此时在上单调递减，在[，]上单调递增，设，且，
所以，与恒成立矛盾，故舍去；
④若，解得，此时，
故在[，]上单调递减，则，满足题意，则，
综上，的取值范围为.
11．已知函数，其中为常数.
（1）若，求函数的极值；
（2）若，证明：函数在上有唯一的极值点，且.
分析：
（1）利用导数求得的单调区间，进而求得的极值.
（2）利用二次求导的方法求得，结合二次函数的性质证得.
【详解】
（1）,，
所以在递增，在递减，
所以在时取得极大值，无极小值.
（2），，
令，.，，
所以在递增，在递减.
，，，
，所以存在唯一零点.
所以递增；递减.
当时，取得极大值，没有极小值.
，则，，
由于，所以，所以.
12．已知函数，，.
（1）求函数的极值；
（2）当时，证明：在上恒成立.
分析：
（1）根据导函数的正负可确定的单调性，由极值点的定义可求得结果；
（2）由可将问题转化为证明，利用导数可求得单调性，进而确定，由此可得结论.
（1），令，即，又，，
则，，变化情况如下表，
极小值为，无极大值.
（2）证明：，，，令，
则，
令，，
在上单调递增，，即，
，则在单调递增，，
，即在上恒成立.
13．已知函数.
（1）当时，求函数在点处的切线；
（2）讨论函数的单调性；
（3）当时，判断函数的零点个数.
分析：
（1）由题设可得，根据导数的几何意义求处切线的斜率，即可写出切线方程.
（2）求的导函数，讨论、、、判断的符号，进而确定单调性.
（3）由题设得，法一：构造，利用导数研究的单调性，并确定最值的符号，结合零点存在性定理判断的零点个数；法二：将问题转化为与的交点个数，利用导数研究的性质，应用数形结合法判断交点个数即可.
【详解】
（1）当时，，则，又，则，∴切线方程为.
（2）定义域为，，
当时，，∴时，单调递增；时，单调递减；
当时恒成立，即单调递减；
当时，，单调性如下表：
∴在和单调递减；在上单调递增；
当时，，单调性如下表：
∴在和单调递减，在单调递增；
综上：时，在单调递增，在单调递减；
时，在单调递减；
时，在和单调递减，在单调递增；
时，在和单调递减，在单调递增；
（3）当时，，
法一：若，则，
∴在单调递增，且，，
∴使，即（※），
当时，即，则单调递减；
当时，即，则单调递增；
∴，
由（※）式得：，则，
令，，
由，则，故在上单调递减，又，
∴在成立，
易证在单调递减，在单调递增，则，
取，设，则，
∴存在使得，故在内有一零点，
取，设，
∴存在，使得，故在内有一零点，
综上，在定义域内有两个零点.
14.已知函数，其中为正实数.
（1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积；
（2）当时，，求的取值范围.
分析：
（1）由导数的几何意义求出切线方程即可求解；
（2）当时，成立，所以；当时，，令，，利用导数研究函数的单调性，可得在上单调递减，然后利用求出即可得答案.
【详解】
（1）当时，，，所以，，
所以曲线在点处的切线方程为，即，
设切线与两坐标轴交点为，所以；
（2）由题意，当时，即恒成立，
当时，成立，所以；
当时，因为，所以恒成立，即，
令，，则，
令，，则，
，令，，
由二次函数的知识有在上单调递减，
因为，，所以存在使得，
所以时，，时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又，所以，所以存在，使得，
所以当时，，时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，又，
所以，即，所以在上单调递减，
所以，所以，
综上，的取值范围为.
15.形如的函数称为幂指函数，幂指函数在求导时，可以利用对数法：在函数解析式两边取对数得，两边对求导数，得，于是.已知（），.
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）若，恒成立，求的取值范围.
分析：（1）求出导函数，得出切线斜率，写出切线方程；（2）通过特殊值得出必要条件，然后证明也是充分的，为此引入函数，求出导函数，再设，再求导以确定的正负，得函数的最小值.
【详解】（1）由，不妨设，，
由幂指函数导数公式得，所以，
又，所以，曲线在处的切线方程为.
（2）先寻找必要条件：若，恒成立，则，解得，
证明充分性：当时，若，恒成立，
构造，，则，
令，，
所以，
因为与同号，所以，所以，
∵，所以，所以即为上增函数，
又因为，时，，所以设，；
当时，，当时，，
所以为上减函数，为上增函数，所以，无最大值，所以，
又，，
=，且
显然又时，，即，
即，∴，恒成立.
综上，的取值范围是.
16.已知函数，其中是自然对数的底数
（1）当时，求函数的导函数的单调区间；
（2）若函数有两个不同极值点且；
①求实数的取值范围；②证明：.
解析：（1），∴，
∴在，
（2）（i）由，则，即
∴，设，则在，
∴在，且，，∴，
即，即，
（ii）记，，在
，∴，记，，
，，在
，，使得，，
在，，又，∴，∴
∴，，在
且，令
记方程两根为且，
则.
17．已知函数.
（1）若在上单调递增，求实数的取值范围；（2）若，证明：
分析：
（1）求出函数的导数，根据函数的单调性得到关于的不等式，解出即可；
（2）问题转化为，求出函数的导数，根据函数的单调性求出的最小值，从而证明结论成立即可.
【详解】
（1），所以，又在上单调递增
在上恒成立，即在上恒成立
在在上恒成立，设则
在上递减，故，，故实数的取值范围.
（2）证明：令，则，.在上递增，
当时，；当时， .存在，有，
即，即，则在上递减，在上递增，
. ，即.
18．已知函数f(x)＝axex(a∈R)，g(x)＝ln x＋x＋1.若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】f(x)≥g(x)恒成立，即axex≥ln x＋x＋1恒成立．因为x＞0，所以a≥eq \f(ln x＋x＋1,xex).
令h(x)＝eq \f(ln x＋x＋1,xex)，则h′(x)＝eq \f(x＋1－ln x－x,x2ex).
令p(x)＝－ln x－x，则p′(x)＝－eq \f(1,x)－1＜0，故p(x)在(0，＋∞)上单调递减，
又peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝1－eq \f(1,e)＞0，p(1)＝－1＜0，故存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))，使得p(x0)＝－ln x0－x0＝0，
故ln x0＋x0＝0，即x0＝e－x0.
当x∈(0，x0)时，p(x)＞0，h′(x)＞0；当x∈(x0，＋∞)时，p(x)＜0，h′(x)＜0.
所以h(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减．
所以h(x)max＝h(x0)＝eq \f(ln x0＋x0＋1,x0ex0)＝1.故实数a的取值范围是[1，＋∞)．