第15讲导数与不等式问题（含答案） 备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）学案

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1. 5年真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是天津高考卷的必考内容，设题稳定，难度较高，分值为16分
【备考策略】1.理解、掌握导数与不等式的关系
2.能掌握不等式的恒成立与有解问题
3.具备数形结合的思想意识，会借助图像解决不等式问题
4.会证明不等式问题
【命题预测】本节内容是天津高考卷的必考内容，一般给出函数，证明不等式成立，以及求解不等式恒成立及有解问题。
知识讲解
知识点一.不等式
1．恒成立问题的转化：a>f(x)恒成立⟹a>f(x)max；a≤f(x)恒成立 ⟹a≤f(x)min
2．能成立问题的转化：a>f(x)能成立⟹ a>f(x)min；；a≤fx能成立 ⟹a≤f(x)max
3．恰成立问题的转化：a>f(x)在M上恰成立 a>f(x)的解集为M
另一转化方法：若x∈D,fx≥A在D上恰成立，等价于f(x)在D上的最小值f(x)min=A，若 fx≤B在D上恰成立，则等价于fx在D上的最大值f(x)max=B．
4．设函数f(x)、g(x)，对任意的x1∈[a,b]，存在x2∈[c,d]，使得f(x1)≥g(x2)，则f(x)min≥g(x)min
5．设函数f(x)、g(x)，对任意的x1∈[a,b]，存在x2∈[c,d]，使得 f(x1)≤g(x2)，则f(x)max≤g(x)max
6．设函数f(x)、g(x)，存在x1∈[a,b]，存在x2∈[c,d]，使得f(x1)≥g(x2)，则f(x)max≥g(x)min
7．设函数f(x)、g(x)，存在x1∈[a,b]，存在x2∈[c,d]，使得 f(x1)≤g(x2)，则f(x)min≤g(x)max
8．设函数f(x)、g(x)，对任意的x1∈[a,b]，存在x2∈[c,d]，使得 f(x1)=g(x2)，设f(x)在区间[a，b]上的值域为A，g(x)在区间[c，d]上的值域为B，则AB．
9．若不等式fx>g(x)在区间D上恒成立，则等价于在区间D上函数y=f(x)和图象在函数y=g(x)图象上方．
10．若不等式fx知识点二.恒成立问题的基本类型
在数学问题研究中经常碰到在给定条件下某些结论恒成立的命题．
函数在给定区间上某结论成立问题，其表现形式通常有：①在给定区间上某关系恒成立；②某函数的定义域为全体实数R；③某不等式的解为一切实数；④某表达式的值恒大于a等等…
恒成立问题，涉及到一次函数、二次函数的性质、图象,渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，有利于考查学生的综合解题能力，在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用。因此也成为历年高考的一个热点．
恒成立问题在解题过程中大致可分为以下几种类型：
一次函数型；②二次函数型；③变量分离型；④根据函数的奇偶性、周期性等性质；⑤直接根据函数的图象．
考点一、导数与不等式解集问题
1.（24-25高三·上海·随堂练习）若函数y=fx，其中fx=x2−2x−4lnx，则f'x>0的解集为（ ）．
A．0,+∞B．−1,0∪2,+∞
C．2,+∞D．−1,0
【答案】C
【分析】直接由导数四则运算列不等式即可求解.
【详解】由题意知x>0，且f'(x)=2x−2−4x，
若f'(x)=2x2−2x−4x>0，则x2−x−2>0，解得x<−1或x>2．
又x>0，所以x>2．
故选：C.
2.（2024·山东潍坊·三模）已知函数fx的导函数为f'x，且f1=e，当x>0时，f'x<1x+ex，则不等式fx−lnxex>1的解集为（ ）
A．0,1B．0,+∞C．1,+∞D．0,1∪1,+∞
【答案】A
【分析】由不等式化简构造新函数，利用导数求得新函数的单调性，即可求解原不等式.
【详解】不等式fx−lnxex>1等价于f(x)>ex+lnx，即f(x)−ex+lnx>0，
构造函数g(x)=f(x)−ex+lnx,x>0，所以g'(x)=f'(x)−ex−1x，
因为x>0时，f'x<1x+ex，所以g'(x)<0对∀x∈(0,+∞)恒成立，
所以g(x)在(0,+∞)单调递减，
又因为g(1)=f(1)−e−ln1=0，
所以不等式f(x)−ex+lnx>0等价于g(x)>g(1)，所以0即fx−lnxex>1的解集为0,1.
故选：A.
1.（2024·宁夏银川·三模）已知定义在R上的奇函数f(x)的图象是一条连续不断的曲线，f'(x)是f(x)的导函数，当x>0时，3f(x)+xf'(x)>0，且f(2)=2，则不等式(x+1)3f(x+1)>16的解集为（ ）
A．(1,+∞)B．(−∞,−2)∪(2,+∞)
C．(−∞,1)D．(−∞,−3)∪(1,+∞)
【答案】D
【分析】根据(x+1)3fx+1>16构造函数，通过求导发现利用已知条件可知恒为正数，所以可知gx=x3fx在x>0时是单调递增函数，再结合已知条件又可知gx=x3fx是偶函数，利用单调性和奇偶性解不等式即可.
【详解】令gx=x3fx，则g'x=3x2fx+x3f'x=x23fx+xf'x，
因为当x>0时，3fx+xf'x>0，所以gx在0,+∞上单调递增，
又fx为奇函数，且图象连续不断，所以gx为偶函数，
由x+13fx+1>23f2，得x+1>2，解得x<−3或x>1.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及函数与导数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键.
2.（2024·江西南昌·三模）已知函数f(x)的定义域为R，且f2=−1，对任意x∈R，f(x)+xf'(x)<0，则不等式x+1fx+1>−2的解集是（ ）
A．−∞,1B．−∞,2C．1,+∞D．2,+∞
【答案】A
【分析】设gx=xfx，由g'(x)=f(x)+xf'(x)<0恒成立，g(x)在R上单调递减，由x+1fx+1>−2可得g(x+1)>g(2)，由单调性解不等式即可.
【详解】设gx=xfx，则g2=2f(2)=−2 ，
∵对任意x∈R，f(x)+xf'(x)<0，∴g'(x)=f(x)+xf'(x)<0恒成立，即g(x)在R上单调递减，
由x+1fx+1>−2可得g(x+1)>g(2)，∴x+1<2，解得x<1，即解集为−∞,1.
故选：A
3.（23-24高三下·北京·阶段练习）已知定义在R上的函数fx满足f2+x=f−x，且当x>1时，有xf'x+fx>f'x，若f2=1，则不等式fx<1x−1的解集是 ．
【答案】1,2
【分析】依据题意判断函数fx关于直线x=1对称，结合[(x−1)f(x)]=(x−1)f'(x)+f(x)>0，构造函数g(x)=(x−1)f(x)，易得其关于1,0对称，最后分类讨论即可.
【详解】因为定义在R上的函数fx满足f(2+x)=f(−x),
所以函数fx关于直线x=1对称，即f(x+1)=f(1−x),x∈R.
因为当x>1时,有xf'(x)+f(x)>f'(x),即[(x−1)f(x)]=(x−1)f'(x)+f(x)>0
故令g(x)=(x−1) f(x),则g(x)=(x−1)f(x)，在(1,+∞)上单调递增,
因为g(1+x)+g(1−x)=xf(1+x)−xf(1−x)=0，
所以g(x)=(x−1)f(x)关于点1,0对称，
所以g(x)=(x−1) f(x)在R上单调递增，因为f(2)=1，
所以g(2)=(2−1)f(2)=1,所以当x>1时, f(x)所以11⇔g(x)>1=g(2)，
所以x<1且x>2,即无解.所以不等式f(x)<1x−1的解集是1,2.
故答案为：1,2.
【点睛】关键点点睛：本题考查求导数，解题关键是合理构造合适的原函数，得到[(x−1)f(x)]=(x−1)f'(x)+f(x)>0，然后构造g(x)=(x−1)f(x)，再进行分类讨论，得到所要求的解集即可．
4.（23-24高三下·上海·阶段练习）已知函数fx是定义在R上的偶函数，其导函数为f'(x)，且当x<0时，2fx+xf'(x)<0，则不等式x−20232f(x−2023)−f(−1)>0的解集为 ．
【答案】2022,2024
【分析】构造函数Fx=x2fx，由已知得出F(x)为偶函数，且在−∞,0上是增函数，在0,+∞上为减函数，将x−20232f(x−2023)−f(−1)>0转化为Fx−2023>F−1求解即可．
【详解】令Fx=x2fx，则F'(x)=2xf(x)+x2f'(x)=x2f(x)+xf'(x)，
当x<0时，2fx+xf'x<0，
所以当x<0时，F'(x)=x2f(x)+xf'(x)>0，
即Fx在−∞,0上是增函数，由题意fx是定义在R上的偶函数，
所以f−x=fx，又F(−x)=(−x)2f(−x)=x2f(x)=F(x)，
所以Fx是偶函数，所以Fx在0,+∞上递减，
所以F(x−2023)=(x−2023)2f(x−2023),F(−1)=(−1)2f(−1)=f(−1)，
即不等式等价为Fx−2023>F−1，
所以x−2023<1，所以2022故答案为：2022,2024．
5.（2024·四川成都·模拟预测）已知定义在0,+∞上的函数y=fx的导函数为y=f'x，当x>0时，xf'x+fx<0，且f2=3，则不等式fx−1>6x−1的解集为 .
【答案】1,3
【分析】根据题设条件，构造函数gx=xfx，判断其单调性，将所求不等式整理成gx−1>g2，利用gx的单调性即可解得.
【详解】令gx=xfx，则g'x=xf'x+fx
因为当x>0时，xf'x+fx<0，即g'x<0
所以当x>0时，gx=xfx单调递减，
由不等式fx−1>6x−1可得x−1>0(x−1)f(x−1)>2f(2)，
即gx−1>g2,故有0即不等式fx−1>6x−1的解集为1,3.
故答案为：1,3.
考点二、单变量不等式的证明
1.（2023·陕西榆林·二模）已知函数f(x)=lnx+a2x2(a∈R)．
(1)讨论fx的单调性；
(2)当a=2时，证明：fx≤x2+x−1．
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数f(x)的导数，再按a≥0,a<0分类探讨单调区间即得.
（2）构造函数g(x)=f(x)−x2−x+1，再利用导数探讨最大值即得证.
【详解】（1）函数f(x)=lnx+a2x2的定义域为(0,+∞)，求出得f'(x)=1x+ax=ax2+1x，
当a≥0时，f'(x)>0，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，
当a<0时，由f'(x)>0，得0−1a，
因此函数f(x)在(0,−1a)上单调递增，在(−1a,+∞)上单调递减，
所以当a≥0时，函数f(x)的递增区间是(0,+∞)；
当a<0时，函数f(x)的递增区间是(0,−1a)，递减区间是(−1a,+∞).
（2）当a=2时，f(x)=lnx+x2，令g(x)=f(x)−x2−x+1=lnx−x+1，
函数g(x)的定义域为(0,+∞)，求导得g'(x)=1x−1，
当00，当x>1时，g'(x)<0，
因此函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，则g(x)≤g(1)=0，
所以fx≤x2+x−1.
2.（2024·陕西榆林·三模）已知函数fx=mlnx−x+1.
(1)讨论fx的单调性；
(2)当m=1时，证明：fx【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）对f(x)求导，得到f'x=m−xx，利用导数与函数单调性间的关系，对m进行分类讨论，即可求出结果；
（2）将问题转化成求证ex>2x+lnx，由（1）将问题转化成3x−1ex<1，构造函数gx=3x−1ex，利用导数与函数单调性间的关系，求出gx=3x−1ex的最大值，即可证明结果.
【详解】（1）易知f(x)的定义域为0，+∞，又f'x=mx−1=m−xx，
当m≤0时，f'x<0在区间0，+∞上恒成立，此时，fx在区间0,+∞上单调递减，
当m>0时，当00，x>m时，f'(x)<0，此时，fx在区间0,m上单调递增，在区间m,+∞上单调递减.
（2）当m=1时，证原不等式等价于证ex>2x+lnx，
由（1）知m=1时，f(x)在区间0,1上单调递增，在区间1,+∞上单调递减.
所以f(x)max=f1=0，得到lnx≤x−1，当且仅当x=1时等号成立，
所以欲证ex>2x+lnx，只需证ex>2x+x−1，即证3x−1ex<1，
令gx=3x−1ex，则g'x=4−3xex，由g'(x)>0，得到043，
所以gx在0,43上单调递增，在43,+∞上单调递减，
又因为27所以g(x)max=g43=3e43<1，所以当m=1时，fx1.（2024高三·全国·专题练习）设函数fx=x+alnx+b，曲线y=fx在点1,f1处的切线为x+y−2=0．
(1)求y=fx的解析式；
(2)证明：fx>0．
【答案】(1)f(x)=(x−2)lnx+1
(2)证明见解析
【分析】（1）求出f'1 =−1可得a，根据点1,f1在切线上求出b可得答案；
（2）f'x0=0得lnx0=2x0−1，由零点存在定理存在x0∈1,2使得f'x=0，根据单调性得fx≥5−x0+4x0，构造函数rx=x+4x1【详解】（1）∵函数fx的导数f'x=lnx+x+ax，且切线斜率为−1，
∴f'1 =1+a=−1，即a=−2，
又点1,f1在切线x+y−2=0上，
∴1+b−2=0，即b=1，
所以fx=x−2lnx+1；
（2）由（1）知f'x=lnx+x−2x=lnx−2x+1，
又f'x在0,+∞内单调递增，且f'1=−1<0，f'2=ln2>0，
存在x0∈1,2使得f'x=0．
当0当x>x0时，f'x>0，fx递增．
∴fx≥fx0=x0−2lnx0+1，
由f'x0=0得lnx0=2x0−1，
∴ fx≥fx0=x0−2lnx0+1=x0−22x0−1+1=5−x0+4x0，
令rx=x+4x1∴rx在区间1,2内单调递减，∴rx∴ fx>5−x+4x>5−5=0．
综上，对任意x∈(0,+∞)，f(x)>0．
2.（2024·河北保定·三模）已知函数f(x)=x2−ax+lnx，x=1为f(x)的极值点.
(1)求a；
(2)证明：f(x)≤2x2−4x.
【答案】(1)3；
(2)证明见解析；
【分析】（1）求导f'(x)=2x−a+1x，由f'(1)=0求解；
（2）转化为证x2−x−lnx≥0，令g(x)=x2−x−lnx，由g(x)min≥0证明.
【详解】（1）解：f'(x)=2x−a+1x，
依题意，f'(1)=2×1−a+1=0，解得a=3，
经检验符合题意，所以a=3；
（2）由（1）可知，f(x)=x2−3x+lnx，
要证f(x)=x2−3x+lnx≤2x2−4x，即证x2−x−lnx≥0，
设g(x)=x2−x−lnx，则g'(x)=2x−1−1x=(x−1)(2x+1)x，
所以当x∈(0,1)时，g'(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(1,+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，
当x=1时，g(x)取得极小值，也是最小值，
因为g(1)=0，g(x)≥g(1)=0，
所以f(x)≤2x2−4x.
【点睛】方法点睛：证明不等式fx≥0，往往由fxmin≥0证明.
考点三、双变量不等式的证明
1.（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数fx=x−1+x+2x+1．
(1)求不等式fx≤4的解集；
(2)若fx的最小值为m，正实数a,b满足1a+1b=m3，证明：a2+b2+5≥4a+b+3ab．
【答案】(1)−54,12
(2)证明见解析
【分析】（1）首先将函数写成分段函数，再分段得到不等式组，解得即可；
（2）首先画出fx的图象，即可求出m，即可得到a+b=ab，利用基本不等式求出ab的取值范围，又a2+b2+5−4a+b−3ab =ab2−4ab+5−5ab，令gx=x2−4x−5x+5，x∈4,+∞，利用导数说明函数的单调性，即可得证.
【详解】（1）因为fx=x−1+x+2x+1=4x+1,x≥13+2x,0所以不等式fx≤4即4x+1≤4x≥1或3+2x≤40解得x∈∅或0综上可得不等式fx≤4的解集为−54,12.
（2）由（1）可得fx的图象如下所示：
所以当x∈−1,0时fx取最小值3，所以m=3，
又正实数a,b满足1a+1b=m3，即1a+1b=1，所以a+b=ab，
又a+b=ab≥2ab，解得ab≥4或ab≤0（舍去），当且仅当a=b=2时取等号，
所以a2+b2+5−4a+b−3ab
=a+b2+5−4ab−5ab
=ab2−4ab+5−5ab，
令gx=x2−4x−5x+5，x∈4,+∞，
则g'x=2x+4x2−5=2x3−5x2+4x2=x−22x2−x−2x2，
当x≥4时，x−2>0，2x2−x−2≥2×42−4−2=26，
所以g'x>0，
所以gx在4,+∞上单调递增，
所以gx≥g4=0，
即ab2−4ab+5−5ab≥0恒成立，当且仅当a=b=2时取等号，
即a2+b2+5−4a+b−3ab≥0恒成立，当且仅当a=b=2时取等号，
即a2+b2+5≥4a+b+3ab恒成立，当且仅当a=b=2时取等号.
2.（2024·贵州黔东南·二模）已知函数fx=lnx−ax−1x+1在x=1处的切线为x轴.
(1)求实数a的值；
(2)若x1>x2>0，证明：x1−x2lnx1−lnx2【答案】(1)2
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，根据导函数的几何意义即可列方程求得a的值；
（2）利用导函数确定函数的单调性，由x1>x2>0可得x1x2>1，结合函数单调性即可证得结论.
【详解】（1）由题可得f'x=1x−2ax+12，x>0，
f'1=1−a2=0，
∴a=2.
（2）证明：由（1）可知：f'x=1x−4x+12=x−12xx+12≥0，
∴函数fx在0,+∞上单调递增，
∴当x>1时，fx>f1=0，
∵x1>x2>0，∴x1x2>1，lnx1−lnx2>0，
∴fx1x2>0，即lnx1x2−2x1x2−1x1x2+1>0，
∴lnx1x2>2x1x2−1x1x2+1=2⋅x1−x2x1+x2，
∴x1−x2lnx1−lnx21.（2024·山东菏泽·模拟预测）已知函数f(x)=txlnx−x2+1(0(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)若a>b>0，证明:lna2+b2a2−b2【答案】(1)fx的单调递减区间为(0,+∞)，没有单调递增区间
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数求解函数单调性即可.
（2）对要证不等式进行化简，再由第（1）问结论证明2xlnx−x2+1<0即可.
【详解】（1）f'(x)=tlnx+t−2x,x>0，
令g(x)=f'(x)=tlnx+t−2x，所以g'(x)=tx−2,x>0，
由g'(x)>0可得0t2，
所以f'(x)在(0,t2)上单调递增，在(t2,+∞)上单调递减，
所以f'(x)max=f'(t2)=tlnt2+t−t=tlnt2.
又因为0所以f(x)在(0,+∞)上单调递减，
故f(x)的单调递减区间为(0,+∞)，没有单调递增区间.
（2）证明lna2+b2a2−b2只需证：12lna2+b2a2−b2<14(a2+b2)2−(a2−b2)2(a2+b2)(a2−b2)，
即证：2lna2+b2a2−b2令x=a2+b2a2−b2,a>b>0，所以x>1，
只需证：2lnx即证：2xlnx−x2+1<0，
由（1）知，当t=2时，f(x)=2xlnx−x2+1在(0,+∞)上单调递减，
所以当x>1时，f(x)即2xlnx−x2+1<0，
所以lna2+b2a2−b2【点睛】关键点点睛：本题考查导数证明不等式问题.其关键点是对要证不等式进行化简，即证明2xlnx−x2+1<0，再结合第1问求得的单调性证明即可.
2.（2024·陕西榆林·一模）已知函数fx=x−x3.
(1)求fx的极值；
(2)已知α∈0,π2,mfsinα+nfcsα=tanπ6，证明：m+n>32.
【答案】(1)极大值为239，极小值为−239
(2)证明见解析
【分析】（1）先求得fx的单调性，进而求得fx的极值；
（2）先利用题给条件构造出m+n的不等式，再利用（1）的结论即可证得m+n>32.
【详解】（1）fx=x−x3，f'x=1−3x2，令f'x=0，可得x=±33.
令f'x>0，可得−33令f'x<0，可得x>33，或x<−33
所以fx在−33,33上单调递增，在−∞,−33和33,+∞上单调递减.
所以fx的极大值为f33=239,fx的极小值为f−33=−239.
（2）由mfsinα+nfcsα=tanπ6，
可得mcs2αsinα+nsin2αcsα=33，
所以mcsα+nsinα=33sinαcsα.
由对称性，不妨设α∈0,π4，
则mcsα+nsinα=33sinαcsα≤m+ncsα，
当且仅当sinα=csα=22时，等号成立，
所以m+n≥33sinαcs2α=33sinα−sin3α.
由（1）可知fx在0,22上的最大值为f33=239，
所以0当且仅当sinα=33时，等号成立，
因为等号不能同时取到，所以m+n>32.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略：
（1）构造差函数ℎ(x)=f(x)−g(x)，根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；
（2）根据条件，寻找目标函数，一般思路为利用条件将所求问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.
考点四、不等式恒成立问题
1.（2024高三·全国·专题练习）已知函数f(x)满足f(x)=ex−x2+2x，若关于x的不等式f(x)>(2−a)x+1在(0,+∞)上恒成立，实数a的取值范围为 ．
【答案】2−e,+∞
【分析】根据题意，分离参数可得a>1x+x−exx在区间(0,+∞)上恒成立，构造函数gx=1x+x−exx，x∈(0,+∞)，转化为a>g(x)max，然后求导即可得到g(x)max，从而得到结果.
【详解】由题意fx>2−ax+1在区间(0,+∞)上恒成立，
即ex−x2+2x>2x−ax+1恒成立，即a>1x+x−exx在区间(0,+∞)上恒成立，
令gx=1x+x−exx，x∈(0,+∞)，只需a>g(x)max，
因为g'x=−1x2+1−ex⋅x−exx2=x−1x+1−exx2，
令ℎx=x+1−ex，x∈0,+∞，有ℎ'x=1−ex<0，
所以函数ℎx在0,+∞上单调递减，
所以ℎ(x)<ℎ(0)=0，即x+1−ex<0，
所以当x∈(0,1)时，g'(x)>0；当x∈(1,+∞)时，g'(x)<0，
所以函数gx在0,1上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
所以gxmax=g1=2−e，即a>2−e，
所以实数a的取值范围为2−e,+∞．
故答案为：2−e,+∞
2.（24-25高三上·浙江金华·开学考试）已知函数fx=lnx−ax+a．
(1)讨论函数fx的单调性；
(2)当x>1时，不等式fx≤ex−1−1恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)当a≤0时，fx在0,+∞上单调递增；当a>0时，fx在0,1a上单调递增，在1a,+∞上单调递减.
(2)0,+∞
【分析】（1）先求函数的定义域，利用导数分类讨论分析函数的单调性即可；
（2）当x>1时，不等式fx≤ex−1−1恒成立，构造函数g(x)=f(x)−ex−1+1，转化为g(x)<0在x>1时恒成立，然后利用导数分析函数的单调性最值，求解实数a的取值范围即可.
【详解】（1）函数fx=lnx−ax+a的定义域为0,+∞，f'x=1x−a，
当a≤0时，f'x>0，所以fx在0,+∞上单调递增；
当a>0时，令f'x=0，解得x=1a，
所以x∈0,1a时，f'x>0，所以fx在0,1a上单调递增；
x∈1a,+∞时，f'x<0，所以fx在1a,+∞上单调递减；
综上所述：当a≤0时，fx在0,+∞上单调递增；
当a>0时，fx在0,1a上单调递增，在1a,+∞上单调递减.
（2）当x>1时，不等式fx≤ex−1−1恒成立，
即lnx−ax+a≤ex−1−1，在x>1时恒成立，
令g(x)=lnx−ax+a−ex−1+1，只需要g(x)<0在x>1时恒成立，
g(1)=0，g'(x)=1x−a−ex−1，
设ℎ(x)=g'(x)=1x−a−ex−1，则ℎ'(x)=−1x2−ex−1<0，
所以ℎ(x)在1,+∞上单调递减，所以g'(x)当a≥0时，g'(x)≤0，g(x)在1,+∞上单调递减，所以g(x)当a<0时，g'(1)=−a>0，g'(x)在1,+∞上单调递减，
所以∃x0∈1,+∞，使得x∈1,x0时，g'(x)>0，g(x)在1,x0上单调递增，
所以g(x)>g(1)=0，不合题意，
综上所述：实数a的取值范围为0,+∞.
1.（2024·黑龙江大庆·三模）已知a,b∈R，函数fx=ax2−2x−4lnx+b，且f'1=−4.
(1)求fx的单调区间；
(2)若fx≥0恒成立，求b的取值范围.
【答案】(1)单调递减区间为0,2，单调递增区间为2,+∞
(2)4ln2,+∞
【分析】（1）先得到函数fx的定义域，求导，由f'1=−4解出a的值，进而得到f'x=2x−2−4x，由f'x<0得到单调递减区间，由f'x>0得到单调递增区间；
（2）若fx≥0恒成立，则f(x)min≥0成立，由（1）知f(x)min=f2=b−4ln2，从而可以得到b的取值范围.
【详解】（1）fx的定义域为0,+∞，由已知得f'x=2ax−2−4x，
因为f'1=−4，所以2a−2−4=−4，解得a=1，所以f'x=2x−2−4x.
令f'x=2x−2−4x=2x2−2x−4x=0，解得x1=−1（舍），x2=2.
当x∈0,2时，f'x<0；当x∈2,+∞时，f'x>0.
所以fx的单调递减区间为0,2，单调递增区间为2,+∞.
（2）因为fx在0,2上单调递减，在2,+∞上单调递增，
所以当x=2时，fx有极小值f2=4−4−4ln2+b=b−4ln2.
因为fx在0,+∞上只有一个极值，所以f(x)min=b−4ln2.
因为fx≥0恒成立，所以f(x)min≥0，即b−4ln2≥0，得b≥4ln2.
所以b的取值范围是4ln2,+∞.
2.（2024高三·全国·专题练习）已知函数fx=xlnx，gx=−x2−ax−4a∈R.若对任意x∈0，+∞，不等式fx>13gx恒成立，求a的取值范围.
【答案】−5，+∞
【分析】先把fx>13gx在0，+∞上恒成立，转化为−a<3lnx+x+4x在0，+∞上恒成立，从而构造函数ℎx=3lnx+x+4x，再借助单调性求得ℎx的最小值，进而得解.
【详解】对任意x∈0，+∞，fx>13gx恒成立，即xlnx>13−x2−ax−4恒成立，
即−a<3lnx+x+4x在0，+∞上恒成立.令ℎx=3lnx+x+4x，
则ℎ'x=x+4x−1x2，令ℎ'x<0，得00，得x>1，
则ℎx在0，1上单调递减，在1，+∞上单调递增，所以ℎxmin=ℎ1=5，
所以−a<5，即a>−5，故a的取值范围为−5，+∞.
3.（2024·陕西西安·三模）已知函数fx=ax+1ex．
(1)当a=1时，求曲线y=fx在点0,f0处的切线方程；
(2)若当x≥0时，fx≥1恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)2x−y+1=0．
(2)0,+∞．
【分析】（1）结合导数的几何意义先求出切线斜率，进而可求切线方程；
（2）先对函数求导，结合导数与单调性关系对a进行分类讨论，然后结合恒成立与最值关系转化即可求解.
【详解】（1）当a=1时，f'x=x+2ex，则f'0=2．
又f0=1，所以切线方程为y=2x+1，即2x−y+1=0．
（2）f'x=ax+1+aex．
当a≥0时，f'x>0在0,+∞上恒成立，则fx在0,+∞上单调递增，
又f0=1，所以fx≥1恒成立，满足题意；
当a<0时，−1a>0，f−1a=0<1，不符合题意．
综上，a的取值范围为0,+∞．
4.（23-24高三上·江苏南通·阶段练习）已知函数f(x)=aex−1−x−lnx+2x+lna.
(1)当a=1时，求函数y=f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≥2x−x+1恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)增区间为(1,+∞)，减区间为(0,1)
(2)[1,+∞)
【分析】（1）求出导数，结合导函数与原函数的单调性关系即可求解；
（2）将恒成立问题转化为最值问题，再利用导数求出函数的最值即可求解.
【详解】（1）当a=1时，f(x)=ex−1−x−lnx+2x (x>0)
f'(x)=ex−1−1−1x+1x=(ex−1−1)+x−1x
当x>1时，f'(x)>0，f(x)的增区间为(1,+∞)
当0（2）f(x)≥2x−x+1⇔aex−1−lnx+lna−1≥0
令g(x)=aex−1−lnx+lna−1，a>0
当a≥1时，g(x)=aex−1−lnx+lna−1≥ex−1−lnx−1
令ℎ(x)=ex−1−lnx−1，ℎ'(x)=ex−1−1x=(ex−1−1)+x−1x
当x>1时，ℎ'(x)>0，ℎ(x)的增区间为(1,+∞)
当0所以ℎ(x)=ex−1−lnx−1≥ℎ(1)=0，
∴g(x)≥0恒成立
当0综上a∈[1,+∞)
考点五、不等式有解问题
1.（2023高三·全国·专题练习）若关于x的方程5x3=15x−m在−1,2上有解，则实数m的取值范围是（ ）
A．−10,10B．−10,+∞C．−∞,−10D．10,+∞
【答案】A
【分析】根据题意可知利用导数判断出函数m=15x−5x3在−1,2上的单调性，分别求得其最大值和最小值即可得出实数m的取值范围.
【详解】关于x的方程5x3=15x−m在−1,2上有解，
即方程m=15x−5x3在−1,2上有解，可得m'=15−15x2，
令15−15x2=0，可得x=±1，
当x<−1或x>1时m'<0，x∈−1,1时，m'>0，
所以−1,1上，函数单调递增，1,2上单调递减，
又x=−1时m为−10；x=1时m为10；x=2时，m=−10，
即15x−5x3在x∈−1,2上的最大值为10，最小值为−10；
综上关于x的方程5x3=15x−m在−1,2上有解，则实数m的取值范围是−10,10.
故选：A．
2.（2024·西藏拉萨·二模）已知函数fx=xex+ax2+1.
(1)当a=0时，求函数fx的最值；
(2)若方程fx=ex+1在x∈1,3上有解，求实数a的取值范围.
【答案】(1)最小值为1−1e，没有最大值
(2)−2e39,0
【分析】（1）利用导数求出函数的单调性进行求解；
（2） xex+ax2+1=ex+1在x∈1,3上有解，整理，得ax2=ex−xex.因为x≠0，所以a=ex−xexx2.令gx=ex−xexx2x∈1,3，求导，求出单调性求解．
【详解】（1）当a=0时，fx=xex+1，求导，得f'x=1+xex，
当x<−1时，f'x<0,fx单调递减；当x>−1时，f'x>0,fx单调递增.
所以当x=−1时，fx取得极小值，也是最小值，
所以函数fx的最小值为f−1=−e−1+1=1−1e，没有最大值.
（2）方程fx=ex+1在x∈1,3上有解，
即xex+ax2+1=ex+1在x∈1,3上有解，整理，得ax2=ex−xex.
因为x≠0，所以a=ex−xexx2.
令gx=ex−xexx2x∈1,3，求导，得g'x=−exx2−2x+2x3.
因为x2−2x+2≥1>0，所以当x>0时，g'x<0，
所以当x∈1,3时，gx单调递减，
所以g3≤gx≤g1，即−2e39≤gx≤0，
所以实数a的取值范围是−2e39,0.
1.（2024·全国·模拟预测）已知函数fx=ex−x2+a，x∈R，φx=fx+x2−x.
(1)若φx的最小值为0，求a的值；
(2)当a<0.25时，证明：方程fx=2x在0,+∞上有解.
【答案】(1)a=−1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据函数的最小值求参数即可；
（2）转化为a=2x−ex+x2在0,+∞上有解，根据gx=2x−ex+x2图象特征即可证明；
【详解】（1）由已知得φx=fx+x2−x=ex−x+a，则φ'x=ex−1.
令φ'x=0，解得x=0.
当x∈−∞,0时，φ'x<0，φx单调递减；
当x∈0,+∞时，φ'x>0，φx单调递增.
所以φxmin=φ0=1+a=0，所以a=−1.
（2）要证fx=2x在0,+∞上有解，即证ex−x2+a=2x在0,+∞上有解，
即证a=2x−ex+x2在0,+∞上有解.
令gx=2x−ex+x2，则g'x=2−ex+2x.
设ℎx=g'x，则ℎ'x=−ex+2.
当x0；当x>ln2时，ℎ'x<0.
所以ℎx即g'x在−∞,ln2上单调递增，在ln2,+∞上单调递减.
又因为g'0=2−1+0=1，g'1.5=2−e1.5+3=5−e1.5>0，
g'2=2−e2+4=6−e2<0，
所以由零点存在性定理知，∃x0∈1.5,2，使g'x0=0，即2−ex0+2x0=0，
所以当x∈0,x0时，g'x>0；当x∈x0,+∞时，g'x<0.
所以gx在0,x0上单调递增，在x0,+∞上单调递减.
所以gxmax=gx0=2x0−ex0+x02=−2+x02.
因为x0∈1.5,2，所以1.52−2gx→−∞，所以当a<0.25时，直线y=a与函数y=2x−ex+x2的图像在0,+∞上有交点，即fx=2x在0,+∞上有解.
【点睛】思路点睛：将方程fx=2x在0,+∞上有解转化为a=2x−ex+x2在0,+∞上有解，求出gx=2x−ex+x2在0,+∞上的单调性，则直线y=a与函数y=2x−ex+x2的图像在0,+∞上有交点即可证明；
2.（2024·全国·模拟预测）已知函数fx=x2−2alnx−2(a∈R)．
(1)讨论fx的单调性；
(2)若不等式fx≤2lnx2+x2−2x在区间(1,+∞)上有解，求实数a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析；
(2)e−2,+∞．
【分析】（1）求出f'(x)，分类讨论确定f'(x)>0和f'(x)<0的解得单调性；
（2）用分离参数法转化问题为不等式a≥x−1lnx−lnx在区间1,+∞上有解，引入函数gx=x−1lnx−lnxx>1，求出g(x)的最小值即可得．
【详解】（1）由题意知函数fx的定义域为(0,+∞)，
而f'(x)=2x−2ax=2(x2−a)x，
当a≤0时，f'x>0恒成立，函数fx在(0,+∞)上单调递增；
当a>0时，由f'x<0，得0由f'x>0，得x>a，
所以fx在0,a上单调递减，在(a,+∞)上单调递增．
综上，当a≤0时，fx在(0,+∞)上单调递增；
当a>0时，fx在0,a上单调递减，在a,+∞上单调递增．
（2）因为不等式fx≤2lnx2+x2−2x在区间(1,+∞)上有解，
所以(lnx)2+alnx−x+1≥0在区间1,+∞上有解，此时lnx>0，
即a≥x−1lnx−lnx在区间1,+∞上有解，
令gx=x−1lnx−lnxx>1，则g'x=lnx−1+1xlnx2−1x=lnx−1x−lnx−1xlnx2．
令ℎx=x−lnx−1x>1，则ℎ'x=1−1x=x−1x>0，
所以函数ℎx在1,+∞上单调递增，所以ℎx>ℎ1=0．
当1e时g'x>0，
所以gx在1,e上单调递减，在e,+∞上单调递增，
所以gxmin=ge=e−2，所以a≥e−2，
综上可知，实数a的取值范围是e−2,+∞．
3.（23-24高三上·山西吕梁·阶段练习）已知函数fx=ex−x2−1．
(1)求fx在x=1处的切线方程；
(2)若fx≤ax在x∈0,+∞上有解，求实数a的取值范围．
【答案】(1)y=e−2x
(2)a≥e−2
【分析】（1）求得导数，可得切线的斜率和切点，即可得切线的方程；
（2）由题意得ex−x2−ax−1≤0在0,+∞上有解．当x>0时，a≥exx−x+1x在0,+∞上有解，令gx=exx−x+1x，讨论gx的单调性，求出gx的最小值即可得出实数a的取值范围．
【详解】（1）f'x=ex−2x，f'1=e−2，f1=e−2，
所以fx在x=1处的切线方程为：y−e−2=e−2x−1，即y=e−2x.
（2）因为fx≤ax在0,+∞上有解，所以ex−x2−ax−1≤0在0,+∞上有解，
当x>0时，a≥exx−x+1x在0,+∞上有解，
令gx=exx−x+1x，则g'x=exx−1x2−x2−1x2=x−1ex−x+1x2，
令φ(x)=ex−(x+1)，则φ'(x)=ex−1，
当x>0时，φ'(x)>0，φ(x)单调递增，故φ(x)>φ(0)=0，
则当x>0时，ex>x+1，即ex−x+1>0．
所以，当01时g'x>0，
所以gx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
所以当x=1时，gxmin=e−2，所以a≥e−2，
综上可知，实数a的取值范围是a≥e−2．
4.（2024高三·全国·专题练习）已知函数fx=ex−x.
(1)求函数fx的极值；
(2)若对任意x>0,fx>12ax2+1有解，求a的取值范围.
【答案】(1)极小值为1，无极大值；
(2)a≤1.
【分析】（1）利用导数研究函数fx的单调性即可求极值；
（2）由题意可得任意x>0,ex−x−12ax2−1>0有解，设gx=ex−x−12ax2−1，分a≤0、01讨论即可求解.
【详解】（1）f'x=ex−1=0，得x=0，
当x<0时，f'x<0，函数fx单调递减，
当x>0时，f'x>0，函数fx单调递增，
所以f(x)的极小值为f0=1，无极大值；
（2）对任意x>0,fx>12ax2+1即ex−x−12ax2−1>0，
设gx=ex−x−12ax2−1,x≥0，g'x=ex−1−ax,x≥0，
①当a≤0时，g'x单调递增，g'0=0,g'x>0,gx单调递增，gx>g0=0，成立；
②当00,g'x单调递增，g'0=0,g'x>0,gx单调递增，gx>g0=0，成立；
③当a>1时，当0综上，a≤1.
1．（2022·福建南平·三模）对任意的x1,x2∈1,3，当x10恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．3,+∞B．3,+∞C．9,+∞D．9,+∞
【答案】C
【分析】将不等式等价变形，构造函数f(x)=x−a3lnx，再借助函数单调性、最值求解作答.
【详解】依题意，x1−x2−a3lnx1x2>0⇔x1−a3lnx1−(x2−a3lnx2)>0，令f(x)=x−a3lnx，x∈(1,3]，
则对任意的x1,x2∈(1,3]，当x1f(x2)，即有函数f(x)在(1,3]上单调递减，
因此，∀x∈(1,3]，f'(x)=1−a3x≤0⇔a≥3x，而(3x)max=9，则a≥9，
所以实数a的取值范围是[9,+∞).
故选：C
2．（2024·四川成都·二模）在区间−4,2上随机取一个实数x，使x≤sinx恒成立的概率是（ ）
A．23B．12C．13D．34
【答案】A
【分析】设fx=x−sinx，利用导数求得fx为递增函数，且f0=0，得到不等式x≤sinx的解集为−4,0，结合长度比的几何概型的概率计算，即可求解.
【详解】设函数fx=x−sinx，可得f'x=1−csx≥0，所以fx为递增函数，且f0=0，
所以，当x>0时，fx>f0=0；当x≤0时，fx≤f0=0，
所以不等式x≤sinx的解集为−∞,0，
因为x∈−4,2，所以不等式x≤sinx的解集为−4,0，
由长度比的几何概型的概率计算，可得使x≤sinx恒成立的概率是P=0−(−4)4−(−2)=23.
故选：A.
3．（2022·重庆沙坪坝·模拟预测）若关于x的方程ex=ax2(x>0)有解，则实数a的取值范围为 ．
【答案】e24,+∞
【分析】参变分离得a=exx2，求出fx=exx2x>0的值域即a的取值范围．
【详解】ex=ax2(x>0)有解，即exx2=a(x>0)，令fx=exx2x>0，
f'x=exx2−2xx4，令f'x>0，解得x>2，令f'x<0，解得0所以fx在0,2上单调递减，在2,+∞上单调递增，又f2=e24，所以fx的值域为e24,+∞，故a的取值范围为e24,+∞．
故答案为：e24,+∞．
4．（2024·江苏扬州·模拟预测）已知函数fx=lnmx−xm>0．
(1)若fx≤0恒成立，求m的取值范围；
(2)若fx有两个不同的零点x1,x2，证明x1+x2>2．
【答案】(1)0,e
(2)证明见解析
【分析】（1）直接用导数求出fx的最大值即可；
（2）构造pt=f1+t−f1−t并证明t>0时f1+t>f1−t，并对该不等式代入特殊值即可得证.
【详解】（1）首先由m>0可知fx的定义域是0,+∞，从而fx=lnmx−x=lnx−x+lnm.
故f'x=lnmx−x=1x−1=1−xx，从而当00，当x>1时f'x<0.
故fx在0,1上递增，在1,+∞上递减，所以fx具有最大值f1=lnm−1.
所以命题等价于lnm−1≤0，即m≤e.
所以m的取值范围是0,e.
（2）不妨设x1在−1则p't=f'1+t+f'1−t=−t1+t+t1−t=2t21−t2>0，所以pt单调递增.
这表明t>0时pt>p0=f1−f1=0，即f1+t>f1−t.
又因为f2−x1=f1+1−x1>f1−1−x1=fx1=0=fx2，且2−x1和x2都大于1，
故由fx在1,+∞上的单调性知2−x12.
5．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知fx=−f'1x2+x+2lnx.
(1)求f'1并写出fx的表达式；
(2)证明：f(x)≤x−1.
【答案】(1)f'1=1，fx=−x2+x+2lnx
(2)证明见解析
【分析】（1）直接求导并令x=1可得f'1=1，再代入原表达式即可；
（2）构造函数gt=t−lnt并用导数证明gt≥1，然后利用fx=x−gx2即可.
【详解】（1）由fx=−f'1x2+x+2lnx有f'x=−2f'1x+1+2x，取x=1得到f'1=−2f'1+1+2，解得f'1=1.
将f'1=1代入fx=−f'1x2+x+2lnx可得fx=−x2+x+2lnx.
（2）设gt=t−lnt，则g't=1−1t=t−1t，故当01时g't>0.
所以gt在0,1上递减，在1,+∞上递增，故gt≥g1=1.
从而fx=−x2+x+2lnx=−x2+x+lnx2=x−gx2≤x−1.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于使用导数判断单调性，属于常规题.
6．（2023·吉林长春·模拟预测）已知函数f(x)=12x2−1−lnx.
(1)求fx的最小值；
(2)证明：ln43>732.
【答案】(1)0
(2)证明过程见解析
【分析】（1）利用导数的性质进行求解即可；
（2）利用（1）的结果，取特殊值代入进行证明即可.
【详解】（1）显然该函数的定义域为全体正实数，
由f(x)=12x2−1−lnx⇒f'x=x−1x=x+1x−1x，
当x>1时，f'x>0，所以函数fx单调递增，
当0因此fxmin=f1=0；
（2）由（1）可知：fxmin=0，即f(x)=12x2−1−lnx>0x>0⇒−lnx>−12x2−1x>0，
即ln1x>−12x2−1x>0，
当x=34时，ln134>−12342−1⇒ln43>732.
7．（2024高三·全国·专题练习）已知函数fx=ex−1−ax+lnxa∈R，若不等式fx≥lnx−a+1对一切x∈1,+∞恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】−∞,1
【分析】先研究gt=t−1−lnt的正负，然后利用该结果说明当a>1时原不等式对x=1+lna不成立，而a≤1时原不等式对任意x∈1,+∞成立，即可说明a的取值范围是−∞,1.
【详解】设gt=t−1−lnt，则g't=1−1t=t−1t，故对0对t>1有g't=t−1t>0.
所以gt在0,1上递减，在1,+∞上递增，故有gt>g1=0.
不等式fx≥lnx−a+1即ex−1−ax+lnx≥lnx−a+1，
这等价于ex−1−ax+a−1≥0.
从而条件等价于对任意x∈1,+∞都有ex−1−ax+a−1≥0.
若a>1，则1a∈0,1，从而对于x=1+lna有
ex−1−ax+a−1=elna−a1+lna+a−1=a−alna−1=a1−lna−1a=−a⋅g1a<0.
这表明原不等式对x=1+lna∈1,+∞不成立，故不满足条件；
若a≤1，则对任意x∈1,+∞都有
ex−1−ax+a−1=ex−1−x+1−ax+a−1=ex−1−1−lnex−1+1−ax−1=gex−1+1−ax−1≥0+0=0，
故满足条件.
综上，a的取值范围是−∞,1.
1．（23-24高三上·陕西咸阳·阶段练习）已知函数fx=x2+csx−1，若不等式fax+2A．−4,4B．−∞,4∪4,+∞
C．−42,42D．−∞,42∪42,+∞
【答案】A
【分析】根据函数的单调性和奇偶性，得ax+2【详解】函数fx=x2+csx−1，f−x=x2+csx−1，所以fx=f−x，所以fx为偶函数，
f'x=2x−sinx，令gx=f'x=2x−sinx,g'x=2−csx>0，
当x>0时，f'x>0,fx单调递增，则当x<0时，fx单调递减，
所以不等式fax+2所以ax+2当x=0时，−6<2<6，符合题意，a∈R；
当x>0时，等价于ax+2−x2−6⇒a−x−4x，
等价于a−x−4xmax⇒a<4a>−42，即−42当x<0时，等价于ax+2−x2−6⇒a>x+4xa<−x−4x，
等价于a>x+4xmaxa<−x−4xmin⇒a>−4a<42，即−4综上，对任意x∈R恒成立时，实数a的取值范围是−4,4.
故选：A
2．（2024·宁夏银川·模拟预测）已知a∈N∗，函数fx=e3x−xa>0恒成立，则a的最大值为（ ）
A．2B．3C．6D．7
【答案】D
【分析】由题意函数fx=e3x−xa>0恒成立，可得到a为正奇数，讨论x的范围，参变分离转化成恒成立问题，定义新函数求导求最小值，从而得到a的最大值.
【详解】当a为正偶数时，当x=−2时，f(−2)=e6−(−2)a<0，不合题意，所以a为正奇数，
则当x<0时，xa<00时，e3x−xa>0恒成立即可，
当x=1时，e3−1>0成立，则当x∈(0,1)时，a>3xlnx，因为此时3xlnx<0，所以恒成立.
当x∈(1,+∞)时，a<3xlnx恒成立，
设g(x)=3xlnx,x∈(1,+∞)，则g'(x)=3(lnx−1)(lnx)2，
令g'(x)=0，得x=e，
当x∈(1,e)时，g'(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(e,+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min=g(e)=3e≈8.2，又因为a为正奇数，
所以a的最大值为7.
故选：D
3．（2024·江苏苏州·模拟预测）已知函数fx=lnx+ax+1,a∈R．
(1)讨论fx的单调性；
(2)当a≤2时，证明：fxx≤e2x．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）要证明fxx≤e2x，只要证lnx+2x+1x≤e2x即可，设gx=ex−x−1，利用导数求得最值即可证明．
【详解】（1）函数fx=lnx+ax+1,a∈R的定义域为0,+∞，且f'x=1x+a．
当a≥0时，∀x∈0,+∞,f'x=1x+a>0恒成立，
所以fx在区间0,+∞上单调递增；
当a<0时，令f'x=1x+a=1+axx=0，解得x=−1a，
当x∈0,−1a时，f'x>0,fx在区间0,−1a上单调递增，
当x∈−1a,+∞时，f'x<0,fx在区间−1a,+∞上单调递减．
综上所述，当a≥0时，fx在区间0,+∞上单调递增；
当a<0时，fx在区间0,−1a上单调递增，在区间−1a,+∞上单调递减．
（2）当a≤2时，因为x>0，所以要证fxx≤e2x，只要证明lnx+2x+1x≤e2x即可，
即要证lnx+2x+1≤xe2x，等价于e2x+lnx≥lnx+2x+1（*）．
令gx=ex−x−1，则g'x=ex−1，
在区间−∞,0上，g'x<0,gx单调递减；
在区间0,+∞上，g'x>0,gx单调递增，
所以gx≥g0=e0−0−1=0，所以ex≥x+1（当且仅当x=0时等号成立），
所以（*）成立，当且仅当2x+lnx=0时，等号成立．
又ℎx=2x+lnx在0,+∞上单调递增，ℎ1e=2e−1<0,ℎ1=2>0，
所以存在x0∈1e,1，使得2x0+lnx0=0成立．
综上所述，原不等式成立．
4．（2024高三·全国·专题练习）设函数f(x)=alnx+bx，曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+y−3=0．
(1)求a,b；
(2)证明：f(x)>e−x．
【答案】(1)a=1，b=2．
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数f(x)=alnx+bx的导数，利用曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+y−3=0，利用切线的斜率即切点坐标即可求出a,b.
（2）要证f(x)>e−x，变形即证xlnx>xe−x−2，设函数ℎ(x)=xlnx，g(x)=xe−x−2，判断两函数的单调性，求解函数的最值，满足ℎ(x)min>g(x)max，即可证明f(x)>e−x.
【详解】（1）函数f(x)=alnx+bx，函数的定义域为x>0，f'(x)=ax−bx2，
曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+y−3=0，
可得f(1)=2,f'(1)=−1，即b=2a−b=−1，解得a=1，b=2．
（2）
由（1）得f(x)=lnx+2x，要证f(x)>e−x．即证：exf(x)>1，
即exlnx+2exx>1，等价于xlnx>xe−x−2．
设函数ℎ(x)=xlnx，则ℎ'(x)=lnx+1．
∴当x∈(0,1e)时，ℎ'(x)<0；当x∈(1e,+∞)时，ℎ'(x)>0．
故ℎ(x)在(0,1e)单调递减，在(1e,+∞)单调递增，从而ℎ(x)在(0,+∞)的最小值为ℎ(1e)=−1e．
令g(x)=xe−x−2，则g'(x)=e−x(1−x)．
∴当x∈(0,1)时，g'(x)>0；当x∈(1,+∞)时，g'(x)<0．
故g(x)在(0,1)单调递增，在(1,+∞)单调递减，
从而g(x)在(0,+∞)的最大值为g(1)=−1e−2．
综上，当x>0时，ℎ(x)>g(x)，即exf(x)>1．
可知f(x)>e−x．
5．（2024·广西·模拟预测）设函数fx=−alnx+e2x，a>0．
(1)当a=e时，求函数f(x)的单调区间；
(2)证明：fx−2a−aln2+alna≥0．
【答案】(1)函数fx的单调递减区间为0,12，单调递增区间为12,+∞．
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数f(x)的定义域，利用导数求出其单调区间即可.
（2）通过导数及零点存在定理判断函数fx=e2x−alnx在0,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增，且2e2x0−ax0=0，等式两边取对数并使用基本不等式证明即可.
【详解】（1）当a=e时，fx=e2x−elnx，定义域为(0,+∞)，
所以f'(x)=2e2x−ex，
令g(x)=2e2x−ex
因为g'(x)=4e2x+ex2>0，
所以gx在(0,+∞)上单调递增，
即f'x在(0,+∞)上单调递增，注意到f'(12)=0，
所以当0当x>12时，f'(x)>0，
所以函数fx的单调递减区间为0,12，单调递增区间为12,+∞．
（2）证明：fx−2a−aln2+alna≥0，
即fx≥2a+aln2a，
fx=e2x−alnx的定义域为(0,+∞)，
且f'x=2e2x−ax．
y=2e2x在(0,+∞)上单调递增，
当a>0时，y=−ax在(0,+∞)上单调递增，
故f'x在(0,+∞)上单调递增，
又f'a>0，当x趋近于0时，f'x→−∞，
根据零点存在定理可知，导函数f'x存在唯一的零点，
设该零点为x0．当x∈0,x0时，f'x<0；当x∈(x0,+∞)时，f'x>0，
故fx在0,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增，
当x=x0时，fx取得最小值fx0．
2e2x0−ax0=0，即x0=a2e2x0，
两边同时取对数得lnx0=lna2−2x0，
所以f(x0)=e2x0−alnx0=a2x0+2ax0+aln2a≥2a2x0×2ax0+aln2a=2a+aln2a，
当且仅当a2x0=2ax0，即x0=12时，取等号，
故当a>0时，f(x)≥2a+aln2a，
即f(x)−2a−aln2+alna≥0．
6．（2024·四川内江·三模）已知函数fx=lnx+a1x−1，a>0.
(1)若fx≥0恒成立，求a的取值集合；
(2)证明：1n+1+1n+2+⋅⋅⋅+13n【答案】(1)1
(2)证明见解析
【分析】（1）求导研究函数fx的单调性及最小值，然后构造gx=lnx−x+1，利用导数研究gx的单调性及最大值，结合恒成立列式求解即可.
（2）由（1）可知lnx+1≥xx+1，令x=1nn∈N*，利用累加法求和即可.
【详解】（1）由题可知函数fx的定义域为xx>0，
∵f'x=1x−ax2=x−ax2，∴当0当x>a时，f'x>0，fx单调递增，∴fxmin=fa=lna−a+1，
由已知fx≥0恒成立，所以lna−a+1≥0，a∈0,+∞.
令gx=lnx−x+1，则g'x=1x−1=1−xx，
∴当00，gx单调递增，当x>1时，g'x<0，gx单调递减，
∴gxmax=g1=0，∴lna−a+1≤0，
又∵lna−a+1≥0，∴lna−a+1=0，即ga=g1，
∴a=1，故a的取值集合为1.
（2）由（1）可知，当a=1时，fx≥0，即lnx+1x−1≥0，即lnx≥1−1x=x−1x，
∴lnx+1≥xx+1（当x=0时，“＝”成立），
令x=1nn∈N*，ln1n+1>1n1n+1=1n+1，
则lnn+1n>1n+1，即lnn+1−lnn>1n+1，
故lnn+2−lnn+1>1n+2，lnn+3−lnn+2>1n+3，…，ln3n−ln3n−1>13n，
由累加法可得ln3n−lnn>1n+1+1n+2+1n+3+⋅⋅⋅+13n，
即1n+1+1n+2+1n+3+⋅⋅⋅+13n7．（2024·福建福州·三模）已知函数f(x)=ax−ln(1−x)(a∈R)．
(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；
(2)若f(x)≥0恒成立，求a的值
【答案】(1)y=(a+1)x；
(2)a=−1
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）由f(x)=ax−ln(1−x)，得f'(x)=a+11−x(x<1)，当a≥0时，不符合题意；当a<0时，f(x)最小值为f1+1a=a+1+ln(−a)，若f(x)≥0恒成立，则a+1+ln(−a)≥0，设φ(x)=x+1+ln(−x)(x<0)．根据导数研究φ(x)的最大值，即可求出a的值.
【详解】（1）定义域为(−∞,1)，由f(x)=ax−ln(1−x)，得f'(x)=a+11−x(x<1)，
因为f(0)=0,f'(0)=a+1，
所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=(a+1)x；
（2）定义域为(−∞,1)，f'(x)=a+11−x=−ax+a+11−x，
①当a≥0时，f(−1)=−a−ln2<0，不符合题意．
②当a<0时，令f'(x)=0，解得x=1+1a，
当x∈−∞,1+1a时，f'(x)<0,f(x)在区间−∞,1+1a上单调递减，
当x∈1+1a,1时，f'(x)>0,f(x)在区间1+1a,1上单调递增，
所以当x=1+1a时，f(x)取得最小值f1+1a=a+1+ln(−a)；
若f(x)≥0恒成立，则a+1+ln(−a)≥0，
设φ(x)=x+1+ln(−x)(x<0)，则φ'(x)=1+1x=x+1x，
当x∈(−∞,−1)时，φ'(x)>0,φ(x)在区间(−∞,−1)上单调递增，
当x∈(−1,0)时，φ'(x)<0,φ(x)在区间(−1,0)上单调递减，
所以φ(x)≤φ(−1)=0，即a+1+ln(−a)≥0的解为a=−1．
所以a=−1.
1.（2024·全国·高考真题）已知函数fx=ax−1−lnx+1．
(1)求fx的单调区间；
(2)当a≤2时，证明：当x>1时，fx【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性；
（2）先根据题设条件将问题可转化成证明当x>1时，ex−1−2x+1+lnx>0即可.
【详解】（1）f(x)定义域为(0,+∞)，f'(x)=a−1x=ax−1x
当a≤0时，f'(x)=ax−1x<0，故f(x)在(0,+∞)上单调递减；
当a>0时，x∈1a,+∞时，f'(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈0,1a时，f'(x)<0，f(x)单调递减.
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0,+∞)；
a>0时，f(x)的单调递增区间为1a,+∞，单调递减区间为0,1a.
（2）a≤2，且x>1时，ex−1−f(x)=ex−1−a(x−1)+lnx−1≥ex−1−2x+1+lnx，
令g(x)=ex−1−2x+1+lnx(x>1)，下证g(x)>0即可.
g'(x)=ex−1−2+1x，再令ℎ(x)=g'(x)，则ℎ'(x)=ex−1−1x2，
显然ℎ'(x)在(1,+∞)上递增，则ℎ'(x)>ℎ'(1)=e0−1=0，
即g'(x)=ℎ(x)在(1,+∞)上递增，
故g'(x)>g'(1)=e0−2+1=0，即g(x)在(1,+∞)上单调递增，
故g(x)>g(1)=e0−2+1+ln1=0，问题得证
2.（2023·全国·高考真题）已知函数fx=aex+a−x．
(1)讨论fx的单调性；
(2)证明：当a>0时，fx>2lna+32．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求导，再分类讨论a≤0与a>0两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；
（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为a2−12−lna>0的恒成立问题，构造函数ga=a2−12−lnaa>0，利用导数证得ga>0即可.
方法二：构造函数ℎx=ex−x−1，证得ex≥x+1，从而得到f(x)≥x+lna+1+a2−x，进而将问题转化为a2−12−lna>0的恒成立问题，由此得证.
【详解】（1）因为f(x)=aex+a−x，定义域为R，所以f'x=aex−1，
当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，故f'x=aex−1<0恒成立，
所以fx在R上单调递减；
当a>0时，令f'x=aex−1=0，解得x=−lna，
当x<−lna时，f'x<0，则fx在−∞,−lna上单调递减；
当x>−lna时，f'x>0，则fx在−lna,+∞上单调递增；
综上：当a≤0时，fx在R上单调递减；
当a>0时，fx在−∞,−lna上单调递减，fx在−lna,+∞上单调递增.
（2）方法一：
由（1）得，fxmin=f−lna=ae−lna+a+lna=1+a2+lna，
要证f(x)>2lna+32，即证1+a2+lna>2lna+32，即证a2−12−lna>0恒成立，
令ga=a2−12−lnaa>0，则g'a=2a−1a=2a2−1a，
令g'a<0，则00，则a>22；
所以ga在0,22上单调递减，在22,+∞上单调递增，
所以gamin=g22=222−12−ln22=ln2>0，则ga>0恒成立，
所以当a>0时，f(x)>2lna+32恒成立，证毕.
方法二：
令ℎx=ex−x−1，则ℎ'x=ex−1，
由于y=ex在R上单调递增，所以ℎ'x=ex−1在R上单调递增，
又ℎ'0=e0−1=0，
所以当x<0时，ℎ'x<0；当x>0时，ℎ'x>0；
所以ℎx在−∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增，
故ℎx≥ℎ0=0，则ex≥x+1，当且仅当x=0时，等号成立，
因为f(x)=aex+a−x=aex+a2−x=ex+lna+a2−x≥x+lna+1+a2−x，
当且仅当x+lna=0，即x=−lna时，等号成立，
所以要证f(x)>2lna+32，即证x+lna+1+a2−x>2lna+32，即证a2−12−lna>0，
令ga=a2−12−lnaa>0，则g'a=2a−1a=2a2−1a，
令g'a<0，则00，则a>22；
所以ga在0,22上单调递减，在22,+∞上单调递增，
所以gamin=g22=222−12−ln22=ln2>0，则ga>0恒成立，
所以当a>0时，f(x)>2lna+32恒成立，证毕.
3.（2023·天津·高考真题）已知函数fx=1x+12lnx+1．
(1)求曲线y=fx在x=2处的切线斜率；
(2)求证：当x>0时，fx>1；
(3)证明：56【答案】(1)13−ln34
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义求斜率；
（2）问题化为x>0时lnx+1>2xx+2，构造g(x)=lnx+1−2xx+2，利用导数研究单调性，即可证结论；
（3）构造ℎ(n)=lnn!−n+12lnn+n，n∈N∗，作差法研究函数单调性可得ℎ(n)≤ℎ(1)=1，再构造φ(x)=lnx−(x+5)(x−1)4x+2且x>0，应用导数研究其单调性得到lnx≤(x+5)(x−1)4x+2恒成立，对ℎ(n)−ℎ(n+1)作放缩处理，结合累加得到ℎ(1)−ℎ(n)<32ln2−1+112<16n≥3，即可证结论.
【详解】（1）f(x)=ln(x+1)x+ln(x+1)2，则f'(x)=1x(x+1)+12(x+1)−ln(x+1)x2，
所以f'(2)=13−ln34，故x=2处的切线斜率为13−ln34；
（2）要证x>0时fx=1x+12lnx+1>1，即证lnx+1>2xx+2，
令g(x)=lnx+1−2xx+2且x>0，则g'(x)=1x+1−4(x+2)2=x2(x+1)(x+2)2>0，
所以g(x)在(0,+∞)上递增，则g(x)>g(0)=0，即lnx+1>2xx+2.
所以x>0时fx>1.
（3）设ℎ(n)=lnn!−n+12lnn+n，n∈N∗，
则ℎ(n+1)−ℎ(n)=1+(n+12)lnn−(n+12)lnn+1=1−(n+12)ln(1+1n)，
由（2）知：x=1n ∈(0,1]，则f(1n)=(n+12)ln(1+1n)>1，
所以ℎ(n+1)−ℎ(n)<0，故ℎ(n)在n∈N∗上递减，故ℎ(n)≤ℎ(1)=1；
下证ln(n!)−(n+12)lnn+n>56，
令φ(x)=lnx−(x+5)(x−1)4x+2且x>0，则φ'(x)=(x−1)2(1−x)x(2x+1)2，
当00，φ(x)递增，当x>1时φ'(x)<0，φ(x)递减，
所以φ(x)≤φ(1)=0，故在x∈0,+∞上lnx≤(x+5)(x−1)4x+2恒成立，
则ℎ(n)−ℎ(n+1)=(n+12)ln(1+1n)−1≤(n+12)⋅(6+1n)(1n)2(3+2n)−1=14n(3n+2)<112(1n−1−1n)，
所以ℎ(2)−ℎ(3)<112(1−12)，ℎ(3)−ℎ(4)<112(12−13)，…，ℎ(n−1)−ℎ(n)<112(1n−2−1n−1)，
累加得：ℎ(2)−ℎ(n)<112(1−1n−1)，而ℎ(2)=2−32ln2，ℎ(1)=1
因为79>34>ln2，所以ℎ(2)=2−32ln2>56，
则−ℎ(n)<112(1−1n−1)−2+32ln2n≥3，
所以ℎ(1)−ℎ(n)<32ln2−1+112(1−1n−1)<32ln2−1+112<16，故ℎ(n)>56n≥3；
综上，56<ℎ(n)≤1，即56【点睛】关键点点睛：第三问，作差法研究ℎ(n)=lnn!−n+12lnn+n单调性证右侧不等关系，再构造φ(x)=lnx−(x+5)(x−1)4x+2且x>0，导数研究其函数符号得lnx≤(x+5)(x−1)4x+2恒成立，结合放缩、累加得到ℎ(1)−ℎ(n)<32ln2−1+112(1−1n)为关键.
4.（2023·全国·高考真题）（1）证明：当0（2）已知函数fx=csax−ln1−x2，若x=0是fx的极大值点，求a的取值范围．
【答案】（1）证明见详解（2）−∞,−2∪2,+∞
【分析】（1）分别构建Fx=x−sinx,x∈0,1，Gx=x2−x+sinx,x∈0,1，求导，利用导数判断原函数的单调性，进而可得结果；
（2）根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究fx在0,1上的单调性，求导，分类讨论0【详解】（1）构建Fx=x−sinx,x∈0,1，则F'x=1−csx>0对∀x∈0,1恒成立，
则Fx在0,1上单调递增，可得Fx>F0=0，
所以x>sinx,x∈0,1；
构建Gx=sinx−x−x2=x2−x+sinx,x∈0,1，
则G'x=2x−1+csx,x∈0,1，
构建gx=G'x,x∈0,1，则g'x=2−sinx>0对∀x∈0,1恒成立，
则gx在0,1上单调递增，可得gx>g0=0，
即G'x>0对∀x∈0,1恒成立，
则Gx在0,1上单调递增，可得Gx>G0=0，
所以sinx>x−x2,x∈0,1；
综上所述：x−x2（2）令1−x2>0，解得−1若a=0，则fx=1−ln1−x2,x∈−1,1，
因为y=−lnu在定义域内单调递减，y=1−x2在−1,0上单调递增，在0,1上单调递减，
则fx=1−ln1−x2在−1,0上单调递减，在0,1上单调递增，
故x=0是fx的极小值点，不合题意，所以a≠0.
当a≠0时，令b=a>0
因为fx=csax−ln1−x2=csax−ln1−x2=csbx−ln1−x2，
且f−x=cs−bx−ln1−−x2=csbx−ln1−x2=fx，
所以函数fx在定义域内为偶函数，
由题意可得：f'x=−bsinbx−2xx2−1,x∈−1,1，
（i）当0由（1）可得f'x=−bsinbx−2xx2−1>−b2x−2xx2−1=xb2x2+2−b21−x2，
且b2x2>0,2−b2≥0,1−x2>0，
所以f'x>xb2x2+2−b21−x2>0，
即当x∈0,m⊆0,1时，f'x>0，则fx在0,m上单调递增，
结合偶函数的对称性可知：fx在−m,0上单调递减，
所以x=0是fx的极小值点，不合题意；
（ⅱ）当b2>2时，取x∈0,1b⊆0,1，则bx∈0,1，
由（1）可得f'x=−bsinbx−2xx2−1<−bbx−b2x2−2xx2−1=x1−x2−b3x3+b2x2+b3x+2−b2，
构建ℎx=−b3x3+b2x2+b3x+2−b2,x∈0,1b，
则ℎ'x=−3b3x2+2b2x+b3,x∈0,1b，
且ℎ'0=b3>0,ℎ'1b=b3−b>0，则ℎ'x>0对∀x∈0,1b恒成立，
可知ℎx在0,1b上单调递增，且ℎ0=2−b2<0,ℎ1b=2>0，
所以ℎx在0,1b内存在唯一的零点n∈0,1b，
当x∈0,n时，则ℎx<0，且x>0,1−x2>0，
则f'x即当x∈0,n⊆0,1时，f'x<0，则fx在0,n上单调递减，
结合偶函数的对称性可知：fx在−n,0上单调递增，
所以x=0是fx的极大值点，符合题意；
综上所述：b2>2，即a2>2，解得a>2或a<−2，
故a的取值范围为−∞,−2∪2,+∞.
【点睛】关键点睛：
1.当02.当a2≥2时，利用x−x25.（2021·全国·高考真题）已知函数fx=x1−lnx.
（1）讨论fx的单调性；
（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna−alnb=a−b，证明：2<1a+1b【答案】（1）fx的递增区间为0,1，递减区间为1,+∞；（2）证明见解析.
【分析】(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.
(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令1a=m,1b=n，命题转换为证明：2【详解】(1)f(x)的定义域为(0,+∞)．
由f(x)=x(1−lnx)得，f'(x)=−lnx，
当x=1时，f'(x)=0；当x∈(0,1)时f'(x)>0；当x∈(1,+∞)时，f'(x)<0．
故f(x)在区间(0,1]内为增函数，在区间[1,+∞)内为减函数，
(2)[方法一]：等价转化
由blna−alnb=a−b得1a(1−ln1a)=1b(1−ln1b)，即f(1a)=f(1b)．
由a≠b，得1a≠1b．
由（1）不妨设1a∈(0,1),1b∈(1,+∞)，则f(1a)>0，从而f(1b)>0，得1b∈(1,e)，
①令g(x)=f(2−x)−f(x)，
则g'(x)=ln(2−x)+lnx=ln(2x−x2)=ln[1−(x−1)2]，
当x∈(0,1)时，g'(x)<0，g(x)在区间(0,1)内为减函数，g(x)>g(1)=0，
从而f(2−x)>f(x)，所以f(2−1a)>f(1a)=f(1b)，
由（1）得2−1a<1b即2<1a+1b．①
令ℎ(x)=x+f(x)，则ℎ'(x)=1+f'(x)=1−lnx，
当x∈(1,e)时，ℎ'(x)>0，ℎ(x)在区间(1,e)内为增函数，ℎ(x)<ℎ(e)=e，
从而x+f(x)又由1a∈(0,1)，可得1a<1a(1−ln1a)=f(1a)=f(1b)，
所以1a+1b由①②得2<1a+1b[方法二]【最优解】：blna−alnb=a−b变形为lnaa−lnbb=1b−1a，所以lna+1a=lnb+1b．
令1a=m,1b=n．则上式变为m(1−lnm)=n(1−lnn)，
于是命题转换为证明：2令f(x)=x(1−lnx)，则有f(m)=f(n)，不妨设m由（1）知02．
要证：m+n>2⇔n>2−m⇔f(n)⇔f(m)−f(2−m)<0．
令g(x)=f(x)−f(2−x),x∈(0,1)，
则g'(x)=−lnx−ln(2−x)=−ln[x(2−x)]≥−ln1=0，
∴g(x)在区间(0,1)内单调递增，所以g(x)2．
再证m+n因为m(1−lnm)=n⋅(1−lnn)>m，所以需证n(1−lnn)+n令ℎ(x)=x(1−lnx)+x,x∈(1,e)，
所以ℎ'(x)=1−lnx>0，故ℎ(x)在区间(1,e)内单调递增．
所以ℎ(x)<ℎ(e)=e．故ℎ(n)综合可知2<1a+1b[方法三]：比值代换
证明1a+1b>2同证法2．以下证明x1+x2不妨设x2=tx1，则t=x2x1>1，
由x1(1−lnx1)=x2(1−lnx2)得x1(1−lnx1)=tx1[1−ln(tx1)]，lnx1=1−tlntt−1，
要证x1+x2即ln(1+t)+1−tlntt−1<1，
即证ln(1+t)t记g(s)=ln(1+s)s,s∈(0,+∞)，则g'(s)=s1+s−ln(1+s)s2.
记ℎ(s)=s1+s−ln(1+s)，则ℎ'(s)=1(1+s)2−11+s<0，
所以，ℎ(s)在区间(0,+∞)内单调递减．ℎ(s)<ℎ(0)=0，则g'(s)<0，
所以g(s)在区间(0,+∞)内单调递减．
由t∈(1,+∞)得t−1∈(0,+∞)，所以g(t)即ln(1+t)t[方法四]：构造函数法
由已知得lnaa−lnbb=1b−1a，令1a=x1,1b=x2，
不妨设x1由（Ⅰ）知，0证明x1+x2>2同证法2．
再证明x1+x2令φ(x)=lnx+ex−2(0所以φ(x)>φ(e)=0,ℎ'(x)>0，ℎ(x)在区间(0,e)内单调递增．
因为0x1−ex2−e
又因为f(x1)=f(x2)，所以1−lnx11−lnx2=x2x1,x2x1>x1−ex2−e，
即x22−ex20．
因为x1综上，有2<1a+1b【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.
方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.
方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.
方法四：构造函数之后想办法出现关于x1+x2−e<0的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.
6.（2022·北京·高考真题）已知函数f(x)=exln(1+x)．
(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；
(2)设g(x)=f'(x)，讨论函数g(x)在[0,+∞)上的单调性；
(3)证明：对任意的s,t∈(0,+∞)，有f(s+t)>f(s)+f(t)．
【答案】(1)y=x
(2)g(x)在[0,+∞)上单调递增.
(3)证明见解析
【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；
（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；
（3）令m(x)=f(x+t)−f(x)，(x,t>0)，即证m(x)>m(0)，由第二问结论可知m(x)在[0,+∞）上单调递增，即得证.
【详解】（1）解：因为f(x)=exln(1+x)，所以f0=0，
即切点坐标为0,0，
又f'(x)=ex(ln(1+x)+11+x)，
∴切线斜率k=f'(0)=1
∴切线方程为：y=x
（2）解：因为g(x)=f'(x)=ex(ln(1+x)+11+x)，
所以g'(x)=ex(ln(1+x)+21+x−1(1+x)2)，
令ℎ(x)=ln(1+x)+21+x−1(1+x)2，
则ℎ'(x)=11+x−2(1+x)2+2(1+x)3=x2+1(1+x)3>0，
∴ℎ(x)在[0,+∞)上单调递增，
∴ℎ(x)≥ℎ(0)=1>0
∴g'(x)>0在[0,+∞)上恒成立，
∴g(x)在[0,+∞)上单调递增.
（3）解：原不等式等价于f(s+t)−f(s)>f(t)−f(0)，
令m(x)=f(x+t)−f(x)，(x,t>0)，
即证m(x)>m(0)，
∵m(x)=f(x+t)−f(x)=ex+tln(1+x+t)−exln(1+x)，
m'(x)=ex+tln(1+x+t)+ex+t1+x+t−exln(1+x)−ex1+x=g(x+t)−g(x)，
由（2）知g(x)=f'(x)=ex(ln(1+x)+11+x)在0,+∞上单调递增，
∴g(x+t)>g(x)，
∴m'(x)>0
∴m(x)在0,+∞上单调递增，又因为x,t>0，
∴m(x)>m(0)，所以命题得证.
7.（Ⅰ）若a≤0，讨论fx的单调性；
（Ⅱ）若0（i）证明fx恰有两个零点
（ii）设x0为fx的极值点，x1为fx的零点，且x1>x0，证明3x0−x1>2.
【答案】（I）f(x)在(0,+∞)内单调递增.；
（II）（i）见解析；（ii）见解析.
【分析】（I）；首先写出函数的定义域，对函数求导，判断导数在对应区间上的符号，从而得到结果；
（II）（i）对函数求导，确定函数的单调性，求得极值的符号，从而确定出函数的零点个数，得到结果；
（ii）首先根据题意，列出方程组，借助于中介函数，证得结果.
【详解】（I）解：由已知，f(x)的定义域为(0,+∞)，
且f'(x)=1x−[aex+a(x−1)ex]=1−ax2exx，
因此当a≤0时，1−ax2ex>0，从而f'(x)>0，
所以f(x)在(0,+∞)内单调递增.
（II）证明：（i）由（I）知，f'(x)=1−ax2exx，
令g(x)=1−ax2ex，由0又g(1)=1−ae>0，且g(ln1a)=1−a(ln1a)21a=1−(ln1a)2<0，
故g(x)=0在(0,+∞)内有唯一解，
从而f'(x)=0在(0,+∞)内有唯一解，不妨设为x0，
则1g(x0)x=0，
所以f(x)在(0,x0)内单调递增；
当x∈(x0,+∞)时，f'(x)=g(x)x所以f(x)在(x0,+∞)内单调递减，
因此x0是f(x)的唯一极值点.
令ℎ(x)=lnx−x+1，则当x>1时，ℎ'(x)=1x−1<0，故ℎ(x)在(1,+∞)内单调递减，
从而当x>1时，ℎ(x)<ℎ(1)=0，所以lnx从而f(ln1a)=lnln1a−a(ln1aa−1)eln1a=lnln1a−ln1a+1=ℎ(ln1a)<0，
又因为f(x0)>f(1)=0，所以f(x)在(x0,+∞)内有唯一零点，
又f(x)在(0,x0)内有唯一零点1，从而，f(x)在(0,+∞)内恰有两个零点.
（ii）由题意，f'(x0)=0f(x1)=0，即ax02ex0=1lnx1=a(x1−1)ex1，
从而lnx1=x1−1x02ex1−x0，即ex1−x0=x02lnx1x1−1，
因为当x>1时，lnxx0>1，故ex1−x0两边取对数，得lnex1−x0于是x1−x0<2lnx0<2(x0−1)，整理得3x0−x1>2，
【点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法，考查函数思想、化归与转化思想，考查综合分析问题和解决问题的能力.
8.（2019·天津·高考真题）已知a∈R，设函数f(x)=x2−2ax+2a,x⩽1,x−alnx,x>1,若关于x的不等式f(x)⩾0在R上恒成立，则a的取值范围为
A．0,1B．0,2C．0,eD．1,e
【答案】C
【解析】先判断a≥0时，x2−2ax+2a≥0在(−∞,1]上恒成立；若x−alnx≥0在(1,+∞)上恒成立，转化为a≤xlnx在(1,+∞)上恒成立．
【详解】∵f(0)≥0，即a≥0，
（1）当0≤a≤1时，f(x)=x2−2ax+2a=(x−a)2+2a−a2≥2a−a2=a(2−a)>0，
当a>1时，f(1)=1>0，
故当a≥0时，x2−2ax+2a≥0在(−∞,1]上恒成立；
若x−alnx≥0在(1,+∞)上恒成立，即a≤xlnx在(1,+∞)上恒成立，
令g(x)=xlnx，则g'(x)=lnx−1(lnx)2，
当x>e,函数单增，当0故g(x)min=g(e)=e，所以a≤e．当a≥0时，x2−2ax+2a≥0在(−∞,1]上恒成立；
综上可知，a的取值范围是[0,e]，
故选C．
【点睛】本题考查分段函数的最值问题，关键利用求导的方法研究函数的单调性，进行综合分析．
5年考情
考题示例
考点分析
2024年天津卷，第20题,16分
利用导数证明不等式 利用导数研究不等式恒成立问题 由导数求求在曲线上一点处的切线方程(斜率)函数的最值(含参)
2023年天津卷，第20题,16分
求在曲线上一点处的切线方程(斜率)利用导数证明不等式 利用导数研究不等式恒成立问题
2022年天津卷，第20题,16分
求在曲线上一点处的切线方程(斜率)利用导数研究不等式恒成立问题 利用导数研究函数的零
2021年天津卷，第20题,16分
求在曲线上一点处的切线方程(斜率)
利用导数研究能成立问题 函数极值点的辨析
2020年天津卷，第20题,16分
利用导数证明不等式