重难点专题10 导数与不等式恒成立九大题型汇总-【划重点】备战2024年高考数学重难点题型突破（新高考通用）

这是一份重难点专题10 导数与不等式恒成立九大题型汇总-【划重点】备战2024年高考数学重难点题型突破（新高考通用），文件包含重难点专题10导数与不等式恒成立九大题型汇总原卷版docx、重难点专题10导数与不等式恒成立九大题型汇总解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共104页， 欢迎下载使用。
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二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
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重难点专题10导数与不等式恒成立九大题型汇总
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc145077097" 题型1直接求导型 PAGEREF _Tc145077097 \h 1
\l "_Tc145077098" 题型2端点赋值法 PAGEREF _Tc145077098 \h 9
\l "_Tc145077099" 题型3 隐零点型 PAGEREF _Tc145077099 \h 17
\l "_Tc145077100" 题型4分离参数法 PAGEREF _Tc145077100 \h 24
\l "_Tc145077101" 题型5分离参数法-洛必达法则 PAGEREF _Tc145077101 \h 32
\l "_Tc145077102" 题型6构造辅助函数求参 PAGEREF _Tc145077102 \h 36
\l "_Tc145077103" 题型7绝对值同构求参 PAGEREF _Tc145077103 \h 45
\l "_Tc145077104" 题型8函数取“整”型 PAGEREF _Tc145077104 \h 55
\l "_Tc145077105" 题型9“存在”成立问题 PAGEREF _Tc145077105 \h 64
题型1直接求导型
【例题1】（2023秋·河南·高三校联考开学考试）已知函数fx=lnx1−x，x∈D．其中D=0,1∪1,+∞
(1)求函数fx在点12,f12处的切线方程；
(2)若gx=−ax，且∀x∈D，fx≥gx恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)4−4ln2x−y−2=0
(2)1,+∞
【分析】（1）利用导数几何意义可求得切线斜率f'12，结合f12=−2ln2可求得切线方程；
（2）易知a>0，将恒成立的不等式转化为a≥lnxx−1x，分别在0,1和1,+∞的情况下得到变形后的不等关系；构造函数ℎx=2lnx−ax−1x，分别在a≥1和0ax−1x，∴2lnx−ax−1x≥0；
当x∈1,+∞时，ℎx0)，
∴f'x=2x−x=2−x2x(x>0)，
令f'x=0，得x=2，
当x∈0,2时，f'x>0,fx单调递增；
当x∈2,+∞时，f'x0，所以Gx在0,+∞上单调递增，
又因为G1=−32m+3>0.
所以关于x的不等式Gx0时，G'x=−mx−2mx+1x.
令G'x=0，得x=2m，所以当x∈0,2m时，G'x>0；
当x∈2m,+∞时，G'x0,ℎ2=0,ℎ3=2ln2−2ln3−13−2，利用导数可求得Fx单调性；
（2）分析可知t>0且x>−2；令gx=ex+x，可将恒成立的不等式转化为gx+lnt>glnx+2，结合单调性可得lnt>lnx+2−x，令ℎx=lnx+2−x，利用导数可求得ℎx单调性和ℎxmax，进而得到t的范围.
【详解】（1）当t=1时，Fx=ex+ln1x+2−1+lnx+2e2x=ex−1+lne−2x=ex−2x−1x>−2；
∵Fx定义域为−2,+∞，F'x=ex−2，
∴当x∈−2,ln2时，F'xe，即实数t的取值范围为e,+∞.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解函数单调性，恒成立问题的求解；本题求解恒成立问题的关键是能够采用同构法，将问题转化为gx=ex+x的两个函数值大小关系的比较问题，进而根据gx的单调性得到自变量的大小关系.
【变式1-1】4. （2023秋·云南保山·高三统考期末）已知函数fx=2ax−sinx.
(1)当a=1时，求曲线y=fx在点0,f0处的切线方程；
(2)当x>0时，fx≥axcsx恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)y=x
(2)1,+∞
【分析】（1）求出导数，求得切线的斜率和切点，由点斜率式方程可得切线的方程；
（2）求出导数，令令gx=fx−axcsx，讨论当a≥1，a≤0，00时，gx≥2x−xcsx−sinx，令ℎx=2x−xcsx−sinx，ℎ'x=2−2csx+xsinx，
当x∈0,π时，ℎ'x≥0，
所以ℎx在0,π上单调递增，ℎx>ℎ0=0，
当x∈π,+∞时，ℎx=x1−csx+x−sinx>0，
所以gx≥ℎx≥0恒成立，符合题意；
②若a≤0，则当x∈0,π2时，gx=2ax−axcsx−sinx=ax1−csx+ax−sinx0，即g(x)在1,−12p上单调递增，
从而存在x0∈1,−12p使得gx0>g1=0不满足题意；
③当p≥0时，由x≥1知gx=xlnx+px2−1≥0恒成立，此时不满足题意.
综上所述，实数p的取值范围为p≤−12.
【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数a≥fx恒成立(a≥fxmax即可)或a≤fx恒成立（a≤fxmin即可）；② 数形结合(y=fx 图象在y=gx 上方即可)；③ 讨论最值fxmin≥0或fxmax≤0恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.
【变式2-1】1. （2022秋·黑龙江鸡西·高三校考阶段练习）已知函数fx=12x2−a+1x+alnx+1．
(1)若x=3是fx的极值点，求fx的单调性；
(2)若fx≥1恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)增区间为0,1,3,+∞；减区间为1,3
(2)−∞,−12
【分析】（1）由f'3=0求得a的值，再由f'x求得fx的单调区间.
（2）代入x=1可得a0,fx单调递增；
在区间1,3上f'x0，
由fx≥1，得12x2−a+1x+alnx+1≥1,12x2−a+1x+alnx≥0①，
设gx=12x2−a+1x+alnxx>0
g1=12−a+1=−a−12，
所以当a≥0时，g10，
令ℎ'x=0，得x+1ex−t=0，
注意到qx=x+1ex在−1,+∞上单调递增，且q−1=0，
所以在t>0时，有唯一的实数x0∈−1,+∞使得x0+1ex0=t，ℎ'x0=0．
当x∈−1,x0时，ℎ'x0，可得x>1；
令H'x=ex−1−112lnx+1，根据题意可知ae0−02−cs0>12ln0+1，即可得a>1，利用（1）中的结论∀x∈0,+∞，ex≥x2+12x+1，结合lnx+1≤x即可得a>1即满足题意.
【详解】（1）证明：因为函数f(x)=−x2ex+(b−1)x+a在x=0处的切线与y轴垂直，所以f'(0)=0，
因为f'(x)=x2−2xex+b−1，所以f'(0)=b−1=0，解得b=1．
当a=1时，f(x)=−x2ex+1，
令φ(x)=f(x)−g(x)=−x2ex+1−x+22ex=1exex−1−12x−x2，
又令p(x)=ex−1−12x−x2，则p'(x)=ex−2x−12，
再令m(x)=ex−2x−12，则m'(x)=ex−2，
令m'(x)=0，解得x=ln2，
故m(x)在0,ln2上单调递减，在ln2,+∞上单调递增，
则m(x)≥mln2=32−2ln2=lne32−ln4，
易知e3>2.73=19.683>16=42，所以e32>4，即m(x)≥lne32−ln4>0；
故p'(x)>0在0,+∞上恒成立，所以p(x)在0,+∞上单调递增，
所以p(x)>p(0)=0，即ex>x2+12x+1在0,+∞上恒成立，
所以φ(x)>0，所以f(x)>g(x)，
故函数f(x)在x∈0,+∞上的图象恒在函数g(x)的图象的上方．
（2）因为2exf(x)−csx>ln(x+1)，可得aex−x2−csx>12lnx+1；
又因为∀x∈0,+∞，不等式2exf(x)−csx>lnx+1恒成立，
所以ae0−02−cs0>12ln0+1，即a>1．
令ℎ(x)=lnx+1−x，则ℎ'(x)=1x+1−1=−xx+1，
令ℎ'(x)=0，解得x=0．
故ℎ(x)在−1,0上单调递增，在0,+∞上单调递减，
则ℎ(x)≤ℎ(0)=0，即lnx+1≤x．
由（1）可知∀x∈0,+∞，ex≥x2+12x+1．
当a>1时，aex−x2−csx−12lnx+1>ex−x2−csx−12lnx+1
≥x2+12x+1−x2−csx−12lnx+1=1−csx+12x−lnx+1≥1−csx≥0，
所以∀x∈0,+∞，不等式2exf(x)−csx>lnx+1恒成立，
则实数a的取值范围为1,+∞．
【点睛】方法点睛：对于不等式恒成立问题，往往通过构造函数再利用导数得出函数单调性即可求解，构造函数过程中要特别关注已有结论的应用，比如lnx+1≤x，ex≥x+1等，还要培养灵活运用上一问结论的意识和习惯.
题型3 隐零点型
【例题3】（2023秋·湖北随州·高三随州市曾都区第一中学校考开学考试）已知函数fx=ax2+xlnx（a∈R）图象在点(1,f(1))处的切线与直线x+3y=0垂直．
(1)求实数a的值；
(2)若存在k∈Z，使得f(x)>k恒成立，求实数k的最大值．
【答案】(1)1
(2)-1
【分析】（1）根据导数的几何意义即可求得答案；
（2）将不等式恒成立问题转化为函数的最值问题，求出函数导数f'(x)=2x+lnx+1，判断其函数值正负，判断函数f(x)单调性，利用“隐零点”求得函数最小值的表达式，结合二次函数性质即可求得答案.
【详解】（1）∵fx=ax2+xlnx,(x>0)，∴f'(x)=2ax+lnx+1，
∵切线与直线x+3y=0垂直，∴切线的斜率为3，
∴f'(1)=3，即2a+1=3，故a=1.
（2）由（1）知fx=x2+xlnx，x∈(0,+∞)，
f'(x)=2x+lnx+1，
令g(x)=2x+lnx+1，x∈(0,+∞)，则g'x=2+1x，x∈(0,+∞)，
由g'(x)>0对x∈(0,+∞)恒成立，故g(x)在(0,+∞)上单调递增，
又∵g1e2=2e2−2+1=2e2−10，
∴存在x0∈0,12，使gx0=0，
∵g(x)在(0,+∞)上单调递增，
∴当x∈0,x0时，g(x)=f'(x)0两种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数fx的增区间和减区间；
（2）由已知得2ax0恒成立，此时fx的增区间为−∞,+∞，无减区间；
若a>0，由f'x0，可得a0可得x>x0，
所以fx在−∞,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增，
从而fxmin=fx0=ex0+ax02，
因为fx≥b恒成立，所以ex0+ax02≥b，故a−b≥a−ex0−ax02①，
又f'x0=ex0+2ax0=0，所以a=−ex02x0，
代入不等式①可得a−b≥−ex02x0−ex0−ex02x0x02，整理得：a−b≥x02−2x0−12x0ex0，
设gx=x2−2x−12xexx0⇔−10时，fx在−∞,lna单调递减，在lna,+∞单调递增.
（2）当x=0时，φx≥0成立，当x>0时，ϕx≥0恒成立即a≤ex+sin2xx，
设gx=ex+sin2xx，则g'x=ex+sin2xx−ex+sin2xx2=exx−1+xsin2x−sin2xx2，
令ℎx=exx−1+xsin2x−sin2x，则ℎ'x=xex+2cs2x，
设px=ex+2cs2x，
当0−1，故px>0；当x≥π3时，ex>2,2cs2x≥−2，故px>0，
综上有px>0，故ℎ'x>0，故ℎx为增函数，
又ℎ1=sin2−sin21=sin1⋅cs12−tan1>sin1⋅cs12−tanπ3>0，
因为eπ44=eπ>2.73>16=24，故eπ4>2，
所以ℎπ4=eπ4π4−1+π4−120；当x∈x0,+∞时，φxae−x+lnx恒成立，求证：实数aaex⇔−xex+x−1>aex⇔a0
所以ux在0,+∞上单调递增，又u0=−10，
则ux在0,1上存在零点x0且ux0=x0ex0−1=0，即ex0=1x0.
所以ℎx在0,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增，
所以ℎxmin=ℎx0=x0−1ex0−x0=1−x0+1x0，即a0，
则ℎx0=1−x0+1x0在0,1上单调递增，因此ℎx00，gx单调递增；
当1e0，此时函数fx在−∞,−m，−1,+∞上单调递增；
当x∈−m,−1时，满足f'(x)1，则ℎ'x=2lnx+1−2x+3⋅1xlnx+12=2lnx−3xlnx+12；
令φx=2lnx−3xx>1，则φ'x=2x+3x2>0在x∈1,+∞上恒成立，
即函数φx在x∈1,+∞上单调递增，
易知φ2=2ln2−32=ln16−lne32，由于e3>2.73=19.683，所以φ225=32>27=33>e3，所以φ52>0；
因此ℎ'x在x∈1,+∞有且仅有一个零点x0，满足2lnx0=3x0，且x0∈2,52；
所以当x∈1,x0时，ℎ'x0，gx单调递增，
当x∈x0,1时，ℎx>0，g'x≤0，gx单调递减，
∴g(x)max=x0−2⋅ex0+lnx0−x0=x0−2⋅1x0−2x0=1−2x0+2x0，
∵y=1−2x+2x在12,1上单调递增，则gx0∈−4,−3，
又m>gx对任意x∈0,1恒成立，m∈Z，
所以m≥gx0，即m的最小值为-3.
【点睛】利用导数求曲线的切线方程，首先要注意的是已知点是在曲线外还是曲线内，然后要注意求得切点和斜率，再根据点斜式就可以求得切线方程.利用导数研究函数的单调性，若一次求导无法求解，可进行多次求导来求解.
【变式4-1】4. （2023·江西·校联考模拟预测）设函数fx=xlnx+1−ax；
(1)若fx≥0恒成立，求实数a的取值范围；
(2)在（1）的条件下，证明：ex−1fx≥ax2−xex−1．
【答案】(1)a≤1
(2)证明见解析
【分析】（1）由fx≥0恒成立，即a≤xlnx+1x=lnx+1x，令gx=lnx+1x，只需a≤gxmin，利用导数求解即可得答案.
（2）利用分析法，要证ex−1fx≥ax2−xex−1⇔ex−1xlnx+1≥ax2，由（1）a≤1，即证ex−1xlnx+1≥x2，即证lnx+1x≥xex−1，由（1）lnx+1x≥1，故只要证xex−1≤1，利用导数求解即可得证.
【详解】（1）解：fx的定义域为0,+∞，
∴ fx≥0⇒a≤xlnx+1x=lnx+1x
令gx=lnx+1x，g'x=1x−1x2=x−1x2，由g'x>0⇒x>1，g'x0⇒x>1，ℎ'xg(0)=0⇒ℎ(x)0和f'(x)0时，由f(x)=lnx1+x+ln1+1x知f(2n)=ln2n1+2n+ln1+12n，其中n为正整数，且有
ln1+12n4ln2a+1，且n0≥2，
则f(2n0)=n0ln21+2n0+ln1+12n00时，关于x的不等式f(x)≥a的解集不是(0，+∞)．
综合（ⅰ）（ⅱ）知，存在a，使得关于x的不等式f(x)≥a的解集为(0，+∞)，且a的取值范围为−∞，0．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于第二问的（ⅱ），转化为证明f(2n)=ln2n1+2n+ln1+12n0；
∴ℎx在−∞,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增；
∴ℎxmin=ℎx0=0，即ℎx≥0，
∴对∀x∈R，fx≥gx；
（2）解法一：当x≥0时，fx≥1+ax1+x恒成立，则1+xfx−1+x−ax≥0恒成立；
令ℎx=1+xfx−1+x−ax=1+xex−1+x−ax，
则ℎ'x=x+2ex−1−a，ℎ″x=x+3ex>0，
∴ℎ'x在0,+∞上单调递增，∴ℎ'x≥ℎ'0=1−a；
①当a≤1时，1−a≥0，∴ℎ'x≥0，∴ℎx在0,+∞上单调递增，
∴ℎx≥ℎ0=0，即fx≥1+ax1+x恒成立；
②当a>1时，ℎ'00，∴ma>m1=0，∴ℎ'lna>0，
∴∃x0∈0,lna，使得ℎ'x0=0，
又ℎ'x在0,+∞上单调递增，∴当x∈0,x0时，ℎ'x0，
∴sx在0,+∞上单调递增，∴sx>s0=0，即t'x>0，
∴tx在0,+∞上单调递增；
由洛必达法则可知：limx→0tx=limx→01+xex−1+xx=limx→0x+2ex−1=1，
∴tx>limx→0tx=1，∴a≤1；
综上所述：实数a的取值范围为−∞,1.
【点睛】方法点睛：求解恒成立问题的常用方法是能够通过分离变量的方法将问题转化为变量与函数最值之间的大小关系比较问题，即若a≥fx恒成立，则a≥fxmax；若a≤fx恒成立，则a≤fxmin.
题型6构造辅助函数求参
【例题6】（2023·四川宜宾·四川省宜宾市第四中学校校考三模）已知函数f(x)=aln(x−1)+14x2+1，g(x)=f(x)+1ex−12x−12.
(1)当a=−1时，求函数f(x)的极值；
(2)若任意x1,x2∈(1,+∞)且x1≠x2，都有gx2−gx1x2−x1≥1成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)极小值为2，无极大值
(2)1e2,+∞
【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的极值；
（2）不妨令x11时恒成立，即a≥x−1ex，x∈1,+∞，
令ℎ(x)=x−1ex，x∈1,+∞，则ℎ'(x)=2−xex，
因为x>1，所以令ℎ'(x)>0，解得10，
若a≤0,则ex2−a>0,f'x>0,fx在R上单调递增，
若a>0，当x∈−∞,2lna时，f'x0,ℎx单调递增，
所以ℎ(x)min=ℎx0=ex0−lnx0x0−1x0+m=1x0−−x0x0−1x0+m=1+m，
所以由f(x)min+ℎ(x)min>0得1+m>0，即m>−1，
所以实数m的取值范围是−1,+∞.
【点睛】关键点点睛：在解答对任意x1∈R,x2∈0,+∞,x2fx1+gx2>0恒成立时，根据此时函数的结构特征，设出函数ℎx=ex−lnxx−1x+m，将恒成立问题转化为函数的最值问题，关键在于求该函数的最值时，求出其导数ℎ'x=x2ex+lnxx2，要结合零点存在定理判断其极值点，从而求得最值.
【变式6-1】2. （2023秋·重庆渝北·高三重庆市渝北中学校校考阶段练习）已知函数fx=14x2+alnx−1，gx=fx+1ex−14x2+x．
(1)当a=−1时，求函数fx的极值；
(2)若任意x1、x2∈1,+∞且x1≠x2，都有gx1−gx2x1−x2>1成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)极小值f2=1，无极大值；
(2)a≥1e2
【分析】（1）当a=−1时，利用导数分析函数fx的单调性，即可求得函数fx的极值；
（2）设ℎx=gx−x，分析可知函数ℎx在1,+∞上为增函数，可得出ℎ'x=ax−1−1ex≥0对x>1恒成立，利用参变量分离法可得出a≥x−1ex对任意的x>1恒成立，令φx=x−1ex，其中x∈1,+∞，利用导数求出函数φx在1,+∞上的最大值，即可得出实数a的取值范围.
【详解】（1）解：当a=−1时，fx=14x2−lnx−1，其中x∈1,+∞，
则f'x=12x−1x−1=x2−x−22x−1，令f'x=0，解得x=−1或x=2，
又因为x>1，所以x=2，
列表如下：
因此fx有极小值f2=1，无极大值.
（2）解：因为gx=fx+1ex−14x2+x，fx=14x2+alnx−1，
所以gx=alnx−1+1ex+x，其中x∈1,+∞，
对∀x1、x2∈1,+∞且x1≠x2，不妨设x1>x2，则x1−x2>0，
得到gx1−gx2>x1−x2，化为gx1−x1>gx2−x2，
设ℎx=gx−x且函数ℎx的定义域为1,+∞，
所以ℎx=alnx−1+1ex在1,+∞为增函数，
即有ℎ'x=ax−1−1ex≥0对x>1恒成立，即a≥x−1ex对任意的x>1恒成立，
设φx=x−1ex，其中x∈1,+∞，则φ'x=2−xex，
令φ'x>0，解得1x2时，
g(x2)−g(x1)>0，g(x1)−g(x2)x2时，均有fx1−fx2x2时，均有gx1−gx21时，即1a0)，则f'(x)=x-1x=x2-1x，
当00，f(x)递增，
由于f(x1)=f(x2)，且x1≠x2，故不妨设01，
当x>1时，f(x)递增，故即证f(x2)>f(2-x1)，
由于f(x1)=f(x2)，即只需证明f(x1)>f(2-x1)，
令g(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1]，
则g(x)=12x2-lnx-12(2-x)2+ln(2-x)=-2+2x+ln2-xx,x∈(0,1]，
当x∈(0,1)时，g'(x)=2-2x(2-x)=-2(x-1)2x(2-x)g(1)=0，
即x∈(0,1)时，f(x)>f(2-x)，即有f(x1)>f(2-x1)，
故原命题成立，即x1+x2>2；
（3）因为01-1=0，
所以m≤0 ，即m的取值范围为(-∞,0].
【点睛】本题考查了导数几何意义的应用以及不等式的证明和根据不等式恒成立求参数的范围问题，综合性较强，计算量较大，解答时要注意能熟练应用导数的相关知识，比如利用导数解决切线问题和判断函数单调性以及最值问题，解答的关键是将不等式恒成立求参数范围转化为构造函数，利用函数的最值问题加以解决.
【变式7-1】3. （2021·吉林长春·吉林省实验校考模拟预测）已知函数fx=x−1−alnx.
(1)讨论函数fx的单调性；
(2)若对任意x1，x2∈0,1都有fx1−fx2≤gx1−gx2成立，其中gx=4x且a0，
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，得x=a，
当00，所以fx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）当a0时，令F'(x)>0，有00有x∈(0,−1a)；f'(x)0，故ℎx在m,n为增函数，
此时∀x1,x2∈(m,n)，m0，此时函数fx在−∞,−m，−1,+∞上单调递增；
当x∈−m,−1时，满足f'(x)1，则ℎ'x=2lnx+1−2x+3⋅1xlnx+12=2lnx−3xlnx+12；
令φx=2lnx−3xx>1，则φ'x=2x+3x2>0在x∈1,+∞上恒成立，
即函数φx在x∈1,+∞上单调递增，
易知φ2=2ln2−32=ln16−lne32，由于e3>2.73=19.683，所以φ225=32>27=33>e3，所以φ52>0；
因此ℎ'x在x∈1,+∞有且仅有一个零点x0，满足2lnx0=3x0，且x0∈2,52；
所以当x∈1,x0时，ℎ'x0)，
令f'x=0，得x=2，
当x∈0,2时，f'x>0,fx单调递增；
当x∈2,+∞时，f'x0，所以Gx在0,+∞上单调递增，
又因为G1=−32m+3>0.
所以关于x的不等式Gx0时，G'x=−mx−2mx+1x.
令G'x=0，得x=2m，所以当x∈0,2m时，G'x>0；
当x∈2m,+∞时，G'x0,ℎ2=0,ℎ3=2ln2−2ln3−130，
所以g(x)=x−lnx−2在x∈1,+∞递增，g3=1−ln30，
所以∃x0∈(3,4)，gx0=x0−lnx0−2=0，
所以x∈1,x0，g(x)0，ℎ(x)在x0,+∞递增，
所以ℎ(x)min=ℎx0=1+lnx0x0x0−1，结合lnx0=x0−2，故ℎ(x)min=x0∈(3,4)，
所以k0，当00，当1−a−1，则ℎ'x=x+1ex−1x>−1，
令mx=x+1ex−1x>−1，则m'x=x+2ex>0x>−1，
所以函数mx在−1,+∞上递增，即函数ℎ'x在−1,+∞上递增，
又ℎ'0=0，则当−10，
所以函数ℎx在−1,0上递减，在0,+∞上递增，
所以ℎxmin=ℎ0=−1，
又ℎ−1=−1e0恒成立，所以fx在0,+∞上单调递增；
当m0，所以Gx在0,+∞上是递增函数.
又因为G1=−32m+2>0，所以关于x的不等式Gx≤0不能恒成立.
当m>0时，G'x=x+11−mxx=−mx−1mx+1x.
令G'x=0得x=1m，所以当x∈0,1m时，G'x>0；当x∈1m,+∞时，G'x0，ℎ2=14−ln20恒成立；
(2)若关于x的方程fxx+x2=asinx在0,π内有解，求实数a的取值范围.
【答案】(1)证明见解析；
(2)(12,+∞).
【分析】（1）利用导数探讨函数单调性，再借助单调性推理作答.
（2）利用方程解的意义，构造函数，按a≤12、a>12分类，利用导数探讨函数单调性，结合零点存在性定理推理判断作答.
【详解】（1）函数f(x)=ex−12x2−x−1，x>0，求导得f'(x)=ex−x−1，
令y=ex−x−1，x>0，求导得y'=ex−1>0，
则函数f'(x)在(0,+∞)上单调递增，f'(x)>f'(0)=0，
因此函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，f(x)>f(0)=0，
所以当x>0时，fx>0恒成立.
（2）设y=x−sinx，x∈0,π，则y'=1−csx>0，
则y=x−sinx在0,π上递增，y>0，即x>sinx>0，
方程fxx+x2=asinx等价于ex−axsinx−x−1=0，x∈0,π，
令gx=ex−axsinx−x−1，原问题等价于gx在0,π内有零点，
由x∈0,π，得xsinxex−12x2−x−1>0，
当x∈0,π时，函数y=gx没有零点，不合题意；
当a>12时，由gx=ex−axsinx−x−1，求导得g'x=ex−axcsx+sinx−1，
令tx=g'x=ex−axcsx+sinx−1，则t'x=ex+axsinx−2csx，
当x∈[π2,π)时，t'x>0恒成立，
当x∈(0,π2)时，令sx=t'x=ex+axsinx−2csx，则s'x=ex+a3sinx+xcsx，
因为ex>0，a3sinx+xcsx>0，则s'x>0，即t'x在(0,π2)上单调递增，
又t'0=1−2a0，gx单调递增，
又g0=0，gx112x2+x+1>x+1，则gπ=eπ−π−1>0，
所以gx在0,x1上没有零点，在x1,π上存在唯一零点，因此gx在0,π上有唯一零点，
所以a的取值范围是(12,+∞).
【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用函数零点的意义等价转化，构造函数并用导数探讨函数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.
【变式9-1】1. （2023秋·内蒙古赤峰·高三统考开学考试）已知函数fx=csxx，x∈0,π，f'x是fx的导函数.
(1)证明：f'x存在唯一零点；
(2)若关于x的不等式f'x+ax2+a≤0有解，求a的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)−∞,1
【分析】（1）求导f'x=−xsinx+csxx2，x∈0,π，令gx=xsinx+csx，分x∈0,π2和x∈π2,π讨论证明；
（2）由（1）问题转化为xsinx+csx−ax2+1≥0，x∈0,π有解，设Fx=xsinx+csx−ax2+1，x∈0,π，利用导数法求得Fxmax，由Fxmax≥0求解.
【详解】（1）证明：f'x=−xsinx+csxx2，x∈0,π，
令gx=xsinx+csx，
当x∈0,π2时，gx>0，故f'x在0,π2上无零点，
当x∈π2,π时，g'x=sinx+xcsx−sinx=xcsx0，gπ=−10，Fx单调递增，
当x∈x0,π时，csx0，所以φx>φ0=12，Fx0≥0成立.
综上，a的取值范围为−∞,1.
【点睛】方法点睛：对于恒成立和有解问题的解决方法是：若fx≥a，对于x∈D恒成立，则fxmin≥a；若fx≥a，对于x∈D有解，则fxmax≥a.
【变式9-1】2. （2023·全国·高三专题练习）设函数fx=a−a2x+lnx−1xa∈R.
(1)讨论函数fx的单调性；
(2)当a=1时，记gx=xfx+x2+1，是否存在整数t，使得关于x的不等式t≥gx有解?若存在，请求出t的最小值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)答案见解析
(2)存在，t的最小值为0
【分析】（1）求导f'x=ax+11−ax+1x2 ，根据一元二次不等式的解法，再分a1讨论求解；
（2）由a=1，得到gx=xfx+x2+1=x2+xlnx，求导得到gxmin=gx0=−x02−x0，确定其范围，再由不等式t≥gx有解求解.
【详解】（1）解：由题意得函数的定义域为0,+∞，
f'x=a−a2+1x+1x2=a−a2x2+x+1x2=ax+11−ax+1x2 ，
①当a0，fx在0,1a−1单调递增，
x∈1a−1,+∞时，f'x0，g'16=43−ln60 ，f'x=0有两个不等实数根为：x=4sinα±24sin2α−33，
x∈−∞,4sinα−24sin2α−33时，f'x>0，fx单调递增，
x∈4sinα−24sin2α−33,4sinα+24sin2α−33时，
f'xex 等价于14x3−x2sinα+x+1e−x>1 ，
所以只需证14x3−x2sinα+x+1e−x 的最大值大于1，
因为a∈−π6,π2，−1≤−sinα≤12，
又x2∈0,+∞，所以−x2sinα≤12x2，α=−π6时等号成立，
所以14x3−x2sinα+x+1e−x≤14x3+12x2+x+1e−x ，
设函数gx=14x3+12x2+x+1e−x ，g'x=−14x2x−1e−x ，
x∈−∞,1，g'x≥0，gx单调递增，x∈1,+∞，g'x1 ，所以存在a∈−π6,π2，使不等式fx>ex 有解.
【点睛】对于第二问使用函数的缩放法是核心，
对原函数14x3−x2sinα+x+1e−x由于α的不确定性使得求其最大值很困难，
“化繁为简”，“化难为易”的数学思想就显得特别重要，
通过本题的计算应该能够体会到这种数学思想，
在以后的数学计算中遇到很复杂的计算应该首先考虑这种数学思想.
【变式9-1】4. （2022秋·北京·高三北京市第十二中学校考阶段练习）已知函数f(x)=ex(x2+ax+a).
(1)当a=1时，求函数f(x)的单调区间：
(2)若关于x的不等式f(x)≤ea在[a,+∞)上有解，求实数a的取值范围；
(3)若曲线y=f(x)存在两条互相垂直的切线，求实数a的取值范围；（只需直接写出结果）
【答案】(1)单调增区间是(−∞,−2)，(−1,+∞)，单调递减区间是(−2,−1)；
(2)aa⩽12；
(3){a|a≠2，a∈R}.
【分析】(1)当a=1时，f(x)=ex(x2+x+1)，求出其导数，利用导数即可解出单调区间；
(2)若关于x的不等式f(x)⩽ea在[a，+∞)上有解，即x2+ax+a⩽ea−x，在[a，+∞)上有解，构造两个函数r(x)=x2+ax+a，t(x)=ea−x，研究两个函数的在[a，+∞)上的单调性，即可转化出关于a的不等式，从而求得a的范围；
(3)由f(x)的导数f'(x)=ex(x+2)(x+a)，当a≠−2时，函数y=f'(x)的图象与x轴有两个交点，故f(x)图象上存在两条互相垂直的切线．
【详解】（1）当a=1时，f(x)=ex(x2+x+1)，
则f'(x)=ex(x2+3x+2)，
令f'(x)>0得x>−1或x0，
则q'x=x21+lnx+1−2xx+1lnx+1x4−1x2=−x+2lnx+1x30，tx在0,1上单调递增，
∴00，ux在0,1单调递增，ux>u0=0，满足条件．
当10对任意x∈0,1∪1,+∞恒成立，
所以g2=ln2+a22−1−22−1>0，可得a>2−ln23>0.
当a≥12时，
因为2ax2−2x+1≥x2−2x+1=(x−1)2>0，
所以g'x>0，所以gx在x∈0,+∞上单调递增，
又因为g1=0，
所以当x∈0,1时，gx0，
所以1x−1gx>0符合题意；
当00，因为g'(t)的图象是连续不断的，
故存在x0∈0,+∞，使得∀x∈0,x0，有g'(t)>0，
故g(t)在0,x0上为增函数，故∀x∈0,x0，有g(t)>g0=1，
这与题设矛盾，
故a≤−1.
（2）f(x)=ax−π−sinx+1=ax−π+sin(x−π)+1
令t=x−π，则t∈[0,π2]，令k(t)=at+sint+1，则k'(t)=a2t+cst
令t0=x0−π，则有k'(t0)=0，即a=−2t0cst0
∴f(x0)+x0−π=k(t0)+t0=at0+sint0+t0+1=−2t0cst0+sint0+t0+1，
设ℎx=x−sinx，x∈0,π2，ℎ'x=1−csx>0恒成立，
所以ℎx在区间0,π2上单调递增，ℎx>ℎ0=0，即x>sinx,x∈0,π2，
∵t0∈(0,π2)，
得t0>sint0，∴sint0+t0>2sint0
∴−2t0cst0+sint0+t0+1>2(sint0−t0cst0)+1=2cst0(tant0−t0)+1，
令p(x)=tanx−x，x∈(0,π2)，p'(x)=1cs2x−1≥0，
∴p(x)在(0,π2)上单调递增，∴p(x)>p(0)=0，∴tanx>x．
∴x∈(0,π2)时，2(sint0−t0cst0)+1=2cst0(tant0−t0)+1>1，
∴f(x0)+x0−π=k(t0)+t0>1，
则fx0+x0>π+1，得证.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数性质，不等式恒成立，以及求参数问题，本题的关键是巧妙换元令t=x−π，这样可巧妙构造函数.
5. （2023·广东深圳·统考二模）已知函数fx=ae2x−1x的图象在1,f1处的切线经过点2,2e2.
(1)求a的值及函数fx的单调区间；
(2)设gx=ax2−1lnx，若关于x的不等式λxgx≤e2λx−1在区间1,+∞上恒成立，求正实数λ的取值范围.
【答案】(1)a=1；函数fx=e2x−1x的单调增区间为−∞,0,0,+∞，无单调减区间.
(2)1e,+∞
【分析】（1）通过代值计算和求导解出切线方程，继而求a；构造函数运用导数判断函数单调性，解单调区间.
（2）将不等号两边变形成形如函数fx的同构式，依据函数单调性将函数值的不等关系转化为自变量的不等关系，然后分离参数把恒成立问题转化为最值问题，最后构造函数，运用导数判断单调性解最值.
【详解】（1）函数fx=ae2x−1x的定义域是x∣x≠0，
f'x=2axe2x−ae2x−1x2,f'1=ae2+1,.
所以fx在点1,ae2−1处的切线方程为y−ae2−1=ae2+1x−1，
切线经过点2,2e2，则a=1.
f'x=2x−1e2x+1x2，设φx=2x−1e2x+1,φ'x=4xe2x，
x=0是φx的极小值点，且φ0=0，
因此f'x>0在x∣x≠0恒成立，
所以函数fx=e2x−1x的单调增区间为−∞,0,0,+∞，无单调减区间.
（2）λ>0,a=1,λxax2−1lnx≤e2λx−1在区间1,+∞上恒成立，即x2−1lnx≤e2λx−1λx，
令t=lnx(t>0)，则e2t−1t≤e2λx−1λx，即ft≤fλx.
由（1），只需要t≤λx，也就是λ≥lnxx在区间1,+∞上恒成立.
设ℎx=lnxx,ℎ'x=1−lnxx2,ℎ'e=0，.
10.
(1)若fx≤x在0,+∞上恒成立，求a的取值范围；
(2)证明：∀x∈0,+∞，有2ex>x+1xlnx+1+sinx.
【答案】(1)0 , 1
(2)证明见解析
【分析】（1）令ℎx=x−asinx，x∈0 ,+∞，求出函数的导函数，分a∈0 , 1、a∈1 , +∞两种情况讨论，结合函数的单调性，即可得解；
（2）由（1）知，当a=1时，sinx≤x，∀x∈0 , +∞，再证明lnx+1≤x，则问题转化为证明ex>x2+1，令gx=x2+1e−x−1，x∈0 , +∞，利用导数说明函数的单调性，即可证明.
【详解】（1）令ℎx=x−asinx，x∈0 ,+∞，则ℎ'x=1−acsx，
当a∈0 , 1时，ℎ'x>0，ℎx单调递增，所以ℎx≥ℎ0=0，
当a∈1 , +∞时，令mx=ℎ'x=1−acsx，则m'x=asinx，
所以对∀x∈0 , π2，m'x>0，则ℎ'x在0 , π2上单调递增，
又因为ℎ'0=1−aφ0=0，即lnx+1≤x.
所以当x∈0 , +∞时，lnx+1+sinx≤2x，x+1xlnx+1+sinx≤2x2+1.
要证∀x∈0 , +∞，有2ex>x+1xlnx+1+sinx，只需证ex>x2+1.
令gx=x2+1e−x−1，x∈0 , +∞，则g'x=2x−x2−1e−x=−x−12e−x≤0.
所以gx在0 , +∞上单调递减，所以gxx2+1.
综上可得∀x∈0,+∞，有2ex>x+1xlnx+1+sinx.
【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．
7. （2022·贵州安顺·统考模拟预测）已知函数fx=ex+ax2−1．
(1)讨论函数fx的导函数的单调性；
(2)若a≥7−e24，求证：对∀x≥0，fx≥12x3+x恒成立．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出导函数，设gx=f'x=ex+2ax，求出g'x.分为a≥0以及a0恒成立，所以gx，即f'x在R上单调递增；
当aln−2a，所以gx，即f'x在ln−2a,+∞上单调递增.
综上所述，当a≥0时，f'x在R上单调递增；当a>0时，f'x在−∞,ln−2a上单调递减，在ln−2a,+∞上单调递增.
（2）因为a≥7−e24，所以对∀x≥0，有ex+ax2−1≥ex+7−e24x2−1.
设ℎx=2x3+e2−7x2+4x+4ex，则ℎ'x=6x2+2e2−14x+4ex−2x3+e2−7x2+4x+4exe2x =−xx−22x+e2−9ex.
解ℎ'x=0可得，x=0或x=2或x=9−e22.
由ℎ'x>0可得，9−e220，ℎt=3t−tlnt−6，求出ℎt的最大值，即可得解.
【详解】（1）因为fx=ex−x2−ax，a∈R，
则f'x=ex−2x−a，
∵fx为R上的增函数，
∴f'x=ex−2x−a≥0在R上恒成立，
∴a≤ex−2x，
令ux=ex−2x，x∈R，
u'x=ex−2，
令u'x=ex−2=0，解得x=ln2，
可得函数ux在−∞,ln2上单调递减，在ln2,+∞上单调递增，
∴x=ln2时，函数ux取得极小值即最小值，uln2=2−2ln2，
∴a≤2−2ln2，
∴a的取值范围是−∞,2−2ln2．
（2）fx≥−x2+3x+b在x∈R内恒成立，b∈R⇔ex−a+3x−b≥0在x∈R内恒成立，
化为b≤ex−a+3x，
∴2a+b≤ex−a+3x+2a，
令gx=ex−a+3x+2a，x∈R，a∈R，
g'x=ex−a+3，x∈R，
当a+3≤0时，g'x>0，函数gx在R上单调递增，x→−∞时，gx→−∞时，不符合题意，舍去；
当a+3>0时，令g'x=0，解得x0=lna+3，
函数gx在−∞,lna+3上单调递减，在lna+3,+∞上单调递增，
∴x=lna+3时，函数gx取得极小值即最小值，
glna+3=a+3−a+3lna+3+2a=3a+3−a+3lna+3，
令a+3=t>0，则3a+3−a+3lna+3=3t−tlnt−6，
令ℎt=3t−tlnt−6，则ℎ't=3−lnt−1=2−lnt，
令ℎ't=2−lnt=0，解得t=e2，
所以当00.
所以f(x)在0,π4上单调递增,在π4,π2上单调递减
（2）设g(x)=f(x)−sin2x
g'(x)=f'(x)−2cs2x=g(t)−22cs2x−1=at2+2t−3t2−2(2t−1)=a+2−4t+2t−3t2设φ(t)=a+2−4t+2t−3t2
φ'(t)=−4−2t2+6t3=−4t3−2t+6t3=−2(t−1)(2t2+2t+3)t3>0
所以φ(t)0,即当x∈0,x0,g'(x)>0,g(x)单调递增.
所以当x∈0,x0,g(x)>g(0)=0,不合题意.
综上,a的取值范围为(−∞,3].
【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性t=csx在定义域内是减函数,若t0=csx0,当t∈t0,1,φ(t)>0,对应当x∈0,x0,g'(x)>0.
10．（2011·北京·高考真题）已知函数f(x)=1−kx−xlnx(k∈R),g(x)=exx+1e−2+1.
（1）若x∈(0,1]时，f(x)=0有解，求k的取值范围；
（2）在（1）的条件下k取最小值时，求证：f(x)1，进而可证明结论成立.
【详解】（1）由f(x)=0得k=1−xlnxx.
令F(x)=1−xlnxx，
∵00,φ(x)单调递增，φ(x)>φ(0)=0.
故x∈(0,+∞)时，φ(x)=ex−(x+1)>0，即exx+1>1.
所以1−x−xlnx≤e−2+10,f(x)0⇔fxmin>0；∀x∈D,fx0；∃x∈D,fxfxmax；afxmin；a