解答题：函数与导数的综合应用（10大题型）（解析版）_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年12月试卷_1202解答题：函数与导数的综合应用（10大题型）（解析版）

解答题：函数与导数的综合应用 目录 题型一 利用导数研究函数的单调性1 题型二 利用导数研究函数的极值3 题型三 利用导数研究函数的最值5 题型四 利用导数解决恒成立与能成立 7 题型五 利用导数求解函数的零点9 题型六 利用导数证明不等式 11 题型七 利用导数研究双变量问题13 题型八 利用导数研究极值点偏移问题16 题型九 隐零点问题综合应用 19 题型十 导数与数列综合问题 23 必刷大题26 题型一 利用导数研究函数的单调性 大题典例 1.(24-25高三上·海南·期中)设函数fx 1  x = k≠0 ekx  . (1)求曲线y=fx  在点 0,f0    切线方程； (2)求函数fx  的单调区间; 【答案】(1)y=x；(2)答案见解析 【解析】(1)由题意知fx  ekx-kxekx 1-kx = = ， e2kx ekx 所以f0  =1，f0  =0， 故所求切线方程为y-0=x-0，化简得y=x. (2)由(1)知fx  1-kx = ， ekx 1 当k>0，x< 时，fx k  >0，fx  单调递增， 1 x> 时，fx k  <0，fx  单调递减； 1 当k<0，x< 时，fx k  <0，fx  1 单调递减，x> 时，fx k  >0，fx  单调递增， 所以当k>0时，fx  1 的单调递增区间是-∞, k  1 ，单调递减区间是 ,+∞ k  ， 当k<0时，fx  1 的单调递减区间是-∞, k  1 ，单调递增区间是 ,+∞ k  .解法指导 1、求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、 差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元. 2、求函数单调区间的步骤 (1)确定函数fx 2  的定义域； (2)求f x  (通分合并、因式分解)； (3)解不等式f x  >0，解集在定义域内的部分为单调递增区间； (4)解不等式f x  <0，解集在定义域内的部分为单调递减区间． 3、含参函数单调性讨论依据： (1)导函数有无零点讨论(或零点有无意义)； (2)导函数的零点在不在定义域或区间内； (3)导函数多个零点时大小的讨论。 变式训练 2.(24-25高三上·北京·期中)已知函数f(x)=x3+ax2+bx-1在x=1处有极值-1. (1)求实数a，b的值; (2)求函数gx  =ax+lnx2的单调区间. 【答案】(1)a=-2,b=1；(2)gx  1 的单调递增区间为0, 2  1 ，单调递减区间为 ,+∞ 2  【解析】(1)已知函数f(x)=x3+ax2+bx-1，则fx  =3x2+2ax+b， f1 由题意  =2a+b+3=0 f1    ，解得 a=-2,b=1， =a+b=-1 当a=-2,b=1时，f(x)=x3-2x2+x-1，fx  =3x2-4x+1=x-1  3x-1  ， 1 当x< 或x>1时，fx 3  1 >0，当 0 x x  ， 1 当00，当x> 时，gx 2  <0， 所以gx  1 的单调递增区间为0, 2  ，gx  1 的单调递减区间为 ,+∞ 2  . x-a 3.(24-25高三上·江苏常州·月考)已知函数f(x)= (x+1)2 (1)当a=0时，求曲线y=fx  在点 0,f0    处的切线方程； (2)求函数fx  的单调区间． 【答案】(1)y=x；(2)答案见解析 x 【解析】(1)当a=0时，f(x)= x≠-1 (x+1)2  ，则f0  =0，因为fx 3  1-x = ，所以f0 (x+1)3  =1. 所以曲线y=fx  在 0,f0    处的切线方程为y=x. (2)函数的定义域为-∞,-1  ∪-1,+∞  ．fx  -(x-(2a+1)) = ， (x+1)3 令fx  =0，解得x=2a+1. 当2a+1=-1，即a=-1时，fx  -1-x 1 = =- <0 (x+1)3 (x+1)2 所以函数fx  的单调递减区间为-∞,-1  ,-1,+∞  ，无单调递增区间； 当2a+1<-1，即a<-1时， 令fx  <0，则x∈-∞,2a+1  ∪-1,+∞  ，令fx  >0，则x∈2a+1,-1  ， 函数fx  的单调递减区间为-∞,2a+1  ,-1,+∞  ，单调递增区间为2a+1,-1  ； 当2a+1>-1，即a>-1时， 令fx  <0，则x∈-∞,-1  ∪2a+1,+∞  ，令fx  >0，则x∈-1,2a+1  ， 函数fx  的单调递减区间为-∞,-1  ,2a+1,+∞  ，单调递增区间为-1,2a+1  ． 综上所述： 当a=-1时，函数fx  的单调递减区间为-∞,-1  ,-1,+∞  ，无单调递增区间； 当a<-1时，函数fx  的单调递减区间为-∞,2a+1  ,-1,+∞  ，单调递增区间为2a+1,-1  ； 当a>-1时，函数fx  的单调递减区间为-∞,-1  ,2a+1,+∞  ，单调递增区间为-1,2a+1  ． 题型二 利用导数研究函数的极值 大题典例 4.(24-25高三上·黑龙江·月考)已知函数f(x)=ax2+(a-2)x-lnx. (1)当a=0时，求函数f(x)在x=1处的切线; (2)当a>0时，若f(x)的极小值小于0，求a的取值范围 【答案】(1)3x+y-1=0；(2)00时，令f(x)>0，则x> ，所以f(x)单调递增； a 1 令f(x)<0，则00)， a 1 1 则g(a)= + >0，所以g(a)是增函数. a a2 因为g(1)=0，所以g(a)<0时，00，得xln2， ∴gx  在-∞,ln2  上单调递增，gx  在ln2,+∞  上单调递减， 所以gx  在x=ln2处取得极大值， gx  极大值=fln2  =2ln2-1；无极小值. 6.(24-25高三上·河南安阳·月考)已知函数fx  lna+lnx = lnx+1  ． (1)求fx  的定义域； (2)若fx  存在极大值，求a的取值范围 【答案】(1)x∈0,+∞  ；(2)a∈1,+∞ 【解析】(1)由fx 5  x>0  有意义可得x+1>0，所以x∈0,+∞ x+1≠1  ． 所以函数fx  的定义域为0,+∞  ； (2)由题意可得fx  x+1lnx+1 x =  -lnx-lna x+1  lnx+1    ， 2 令函数hx  x+1 = lnx+1 x  -lnx， 则hx  -lnx+1 =  <0在0,+∞ x2  上恒成立， 所以hx  在0,+∞  上单调递减， 当x→0时，hx  lnx+1 =  1 +ln1+ x x  →+∞， 当x→+∞时，hx  lnx+1 =  1 +ln1+ x x  →0， 则有：①当lna≤0，即a∈0,1  时，hx  -lna≥0，即fx  ≥0在0,+∞  上恒成立， 即fx  在0,+∞  上单调递增，无极大值，不合题意，故舍去； ②当lna>0，即a∈1,+∞  时，存在x 0 ∈0,+∞  ，使得hx 0  =lna， 此时，当x∈0,x 0  时，hx  -lna>0⇒fx  >0， 当x∈x 0 ,+∞  时，hx  -lna<0⇒fx  <0， 则fx  在0,x 0  上单调递增，在x 0 ,+∞  上单调递减， 所以fx  存在极大值fx 0  ，符合题意． 综上所述a∈1,+∞  ． 题型三 利用导数研究函数的最值 大题典例 7.(24-25高三上·江西·月考)已知函数fx  3x-sinx+2 = ． ex (1)求曲线y=fx  在点 0,f0    处的切线方程； (2)求fx  的最值． 【答案】(1)y=2；(2)fx  的最大值为f0  =2，无最小值 【解析】(1)因为fx  3x-sinx+2 = ， ex 所以fx  3-cosx =  ex-ex3x-sinx+2  -3x+sinx-cosx+1 = ， e2x ex 所以f0  =2，f0  =0， 从而曲线y=fx  在点 0,f0    处的切线方程为y=2； (2)设gx  =-3x+sinx-cosx+1，显然gx  ,fx  同号， 则gx  π =-3+cosx+sinx= 2sinx+ 4  -3≤ 2-3<0， 所以gx  在-∞,+∞  上单调递减， 注意到g0  =0， 当x<0时，fx  >0，当x>0时，fx  <0，所以fx 6  在-∞,0  单调递增，fx  在0,+∞  上单调递减， 当x趋于负无穷时，fx  3x-sinx+2 = 也是趋于负无穷， ex 当x趋于正无穷时，fx  3x-sinx+2 = 趋于0， ex 所以fx  的最大值为f0  =2，无最小值. 解法指导 函数f(x)在区间[a,b]上连续，在(a,b)内可导，则求函数f(x)最值的步骤为： (1)求函数f(x)在区间(a,b)上的极值； (2)将函数f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一 个是最小值； (3)实际问题中，“驻点”如果只有一个，这便是“最值”点。 变式训练 8.(24-25高三上·北京·期中)已知函数fx  =x2-ax+1  ex(a∈R)在x=2处取得极小值. (1)求a的值，并求函数fx  的单调区间； (2)求fx  在区间 -2,0  上的最大值和最小值. 【答案】(1)单调递增区间为-∞,-1  ,2,+∞  ，单调递减区间为-1,2  ；(2)最大值为5e-1，最小值为1. 【解析】(1)fx  =2x-a  ex+x2-ax+1  ex=x2-ax+2x-a+1  ex， 由题意得f2  =4-2a+4-a+1  e2=0，解得a=3， fx  =x2-3x+1  ex，定义域为R， fx  =x2-x-2  ex=x+1  x-2  ex， 令fx  >0得x>2或x<-1，令fx  <0得-10，解得x∈ ,1 a 7  1 ，故y=f(x)在 ,1 a  单调递增； 令f(x)<0，解得x∈  1 , 1  e a  ，故y=f(x)在  1 , 1  e a  单调递减； 1 故y=f(x)的最小值为f a  1 3 1 =1-ln = ，即lna= ，解得a= e，满足10)，h(x)=exx2+2x  1 + =xexx+2 x  1 + >0， x 故y=hx  在0,+∞  1 单调递增，又h 2  1 = e-ln2<0，h1 4  =e>0， 1 故存在x ∈ ,1 0 2  ，使得hx 0  =0，也即x2ex0+lnx =0，且g(x )=0， 0 0 0 且当x∈0,x 0  ，hx  <0，g(x)<0，y=gx  在0,x 0  单调递减； 当x∈x 0 ,+∞  ，hx  >0，g(x)>0，y=gx  在x 0 ,+∞  单调递增； 故gx  的最小值为gx 0  lnx +1 =ex0- 0 ； x 0 1 由上述求解可知，x2ex0+lnx =0,x ∈ ,1 0 0 0 2  1 1 ，则x 0 ex0= x ln x ，令mx 0 0  =xex,x>0， 则m(x)=exx+1  >0，故mx  在0,+∞  单调递增； 1 1 x 0 ex0= x ln x ，也即mx 0 0 0  1 =mln x 0  1 1 1 ，又x >0,ln >0，故x =ln ，即ex0= ； 0 x 0 x x 0 0 0 又gx 0  ln 1 =ex0- lnx 0 +1 = 1 - lnx 0 +1 =- lnx 0 = x 0 =1. x x x x x 0 0 0 0 0 故y=gx  的最小值为1. 题型四 利用导数解决恒成立与能成立 大题典例 10.(24-25高三上·河北衡水·月考)已知函数fx  =exx2-x+1  ． (1)求函数fx  的单调区间； (2)函数fx  ≤a在 -2,1  上恒成立，求最小的整数a． 【答案】(1)单调增区间为-∞,-1  ，0,+∞  ，单调减区间为(-1,0)；(2)3 【解析】(1)因为fx  =exx2-x+1  ，则fx  =exx2+x  =x(x+1)ex， 因为ex>0恒成立，由f(x)>0，得到x<-1或x>0，由f(x)<0，得到-1-1，令fx  >0得x>lna+1  ，令fx  <0得x-1时，fx  在 -∞,lna+1    单调递减，lna+1   ,+∞  单调递增； (2)由(1)知，当a<-1，fx  在R上为单调递增， x→-∞,fx  →-∞，不合题意 当a=-1，fx  在R上单调递增，x→-∞,fx  →0， 故b≤0,b-a的最大值为1， 当a>-1，fx  在 -∞,lna+1    单调递减，lna+1   ,+∞  单调递增， 所以fx  在x=lna+1  处取得极小值，也是最小值， f lna+1    =elna+1  -a+1  lna+1  -b=a+1  -a+1  lna+1  -b， 由不等式ex-a+1  x≥b，可得a+1  -a+1  lna+1  -b≥0， 所以b-a≤1-a+1  lna+1  ， 令Fx  =1-xlnxx>0  ，则Fx  =-lnx-1， 1 当00；当x> 时，Fx e  <0， 所以Fx  1 在0, e  1 上单调递增，在 ,+∞ e  上单调递减， 即Fx  1 =F max e  1 1 =1+ ，即b-a≤1+ ， e e 1 综上，b-a的最大值为1+ . e12.(24-25高三上·浙江绍兴·月考)已知函数f(x)=ex-ax-1. (1)当a=2时，求f(x)在区间 0,1 9  上的值域； (2)若存在x 0 >1，当x∈0,x 0  时，f(x)<0，求a的取值范围. 【答案】(1)[1-2ln2,0]；(2)a>e-1 【解析】(1)因为f(x)=ex-2x-1，所以f(x)=ex-2， 所以当xln2时，f(x)>0， 所以f(x)在[0,ln2)上递减，在[ln2,1]上递增. 因为f(0)=0，f(1)=e-3，f(ln2)=1-2ln2，且e-3<0， 所以f(x)的值域是[1-2ln2,0]. (2)因为f(x)=ex-a. ①若a≤1，当x>0时，f(x)>0，所以f(x)在(0,+∞)上递增， 所以f(x)>f(0)=0，不符合题意. ②若a>1，当xlna时，f(x)>0， 所以f(x)在(0,lna)上递減，在[lna,+∞)上递增， 要存在x >1，当x∈(0,x )，f(x)<0， 0 0 则只需f(1)=e-a-1<0，所以a>e-1. 题型五 利用导数求解函数的零点 大题典例 13.(24-25高三上·江苏苏州·开学考试)已知函数 fx  =sinx+ex-4x，e为自然对数的底数，函数 gx  =x3-ax+3. (1)若fx  在0,1  处的切线也是gx  的切线，求实数a的值； (2)求fx  在-π,+∞  上的零点个数. 【答案】(1)a=5；(2)2 【解析】(1)f(x)=cosx+ex-4，则f(0)=cos0+e0-4=-2， 所以切线方程为y=-2x+1， 又g(x)=3x2-a，设直线y=-2x+1与y=g(x)图象的切点为(x ,y )， 0 0 3x2-a=-2 x =1 则  0 ，解得  0 . x3-ax +3=-2x +1 a=5 0 0 0 (2)f(x)=cosx+ex-4， 当-π0时，设h(x)=cosx+ex-4，则h(x)=-sinx+ex>0，h(x)即f(x)递增， f(0)=-2，f(2)=cos2+e2-4>0， 因此f(x)在(0,+∞)即(0,2)在上有唯一零点，记零点为m，即f(m)=0， 在(0,m)上，f(x)<0，f(x)单调递减，在(m,+∞)上，f(x)>0，f(x)单调递增， 又f(0)=1>0，f(1)=sin1+e-4<0，f(2)=sin2+e2-4>0，f(π)=eπ-4π>0， 所以f(x)在(0,1)有一个零点，在(1,π)上有一个零点， 综上所述，f(x)在-π,+∞  上有2个零点.解法指导 导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征(包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的 探索、参数的分类讨论等)，需要对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极 值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问 题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是 需要思考的地方。 变式训练 14.(24-25高三上·云南玉溪·月考)已知函数f(x)=lnx-x+2sinx (1)证明：f(x)在区间0,π 10  存在唯一极大值点； (2)求f(x)的零点个数． 【答案】(1)证明见解析；(2)f(x)有且仅有两个零点 1 【解析】(1)设g(x)=f(x)= -1+2cosx， x 1 当x∈(0,π)时，g(x)=-2sinx- <0， x2 所以g(x)在(0,π)上单调递减. π 又因为g 3  3 3 π = -1+1= >0,g π π 2  2 = -1<0， π π π 所以g(x)在 , 3 2  上有唯一的零点a， 即函数f(x)在(0,π)上存在唯一零点， 当x∈(0,a)时，f(x)>0,f(x)在(0,a)上单调递增； 当x∈(a,π)时，f(x)<0,f(x)在(a,π)上单调递减， 所以f(x)在(0,π)上存在唯一的极大值点a. π π (2)①由(1)知：f(x)在(0,π)上存在唯一的极大值点a f 2  π π π =ln - +2>2- >0， 2 2 2 1 又因为f e2  1 1 1 =-2- +2sin <-2- +2<0， e2 e2 e2 所以f(x)在(0,a)上恰有一个零点， 又因为f(π)=lnπ-π<2-π<0， 所以f(x)在(a,π)上也恰有一个零点. ②当x∈[π,2π)时，则sinx≤0,f(x)≤lnx-x， 1 设h(x)=lnx-x,h(x)= -1<0， x 所以h(x)在[π,2π)上单调递减，所以h(x)≤h(π)<0， 所以当x∈[π,2π)时，f(x)≤h(x)≤h(π)<0恒成立， 所以f(x)在[π,2π)上没有零点. ③当x∈[2π,+∞)时，f(x)≤lnx-x+2， 1 设φ(x)=lnx-x+2,φ(x)= -1<0， x所以φ(x)在[2π,+∞)上单调递减， 所以φ(x)≤φ(2π)=ln2π-2π+2<2-2π+2=4-2π<0， 所以当x∈[2π,+∞)时，f(x)≤φ(x)≤φ(2π)<0恒成立， 所以f(x)在[2π,+∞)上没有零点. 综上，f(x)有且仅有两个零点. 15.(24-25高三上·四川绵阳·月考)函数f(x)=2x3-3ax2+1. (1)若a=1，求函数f(x)在x=-1处的切线方程； (2)证明：存在实数a使得曲线y=f(x)关于点(1,-3)成中心对称图形； (3)讨论函数f(x)零点的个数. 【答案】(1)y=12x+8；(2)证明见解析；(3)答案见解析 【解析】(1)当a=1时，f(x)=2x3-3x2+1，f(x)=6x2-6x=6x(x-1)， 则f(-1)=12，f(-1)=-4， 故f(x)在x=-1处的切线方程为y+4=12(x+1)，即y=12x+8. (2)由f(1)=3-3a， 若存在这样的a，使得(1,-3)为f(x)的对称中心， 则3-3a=-3，a=2 现在只需证明当a=2时，f(x)+f(2-x)=-6， 事实上，f(x)+f(2-x)=2x3-6x2+1+2(2-x)3-6(2-x)2+1=(12-12)x2+(24-24)x-6， 于是f(x)+f(2-x)=-6 即存在实数a=2使得(1,f(1))即(1,-3)是f(x)的对称中心. (3)f(x)=6x2-6ax=6x(x-a)， 当a>0时，x∈-∞,0 11  ∪a,+∞  时，f(x)>0，故f(x)在-∞,0  ,a,+∞  上单调递增， x∈(0,a)时，f(x)<0，f(x)在(0,a)单调递减， 则f(x)在x=0处取到极大值，在x=a处取到极小值， 由f(0)=1>0，而f(-1)=-1-3a<0，根据零点存在定理f(x)在(-∞,0)上有一个零点； ①若00，f(x)在(0,+∞)无零点，从而f(x)在R上有1个零点； ②若a>1，即f(a)=1-a3<0，f(0)f(a)<0，f(x)在(0,a)有一个零点， f2a  =4a3+1>0,fa  f2a  <0，故f(x)在(a,+∞)有一个零点， 从而f(x)在R上有3个零点； ③若a=1，即f(a)=1-a3=0，f(x)在(0,+∞)有一个零点，从而f(x)在R上有2个零点； 当a=0时，f(x)在R上单调递增，f(0)=1>0，x→-∞时，f(x)→-∞， 从而f(x)在R上有一个零点； 当a<0时，x∈-∞,a  ∪0,+∞  时f(x)>0， 故f(x)在-∞,a  ,0,+∞  上单调递增，x∈(a,0)时，f(x)<0，f(x)在(a,0)上单调递减. 而f(a)=1-a3>0，f(0)>0，故f(x)在(a,+∞)无零点， 又f(2a-1)=(2a-1)2(a-2)+1，由(2a-1)2>1,a-2<-2， 故f(2a-1)<0，f(2a-1)f(a)<0，从而f(x)在(-∞,a)有一个零点， 从而f(x)在R上有一个零点. 综上：当a<1时，f(x)在R上只有1个零点； a=1时，f(x)在R上有2个零点； a>1时f(x)在R上有3个零点.题型六 利用导数证明不等式 大题典例 16.(24-25高三上·广东·月考)已知函数fx 12  lnx =ex-a- -1． x (1)当a=0时，求曲线y=fx  在点 1,f1    处的切线方程； (2)当a=1时，证明：fx  ≥0． 【答案】(1)y=e-1  x；(2)证明见解析 【解析】(1)当a=0时，fx  lnx =ex- -1,f1 x  =e-1，即切点为1,e-1  ， 又fx  lnx-1 =ex+ ，则f1 x2  =e-1，即在点 1,f1    的切线的斜率为e-1， 故曲线y=fx  在点 1,f1    处的切线方程为y-e-1  =e-1  x-1  ，即y=e-1  x． (2)当a=1时，fx  lnx =ex-1- -1x>0 x  ，fx  x2ex-1+lnx-1 = ， x2 令φx  =x2ex-1+lnx-1， 则φx  =x2+2x  1 ex-1+ >0，所以φx x  在0,+∞  上单调递增， 又φ1  =0，所以当01时，φx  >0，即当x>1时，fx  >0，则fx  在1,+∞  上单调递增， 故fx  ≥f1  ln1 =e1-1- -1=0． 1 解法指导 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)，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. 变式训练 17.(24-25高三上·广东广州·月考)已知函数fx  1 = x3-3x+4. 3 (1)求曲线y=fx  在点 3,f 3    处的切线方程； (2)当x∈0，3  时，求证：fx  ≤x+4. 【答案】(1)y=4-2 3；(2)证明见解析 【解析】(1)由题可知f 3  =4-2 3，fx  =x2-3 ，则f 3  =0， 所以曲线y=fx  在点 3,f 3    处的切线方程为y=4-2 3； (2)令gx  =fx  x3 -x-4= -4x x∈0,3 3    ， 则gx  =x2-4，令 gx  =0，解得x=-2或x=2，当x∈0，3 13  时，gx  ，gx  的变化情况如下表所示： x 0，2  2 2，3  fx  - 0 + fx  16 单调递减 - 单调递增 3 又因为g0  =0，g3  =-3, 所以gx  在区间0，3  的最大值为0. 即当x∈0，3  时，gx  ≤0恒成立，亦即fx  ≤x+4 . 18.(24-25高三上·河北保定·期中)已知函数fx  =ex+sinx-2x,gx  =2-cosx. (1)已知直线x-y+a=0是曲线y=gx  ,x∈0,π  的切线，求实数a的值； (2)求函数fx  的单调区间； (3)求证：fx  ≥gx  恒成立. π 【答案】(1)2- ；(2)fx 2  在-∞,0  上单调递减，在0,+∞  上单调递增；(3)证明见解析 【解析】(1)∵gx  =sinx,x∈0,π  ， ∴gx  π π =sinx=1，解得x= ,∴切点为 ,2 2 2  ， π π ∴ -2+a=0,∴a=2- . 2 2 (2)∵fx  =ex+cosx-2， 当x∈-∞,0  时，ex≤1,cosx≤1,∴fx  ≤0,fx  单调递减， 当x∈0,+∞  时，ex+cosx-2  =ex-sinx,ex≥1,sinx≤1， ∴ex+cosx-2  ≥0,∴fx  单调递增，∴fx  ≥f0  =0,fx  单调递递增. 综上所述，fx  在-∞,0  上单调递减，在0,+∞  上单调递增. (3)fx  ≥gx  恒成立⇔ex+sinx-2x+cosx-2≥0， sinx+cosx-2x-2 恒成立⇔ +1≥0恒成立. ex 令hx  sinx+cosx-2x-2 = +1， ex 则hx  cosx-sinx-2 =  -sinx+cosx-2x-2  2x-sinx = ex  ， ex 令mx  =x-sinx，则mx  =1-cosx≥0,∴mx  单调递增， 又∵m0  =0，∴当x∈-∞,0  时，mx  ≤0，即hx  ≤0,hx  单调递减； 当x∈0,+∞  时，mx  ≥0，即hx  ≥0,hx  单调递增； ∴hx  ≥h0  =0,∴fx  ≥gx  恒成立. 题型七 利用导数研究双变量问题 大题典例 1 19.(24-25高三上·福建龙岩·期中)已知函数f(x)= ax2-(2a+1)x+2lnx+4a(a>0). 2(1)求fx 14  的单调区间; (2)设gx  =x2-2x，若对任意x 1 ∈(0,2]，均存在x 2 ∈(0,2]，使得fx 1  0， 2 2 ax2-(2a+1)x+2 (ax-1)(x-2) 得f(x)=ax-(2a+1)+ = = . x x x 1 令f(x)=0，解得x = ,x =2. 1 a 2 1 1 当02， 2 a 当x∈(0,2)时，f(x)>0,f(x)单调递增； 1 当x∈2, a  时，f(x)<0,f(x)单调递减； 1 当x∈ ,+∞ a  时，f(x)>0,f(x)单调递增. 1 1 当a= 时， =2,f(x)≥0恒成立，f(x)在(0,+∞)上单调递增. 2 a 1 1 当a> 时，0< <2， 2 a 1 当x∈0, a  时，f(x)>0,f(x)单调递增； 1 当x∈ ,2 a  时，f(x)<0,f(x)单调递减； 当x∈(2,+∞)时，f(x)>0,f(x)单调递增. 1 1 综上所述，当0 时，f(x)的单调递增区间为0, 2 a  1 和(2,+∞)，单调递减区间为 ,2 a  . (2)因为对任意x 1 ∈(0,2]，均存在x 2 ∈(0,2]，使得fx 1  时，f(x)在0, 2 a  1 上单调递增，在 ,2 a  上单调递减， 1 1 当x= 时，f(x)取得最大值f a a  1 1 1 1 = -(2a+1)⋅ +2ln +4a=- -2-2lna+4a. 2a a a 2a 1 1 设s(a)=- -2-2lna+4a,a> ， 2a 2 1 2 1-4a+8a2 则s(a)= - +4= >0，s(a)单调递增， 2a2 a 2a2 1 所以s(a)≥s 2  1 =ln4-1>0成立，所以f a  <0无解. 综上所述，a的取值范围为{a∣02时，f(x)>0，当 6时，f(x)>0，当20时，对∀x ∈(0,+∞)，∃x =- ，使得g(x )=g- 1 2 k 2 k  1 1 =-ek <-1<- ≤f(x)， e 1 因此f(x)-g(x )≥0，符合题意，则k>0； 1 2 ②当k=0时，g(x)=0，取x =2，对∀x ∈R，有f(x)-g(x )<0，不符合题意； 1 2 1 2 kx ③当k<0时，函数g(x)= ，求导得g(x)=k(1-x)e-x， ex 当x<1时，g(x)<0，g(x)在(-∞,1)上单调递减； 当x>1时，g(x)>0，g(x)在(1,+∞)上单调递增，则g(x) min =g1  k = ， e k 1 若对∀x ∈(0,+∞)，∃x ∈R，使得f(x)-g(x )≥0，只需g(x) ≤f(x) ，即 ≤- ，解得k≤-1， 1 2 1 2 min min e e 所以k的取值范围为(-∞,-1]∪(0,+∞). 21.(24-25高三上·上海·期中)已知实数a>0，设fx  2 =- ax3+x2. 3 (1)若a=3，求函数y=fx  的图象在点1,-1  处的切线方程； 1 (2)若a= ，已知函数y=fx 3  ，x∈m,+∞  的值域为-∞,3  ，求实数m的取值范围； (3)若对于任意的x 1 ∈2,+∞  ，总存在x 2 ∈1,+∞  ，使得fx 1  ⋅fx 2  =1，求a的取值范围. 3 3 3 【答案】(1)4x+y-3=0；(2)- ≤m<3；(3) ≤a≤ 2 4 2【解析】(1)由题得fx 16  =-2x3+x2，所以fx  =-6x2+2x，所以f1  =-4， 所以在点1,-1  的切线方程为y+1=-4x-1  ⇒4x+y-3=0； (2)由题得fx  2 =- x3+x2， 9 所以fx  2 =- x2+2x， 3 令fx  =0，解得x=0或x=3， 当x∈-∞,0  时，fx  <0，此时fx  在-∞,0  单调递减； 当x∈0,3  时，fx  >0，此时fx  在0,3  单调递增； 当x∈3,+∞  时，fx  <0，此时fx  在3,+∞  单调递减； f0  =0,f3  =3， 当x<3时，解fx  2 3 3 =- x3+x2=3，得x=- ，即f- 9 2 2  =3 因为fx  在x∈-∞,0  单调递减，在x∈0,3  单调递增，在x∈3,+∞  单调递减，f3  =3 所以要使函数y=fx  ，x∈m,+∞  的值域为-∞,3  3 此时- ≤m<3. 2 (3)由题可知，fx  =2x-2ax2a>0  ， 令fx  1 =0，解得x=0或x= >0， a 当x∈-∞,0  时，fx  <0，此时fx  单调递减； 1 当x∈0, a  时，fx  >0，此时fx  单调递增； 1 当x∈ ,+∞ a  时，fx  <0，此时fx  单调递减； 所以有极小值f0  1 =0，有极大值f a  1 = 3a2 令fx  3 =0，解得x=0或x= ， 2a 3 所以有当x∈0, 2a  ，fx  3 >0，当x∈ ,+∞ 2a  ，fx  <0， 因为对于任意的x 1 ∈2,+∞  ，总存在x 2 ∈1,+∞  ，使得fx 1  ⋅fx 2  =1 fx 1  3 3 =0不成立，故 ≤2，即a≥ 2a 4 由题可知，对于任意的x 1 ∈2,+∞  ，总存在x 2 ∈1,+∞  ，使得fx 1  1 = fx 2  ， 不妨令集合A= fx   x>2  1 ,B= fx    x>1  ，则有A⊆B， 3 3 当 <1，即a> 时，有f1 2a 2  <0，此时fx  在1,+∞  单调递减， 1 所以B= f1   ,0  ，A= -∞,f2    显然A⊆B不成立； 3 3 3 当1≤ ≤2，即 ≤a≤ ，此时有f2 2a 4 2  ≤0，f1  >0 ，fx  在2,+∞  单调递减， 所以A= -∞,f2    ，-∞,0  ⊆B，故A⊆B， 3 3 综上所述， ≤a≤ . 4 2题型八 利用导数研究极值点偏移问题 大题典例 22.(24-25高三上·云南·月考)已知函数fx 17  1 =ex- x2+ax+a. 2 (1)若fx  为增函数，求a的取值范围； (2)若fx  有两个极值点x ,x ，证明：x +x <0. 1 2 1 2 【答案】(1)-1,+∞  ；(2)证明见解析 【解析】(1)fx  =ex-x+a,fx  为增函数，则fx  ≥0恒成立， 设gx  =ex-x+a，则gx  =ex-1， 令gx  =0，则x=0， 当x<0时，gx  <0，所以fx  在-∞,0  上单调递减； 当x>0时，gx  >0，所以fx  在0,+∞  上单调递增， 所以x=0是函数fx  的极小值点， 故当f0  =1+a≥0，即a≥-1,fx  ≥0恒成立， 所以当fx  为增函数，a的取值范围为-1,+∞  . (2)fx  =ex-x+a，x→+∞,fx  →+∞，x→-∞,fx  →+∞，由(1)知当f0  <0， 即a<-1时，fx  有两个极值点x,x ， 1 2 故fx 1  =fx 2  =0，设x <0，则x >0， 1 2 设hx  =fx  -f-x  =ex-x+a-e-x+x+a  =ex-e-x-2x,x>0， 则hx  =ex+e-x-2>0， 故hx  在0,+∞  上单调递增，所以hx  >h0  =0， 所以fx  >f-x  ，又x >0， 2 故fx 2  >f-x 2  ， 所以fx 1  >f-x 2  ， 又x 1 <0,-x 2 <0,fx  在-∞,0  上单调递减， 故x <-x ，所以x +x <0. 1 2 1 2 解法指导 1、和型x +x <2a(或x +x >2a)问题的基本步骤： 1 2 1 2 ①首先构造函数gx  =fx  -f2a-x  ，求导，确定函数y=fx  和函数y=gx  的单调 性； ②确定两个零点x 0 2  ， 所以f1  1 1 1 =- +1= ，故切点坐标为1, 2 2 2  ， 又fx  1 =-x+1- ，所以f1 x  =-1， 1 故切线的斜率为-1，由点斜式可得y- =-x-1 2  ，即2x+2y-3=0， 故曲线fx  在点 1,f1    处的切线方程为2x+2y-3=0； (2)fx  的定义域为0,+∞  ， 又fx  1 x2-ax+1 =-x+a- =- ， x x ①当a2-4≤0，即-2≤a≤2时，fx  ≤0在0,+∞  上恒成立， 故fx  在0,+∞  上单调递减； ②当a2-4>0，即a>2或a<-2， 令fx  a- a2-4 a+ a2-4 =0，解得x= ,x= ， 2 2 a- a2-4 a+ a2-4 若a>2时，则当0 时，fx 2 2  <0， a- a2-4 a+ a2-4 当 0， 所以fx  a- a2-4 在0, 2  a+ a2-4 , ,+∞ 2  a- a2-4 a+ a2-4 上单调递减，在 , 2 2  上单调递 增； 若a<-2时，fx  <0在0,+∞  上恒成立， 故fx  在0,+∞  上单调递减. 综上所述，当a≤2时，fx  在0,+∞  上单调递减， 当a>2时，fx  a- a2-4 在0, 2  a+ a2-4 , ,+∞ 2  上单调递减， a- a2-4 a+ a2-4 在 , 2 2  上单调递增； (3)由(2)可知，当a>2时，fx  有两个极值点x 1 ,x 2x 1 1 x2  ， 则gx  4 6 -2x2-1 =- -2x+ = x3 x  x- 2  x+ 2  ， x3 当10，则gx  单调递增， 当x> 2时，gx  <0，则gx  单调递减， 故当x= 2时，gx  取得最大值g 2  2 =  2  - 2 2  2+6ln 2+2=1+3ln2， 所以4fx 1  -2fx 2  ≤1+3ln2. 24.(24-25高三上·内蒙古包头·开学考试)设函数f(x)=(x-1)2ex-x， (1)证明：f(x)有两个零点； x +x (2)记f(x)是f(x)的导数，x ,x 为f(x)的两个零点，证明：f 1 2 1 2 2  >-1． 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析. x x 【解析】(1)由f(x)=0，得(x-1)2ex-x=0，即(x-1)2- =0，令g(x)=(x-1)2- ， ex ex 1 函数f(x)有两个零点，即函数g(x)有两个零点，求导得g(x)=(x-1)2+ ex  ， 当x<1时，g(x)<0；当x>1时，g(x)>0，函数g(x)在(-∞,1)上递减，在(1,+∞)上递增， 1 2 又g(0)=1>0,g(1)=- <0,g(2)=1- >0， e e2 因此∃x ∈(0,1)使得g(x)=0，∃x ∈(1,2)使得g(x )=0， 1 1 2 2 所以函数f(x)有两个零点. (2)由(1)知函数f(x)=(x-1)2ex-x的零点x,x 满足：0-1，即证  1 2 2   2  -1   x1+x2 e 2 -1>-1，即证明x +x > 1 2 2， 令h(x)=g(x)-g(2-x)(0h(1)=0，由00， 1 1 即g(x )=g(x)>g(2-x)，由02-x ，即x +x >2，命题得证． 2 1 1 2 题型九 隐零点问题综合应用 大题典例25.(23-24高三下·湖南衡阳·一模)已知函数f(x)=sinx-aln(b+x) (1)若f(x)在x=π处的切线方程为2x+y+2π(ln2π-1)=0，求a、b的值； π (2)若b=1时，在-1, 2 20  上f(x)≥0恒成立，求a的取值范围； 【答案】(1)a=2π，b=π；(2)a=1 a 【解析】(1)f(x)=cosx- ， b+x a 由题意得f(π)=cosπ- =-2， b+π a 所以 =1，即a=b+π， b+π f(π)=sinπ-aln(b+π)=-2π+2π(1-ln2π)， 所以aln(b+π)=(b+π)ln(b+π)=2πln2π， 故a=2π，b=π. (2)f(0)=sin0-aln(1+0)=0， π 若-1, 2  上f(x)≥0恒成立，即f(x) =f(0)， min π 故f(0)是f(x)在-1, 2  上的极小值，所以f(0)=0， a a f(x)=cosx- ，f(0)=cos0- =1-a=0，解得a=1， 1+x 1+0 下证a=1时，f(x) =f(0)， min 令g(x)=(1+x)cosx-1，g(x)=cosx-(1+x)sinx， π ①在0, 2  π 上g(x)单调递减，g(0)=1，g 2  π =-1- <0， 2 π 由零点存在定理，∃x ∈0, 0 2  ，使得g(x )=0， 0 在(0,x ]上，g(x)≥0，g(x)单调递增， 0 在 x , π  0 2  上，g(x)≤0，g(x)单调递减， π g 2  =-1，g(0)=0，g(x )>g(0)=0， 0 π 由零点存在定理∃x ∈x , 1 0 2  ，使得g(x)=0， 1 g(x) 在(x ,x)上，f(x)= >0，f(x)单调递增， 0 1 1+x π 在x, 1 2  g(x) 上，f(x)= <0，f(x)单调递减， 1+x π 所以0, 2  π 上，f(0)=0，f 2  π =1-ln1+ 2  π >0，f(x) =min f(0),f min 2     =f(0)， 1 ②在(-1,0]上，f(x)=cosx- 单调递增， 1+x f(x)≤f(0)=0，f(x)单调递减，所以f(x) =f(0)， min π 综上，只有当a=1时，在-1, 2  上f(x) =f(0)，所以a=1. min 解法指导 隐零点的处理思路：第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉 零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数； 第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简 单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次. 变式训练 26.(24-25高三上·浙江杭州·月考)已知函数fx 21  1 = ax2-a+1 2  x+lnx,gx  1 =xex- ax2-2． 2 (1)讨论fx  的单调性； (2)证明：fx  +gx  ≥2lnx-ax-1． 【答案】(1)答案见解析；(2)证明过程见解析 【解析】(1)fx  1 = ax2-a+1 2  x+lnx的定义域为0,+∞  ， 故fx  =ax-a+1  1 ax2-a+1 + = x  x+1 ax-1 = x  x-1  ， x 若a≤0时，令fx  >0得01， 故fx  在0,1  上单调递增，在1,+∞  上单调递减， 当a>0时，若a=1时，fx  x-1 =  2 ≥0，故fx x  在0,+∞  上单调递增， 1 若01，令fx a  1 >0得0 ， a 令fx  1 <0得11时， <1，令fx a  1 >0得01， a 令fx  1 <0得 1时，fx  1 在0, a  ，1,+∞  1 上单调递增，在 ,1 a  上单调递减. 1 (2) ax2-a+1 2  1 x+lnx+xex- ax2-2≥2lnx-ax-1， 2 即xex-x-1-lnx≥0， 令tx  =xex-x-1-lnx，定义域为0,+∞  ， tx  =x+1  1 ex-1- ，其在0,+∞ x  上单调递增， 1 又t 2  3 1 = e2 -3<0，t1 2  =2e-2>0， 1 由零点存在性定理得，存在唯一的x ∈ ,1 0 2  ，使得tx 0  =0，即x 0 +1 22  1 1 ex0-1- =0，故ex0= ， x x 0 0 当x∈0,x 0  时，tx  <0，当x∈x 0 ,+∞  时，tx  >0， 故tx  =xex-x-1-lnx在x∈0,x 0  上单调递减，在x∈x 0 ,+∞  上单调递增， 故tx  =xex-x-1-lnx在x=x 处取得极小值，也是最小值， 0 其中tx 0  =x 0 ex0-x 0 -1-lnx 0 =1-x 0 -1-lnx 0 =-x 0 +lnx 0  ， 1 1 ex0= x 两边取对数得x 0 =ln x =-lnx 0 ，故tx 0 0 0  =-x 0 +lnx 0  =0， 所以fx  +gx  ≥2lnx-ax-1，证毕. 27.(24-25高三上·四川成都·期中)已知函数fx  =ex-ax2-x-1. (其中e≈2.71828) (1)当a=0时，证明：fx  ≥0 (2)若x>0时，fx  >0，求实数a的取值范围； (3)记函数gx  ex-1 23 = -2lnx的最小值为m，求证：m∈ ,e-1 x 20  1 【答案】(1)证明见解析；(2)a≤ ；(3)证明见解析 2 【解析】(1)当a=0时，fx  =ex-x-1，∴fx  =ex-1， 当x>0时，ex>1，fx  >0，fx  单调递增， 当x<0时，ex<1，fx  <0，fx  单调递减， ∴fx  ≥f0  =0，得证. (2)法一：由fx  =ex-ax2-x-1，∴fx  =ex-2ax-1，∴ex-2ax-1  =ex-2a 1 ①当a≤ 时，x>0，ex>1，ex-2ax-1 2  >0， ∴fx  单调递增，fx  >f0  =0， ∴fx  单调递增，fx  >f0  1 =0，∴a≤ 成立； 2 1 ②当a> 时，当x∈0,ln2a 2  ，ex-2ax-1  <0， ∴fx  单调递减，fx  不成立； 2 1 综上所述：a≤ . 2 法二：由fx  ex-x-1 >0，即a< 成立，设ux x2  ex-x-1 = x2 ux  x-2 =  ex+x+2 ，设kx x3  =x-2  ex+x+2，kx  =x-1  ex+1 x-1   ex+1  =xex>0，∴kx  单调递增， kx  >k0  =0，∴kx  单调递增 kx  >k0  =0即ux  >0，∴ux  单调递增，ux  >u0  ex-x-1 ex-1 ex 1 1 由洛必达法则lim =lim =lim = ，∴a≤ . x→0 x2 x→0 2x x→0 2 2 2 (3)gx  ex-1 = -2lnx，则gx x  xex-ex-2x+1 = ， x2 设hx  =xex-ex-2x+1，则hx  =xex-2，又因xex-2  =x+1  ex>0， ∴hx  =xex-2在0,+∞  单调递增，又∵h0 23  ⋅h1  =-2  ×e-2  <0， ∴∃x 0 ∈0,1  ，使得hx 0  2 =0，即ex0= ①， x 0 且x∈0,x 0  ，hx  <0，hx  单调递减； x∈x 0 ,1  ，hx  >0，hx  单调递增， ∴hx  min =hx 0  =x ex0-ex0-2x +1， 0 0 由①得hx 0  2 =3- x -2x 0 0， 2 3 ∴∃x ∈1, 1 2  ，使得hx 1  2x -1 =0，即xex1-ex1-2x +1=0，即ex1= 1 ， 1 1 x -1 1 且x∈0,x 1  ，hx  <0，gx  单调递减； x∈x 1 ,+∞  ，hx  >0，gx  单调递增， ∴gx  min =gx 1  ex1-1 1 = -2lnx = -2lnx ， x 1 x -1 1 1 1 3 ∵x ∈1, 1 2  ，∴gx 1  ，即证ln < ，又即证e40 > ， 2 20 2 40 2 1 由(2)问ex>1+x+ x2， 2 17 17 1 17 ∴e40 >1+ + × 40 2 40  2 4849 4800 3 = > = ，得证. 3200 3200 2 题型十 导数与数列综合问题 大题典例 28.(23-24高三下·河北·三模)已知函数fx  =xlnx-ax2+2a-1  x-a+1a∈R  ． (1)若fx  ≤0在 1,+∞  恒成立，求实数a的取值范围； 1 1 1 1 1 (2)证明： + + +⋯+ + >ln2． n+1 n+2 n+3 n+n 4n 【答案】(1)  1 ,+∞  2  ；(2)证明见解析 【解析】(1)fx  a-1 ≤0⇔lnx-ax- +2a-1≤0在1,+∞ x  恒成立． 构造函数gx  a-1 =lnx-ax- +2a-1x≥1 x  ，则gx  ≤0在1,+∞  恒成立． gx  1 a-1 x-1 = -a+ = x x2  1-ax+1    x2 当a≤0时，gx  ≥0，所以gx  在1,+∞  上单调递增， 所以gx  ≥g1  =0，矛盾，故舍去1 当0ln2 n+1 n+2 n+3 n+n 4n 解法指导 导函数证明数列相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于正整数的不等式代替函数不等式 中的自变量，通过多次求和(常常用到裂项相消法求和)达到证明的目的，此类问题一般至少有 两问，已知的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到. 变式训练 29.(23-24高三下·四川雅安·一模)已知函数f(x)=ax2+(1-a)x-lnx． (1)若f(x)有2个相异极值点，求a的取值范围； (2)若f(x)≥1，求a的值； 1 (3)设m为正整数，若∀n∈N*，1+ 4  3 1+ 42  32 1+ 43  3n-1 ⋯1+ 4n  0   于是  x 1 +x 2 =a 2 - a 1 >0 ，解得a<-2 2-3或2 2-30 所以a的取值范围是a<-2 2-3或2 2-30时，函数g(x)在(0,+∞)上单调递增，而g(1)=a>0， 1 g 4+a2 25  2a 5 1 = +1-a-4-a2≤- -a-a2<0，则∃x ∈ ,1 4+a2 2 0 4+a2  ，使得g(x )=0， 0 当x>x 时，g(x)>0，因此函数g(x)在(x ,+∞)上单调递增，而g(1)=0， 0 0 则当x 1时，g(x)>0， x 函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，g(x) =g(1)=0， min 即对任意正数x，g(x)≥0恒成立，即不等式f(x)≥1恒成立，符合题意， 所以a=0. (3)由(2)知，对任意x>0，不等式lnx≤x-1，当且仅当x=1时取等号， 3n-1 3n-1 令x= +1，则ln +1 4n 4n  3n-1 < ， 4n 1 则ln1+ 4  3 +ln1+ 42  32 +ln1+ 43  3n-1 +⋯+ln1+ 4n  1 3 32 3n-1 < + + +⋯+ 4 42 43 4n 1 1-3n 4 4n =  3n 1 =1- <1，即ln 1+ 1-3 4n 4 4  3 1+ 42  32 1+ 43  3n-1 ⋯1+ 4n      <1， 1 因此1+ 4  3 1+ 42  32 1+ 43  3n-1 ⋯1+ 4n  1+ 4  3 1+ 42  32 1+ 43  33 1+ 44  34 1+ 45  >2， 1 所以对∀n∈N*，1+ 4  3 1+ 42  32 1+ 43  3n-1 ⋯1+ 4n  0，求函数y=f(x)的极值； (2)①当x>1时，f(x)>0恒成立，求正整数k的最大值； ②证明：(1+1×2)(1+2×3)⋯[1+n(n+1)]>e n2- n+ 3 1  【答案】(1)极小值为f(k)=lnk-k+2，没有极大值； (2)①正整数k的最大值为3，②证明见解析. k(x-1) 【解析】(1)函数f(x)=lnx- +1的定义域为0,+∞ x  ， x-k 导函数f(x)= ，x>0， x2 令f(x)=0，又k>0，所以x=k， 所以当x>k时，fx  >0，函数fx  在k,+∞  上单调递增， 当01时，f(x)>0恒成立， 所以当x>1时，fx  >0， min 由(1)若k>0时，则fx  在0,k  上单调递减，在k,+∞  上单调递增， (a)当0f1 min  =1满足题意； (b)当k>1时，fx  在1,k  上单调递减，在k,+∞  上单调递增， f(x) =lnk-k+2>0 min 令gx  1-x =lnx-x+2，则g(x)= <0， x 所以gx  在1,+∞  上单调递减， 且g2  =ln2>0，g3  =ln3-1>0，g4  =ln4-2<0， 所以存在x 0 ∈3,4  使得gx 0  =0， 则gx  =lnx-x+2>0的解集为1,x 0  ， 综上满足条件的正数k的取值范围0,x 0  ，其中x 0 ∈3,4  ， 所以正整数k的最大值3； (ii)证明：要证(1+1×2)(1+2×3)⋯[1+n(n+1)]>e n2- n+ 3 1  两边取对数，即证ln 1+1×2  1+2×3  ⋯ 1+n×n+1      3n >2n- n+1 也即证ln1+1×2  +ln1+2×3  +⋯+ln 1+n×n+1    3n >2n- n+1 3(x-1) 3 由①知lnx> -1=2- ， x x 令x=1+nn+1  ，则ln 1+nn+1    3 >2- nn+1  3 >2- +1 nn+1  3 3 =2- - n n+1  所以ln1+1×2  +ln1+2×3  +⋯+ln 1+n×n+1    1 1 1 1 1 >2n-31- + - +⋯+ - 2 2 3 n n+1  所以ln1+1×2  +ln1+2×3  +⋯+ln 1+n×n+1    1 >2n-31- n+1  3n =2n- n+1 所以(1+1×2)(1+2×3)⋯[1+n(n+1)]>e n2- n+ 3 1  ． 必刷大题 刷模拟 1 31.(24-25高三上·福建泉州·期中)已知函数f(x)= ax2+lnx-(a+1)x，a∈R． 2 (1)当a>0时，讨论f(x)的单调性； f(x) (2)当a>0时，设g(x)= ，若g(x)既有极大值又有极小值，求a的取值范围． x 【答案】(1)答案见解析；(2)0,e-3  【解析】(1)当a>0时，f(x)的定义域为(0,+∞)，fx  1 (ax-1)(x-1) =ax+ -(a+1)= ， x x 当a=1时，fx  (x-1)2 = ≥0恒成立，f(x)在(0,+∞)上为增函数； x1 当a>1时，0< <1，fx a 27  ax-1 a =  (x-1) ， x 1 当01时，fx a  1 >0，当 1，当0 时，fx a a  1 >0，当11时，f(x)的单调递增区间为0, a  1 ，(1,+∞)，单调递减区间为 ,1 a  ， 1 当00，当x>e2 时，h(x)<0， 3 -1 所以h(x)在x=e 3 2 时，取得极大值h(e)= 2 = 1 ， e3 2e3 又x趋近于0时，h(x)趋近于-∞，当x趋近于+∞时，h(x)趋近于0， 所以，h(x)的图像如图所示， a 1 由图可知，当0< < ，即0cos1>cos = ，此时 3 2 f(x)=3x2+2cosx-1≥2cosx-1>0. 当x≥1时，f(x)=3x2+2cosx-1≥3x2-2-1≥0. 故f(x)>0在[0,+∞)上恒成立. 再由f(-x)=3(-x)2+2cos(-x)-1=3x2+2cosx-1=f(x)可知f(x)为偶函数， 于是f(x)>0在R上恒成立.故f(x)在R上单调递增. (3)当x=0时，f(x)=0符合题意. x-2sinx 当x>0时，由f(x)≥0可得a≥ . x3 x-2sinx 2(3sinx-x-xcosx) 令F(x)= ，则F(x)= . x3 x4 令G(x)=3sinx-x-xcosx，则G(x)=xsinx+2cosx-1. 令H(x)=xsinx+2cosx-1，则H(x)=xcosx-sinx. 令K(x)=xcosx-sinx， 当00，H(π)=-3<0，则存在x 0 ∈(0,π)，使得Hx 0 28  =Gx 0  =0， 于是G(x)在0,x 0  上单调递增，在x 0 ,π  上单调递减. 由于G(0)=0，G(π)=0，则当x∈(0,π]时，G(x)≥0，此时F(x)≥0. 因此F(x)在(0,π]上单调递增. 1 故当x∈(0,π]时，F(x)≤F(π)= . π2 x3 3x2 令L(x)=2sinx+ -x，x>π，则L(x)=2cosx+ -1. π2 π2 3x2 3π2 当x>π时，L(x)=2cosx+ -1>-2+ -1=0，则L(x)在(π,+∞)上单调递增， π2 π2 x-2sinx 1 此时L(x)>L(π)=0.故当x∈(π,+∞)时，F(x)= < . x3 π2 x-2sinx 1 故F(x)= ≤ 在(0,+∞)上恒成立. x3 π2  1 因此a的取值范围为 ,+∞ π2  . 33.(24-25高三上·北京房山·期中)已知函数fx  =ax3+bx2+cx在点x 处取得极大值5，其导函数y 0 =fx  的图象经过点1,0  ，2,0  ，如图所示.求： (1)x 的值； 0 (2)a，b，c的值； (3)函数fx  在区间 -1,3  上的最大值和最小值.【答案】(1)x 0 =1；(2)a=2，b=-9，c=12；(3)fx 29  =f3 max  =9，fx  =f-1 min  =-23 【解析】(1)由图象可知：在-∞,1  上，fx  >0；在1,2  上，fx  <0；在2,+∞  上，fx  >0 ∴fx  在-∞,1  ，2,+∞  上单调递增，在1,2  上单调递减， ∴fx  在x=1处取得极大值，∴x =1； 0 (2)因为fx  =3ax2+2bx+c且f1  =0，f2  =0，f1  =5， 3a+2b+c=0  得：12a+4b+c=0，解得：a=2，b=-9，c=12； a+b+c=5 (3)由(2)得fx  =2x3-9x2+12x，则fx  =6x2-18x+12=6x-1  x-2  ， 可知：fx  在-1,1  上单调递增，在1,2  上单调递减，在2,3  上单调递增， ∴fx  =max f1 max  ,f3    ，fx  =min f-1 min  ,f2    ， 又f1  =5，f3  =9，f-1  =-2-9-12=-23，f2  =4， ∴fx  =f3 max  =9，fx  =f-1 min  =-23. 34.(24-25高三上·江苏盐城·期中)设函数fx  =xex，x∈R. (1)求fx  的极值； flnx (2)已知实数a>0，若存在正实数x使不等式a⋅3axln3-  ≤0成立，求a的取值范围； x (3)已知不等式fm  -fn  >km-n  2对满足m>n>0的一切实数m，n恒成立，求实数k的取 值范围. 1 log e 【答案】(1)极小值f(-1)=- ，无极大值；(2)0-1时，fx  >0，即f(x)在(-1,+∞)上递增， 1 所以f(x)有极小值f(-1)=- ，无极大值. e flnx (2)由a⋅3axln3-  ≤0且x∈(0,+∞)，则ax⋅3axln3-flnx x  =3axln3ax-xlnx≤0， 所以，问题化为a>0，∃x∈(0,+∞)使3axln3ax≤xlnx成立， 令y=xlnx，则y=1+lnx，且x=1时y=0， 1 1 0 时y>0，即y在 ,+∞ e e  1 上递增，对应值域为- ,+∞ e  ； 1 log x 由于3ax>1，于是x≥3ax> ，即x≥3ax>1，此时00，即g(x)在(1,e)上递增， x>e时g(x)<0，即g(x)在(e,+∞)上递减， log e log e 所以g(x) =g(e)= 3 ，故00，而fm  -fn  =mem-nen>km-n  2，(n+t)en+t-nen et-1 et 所以k< =nen⋅ +en⋅ 在n,t∈(0,+∞)上恒成立， t2 t2 t et-1 et et 令φ(n)=nen⋅ +en⋅ 在n∈(0,+∞)上递增，则φ(n)>φ(0)= ， t2 t t et (t-1)et 令ϕ(t)= ，则ϕ(t)= ， t t2 故t∈(0,1)上ϕ(t)<0，即ϕ(t)在(0,1)上递减； t∈(1,+∞)上ϕ(t)>0，即ϕ(t)在(1,+∞)上递增； 所以ϕ(t)≥ϕ(1)=e， 综上φ(n)>e，故只需k≤e. 35.(23-24高三下·广东佛山·一模)已知函数fx 30  =ax2-1+2lnx． (1)讨论fx  的单调性； (2)当a=1时，若存x 1 、x 2 在，满足fx 1  =-fx 2  ，证明：x +x ≥2； 1 2 (3)对任意的x>0，fx  2 ≤xe2x+ -lnx-1恒成立，其中fx x  是函数fx  的导数，求a的取值 范围． 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析；(3)-∞,1  【解析】(1)fx  的定义域为0,+∞  ，fx  2 2ax2+1 =2ax+ = x  ． x 当a≥0时，fx  >0，fx  在0,+∞  上单调递增； 当a<0时，令fx  1 1 =0，得x= - 或x=- - (舍去)， a a 1 当x∈0, - a  时，fx  1 >0；当x∈ - ,+∞ a  时，fx  <0， 所以fx  1 在0, - a  1 上单调递增，在 - ,+∞ a  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  1 在0, - a  1 上单调递增，在 - ,+∞ a  上单调递减． (2)方法一：当a=1时，fx  =x2-1+2lnx，由fx 1  =-fx 2  ， 得x2 1 -1+2lnx 1 =x2 2 -1+2lnx 2 ，即x2 1 +x 2 2=2-2lnx 1 x 2  由于lnx≤x-1，事实上，令gx  =lnx-x+1，gx  1 1-x = -1= ， x x x∈0,1  时，gx  >0；x∈1,+∞  时，gx  <0；所以g(x) max =g1  =0， 所以gx  =lnx-x+1≤0，即lnx≤x-1． 所以x 1 +x 2  2=2x 1 x 2 +2-2lnx 1 x 2  ≥2x 1 x 2 +2-2x 1 x 2 -1  =4， 当且仅当xx =1时，等号成立，所以x +x ≥2，得证． 1 2 1 2 方法二：当a=1时，fx  =x2-1+2lnx，f1  =0， 由(1)知a=1时，fx  在0,+∞  上单调递增， 当x ≠x 时，可证x +x >2． 1 2 1 2 不妨设02，即证x 2 >2-x 1 ，即证fx 2  >f2-x 1  ， 因为fx 1  =-fx 2  ，所以即证fx 1  +f2-x 1  <0． 令gx  =fx  +f2-x  ，其中00，所以gx  在0,1  上单调递增， 所以gx  2． 1 2 当x 1 =x 2 时，因为fx 1  =-fx 2  ，所以fx 1  =fx 2  =0， 所以x =x =1，所以x +x =2． 1 2 1 2 综上，x +x ≥2． 1 2 (3)方法一：fx  2 =2ax+ ，由fx x  2 ≤xe2x+ -lnx-1， x xe2x-lnx+1 得2ax≤xe2x-lnx-1，即a≤  ， 2x 所以对任意的x>0，fx  2 ≤xe2x+ -lnx-1恒成立， x xe2x-lnx+1 等价于a≤     2x  ， min 由于ex≥x+1，事实上，令gx  =ex-x-1，gx  =ex-1， x∈-∞,0  时，gx  <0；x∈0,+∞  时，gx  >0；所以g(x) min =g0  =0， 所以gx  =ex-x-1≥0，即ex≥x+1． xe2x-lnx+1 所以  elnx+2x-lnx+1 = 2x  lnx+2x+1-lnx+1 ≥ 2x  =1， 2x 当且仅当lnx+2x=0时，等号成立(方程显然有解)， xe2x-lnx+1 即     2x  =1，所以a≤1． min 所以a的取值范围是0,1  ． 方法二：fx  2 =2ax+ ，由fx x  2 ≤xe2x+ -lnx-1，得2ax≤xe2x-lnx-1， x xe2x-lnx+1 即a≤  ，所以对任意的x>0，fx 2x  2 ≤xe2x+ -lnx-1恒成立， x xe2x-lnx+1 等价于a≤     2x  min 令gx  xe2x-lnx+1 =  (x>0)， 2x 则gx  e2x+2xe2x-1 x =  2x-2xe2x-lnx-1  2x2e2x+lnx = ， 4x2 2x2 令hx  =2x2e2x+lnx，则hx  =4xe2x1+x  1 + >0，所以hx x  在0,+∞  上单调递增， 1 又h 4  e = -2ln2<0，h1 8  1 =2e2>0，所以h 4  h1  <0， 1 所以存在x ∈ ,1 0 4  ，使得hx 0  =0， 所以2x2 0 e2x0+lnx 0 =0，即-lnx 0 =2x2 0 e2x0，所以ln-lnx 0  =ln2+2lnx +2x ， 0 0 所以ln-lnx 0  +-lnx 0  =ln2x +2x ， 0 0 令lx  =lnx+x(x>0)，lx  1 = +1>0，所以lx x  在0,+∞  上单调递增， 因为l-lnx 0  =l2x 0  ，所以-lnx =2x 0 0 又x∈0,x 0  时，gx  <0；x∈x 0 ,+∞  时，gx  >0， 所以gx  在0,x 0  上单调递减，gx  在x 0 ,+∞  上单调递增，所以g(x) min =gx 0 32  x e2x0-lnx -1 x e-lnx0+2x -1 = 0 0 = 0 0 =1， 2x 2x 0 0 所以a≤1，所以a的取值范围是-∞,1  ． 36.(23-24高三下·浙江杭州·一模)已知函数fx  =axlnx-x3-1. (1)若a=1，求fx  的单调区间; (2)若0≤a≤3，求证:fx  <0; (3)若hx  fx =  +x3+1 a ，∃x 1 ≠x 2 使得hx 1  =hx 2  =b，求证:be+1<x -x 1 2  0，∵x>0，∴0g1  =0， ∴当x∈0,1  时，y=x-1图像在hx  下方. ∴x >x -x ，∴x -x be+1，设A ,- 2 1 e e  ，B1,0  ，1 易知直线OA方程为y=-x，直线AB方程为y= x-1 e-1 33  ， 则直线OA，AB与直线y=b交点的横坐标为x 4 =-b，x 5 =e-1  b+1， ∴x -x =be+1， 5 4 ∵x =-b=-xlnx >x ，同理可证：x 1时，fx  0时，x∈ ,+∞ a  时，f(x)>0，f(x)单调递增， 1 当x∈0, a  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,+∞)； 1 a>0时，f(x)的单调递增区间为 ,+∞ a  1 ，单调递减区间为0, a  . (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. 1 1 g(x)=ex-1-2+ ，再令h(x)=g(x)，则h(x)=ex-1- ， x x2 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 38.(2024·全国·高考真题)已知函数fx  =1-ax  ln1+x  -x． (1)当a=-2时，求fx  的极值； (2)当x≥0时，fx  ≥0，求a的取值范围． 1 【答案】(1)极小值为0，无极大值；(2)a≤- 2 【解析】(1)当a=-2时，f(x)=(1+2x)ln(1+x)-x， 1+2x 1 故f(x)=2ln(1+x)+ -1=2ln(1+x)- +1， 1+x 1+x 1 因为y=2ln(1+x),y=- +1在-1,+∞ 1+x  上为增函数， 故f(x)在-1,+∞  上为增函数，而f(0)=0， 故当-10时，f(x)>0，故fx 34  在x=0处取极小值且极小值为f0  =0，无极大值. (2)fx  =-aln1+x  1-ax + -1=-aln1+x 1+x  a+1 -  x ,x>0， 1+x 设sx  =-aln1+x  a+1 -  x ,x>0， 1+x 则sx  -a a+1 = - x+1  1+x  ax+1 =- 2  +a+1 1+x  ax+2a+1 =- 2 1+x  ， 2 1 当a≤- 时，sx 2  >0，故sx  在0,+∞  上为增函数， 故sx  >s0  =0，即fx  >0， 所以fx  在0,+∞  上为增函数，故fx  ≥f0  =0. 1 2a+1 当- 0，令f(x)>0，解得x>lna；令f(x)<0，解得x0， 构建ga  =a2+lna-1,a>0，则ga  1 =2a+ >0， a 可知ga  在0,+∞  内单调递增，且g1  =0， 不等式a2+lna-1>0等价于ga  >g1  ，解得a>1， 所以a的取值范围为1,+∞  ； 解法二：因为f(x)的定义域为R，且f(x)=ex-a， 若f(x)有极小值，则f(x)=ex-a有零点，令f(x)=ex-a=0，可得ex=a， 可知y=ex与y=a有交点，则a>0， 若a>0，令f(x)>0，解得x>lna；令f(x)<0，解得x0， 构建ga  =a2+lna-1,a>0， 因为则y=a2,y=lna-1在0,+∞  内单调递增， 可知ga  在0,+∞  内单调递增，且g1  =0， 不等式a2+lna-1>0等价于ga  >g1  ，解得a>1， 所以a的取值范围为1,+∞  . 40.(2024·天津·高考真题)已知函数fx  =xlnx． (1)求曲线y=fx  在点 1,f1    处的切线方程； (2)若fx  ≥ax- x  对任意x∈0,+∞  成立，求实数a的值； (3)若x 1 ,x 2 ∈0,1  ，求证：fx 1  -fx 2    ≤x -x 1 2  1 2． 【答案】(1)y=x-1；(2)2；(3)证明过程见解析 【解析】(1)由于fx  =xlnx，故fx  =lnx+1. 所以f1  =0，f1  =1，所以所求的切线经过1,0  ，且斜率为1，故其方程为y=x-1. (2)设ht  =t-1-lnt，则ht  1 t-1 =1- = ，从而当01时ht  >0. 所以ht  在0,1  上递减，在1,+∞  上递增，这就说明ht  ≥h1  ，即t-1≥lnt，且等号成立当且仅当 t=1. 设gt  =at-1  -2lnt，则 fx  -ax- x  =xlnx-ax- x  1 =x a -1 x  1  -2ln x  1 =x⋅g x  . 当x∈0,+∞  1 时， 的取值范围是0,+∞ x  ，所以命题等价于对任意t∈0,+∞  ，都有gt  ≥0. 一方面，若对任意t∈0,+∞  ，都有gt  ≥0，则对t∈0,+∞  有 0≤gt  =at-1  -2lnt=at-1  1 +2ln ≤at-1 t  1 +2 -1 t  2 =at+ -a-2， t 取t=2，得0≤a-1，故a≥1>0. 2 2 a 再取t= ，得0≤a⋅ +2 -a-2=2 2a-a-2=- a- 2 a a 2  2，所以a=2. 另一方面，若a=2，则对任意t∈0,+∞  都有gt  =2t-1  -2lnt=2ht  ≥0，满足条件. 综合以上两个方面，知a的值是2. fb (3)先证明一个结论：对0 b b-a b-a 1-a b  +lna=1+lna， 1-a bblnb-alna fb 所以lna+1< 时fx e  >0. 所以fx  1 在0, e  上递减，在  1 ,+∞  e  上递增. 不妨设x ≤x ，下面分三种情况(其中有重合部分)证明本题结论. 1 2 1 情况一：当 ≤x ≤x <1时， e 1 2 有 fx 1  -fx 2    =fx 2  -fx 1  <lnx 2 +1  x 2 -x 1  时，由 ≥ln -1可知 2 2 2 c-x c φx  1 c 1 1 2 =lnx+1+ >ln +1+ = -ln -1 2 c-x 2 2 c-x 2 c-x c  ≥0. 所以φx  在0,c  上存在零点x 0 ，再结合φx  单调递增，即知00. 故φx  在0,x 0  上递减，在x 0 ,c  上递增. ①当x 0 ≤x≤c时，有φx  ≤φc  =0； 1 ②当0q c，可得 1-q2 φx  1 =xlnx-clnc- c-x<-clnc- c-x<-clnc-q c= c cln -q c  <0. 再根据φx  在0,x 0  上递减，即知对0-2当且仅当1-2当且仅当1-2恒成立. 此时fx  x >-2即为ln +21-x 2-x  +bx-1  3>0在1,2  上恒成立， 设t=x-1∈0,1  t+1 ，则ln -2t+bt3>0在0,1 1-t  上恒成立， 设gt  t+1 =ln -2t+bt3,t∈0,1 1-t  ， 则gt  2 t2-3bt2+2+3b = -2+3bt2= 1-t2  ， 1-t2 当b≥0，-3bt2+2+3b≥-3b+2+3b=2>0， 故gt  >0恒成立，故gt  在0,1  上为增函数， 故gt  >g0  =0即fx  >-2在1,2  上恒成立. 2 当- ≤b<0时，-3bt2+2+3b≥2+3b≥0， 3 故gt  ≥0恒成立，故gt  在0,1  上为增函数， 故gt  >g0  =0即fx  >-2在1,2  上恒成立. 2 2 当b<- ，则当0-2在1,2  2 上恒成立时b≥- . 3 2 而当b≥- 时， 32 而b≥- 时，由上述过程可得gt 3 38  在0,1  递增，故gt  >0的解为0,1  ， 即fx  >-2的解为1,2  . 2 综上，b≥- . 3 42.(2024·北京·高考真题) 设函数 f x  = x + kln1+x  k≠0  ，直线 l 是曲线 y = f x  在点 t,ft    t>0  处的切线． (1)当k=-1时，求fx  的单调区间. (2)求证：l不经过点0,0  . (3)当k=1时，设点A t,ft    t>0  ，C 0,ft    ，O0,0  ，B为l与y轴的交点，S 与S 分别 △ACO △ABO 表示△ACO与△ABO的面积．是否存在点A使得2S =15S 成立？若存在，这样的点A有 △ACO △ABO 几个？ (参考数据：1.09-1)， 1+x 1+x 当x∈-1,0  时，fx  <0；当x∈0,+∞  ，fx  >0； ∴f(x)在(-1,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增. 则f(x)的单调递减区间为(-1,0)，单调递增区间为(0,+∞). k k (2)f(x)=1+ ，切线l的斜率为1+ ， 1+x 1+t k 则切线方程为y-f(t)=1+ 1+t  (x-t)(t>0)， k 将(0,0)代入则-f(t)=-t1+ 1+t  k ,f(t)=t1+ 1+t  ， k t t 即t+kln(1+t)=t+t ，则ln(1+t)= ，ln(1+t)- =0， 1+t 1+t 1+t t 令F(t)=ln(1+t)- ， 1+t 假设l过(0,0)，则F(t)在t∈(0,+∞)存在零点. 1 1+t-t t F(t)= - = >0，∴F(t)在(0,+∞)上单调递增，F(t)>F(0)=0， 1+t (1+t)2 (1+t)2 ∴F(t)在(0,+∞)无零点，∴与假设矛盾，故直线l不过(0,0). 1 x+2 (3)k=1时，f(x)=x+ln(1+x),f(x)=1+ = >0. 1+x 1+x 1 S = tf(t)，设l与y轴交点B为(0,q)， △ACO 2 t>0时，若q<0，则此时l与f(x)必有交点，与切线定义矛盾. 由(2)知q≠0.所以q>0， 则切线l的方程为y-t-lnt+1  1 =1+ 1+t  x-t  ， t 令x=0，则y=q=y=ln(1+t)- . t+1 ∵2S =15S ，则2tf(t)=15t ln(1+t)- t △ACO ABO  t+1  ， t 15t ∴13ln(1+t)-2t-15 =0，记h(t)=13ln(1+t)-2t- (t>0)， 1+t 1+t∴满足条件的A有几个即h(t)有几个零点. ht 39  13 15 = -2- 1+t t+1  13t+13-2t2+2t+1 = 2  -15 t+1  -2t2+9t-4 = 2 t+1  -2t+1 = 2  t-4  t+1  ， 2 1 当t∈0, 2  时，ht  <0，此时ht  单调递减； 1 当t∈ ,4 2  时，ht  >0，此时ht  单调递增； 当t∈4,+∞  时，ht  <0，此时ht  单调递减； 1 因为h(0)=0,h 2  0,h(4)=13ln5-2013×1.6-20=0.8>0， 15×24 72 72 h(24)=13ln25-48- =26ln5-48- <26×1.61-48- =-20.54<0， 25 5 5 1 所以由零点存在性定理及h(t)的单调性，h(t)在 ,4 2  上必有一个零点，在(4,24)上必有一个零点， 综上所述，h(t)有两个零点，即满足2S =15S 的A有两个. ACO ABO 43.(2024·上海·高考真题)对于一个函数 fx  和一个点Ma,b  ，令sx  =(x-a)2+ fx   -b  2，若 P x 0 ,fx 0    是sx  取到最小值的点，则称P是M在fx  的“最近点”． 1 (1)对于f(x)= (x>0)，求证：对于点M0,0 x  ，存在点P，使得点P是M在fx  的“最近点”； (2)对于fx  =ex,M1,0  ，请判断是否存在一个点P，它是M在fx  的“最近点”，且直线MP与y =f(x)在点P处的切线垂直； (3)已知y=f(x)在定义域R上存在导函数f(x)，且函数 g(x) 在定义域R上恒正，设点 M 1 t-1,ft  -gt    ，M 2 t+1,ft  +gt    ．若对任意的t∈R，存在点P同时是M 1 ,M 2 在fx  的“最 近点”，试判断fx  的单调性． 【答案】(1)证明见解析；(2)存在，P0,1  ；(3)严格单调递减 【解析】(1)当M(0,0)时，sx  1 =(x-0)2+ -0 x  2 1 1 =x2+ ≥2 x2⋅ =2， x2 x2 1 当且仅当x2= 即x=1时取等号， x2 故对于点M0,0  ，存在点P1,1  ，使得该点是M0,0  在fx  的“最近点”． (2)由题设可得sx  =(x-1)2+ex-0  2=(x-1)2+e2x， 则sx  =2x-1  +2e2x，因为y=2x-1  ,y=2e2x均为R上单调递增函数， 则sx  =2x-1  +2e2x在R上为严格增函数， 而s0  =0，故当x<0时，sx  <0，当x>0时，sx  >0， 故sx  =s0 min  =2，此时P0,1  ， 而fx  =ex,k=f0  =1，故fx  在点P处的切线方程为y=x+1.0-1 而k = =-1，故k ⋅k=-1，故直线MP与y=fx MP 1-0 MP 40  在点P处的切线垂直． (3)设s 1x  =(x-t+1)2+ fx  -ft  +gt    2， s 2x  =(x-t-1)2+ fx  -ft  -gt    2， 而s 1x  =2(x-t+1)+2 fx  -ft  +gt    fx  ， s 2x  =2(x-t-1)+2 fx  -ft  -gt    fx  ， 若对任意的t∈R，存在点P同时是M 1 ,M 2 在fx  的“最近点”， 设Px 0 ,y 0  ，则x 0 既是s 1x  的最小值点，也是s 2x  的最小值点， 因为两函数的定义域均为R，则x 也是两函数的极小值点， 0 则存在x 0 ,使得s 1x 0  =s 2 x 0  =0， 即s 1x 0  =2x 0 -t+1  +2fx 0  fx 0   -f(t)+g(t)  =0① s 2 x 0  =2x 0 -t-1  +2fx 0  fx 0   -f(t)-g(t)  =0② 由①②相等得4+4g(t)⋅fx 0  =0，即1+fx 0  g(t)=0， 即fx 0  1 =- ，又因为函数g(x)在定义域R上恒正， g(t) 则fx 0  1 =- <0恒成立， g(t) 接下来证明x =t， 0 因为x 0 既是s 1x  的最小值点，也是s 2x  的最小值点， 则s 1x 0  ≤s(t),s 2x 0  ≤s(t)， 即x 0 -t+1  2+ fx 0  -ft  +gt    2≤1+ gt    2，③ x 0 -t-1  2+ fx 0  -ft  -gt    2≤1+ gt    2，④ ③+④得2x 0 -t  2+2+2 fx 0   -f(t)  2+2g2(t)≤2+2g2(t) 即x 0 -t  2+ fx 0  -ft    2≤0，因为x 0 -t  2≥0, fx 0  -ft    2≥0 x -t=0 则 0 fx 0  -ft    =0 ，解得x 0 =t， 则ft  1 =- <0恒成立，因为t的任意性，则fx g(t)  严格单调递减.