专题04用导数研究函数的最值（学生版）-2025年高考数学压轴大题必杀技系列·导数_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_二轮复习_冲刺高考2025年高考数学二轮复习之压轴大题必杀技系列

专题 4 用导数研究函数的最值 函数与导数一直是高考中的热点与难点,函数的最值是函数的一个重要性质,有些复杂的函数的最值,只能借 助导数来求,高考常考题型一是给出确定函数或含有参数的函数求最值,二是求解不等式恒成立问题,常常利 用函数的最值来求解,此类问题一般难度较大,多以压轴题形式出现. (一) 求函数y  f x在闭区间a,b上的最值 一般地,如果在区间a,b上函数y  f x的图象是一条连续不断的曲线,那么它必有最大值与最小值． 求函数f(x)在[a,b]上的最大值和最小值的步骤 (1)求函数在(a,b)内的极值； (2)求函数在区间端点的函数值f(a),f(b)； (3)将函数f(x)的极值与f(a),f(b)比较,其中最大的一个为最大值,最小的一个为最小值． π 【例1】（2024届山西省晋中市平遥县高三冲刺调研）已知函数 f xlnx+sinx+sin . 10 (1)求函数 f x在区间1,e上的最小值； (2)判断函数 f x的零点个数，并证明. π 【解析】（1）因为 f xlnx+sinx+sin ， 10 1 1 1 所以 f¢(x) +cosx，令gx f¢(x) +cosx，g¢x- -sinx， x x x2 1 当xÎ1,e时，g¢x- -sinx<0， x2 所以gx在1,e上单调递减，且g11+cos1>0， 1 1 2π 1 1 ge +cose< +cos  - <0， e e 3 e 2 所以由零点存在定理可知，在区间[1,e]存在唯一的a，使ga f¢a0 又当xÎ1,a时，gx f¢x>0；当xÎa,e时，gx f¢x<0；所以 f x在xÎ1,a上单调递增，在xÎa,e上单调递减， π π 又因为 f 1ln1+sin1+sin sin1+sin ， 10 10 π π f elne+sine+sin 1+sine+sin > f 1， 10 10 π 所以函数 f(x)在区间[1,e]上的最小值为 f 1sin1+sin . 10 （2）函数 f x在0,+¥上有且仅有一个零点，证明如下： π 1 函数 f xlnx+sinx+sin ，xÎ0,+¥，则 f¢(x) +cosx， 10 x 1 若00， x π 所以 f(x)在区间0,1上单调递增，又 f 1sin1+sin >0， 10 æ1ö 1 π π π f ç ÷-1+sin +sin <-1+sin +sin 0， èeø e 10 6 6 结合零点存在定理可知， f(x)在区间0,1有且仅有一个零点， π 若10,sinx³0，sin >0，则 f x>0， 10 若x>π，因为lnx>lnπ>1³-sinx，所以 f x>0， 综上，函数 f(x)在0,+¥有且仅有一个零点. (二) 求函数在非闭区间上的最值 求函数在非闭区间上的最值,一般通过研究函数的单调性与极值来确定,若函数在某一区间上有唯一极值点, 则该点处的极值一定是函数的最值. 1 【例2】（2024届青海省部分学校高三下学期协作考试模拟预测）已知函数 f xeax+ x2-ax（aÎR）. 2 (1)当a1时，求 f x的最值； (2)当aÎ-1,1时，证明：对任意的x，x Î-2,2，都有 f x - f x  ≤e2-1. 1 2 1 2 1 【解析】（1）当a1时， f xex+ x2-x， f¢xex+x-1， 2 易知 f¢xex+x-1在上R单调递增. 因为 f¢00，所以当x<0时， f¢x<0，当x>0时， f¢x>0， 所以 f x在-¥,0上单调递减，在0,+¥上单调递增，所以 f x有最小值 f 01，无最大值. （2）证明： f¢xaeax+x-a.令gx f¢xaeax+x-a，则g¢xa2eax+1>0， 所以 f 'x在-2,2上单调递增. 又 f¢00，所以当x<0时， f¢x<0，当x>0时， f¢x>0， 所以 f x在-2,0上单调递减，在0,2上单调递增， 即当aÎ-1,1时， f x在-2,0上单调递减，在0,2上单调递增. 所以 f 2- f 0e2a -2a+1， f -2- f 0e-2a +2a+1. 令hte2t -2t-e2+2，则h¢t2e2t -2，当t<0时，h¢t<0，当t>0时，h¢t>0， 所以ht在-¥,0上单调递减，在0,+¥上单调递增. 1 因为h10，h-1 +4-e2 <0，所以当tÎ-1,1时，ht£0， e2 即当tÎ-1,1时，e2t -2t+1£e2-1， 所以当aÎ-1,1时，e2a -2a+1≤e2-1且e-2a+2a+1≤e2-1， 即 f 2- f 0 £e2-1且 f -2- f 0 £e2-1， 即对任意的x，x Î-2,2，都有 f x - f x  ≤e2-1. 1 2 1 2 (三) 含单参数的函数在闭区间上的最值问题 含单参数的函数的最值一般不通过比值求解,而是先讨论函数的单调性,再根据单调性求出最值．含参函数在 区间上的最值通常有两类：一是动极值点定区间,二是定极值点动区间,这两类问题一般根据区间与极值点的 位置关系来分类讨论． 【例3】（2024届广东省东莞中学、广州二中等高三下学期六校联考）已知函数 1 f x x2+1-ax-alnxaÎR． 2 (1)求函数 f x的单调区间； (2)当a>0时，求函数 f x在区间1,e上的最大值． 【解析】（1） f x的定义域为0,+¥ ，a x2+1-ax-a x+1x-a 求导数，得 f¢xx+1-a-   ， x x x 若a£0，则 f¢x>0，此时 f x在0,+¥上单调递增， 若a>0，则由 f¢x0得xa，当0a时， f¢x>0 ， f x在a,+¥上单调递增， 综上，当a£0， f x的增区间为0,+¥，无减区间， 若a>0， f x减区间为0,a，增区间为a,+¥ . （2）由（1）知，当00，得a< e+1- ， 2 2 2 2e 1 3 1 若10，则12， 所以x2是函数 f x的一个极值点， 所以a1； 1+lnx-1 （2）由（1）得 f x ，定义域为1,+¥， x-1 1+lnx-1 所以问题等价于m£x× 在2,+¥上恒成立， x-1 1+lnx-1 x-1-lnx-1 构造函数gxx× ，x³2，则g¢x ， x-1 x-12 x-2 令hxx-1-lnx-1，x³2，则h¢x ， x-1 所以x³2时，h¢x³0，hx在2,+¥递增， 所以hx³h21>0，所以g¢x>0， 所以gx在2,+¥递增， 所以gx g22，所以m£2， min 所以实数m的最大值为2； 2 1+lnx-1 2 （3）由（2）得：x³2时， f x³ ，即 ³ ， x x-1 x 2 2 整理得lnx-1³1- >1- ， x x-1 k+1 2 2k k+1 2k 令x-1 ，则1- 1- ，即ln >1- ， k x-1 k+1 k k+11 2 2 3 k1时，1-2´ 0时，若 fx³0，求b的最小值． 【解析】 (1)当b0时， f xex-ax， f¢xex-a，当a£0时， f¢xex-a>0， f x在R上单调 递增；当a>0时，令 f¢x0有xlna，当xÎ-¥,lna时， f¢x<0， f x单调递减，当xÎlna,+¥ 时， f¢x>0， f x单调递增. (2)当a>0时，由（1）若 fx³0，则 f lna³0有解即可，即a-alna+b ³ 0有解，即b ³ alna - a 有解， 设gaalna-a，则g¢alna，故当01时，g¢a>0， ga单调递增.故g aln1-1 -1，故当b³alna-a -1.故b的最小值为-1 min min (六) 根据 f x³a恒成立,求整数a的最大值 根据 f x³a恒成立,求整数a的最大值,通常情况是 f x有最小值,但无法求出,这种情况下一般设出函数 的极值点,把最小值转化为关于极值点的式子,根据极值所在范围,确定最小值的大致范围,由此确定整数a的 最大值. 【例6】（2024届山东省日照市高三下学期三模）已知函数 f xalnx-x2+a-2x， gxx-2ex-x2-4x+m，aÎR. (1)讨论函数 f x的单调性；(2)当a-1时，对"xÎ0,1， f x>gx，求正整数m的最大值. a x+1-2x+a 【解析】（1）函数 f x的定义域为0,+¥，求导得 f¢x -2x+a-2 ， x x ①当a£0时，有 f¢x<0，此时函数 f x在区间0,+¥上单调递减； æ aö æ aö ②当a>0时，当xÎç0, ÷时， f¢x>0，此时函数 f x在区间ç0, ÷上单调递增； è 2ø è 2ø æa ö æa ö 当xÎç ,+¥÷时， f¢x<0，此时函数 f x在区间ç ,+¥÷上单调递减. è2 ø è2 ø 所以当a£0时，函数 f x在区间0,+¥上单调递减； æ aö æa ö 当a>0时，函数 f x在区间ç0, ÷上单调递增，在区间ç ,+¥÷上单调递减. è 2ø è2 ø （2）当a-1，xÎ0,1时， f x>gx恒成立，等价于m<-x+2ex-lnx+x恒成立， æ 1ö 设hx-x+2ex-lnx+x，xÎ0,1，则h¢x1-x çex- ÷， è xø 当0< x<1时，有1-x>0， 1 æ1ö 函数uxex- 在0,1上单调递增，且uç ÷ e-2<0，u1e-1>0， x è2ø æ1 ö 1 则存在唯一的x Îç ,1÷，使得ux 0，即ex0  ， 0 è2 ø 0 x 0 当xÎ0,x 时，ux<0，h¢x<0；当xÎx ,1时，ux>0，h¢x>0， 0 0 函数hx在0,x 上单调递减，在x ,1上单调递增， 0 0 1 2 hx hx -x +2ex0 -lnx +x -x +2 +2x -1+ +2x min 0 0 0 0 0 x 0 x 0 0 0 2 2 2 设y-1+ +2x，则当xÎ0,1时，y¢- +2<0，函数y-1+ +2x在0,1上单调递减， x x2 x æ1 ö 又因为x Îç ,1÷，所以hx Î3,4 . 0 è2 ø 0 所以正整数m的最大值是3. 【例1】（2024届湖南省岳阳市汨罗市高三下学期5月月考）函数 f xlnx,gxx2-x-m+2． (1)若me，求函数Fx f x-gx的最大值；(2)若 f x+gx£x2-x-2ex在xÎ(0,2]恒成立，求实数m的取值范围． 【解析】（1）因为Fxlnx-x2+x+e-2， 1 (2x+1)(x-1) 可知F(x)的定义域为0,+¥，且F¢(x) -2x+1- ， x x 由F¢(x)>0，解得01． 可知F(x)在(0,1)内单调递增，在(1,+¥)内单调递减， 所以函数Fx f x-gx的最大值为F1e-2． （2）因为 f(x)+g(x)£x2-(x-2)ex在xÎ(0,2]恒成立， 等价于m³(x-2)ex+lnx-x+2在xÎ(0,2]恒成立． 设h(x)(x-2)ex+lnx-x+2，xÎ(0,2]， 1 æ 1ö 则h¢(x)(x-1)ex+ -1x-1 çex- ÷， x è xø 1 1 当x>1时，则x-1>0，且ex >e, <1，可得ex- >e-1>0， x x 所以h¢(x)>0； 当00， x x2 æ1ö 可知u(x)在(0,1)递增，且uç ÷ e-2 0,u(1)e-1 0． è2ø æ1 ö 则$x Îç ,1÷，使得ux 0． 0 è2 ø 0 当xÎ0,x 时，u(x)<0；当xÎx ,1时，u(x)>0． 0 0 当xÎ0,x 时，h¢(x)>0；当xÎx ,1时，h¢(x)<0． 0 0 可知函数h(x)在0,x 递增，在x ,1递减，在(1,2)递增． 0 0 1 1 由ux ex0 - 0，得ex0  ，且lnx -x ． 0 x x 0 0 0 0 1 æ 1 ö 可得hx x -2ex 0 +lnx -x +2x -2 -2x +23-2çx + ÷， 0 0 0 0 0 x 0 è 0 x ø 0 0 æ1 ö 且x Îç ,1÷，则hx <0， 0 è2 ø 0又因为h(2)ln2>0，可知当xÎ(0,2]时，h(x) h2ln2， max 所以m的取值范围是[ln2,+¥)． 【例2】（2024届云南省昆明市第一中学高三考前适应性训练）已知函数 f xxa-lnx，a>0． (1)求 f x的最小值ga； 1 (2)证明：ga£a+ -1． a 【解析】（1） f(x)的定义域为0,+¥， f¢xaxa-1- 1  axa -1 ， x x 1 令ax 0 a -10解得x 0  æ ç è 1 a ö ÷ ø a，又因为当a>0时，yaxa -1为增函数， 故当xÎ0,x 时， f¢x<0，则 f x在0,x 上单调递减； 0 0 当xÎx ,+¥时， f¢x>0，则 f x在x ,+¥上单调递增； 0 0 1 1 1 1+lna 1+lna 故 fx  fx xa -lnx  - ln  ，故ga ． min 0 0 0 a a a a a 1+lna -lna （2）ga ，a>0，则g¢a ， a a2 故当aÎ0,1时，g¢a>0，则ga在0,1单调递增； 当aÎ1,+¥时，g¢a<0，则ga在1,+¥单调递减； 故ga g11． max 1 1 1 又因为a+ ³2 a´ 2，所以a+ -1³1（当且仅当a1时，取“”）， a a a 1 所以ga£a+ -1． a 【例3】（2024届河南省信阳市高级中学高三下学期三模）已知函数 f xax-ln1-xaÎR. (1)若 fx³0恒成立，求a的值； (2)若 f x有两个不同的零点x,x ，且 x -x >e-1，求a的取值范围. 1 2 2 1 1 -ax+a+1 【解析】（1） f¢xa+  (x<1)， 1-x 1-x ①当a³0时， f(-1)-a-ln2<0，不符合题意. 1 ②当a<0时，令 f¢(x)0，解得x 1+ ， aæ 1ö æ 1ö 当xÎç-¥,1+ ÷时， f¢(x)<0， f(x)在区间ç-¥,1+ ÷上单调递减， è aø è aø æ 1 ö æ 1 ö 当xÎç1+ ,1÷时， f¢(x)>0， f(x)在区间ç1+ ,1÷上单调递增， è a ø è a ø 1 æ 1ö 所以当x 1+ 时， f(x)取得最小值 f ç1+ ÷a+1+ln-a； a è aø 若 fx³0恒成立，则a+1+ln-a³0， 1 x+1 设jxx+1+ln-x(x<0)，则j¢x1+  ， x x 当xÎ-¥,-1时，j¢x>0,jx在区间-¥,-1上单调递增， 当xÎ(-1,0)时，j¢x<0,jx在区间-1,0上单调递减， 所以jx£j-10，即a+1+ln-a³0的解为a-1. 所以a-1. （2）当a³0时， f¢(x)>0， f(x)在区间(-¥,1)上单调递增， 所以 f(x)至多有一个零点，不符合题意； 当a<0时，因为 f(0)0，不妨设x 0， 1 若00）. (1)求 f x在区间-1,1上的最大值与最小值； (2)当a³1时，求证： f x³lnx+x+1. 【解析】（1）解： f¢xeax1+ax（x>0）（a>0）， 1 令 f¢x0，则x- ， a 1 当01时，-1<- <1，则当xÎ ê -1,- ÷时， f¢x<0， f x在区间 ê -1,- ÷上单调递减； a ë aø ë aø 当xÎ æ ç- 1 ,1 ú ù 时， f¢x>0， f x在区间 æ ç- 1 ,1 ú ù 上单调递增， è a û è a û æ 1ö 1 所以 f x  f ç- ÷- ， min è aø ae 而 f -1-e-a <0， f 1ea >0.所以 f x  f 1ea max 综上所述，当01时，所以 f x - ， f x ea. min ae max （2）方法一：隐零点法 因为x>0，a³1，所以xeax ³xex，欲证xeax ³lnx+x+1，只需证明xex ³lnx+x+1， æ 1ö 设gxxex-lnx-x-1，（x>0），g¢xx+1 çex- ÷， è xø 1 令fxex- ，易知fx在0,+¥上单调递增， x æ1ö 而fç ÷ e-2<0，f1e-1>0， è2ø æ1 ö 所以由零点的存在性定理可知，存在唯一的x Îç ,1÷使得fx 0， 0 è2 ø 0 1 1 即ex0 - 0，因此ex0  ，x -lnx ， x x 0 0 0 0 当xÎ0,x 时，f¢x<0，g¢x<0，gx在0,x 上单调递减； 0 0 当xÎx ,+¥时，f¢x>0，g¢x>0，gx在x ,+¥上单调递增； 0 0 1 所以gx gx ex0x -lnx -x -1 x --lnx -x -10 min 0 0 0 0 x 0 0 0 0 所以gx³0，因此 f x³lnx+x+1. 方法二：（同构） 因为x>0，a³1，所以xeax ³xex，欲证xeax ³lnx+x+1，只需证明xex ³lnx+x+1， 只需证明xex elnxex exlnx+x ³lnx+x+1， 因此构造函数hxex-x-1（xÎR）， h¢xex-1， 当xÎ-¥,0时，h¢x<0，hx在-¥,0上单调递减；当xÎ0,+¥时，h¢x>0，hx在0,+¥上单调递增： 所以hx³h00，所以ex ³x+1， 所以xex ³lnx+x+1， 因此 f x³lnx+x+1. 【例5】（2024届江苏省宿迁市高三下学期三模）已知函数 f(x)ln(x-a)+ 9a-4x(a>0)． (1)若曲线y f(x)在x2处的切线的方程为x+yb，求实数b的值； (2)若函数 f(x)≤lna+2a恒成立，求a的取值范围． 9a 【解析】（1）因为 f(x)ln(x-a)+ 9a-4x(a>0)，函数的定义域为(a, ]， 4 1 2 所以 f¢(x) - ， x-a 9a-4x 由曲线y f(x)在x2处的切线的方程为x+yb，得 f¢(2)-1， 1 2 所以 f¢(2) - -1， 2-a 9a-8 1 2 8 1 9 设h(a) - ( 0， 2-a 9a-8 9 (a-2)2 (9a-8) 9a-8 8 所以函数h(a)是( ,2)上的递增函数，又h(1)-1， 9 1 2 所以方程 - -1有唯一解a1， 2-a 9a-8 所以 f(x)ln(x-1)+ 9-4x， f(2)1， 所以切点坐标为(2,1)，代入直线方程x+yb得b3． 9a （2） f(x)ln(x-a)+ 9a-4x(a>0)，定义域为(a, ]， 4 1 2 9a-4x -2(x-a) f¢(x) -  ， x-a 9a-4x (x-a) 9a-4x -2 设g(x) 9a-4x-2(x-a)，所以g¢(x) -2<0， 9a-4x 9a 9a 5a 所以g(x)在(a, )上递减，又g(a) 5a >0，g( )- <0， 4 4 2 所以当xÎ(a,x )时，g(x)>0，即 f¢(x)>0，函数 f(x)递增， 0 9a 当xÎ(x , )时，g(x)<0，即 f¢(x)<0，函数 f(x)递减， 0 4 所以函数 f(x)的最大值 f (x) f(x ) ln(x -a)+ 9a-4x ， max 0 0 0 又g(x ) 9a-4x -2(x -a)0， 0 0 0所以 9a-4x 2(x -a)， 0 0 所以 f (x) f(x ) ln(x -a)+2(x -a)， max 0 0 0 因为 f(x)≤lna+2a恒成立，即ln(x -a)+2(x -a)≤lna+2a恒成立， 0 0 1 设h(x)lnx+2x，则h¢(x) +2>0，所以h(x)递增， x 所以x -a≤a，即x £2a恒成立， 0 0 9a 因为g(x)在(a, )上递减，且g(x )0， 4 0 所以只需g(2a)≤0恒成立，即 a-2a≤0， 1 又a>0，所以a³ ． 4 【例6】（山西省晋城5月第四次调研考）函数 f(x)  x2+ax  ex(aÎR). (1)求 f x的单调区间； f(x) (2)若 f xx只有一个解，则当x>0时，求使 >  kx-x2 ex-1  成立的最大整数k. ex 【解析】（1）函数 f(x)  x2+ax  ex，定义域为R，则 f¢xé ë x2+a+2x+aù û ex， 因为ex >0，设g(x)x2+(a+2)x+a，D(a+2)2-4aa2+4>0， -(a+2)- a2 +4 -(a+2)+ a2 +4 则令g(x)0得，x  ，x  ， 1 2 2 2 -(a+2)- a2 +4 当xÎ(-¥, )时，g(x)>0， f¢(x)>0， f(x)单调递增， 2 -(a+2)- a2 +4 -(a+2)+ a2 +4 当xÎ( , )时，g(x)<0， f¢(x)<0， 2 2 f(x)单调递减， -(a+2)+ a2 +4 当xÎ( ,+¥)时，g(x)>0， f¢(x)>0， f(x)单调递增， 2 -(a+2)- a2 +4 -(a+2)+ a2 +4 综上所述： f(x)的单调递增区间为(-¥, )，( ,+¥)， 2 2 -(a+2)- a2 +4 -(a+2)+ a2 +4 单调递减区间为( , )； 2 2 （2）若 f(x)x即  x2+ax  ex x只有一个解， 因为x0使方程成立，所以只有0是 f(x)x的解， 当x¹0时，(x+a)ex 1无非零解， 设h(x)(x+a)ex-1，则h'(x)(x+a+1)ex，当x<-a-1，h¢(x)<0，h(x)单调递减，当x>-a-1，h¢(x)>0，h(x)单调递增， 所以h(x)最小值为h(-a-1)-e-a-1-1<0， 当x®-¥时，h(x)®-1，当x®+¥时，h(x)®+¥， 故h(x)(x+a)ex-1定有零点，又因为(x+a)ex 1无非零解，有零点应还是0， 所以h(0)(0+a)e0-10，所以a1，则 f(x)  x2+x  ex， f(x) >  kx-x2 ex-1  ，得x2+x>  kx-x2 ex-1  ，x>0，ex >1， ex x+1 x+1 所以 >k-x，得k < +x， ex-1 ex-1 x+1 -1-xex ex ex-x-2  设F(x) +x，则F'(x) +1 ， ex-1  ex-1 2  ex-1 2 令Gxex-x-2，则G¢xex-1， 因为x>0时，ex >1，所以G¢x>0，则Gx在0,+¥单调递增， 又G(1)e-3<0，G(2)e2-4>0 ex0  ex0 -x -2  所以$x Î(1,2)使得Gx 0，所以ex0 x +2，且F'x  0 0， 0 0 0 0  ex0 -1 2 x+1 当xÎ0,x 时，F¢x <0，F(x) +x单调递减， 0 0 ex-1 x+1 当xÎx ,+¥时，F¢(x)>0，F(x) +x单调递增， 0 ex-1 x +1 所以F(x)最小值Fx  0 +x ，且ex0 x +2， 0 ex0 -1 0 0 x +1 得Fx  0 +x x +1， 0 x +1 0 0 0 又因为x Î(1,2)，所以x +1Î(2,3)，因为k0, f x在0,+¥上存在零点，求实数a的取值范围. 3.（2024届辽宁省凤城市第一中学高三下学期期初考）已知函数 f xxex-1-lnx-x. (1)求函数 f x的最小值； 1 (2)求证：eé ë f x+xù û >ex-e-1lnx- . 2 ax 4.（2024届河北省高三学生全过程纵向评价六）已知函数 f x ，gxsinx+cosx. ex (1)当a1时，求 f x的极值； (2)当xÎ0,π时， f x£gx恒成立，求a的取值范围. 5．（2024届河北省保定市九县一中三模）已知函数 f xax+lnx+1 . (1)若a-2，求 f x的单调区间； (2)若 f x£0恒成立，求a的取值集合. 6．（2024届重庆市育才中学教育集团高三下学期5月模拟）已知函数 f xax-ex+1． (1)求函数y f x的最值； (2)若a3，设曲线y f x与x轴正半轴的交点为P，该曲线在点P处的切线方程为ygx，求证： "xÎR, f x£gx； 7.（2024届河北省秦皇岛市青龙县第一中学高三下学期5月模拟）已知m>0，函数 f xex-2x+m的图 象在点 0, f 0 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为2. (1)求m的值； (2)求 f x在-1,2上的值域.8.（2024届辽宁省实验中学高三下学期考前练）已知函数 f xxlnx-ax+a（aÎR） 9．（2024届陕西省西北工业大学附属中学高三适应性训练）已知函数 f(x)2sinx-ax (1)若函数在[0,π]内点A处的切线斜率为-a(a¹0)，求点 A的坐标； é πù (2)①当 a1时，求 g(x) f(x)-ln(x+1)在 ê 0, ú 上的最小值； ë 6û 1 1 1 n+1 ②证明：sin +sin + L +sin >ln nÎN,n³2． 2 3 n 2 1 10．（2024届四川省南充高中高三下学期月考）已知函数 f(x)1- -alnx,aÎR. x (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 a>0时，函数 f(x)与函数 g(x)a(1-e1-x)-x+1有相同的最大值，求 a的值. 11．（2024届山东省菏泽市高三下学期二模）已知函数 f xlnx+m的图象与 x轴交于点 P，且在 P处 的切线方程为 ygx,g11，记 hx2f x- 1+4x+1．（参考数据：e3 »20.09）． (1)求 gx的解析式； (2)求hx的单调区间和最大值． 1 12．（2024届湖北省武昌实验中学高三下学期5月高考适应性考试）已知函数 f xlnx- ax2aÎR. 2 (1)当 a1时，求 f x的最大值； (2)讨论函数 f x在区间 é ë 1,e2ù û 上零点的个数. 13．（2024届安徽省鼎尖名校联盟高三下学期5月联考）已知函数 f x2x-1ex-ax2. (1)求曲线 y f x在 x0处的切线方程； (2)若 ae2，求函数 f x在1,3上的最值. 14．（2024届湖北省武汉市华中师范大学附属中学高三五月适应性考试）已知函数 f x xeax(x>0)． (1)求函数 f x的单调区间； (2)若函数 f x有最大值 1 ，求实数 a的值． 2 1 15．（2024届四川省南充市高三三诊）已知函数 f x x2-sinx+ax. 2 (1)当 a1时，求 f x的最小值；(2)①求证： f x有且仅有一个极值点； 1 ②当 aÎ-1-π,1时，设 f x的极值点为 x ，若 gx- x2+2sinx-2x.求证： f x ³ gx  0 2 0 0 16．（2024届江苏省连云港市厉庄高级中学高三考前模拟）已知函数 f xax-1-log x（ a>0，且 a a¹1）． (1)若 ae，求函数 f x的最小值； (2)若 a³2，证明： x| f x<1 Í æ ç 1 ,a ö ÷． èa ø