大题培优06导数（15大题型）（解析版）_数学_二轮复习_2024年_2024年高考数学第三次模拟资源精选_资料_模块六大题精做

大题培优 06 导数
目录
【题型一】导数含参讨论基础：一次型双参...................................................................................................................1
【题型二】导数含参讨论基础：双线型...........................................................................................................................3
【题型三】导数含参讨论基础： 三角函数型.................................................................................................................6
【题型四】恒成立求参：整数解型...................................................................................................................................9
【题型五】恒成立求参：三角函数型整数解.................................................................................................................11
【题型六】能成立求参.....................................................................................................................................................14
【题型七】能成立求参：双变量型.................................................................................................................................17
【题型八】能成立求参：三角函数型.............................................................................................................................20
【题型九】零点型求参：两个零点与三个零点.............................................................................................................22
【题型十】同构型求参.....................................................................................................................................................26
【题型十一】同构型证明不等式.....................................................................................................................................29
【题型十二】三个零典型证明不等式.............................................................................................................................31
【题型十三】证明含三角函数型不等式.........................................................................................................................34
【题型十四】三角函数型极值点偏移.............................................................................................................................36
【题型十五】数列型不等式证明.....................................................................................................................................38
【题型一】导数含参讨论基础：一次型双参
对于求导后 ，其中 皆为参数
1.令 ，得第一讨论点
2.令动根 定义域端点值，可得其余讨论点
3.注意对应讨论点斜率正负。根的位置，画出对应图像，查找落在定义域部分正负
4.以讨论点为分界点，分段讨论，不要忘了分界点。
5.分界点可以合并到区间处（需要检验）
1.（北京交通大学附属中学2022届高三12月月考数学）已知函数 ，其中e为自然对数的底
数．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）取a＝0并记此时曲线y＝f（x）在点 （其中 ）处的切线为l，l与x轴、y轴所围成
的三角形面积为 ，求 的解析式及 的最大值．
【答案】（1）答案见详解
1 2
（2）Sx  ex 0 x 12 ， ；Sx  
0 2 0 x 0 0 max e
0
【分析】
（1）求导得
fxexaxa1
，分类讨论参数a，结合导数正负即可求解函数单调区间；
（2）求出过点
P
的切线方程，分别令x0求出y，令y0求出x，结合三角形面积公式可求Sx
0

，结合
导数即可求解Sx 
的最大值．
0
（1）（1）由 f(x)(ax1)ex求得 fxexaxa1，xR，当a0时， fxex 0， f x 在R上单调递增；
1
当 时，令 ，得x1 ，
a0 axa10 a
 1
x  ,1 a   时， f�( x) <0， f x单调递减；
 1 
x  1 a ,  时， f�( x) >0， f x单调递增；
 1
当 a0 时，x  ,1 a   时， f�( x) >0， f x单调递增；
 1 
x  1 a ,  时， f�( x) <0， f x单调递减；
综上所述，当a0时， f x 在R上单调递增；
 1  1 
当 a0 时，x  ,1 a   时， f x单调递减；x  1 a ,  时， f x单调递增；
 1  1 
当 a0 时，x  ,1 a   时， f x单调递增；x  1 a ,  时， f x单调递减；
（2）当a0时， f xex ，过点
P
的切线方程为yex0 xx
0
ex0,x
0
0，
1 1
令 得 ，令 得 ，Sx  x 11x ex0  ex0 x 12 ， ，
x0 y1x ex0 y0 xx 1 0 2 0 0 2 0 x 0
0 0 0
1 1
Sx  ex 0 x 12 2x 1ex 0  ex 0 x 1x 1 ，
0 2 0 0  2 0 0
当x
,1时，Sx 0，Sx 
单调递增；
0 0 0
当x 1,0 时，Sx 0，Sx  单减，
0 0 0
1 2
故Sx  S1 e14
.
0 max 2 e
1 2
故Sx  ex 0 x 12 ， ；Sx   .
0 2 0 x 0 0 max e
0
2.已知 ．
（1）求 的单调区间；
（2）设 ， ， 为函数 的两个零点，求证： ．
【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m的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）构造函数g(x)emxx，g(x)emxx与y＝m图象两交点的横坐标为x ，x ，问题转化为证明
1 2
2lnm 2lnm
g(x)g( x)，h(x)g(x)g( x)，根据函数的单调性证明即可．
1 m 1 m
1 1
解（1） ， ， f(x) m，当 时， f(x) m0，
 f(x)ln(xm)mx xm  xm m�0  xm
1
m(xm )
即 的单调递增区间为 ，无减区间；当 时， 1 m ，
f(x) m
f(x) (m,) m0  xm xm
1 1 1
由 ，得x m(m,)，x(m,m )时， ，x(m ,)时， ，
f(x)0
m m
f(x)0
m
f(x)0
1 1
时， 的单调递增区间为(m,m )，单调递减区间为(m ,)；
m0 f(x) m m
综上所述：当m�0时， f(x)的单调递增区间为(m,)，无减区间；1 1
当 时， 的单调递增区间为(m,m )，单调递减区间为(m ,).
m0 f(x) m m
（2）
1 1
证明：由（1）知 的单调递增区间为(m,m )，单调递减区间为(m ,)．
f(x) m m
ln(x m)mx x memx 1
不妨设 ，由条件知 1 1 ，即 1 ，
mx
1
x
2
ln(x
2
m)mx
2
x
2
memx 2
构造函数g(x)emxx，g(x)emxx与ym图象两交点的横坐标为x ，x ，由g(x)memx 10可得：
1 2
lnm
x ，
m
由yx2,ylnx的图像明显可得在 1, 上，y =x2的图像在ylnx图像的上方，
lnm lnm
即 x2 lnx(x1) ，即 m2 lnm(m1) ，  m (m,)，知 g(x)emxx 在区间(m, m )上单调递减，在
lnm lnm 2lnm
区间( ,)上单调递增．可知mx  x ，欲证 ，只需证x x  ，
m 1 m 2 x 1 x 2 0 1 2 m
2lnm lnm lnm 2lnm
即证x  x ( ,)，考虑到 在( ,)上递增，只需证g(x )g( x)
2 m 1 m g(x) m 2 m 1
2lnm 2lnm 2lnm
由 知，只需证g(x)g( x)令h(x)g(x)g( x)emx2xe2lnmmx ，
g(x )g(x) 1 m 1 m m
2 1
e2lnm
则h(x)memx2(m)e2mlnmmx m(emx )2�2m e2lnm 22m m2 20，
emx
lnm lnm
即 在定义域上为单调递增函数，h( )0，结合mx  知 ，
h(x) m 1 m h(x)0
1
2lnm
即g(x 1 )g( m x 1 )成立，即x 1 x 2 0成立．
【题型二】导数含参讨论基础：双线型
如 f(x)(2x1)(e2x a)型双线讨论法
1.第一线： 2.第二线：3.双线共系：
4.可讨论动根与定根的大小关系，然后知两线函数值积的正负
5.要留意指数函数有渐近线，所以讨论时候注意“第二线”是否有根
1．（2021·全国·模拟预测）已知函数 ．
(1)讨论 的单调性；
(2)当 时， 恒成立，求实数 的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求得 的定义域和导函数，对 进行分类讨论，由此求得 的单调性.
（2）由 分离常数 ，利用构造函数法，结合导数求得 的取值范围.
【详解】（1）由题知 的定义域为 ，
．
若 ，则当 时， ，当 时， ，
∴ 在 上单调递减，在 上单调递增；
若 ，则当 或 时， ，当 时， ，
∴ 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增；
若 ，则当 时， ，∴ 在 上单调递增；若 ，则当 或 时， ，当 时， ，
∴ 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增．
综上所述，当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增；
当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增；
当 时， 在 上单调递增；
当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增．
（2）由（1）知，当 时， 在 上单调递增，
由 ，得 ，故 ．
当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增，
由 ，得
设 ，则 ，
∴ 在 上单调递减，
∵ ，∴由 得 ．
综上所述，实数 的取值范围为 ．
【点睛】对于恒成立问题，常通过分离参数，将问题转化为含参部分大于（或小于）另一端不含参数部分
的最大值（或最小值）问题，再利用导数研究不含参数部分的最值，若分离参数后不易求解，就要从分类
讨论和放缩等问题入手解决．
2.已知函数 ， 既存在极大值，又存在极小值.
（1）求实数 的取值范围；
（2）当 时， 、 分别为 的极大值点和极小值点，且 ，求实数 的取值范
围.
【答案】（1） ；（2） .【分析】
（1）由已知可得 ，分析可知方程 有两个不等的实根，解方程 ，
可得出关于 的不等式，即可得解；
（2）求得 ， ，可得出 ， ，由已知可得，构造函数 ，其中 ，分 、 两种情况讨
论，利用导数分析函数 的单调性，验证不等式 对任意的 是否恒成立，综合可得出实
数 的取值范围.
（1）
解：由 可得 ，
因为函数 既存在极大值，又存在极小值，则 必有两个不等的实根，则 ，
由 可得 ， ，所以， ，解得 且 .因此，实数 的取值范围是
.
（2）解： ，则 .由 可得 ，此时函数 单调递减，
由 可得 或 ，则函数 的增区间为 和 ，
所以， ， ，则 ， ，由题意可得
对任意的 恒成立，由于此时 ，则 ，所以，
，则 ，
构造函数 ，其中 ，则
，
令 ，则 .
①当 时， ，所以 ， 在 上单增，所以 ，即 ，
符合题意；
②当 时， ，设方程 的两根分别为 、 ，则 ， ，设
，
则当 时， ，则 在 上单调递减，
所以当 时， ，即 ，不合题意.
综上所述， 的取值范围是 .
3.（四川省南充市2021-2022学年高三高考适应性）已知函数 ，其中 ．
（1）讨论 的单调性；
（2）若 ，设 ，求证：函数 在区间 内有唯一的一个零点．
【答案】（1）当 时， 在 和 上单调递增，在 上单调递减；
当 时， 在 上单调递增；当 时， 在 和 上单调递增，在 上单调递减.
（2）证明见解析
【分析】
（1）求出 后，分 ， ， 三种情况，由 的正负确定函数的单调性；
（2）根据 的单调性，利用零点存在性定理进行证明即可.
（1） ， ，令 ，得 或 ，
①当 时，由 ，得 或 ；由 ，得 ，
在 和 上单调递增，在 上单调递减；
②当 时， 时 ；当 时 . 在 上单调递增；
③当 时，由 ，得 或 ;由 ，得 ，
在 和 上单调递增，在 上单调递减，
综上所述：当 时， 在 和 上单调递增，在 上单调递减；
当 时， 在 上单调递增；
当 时， 在 和 上单调递增，在 上单调递减.
（2）由（1）知，当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增，
，
存在唯一的 ，使得 ． 函数 在区间 内有唯一的一个零点.
【题型三】导数含参讨论基础： 三角函数型
1.三角形式注意适当合理的恒等变形
2.充分利用三角函数正余弦的有界性。
1.已知 .
（1）求 的单调区间；
（2）若 ，证明:当 时， 有且只有两个零点.
【答案】（1） 在 和 上单调递增，在 上单调递减；
（2）证明见解析.
【分析】
（1）对 求导可得 ，讨论 、 求自变量范围，即可确
定单调区间；
（2）由题设得 ，讨论 、 、 结合导数及零点存在性
定理判断零点的个数，即可证明结论.（1）
由题意知： ，
令 ，得 或 ，令 ，得 ，
∴ 在 和 上单调递增，在 上单调递减；
（2）由题意知： ，
①当 时， ，
易知： 在 上单调递减，且 ，
（i）若 ，则 ，则 在 上单调递增
又 ， ，则 在 上有唯一零点；
（ii）若 ，则 ，又 ，∴存在 ，使得 ，
∴当 时， ；当 时， ，∴ 在 上单调递增，在 上单调递
减，又 ， ，∴ 在 上有唯一零点，
综上， 在 上唯一零点；
②当 时， ，由 ，则 在 上单调递减，
又 ， ，∴ 在 上有唯一零点；
③当 ，∴ ，故
在 上无零点，综上， 时 在 上有且只有两个零点.
2.已知函数 ．
（1）讨论函数 在区间 上的单调性；
（2）求函数 的最值．
【答案】
（1） 在区间 和 上单调递增，在 和 上单调递减
（2） 的最大值为1，最小值为
【分析】(1)结合已知条件求出 ，然后求出 ，进而即可求解；(2)首先求出 的周期，然后
结合(1)中条件即可求解.
（1）由题意， ，
令 ， ，解得 或 或 ，当 时， ；当
时， ，∴ 在区间 和 上单调递增，在 和 上单调递减；
（2）由 ，易知 是以 为周期的周期函数，
故可取 这一周期讨论最值，因为 在区间 和 上单调递增，在 和 上单
调递减，
故 在 和 取得极小值，在 取得极大值，因为 ， ，
，
所以 的最大值为1，最小值为 ．
3.已知 ， ．
（1）求 的单调区间；
（2）若 时， 恒成立，求m的取值范围．
【答案】
（1）在 单调递减，在 单调递增.（2）
【分析】
(1)先对函数进行求导，再进行分类讨论判断导数值的正负，即可得到答案；
(2)将问题转化为 在 恒成立，令 ，再利用（1）的结论进行
求解，即可得到答案；
（1） ， ，
①当 时， ，
在 恒成立， ， 在 单调递减，
②当 时，令 ，则 在 恒成立，
在 单调递增，且 ， 在 恒成立，
即 在 恒成立， 在 单调递增，综上所述： 在 单调递减，在 单
调递增.
（2）当 时，
在 恒成立，令 ，
，令 ，
由（1）得 ， 在 单调递增，且 ，
在 恒成立， 在 单调递增， ，
.
【题型四】恒成立求参：整数解型
1.（2023·全国·高三专题练习）已知函数 .
(1)求证 ；
(2)是否存在实数k，使得只有唯一的正整数a，对于 恒有： ，若存在，请求出k的范围以及正整数a的值；若不存在请说明理由.（下表的近似值供参考）
ln2 ln3 ln4 ln5 ln6 ln7 ln8 ln9
0.69 1.10 1.38 1.61 1.79 1.95 2.07 2.20
【答案】(1)证明见解析(2)存在， ，
【分析】（1）求出定义域，求导，得到函数单调性，得到函数最小值，故证明 即可，
变形后得到 ，构造函数证明出结论；
（2）由（1）可知 ，参变分离后，二次求导，得到 的单调性，结合
，求出 ，并求出正整数a的值.
【详解】（1） ，定义域为 ， ，
当 时， ；当 时， ，则函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
∴ ．下证： ，上式等价于证明 ．设函数
，
则 ，∴函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
∴ ，则 ，即 ．
（2）由（1）可知 ，故不等式 只有唯一的正整数解，则
．
设函数 ，则 ，其中 ， ．
令函数 ，则 ，∴函数 在 上单调递减，在 上单调
递增．
又 ， ，
故存在 满足 ，∴函数 在 上单调递增，在 上单调递减， 上单调
递增．
其中 ， ，
，故 ，∴
，此时 ．
2.（2022·江西·高三校联考阶段练习）已知函数
(1)当 时，求函数 在 处切线的方程；
(2)是否存在实数 ，使得只有唯一的正整数 ，对于 恒有 ？若存在，求出 的取
值范围及正整数 的值，若不存在，请说明理由？（下表的近似值仅供参考）【答案】(1) 。(2)存在， ，
【分析】（1）求导，利用导数的几何意义求得切线的斜率，进而求得切线方程；
（2）问题转化为 ，构造函数 ，求出函数单调性，根据函数
值的情况，即可求出 的值．
【详解】（1）当 时，函数 ，
求导 ，则切线的斜率 又 ，即切点 ，
故函数 在 处切线的方程：
（2）函数 ，则 ， ，求导 ，
当 时， ，函数 单调递增，当 时， ，函数 单调递减，
当 时，函数取得最大值 ，即 ，
对于 恒有 ，转化为 ，即 ，
令 ，求导 。求二阶导 ，
当 时， ，函数 单调递减，当 时， ，函数 单调递增，且
， 存在 使得 ，又
在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，
(3) ， (4) ， (5) ，
， ， ，此时 ．
3.（2024·安徽淮北·统考一模）已知函数 ， ，（ ）.
(1)求函数 的最小值；
(2)若 有两个不同极值点，分别记为 ， ，且 .
（ⅰ）求实数 的取值范围；
（ⅱ）若不等式 恒成立（ 为自然对数的底数），求正数 的取值范围.
【答案】(1)-1(2)（ⅰ） ；（ⅱ） .
【分析】（1）对 求导，判断 与 的大小，即可求出 的单调性和极值；
（2）（ⅰ）将题意转化为方程 有两个不同的根 ， ，令 ，对 求导，判断 与
的大小，即可求出 的单调性和极值，画出 的图象即可得出答案；（ⅱ）由题意可将题意转化为
恒成立，令 ，即 恒成立，记函数 ，
，即对 求导，可证明 ，即可得出答案.【详解】（1）由题意得： ， ，当 时， ，此时， 在 上单调递减；
当 时， ，此时， 在 上单调递增；所以 .
（2）（ⅰ）由题意得 的定义域为 ，得
因 两个不同极值点，故方程 有两个不同的根 ， （ ），
即方程 有两个不同的根 ， 。记函数 ，则
当 时， ，此时， 在 上单调递增；
当 时， ，此时 在 上单调递减；
所以 。又当 时， ，当 时， ，
且当 趋近于正无穷时， 趋近于 ，所以，方程 有两个不同的实数根，当且仅当 .
（ⅱ）由（ⅰ）知 得 ， （※），所以 ，即
（※※），
由不等式 恒成立，即 恒成立，
由（※）、（※※）得即 恒成立，
亦即 恒成立，设 ， 时，得 恒成立，
进而得 恒成立（※※※），记函数 ， ，
则 ，（ ），
当 时， ， 在 上单调递增，所以 恒成立，故 满足题意
当 时，若 时有 ，则 在 上单调递减，
所以，当 时有 ，与题意（※※※）不符，综上得正数 的取值范围是 .
【题型五】恒成立求参：三角函数型整数解
1.（2020·云南昆明·统考三模）已知 ．
（1）证明： ；
（2）对任意 ， ，求整数 的最大值．
（参考数据： ）
【答案】（1）证明见解析；（2）2．【解析】（1）求导得到单调区间，计算 得到证明.
（2）令 ，则 ，计算得到 ，再证明 恒成立即可，令
，证明 在 上单调递增，计算得到答案.
【详解】（1） ，则 ，令 ，得 ，
当 时， ， 在 上单调递减；
当 时， ， 在 上单调递增．
所以 ，所以 ．
（2）由 恒成立，令 ，则 ，由 ，得整数 ，
因此 ．下面证明对任意 ， 恒成立
即可．
由（1）知 ，则有 ，由此可得：
，
令 ，则 ，
设 ，又 ，所以 单调递增，
当 时， ， 在 上单调递增．
故当 时， ，所以 恒成立，
综上所述：整数 的最大值为2．
2.（2020上·浙江·高三校联考阶段练习）已知函数 ， .
（1）若 ，求函数 在 上的单调区间；
（2）若 ，不等式 对任意 恒成立，求满足条件的最大整数b.
【答案】（1） 在 上单调递增，在 上单调递减；（2）3；
【解析】（1）利用导数研究函数的单调区间即可；
（2）根据分析 知在 上 恒成立，分类讨论参数
，当 时不等式恒成立， 时， 不能恒成立， 时， 上
恒成立，在 也要恒成立则必须要 ，有
，结合基本不等式即可求 的范围，进而得到最大整数值.
【详解】（1）当 时， ，
，而 时， ，∴ 时， 在 上单调
递增，时， 在 上单调递减；综上， 在 上单调递增，在 上单调递减；
（2） ， ，令 由 知：
， 时 ，而 知 ，
∴ ，使 在 上单调增，在 上单调减；而 ，
∴ 在 上 恒成立.∴当 时， 有 恒成立.
当 时，有恒有 ，令 即 ，
∴ 上 ，而在 上，令 ，
，即 单调减，又 ，
所以 使 ，即 上 ， 单调增， 上 ， 单调减，
∴综上， ，使 在 上单调增， 上单调减；又 ，
1、 时， 在 上单调减， 上单调增，且 ，故此时不能保证
恒成立；
2、 时， 上 恒成立；在 上要使 恒成立，
令 ，有 恒成立，
所以只要 单调递增即可，有 成立，
即
综上，知： 时不等式 对任意 恒成立，故 .
3.（2022·全国·高三专题练习）已知函数 ， 为 的导函数．
(1)讨论 在区间 内极值点的个数；
(2)若 ， 时， 恒成立，求整数 的最小值．
【答案】(1)答案见解析；(2)1.
【分析】（1）对函数进行求导得出 ，令 ，求导得 ，对 进行
分类讨论，利用导数研究函数的单调性和极值，从而求得 在区间 内极值点的个数；
（2）由 ， 时， 恒成立，求得 ，进而证明 时， 在 ， 恒成立，
利用放缩法得到 ，设 ， ， ，从而得出 ，利用导数研究函数的单调性和最值，从而证得 ，即 恒成立，
由此确定整数 的最小值.
【详解】（1）解：由 ，得 ，
令 ，则 ， ， ， ，
当 时， ， 单调递增，即 在区间 内无极值点，
当 时， ， ，故 ，
故 在 单调递增，又 ， ，
故存在 ，使得 ，且 时， ， 递减，
， 时， ， 单调递增，故 为 的极小值点，
此时 在区间 内存在1个极小值点，无极大值点；
综上：当 时， 在区间 内无极值点，当 时， 在区间 内存在1个极小值点，无
极大值点．
（2）解：若 ， 时， 恒成立，则 ，故 ，
下面证明 时， 在 ， 恒成立， ， 时， ，故 时，
，
令 ， ， ，故 ，
令 ，则 ， 在区间 ， 单调递增，
因为 ， ，所以 在 上存在零点 ，
且 时， ； 时， ，故 在 上为减函数，在 上为增
函数，
又 ， ， ，
故存在 ， ，使得 ，且 ， 时， ， 递增，
， 时， ， 单调递减，故 时， 取得最大值，且 ，
， ， ，故 单调递减，
故 ， 时， 即 成立，综上，若 ， 时， 恒成立，则整数 的
最小值1．
【题型六】能成立求参利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1） ， ；
（2） ， ；
（3） ， ；
（4） ， .
1.（2023下·北京·高三校考）已知函数 ， .
(1)求 的单调区间；
(2)若存在 （ 是常数， ）使不等式 成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1) 的递减区间是 ，递增区间是 (2)
【分析】（1）求得 ，令 ，求得 ，结合导数的符号，即可求得函数的单调区间；
（2）把不等式转化为则 有解，设 ，即 ，求得
，求得函数 的单调性与最大值，即可求解.
【详解】（1）解：由函数 的定义域为 ，且 ，令 ，解得 ，
所以 ， ， 的对应值表为
x
- 0 +
极小值
所以 的递减区间是 ，递增区间是 .
（2）解：由不等式 ，可得 ，则
设 ，因为存在 ， 恒成立，所以
又由 ，令 ，解得 或 （舍去）。根据 的对应值表
x 1
- 0 +
极小值
所以函数 在区间 上是减函数，在区间 上是增函数，所以 ，
因为 ， ，所以 ，所以 .2.（2023下·重庆·高三重庆一中校考阶段练习）已知函数 ．
(1)若 ， ，求关于x的方程 ， 的实根个数；
(2)令 ，若关于x的不等式 在 上有解，求实数a的取值范围．
【答案】(1)有两个不等实根(2)
【分析】（1）经过二次求导得出 在 上单调递减， 在 上单调递增，函数
在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，根据 ，且 ，
，即可得出结论.
（2）将不等式 在 上有解，转化为 在 能成立，令
，通过求导得出单调性，即可得出结果.
【详解】（1） ，所以 ，
令 ，则 ，所以 在 时恒成立，
所以 在 上单调递增，且 ， ，
所以存在 使得当 时 ， 在 上单调递减，
当 时， ， 在 上单调递增，且 ，
由函数 观察可知 ，所以函数 在 上单调递增，
在 上单调递减，在 上单调递增，且 ， ，因此 时关于 的方程
有两个不等实根．
（2）不等式 在 上有解，即等价于存在 ，使得 有解，
即存在 ，使得 能成立，即得 .令 ，设 ，
则 ，当 时， ， 时， ，所以 在 上单调递
减，在 上单调递增，设 ，当 时，
， 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，综上所知 在 上单调递减，
在 上单调递增，所以 在 处取得最小值为 ，所以 ，即a的取值范
围为 ．3.（2023·河南郑州·统考模拟预测）已知 ．（ ）
(1)讨论 的单调性；
(2)若 ，且存在 ，使得 ，求 的取值范围．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）分 和 讨论即可；
（2）代入 值，分离参数得 ，，设 ，利用导数和隐零点法即可得到答案.
【详解】（1）因为 ,所以 ,
若 时, 单调递减, 时, , 单调递增；
若 ,由 得 或 ,设 ,则 , 时,
单调递减,
时, 单调递增,所以 ，所以 ,所以 时,
单调递减,
， 时, , 单调递增.综上得,当 时, 在 上单调递减,在
上单调递增,
当 时, 在 上单调递减,在 ， 上单调递增.
（2）当 时, ,存在 ,使得 成立,
即 成立,即 成立，设 ,则 ,
设 , ，则 在 上单调递增，
且 ,所以存在 ,使得 ,
所以 令 ， ， 在 上单调递
增,得 ,所以 , 时, 单调递减,
时, , 单调递增，所以 ,
所以 ,即 的取值范围是 .
【题型七】能成立求参：双变量型
已知函数 ，
（1）若 ， ，总有 成立，故 ；
（2）若 ， ，有 成立，故 ；（3）若 ， ，有 成立，故 ；
（4）若 ， ，有 ，则 的值域是 值域的子集 ．
1.（2023·全国·高三专题练习）已知函数 ， ，其中 ， ．
(1)试讨论函数 的极值；
(2)当 时，若对任意的 ， ，总有 成立，试求b的最大值．
【答案】(1)答案见解析(2)
【分析】（1）求导，根据参数讨论导函数是否存在零点，分析极值点，得到极值；
（2）问题转化为 ， 根据（1）可以得出， 的最值还需借助隐零点问
题来解决.
【详解】（1）由题意得 的定义域为 ， ．
当 时， 在区间 内恒成立，
在区间 内单调递增， 无极值．
当 时，令 ，得 ；令 ，得 ．
在区间 内单调递增，在区间 内单调递减，
在 处取得极大值，且极大值为 ，无极小值．
综上，当 时， 无极值；当 时， 的极大值为 ，无极小值．
（2）由 知当 时， 的最大值为 ．
由题意得 ，且 在区间 内单调递增．又 ， ，
根据零点存在定理可得，存在 ，使得 ，且当 时， ，
则 单调递减，
当 时， ，则 单调递增， ．
， ，两边取对数可得 ，
．
令 ，则当 时， ，
即函数 在区间 内单调递减，故 ，
，即 ，即 ．对任意的
， ，总有 成立， ，即
， ，即 ．又 ，故 的最大值为0．2.（2022上·河北·高三校联考阶段练习）已知函数 .
(1)讨论函数 的单调性；
(2)若 ，使得 ，求实数 的取值范围.
【答案】(1)单调性见解析。(2)
【分析】（1）求导后，分别在 和 的情况下，根据 的正负得到 单调性；
（2）当 时，可知 恒成立，知不合题意；当 时，取 ，
，通过放缩可得 ，符合题意；当 时，将不等式转化为 ，
根据 单调性可分别求得 和 ，由此可构造不等式求得结果；综合三种情况可得
的取值范围.
【详解】（1）由题意知： 的定义域为 ， ，
当 时， 恒成立， 在 上单调递增；
当 时，令 有 ，故当 ，则 ；若 ，则 ；
在 上单调递减，在 上单调递增；
综上所述：当 时， 在 上单调递增；当 时， 在 上单调递减，在
上单调递增.
（2）当 时， ， ； ， ；
恒成立，不合题意；当 时，取 ， ，
则 ，符合题意；
当 时，若 ， ，使得 ，则 ；
由（1）知： ； ， ， 在
gx2x3ax2 gx6x2a0 gx

a a a
2,1上单调递增，
gx g1a
，2aln 
2
aa，即2aln 
2
2a，ln 
2
1，解得：
max
a2e2；
综上所述：实数a的取值范围为
 ,2e2

0,
.
3.（2023·全国·高三专题练习）已知函数 f xlnxax(22a) xaR ．
(1)讨论 f x 的单调性；
1 1 
(2)若 a1 ， e te，且存在x 1  e ,t   ， x 2 t,e，使得 f x 1  f x 2 lnt3 ，求实数t的取值范围．1 
【答案】(1)见解析(2) ,2
e 
【分析】（1）讨论a0，a0两种情况，由导数得出单调性；
1
（2）讨论 t1， ， 三种情况，得出 f x  f x lntt1，进而由 得
e t1 1te 1 2 lntt1lnt3
出实数t的取值范围．
1 1a ax(1a) x1 ( x1)(a x1)
【详解】（1） f(x) a  
x x x x
因为x0, x10，所以当a0时， f(x)0， f(x)在(0,)上单调递增；
 1   1 
当
a0
时，x

0,
a2


时，
f(x)0
，x
a2
,

时， fx0.
 1   1 
此时 在0, 上单调递增，在 ,上单调递减.
f(x)  a2 a2 
 1   1 
综上可知，当 时， 在 上单调递增；当 时 在0, 上单调递增，在 ,上单
a0 f(x) (0,) a0 f(x)  a2 a2 
调递减.
（2）当a1时， f(x)lnxx
1 
由（1）可知， 在 ,1上单调递增，在 上单调递减.
f(x) e  (1,e)
1 1 
若 t1，则 在 ,t上单调递增，在 上单调递增，在 上单调递减.
e f(x) e  (t,1) (1,e)
所以 f x  f(t)lntt, f x  f(1)1， f x  f x lntt1
1 2 1 2
若t1，则 f x  f x 2f(1)2lntt1
1 2
1 
若 ，则 在 ,1上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递减.
1te f(x) e  (1,t) (t,e)
所以 f x  f(1)1, f x  f(t)lntt，即 f x  f x lntt1
1 2 1 2
1 
所以存在x 1  e ,t   ， x 2 t,e，使得 f x 1  f x 2 lnt3 ，只需 lntt1lnt3 ，
1 1 
所以 t2，即实数t的取值范围 ,2.
e e 
【题型八】能成立求参：三角函数型
1.（2022·河南·校联考二模）已知函数 f xex2xsinx，gxexsinxcosxa .
（1）求函数 f x 的单调区间；
 
（2） x 1 、x 2    0, 2   ，使得不等式gx 1  f x 2 成立，求 a 的取值范围；
fxm
（3）不等式
x
lnx在
1,
上恒成立，求整数
m
的最大值.
【答案】（1） f x 的减区间为 ,0 ，增区间为 0, ；（2） 0, ；（3）1.
【分析】（1）求得 fxex2cosx，分析导数的符号变化，由此可得出函数 f x 的增区间和减区间；
 
（2）求得 f x 1 ，由题意可知， asinxcosxex 在x   0, 2   时有解，构造函数
min
 
0,
Fxsinxcosxex Fx 
 2

 a 
Fxsinxcosxex ，利用导数求出函数 Fx在区间

0,
2


上的最小值，即可得出实数
a
的取值范围；
（3）由题意可知，m  ex2cosxxlnx  ，构造函数Hxex2cosxxlnx，其中x1，利用导
min
数求出函数Hxe2cos1，又由e2cos11,2
结合mZ可得出结果.
【详解】（1）因为函数 f xex2xsinx的定义域为 ，且 fxexcosx2， f00 .
R
①当x0时，ex 1，cosx1，则 fxexcosx20， \ f ( x) 在 ,0 上是减函数；
②当x0时，设hxex 2cosx，则hxexsinxe0sinx0，
所以，函数
fxexcosx2在 0,
上为增函数，所以，当x0时，
fx f00，所以，函数
f x 在 0, 上为增函数.综上所述，函数 f x 的减区间为 ,0 ，增区间为 0, ；
 
（2）由（1）知，函数 f x min  f 01， x 1 、x 2    0, 2   ，使得不等式gx 1  f x 2 成立，
   
等价于不等式 exsinxcosxa1 在x 

0,
2


时有解，即不等式
asinxcosxex
在x 

0,
2


时有解，
    3
设 Fxsinxcosxex ， Fxsinxcosxex ，当x 

0,
2


时，x
4
 
4
,
4


，则
   
sinxcosx 2sin  x 4     1, 2  ，而 ex 1 ，所以 Fx0 恒成立，即 Fx在  0, 2   上 是增函数，
则Fx F00，因此，实数a的取值范围是 0,
；
min
e22cosxm
（3） ， lnx恒成立，等价于m  ex2cosxxlnx  ，
x1 x
min
1
令 Hxex2cosxxlnx ，其中
x1
，则 Hxexsinxlnx1
，Hxexcosx
x
，
1
Qx1
，
ex e
，
cosx1
，
x
1， Hxe20 ，
Hx 在1,上单调递增，HxH1esin11e110，
Hx 在1,上递增，HxH1e2cos1，me2cos1，

e2cos11,2
，且mZ，因此整数m的最大值为1.
3 3
2.（2022上·江西宜春·高三校联考阶段练习）已知函数 f xxcosx ，gx2sinxax .
2 2
（1）讨论 f x 在 ,0 内的零点个数.

（2）若存在x0,，使得 gx fx 成立，证明：a
2
.
【答案】（1）一个；（2）证明见解析.
       
【分析】（1）分x    2 ,0  、x  , 2   两种情况讨论，在x    2 ,0  时，分析得出 f x0 ，可得
    
出
f
x在


2
,0

上无零点，在x

,
2


时，利用导数分析函数
f
x的单调性，结合零点存在定理可
得出结论；
2sinxxcosx 2sinxxcosx
（2）利用参变量分离法得出a ，构造函数hx ，利用导数分析函数hx
x x

在0,上的单调性，分析得出hx  ，即可证得结论成立.
max 2  
【详解】（1）当x    2 ,0  时， cosx0 ， f x0 ，此时函数 f x无零点；
  cosx  cosx  
当x, 时， fxcosxxsinxsinx x，令px x，其中x, ，则
 2 sinx  sinx  2
1     
px
sin2x
10，所以，函数 px在

,
2


单调递减，所以，px p


2



2
0，
   
所以，对任意的x  , 2   ， sinx0 ，则 fx0 ，所以，函数 f x在  , 2   上为减函数，

3   3  
因为 f 
2
0， f 


2



2
0，所以，函数
f
x在

,
2


上只有一个零点.
综上所述，函数 f x 在 ,0 上只有一个零点；
2sinxxcosx 2sinxxcosx
（2）由
gx fx
得a
x
，令hx
x
，x0,，
2xcosx2sinxx2sinx
hx ，
x2
 
令 mx2xcosx2sinxx2sinx ，则 mxx2cosx ，当x

0,
2


时， mxx2cosx0 ，所以，函数
     
mx在

0,
2


上单调递增，当x

0,
2


时， mxm00 ，此时 hx0 ，则函数 hx在

0,
2


上单
调递增，
  轹p  2
当x  2 ,  时， mxx2cosx0 ，则函数 mx 在� ��2 ,p � � �� 上单调递减，因为m  2    4 20，
m20，
 
所以，存在x 0   2 ,  ，使得 mx 2x cosx 2sinx x2sinx 0 ，变形可得
0 0 0 0 0 0
2sinx
2cosx x sinx  0 ，
0 0 0 x
0
 
当x  2 ,x 0   时， mx0 ，当 xx 0 ,时， mx0 .所以，函数 hx在0,x 0 上单调递增，在x 0 ,
上单调递减，
2sinx  
hx max hx 0  x 0 cosx 0 cosx 0 x 0 sinx 0 ，其中x 0   2 ,  ，对于函数 xcosxxsinx ，
0
  π   
x
 2
,

， xxcosx0 ，所以 xcosxxsinx 在
2
,π

递减，则x
 2



2
，
 
故hx  ，所以a 成立.
max 2 2
1   
3.（2022·辽宁·校联考一模）已知函数 f x x3x2sinx1,   , ，
4  6 2
(1)讨论函数 f x 的单调性；
  
(2)证明：存在    6 , 2   ，使得不等式 f xex 有解（e是自然对数的底）.
【答案】(1)讨论见解析(2)证明见解析
【分析】(1)对原函数求导后利用判别式对 进行分类讨论即可；
(2)理解“有解”的含义，构造函数将原不等式转化为求函数的最大值.【详解】（1） f x 的定义域为R， fx 3 4 x22xsin1，2sin24 3 4 4    sin2 3 4    ，
  4sin2 4sin23
①当
 3
,
2

时，
0
，
fx0
有两个不等实数根为：x
3
，
 4sin2 4sin23
x, 时， ， 单调递增，
  3   f�( x) >0 f x
4sin2 4sin23 4sin2 4sin23
x , 时，
 3 3 
 
4sin2 4sin23 
， 单调递减，x ,时， ， 单调递增，
fx0 f x 

3 

f�( x) >0 f x
  
②当a   6 , 3   时， 0 ， fx0 ，所以 f x 在,上单调递增；
1  1 
（2）不等式 f xex 等价于 4 x3x2sinx1  ex 1 ，所以只需证 4 x3x2sinx1  ex 的最大
值大于1，
   1 1 
因为a 


6
,
2


，1sin
2
，又 x20,，所以x2sin
2
x2，
6
时等号成立，
1  1 1  1 1 
所以 x3x2sinx1ex  x3 x2x1ex ，设函数gx x3 x2x1ex ，
4  4 2  4 2 
1
gx x2x1ex
， x,1， gx0 ，gx单调递增，x1,，gx0，gx单调递减，
4
1 1
 11
因为 g1 4 2 e  2. e 75 1 ，所以存在a      6 ,  2    ，使不等式 f xex 有解.
【题型九】零点型求参：两个零点与三个零点
1.（2023上·上海杨浦·高三同济大学第一附属中学校考）已知函数 f xlnxax，gxa1x21，
aR
.
(1)当a2时，求函数 f x 在点 1, f 1 处的切线方程；
(2)令当hx2f xgx ，若函数hx
有两个零点x，x，求实数a的取值范围；
1 2
2
(3)在（2）的条件下，证明：x x  .
1 2 a1
【答案】(1)xy10(2)
a1,0
(3)证明见详解
【分析】（1）先求导，利用导数可得切线斜率，由点斜式方程可得；
（2）利用导数讨论单调性及极值，最值，找到不等式，解不等式，求出实数a的取值范围；
（3）构造差函数，证明极值点偏移问题.
1 12x
【详解】（1） f x定义域为0,， fx 2 ，所以切线斜率为 f11，
x x
又 f 1ln122，所以切线方程为y2(x1)，即xy10.
（2）hx2f xgx2lnx(a1)x22ax1，2
2x1

a1x1

hx
定义域为
0,
，hx 2a1x2a ，
x x
①当a1时，有hx0恒成立，hx
在
0, 上单调递增，函数hx
不可能有两个零点；
 1   1 
②当
a1
时，由 hx0 ，解得x

0,
a1


，由 hx0 ，解得x
a1
,

，
 1   1 
故函数 hx在

0,
a1


上递增，在
a1
,

上递减．因为 hx2lnxa1x22ax12lnx2ax1 ，
2a 2a
故h  e2 2lne2 13 0，设kxlnxx1， ，
e2 e2 x0
1 1x
则kx
x
1
x
，当
0x1
时， kx0 ，当
x1
时， kx0 ，
函数在(0,1)上递增，在(1,)上递减，故kx 在x1处取得极大值，也是最大值，kx k10，所
max
以 ，故lnxx 1 ，即hx2lnxa1x22ax12  x 1 a1x22ax1
lnxx1 2  2
21a 1
x  21aa1x  ，取x 0  a1  a1 ，则hx 0 x 0   21aa1x 0   0.
 1  1  1  2 1
因此，要使函数 hx 且两个零点，只需h
a1


0，即2ln
a1
a1
a1


2a
a1
10，化简，
2 1
a x mx  0
得2lna1 0，令mx2lnx1 x1，因为 x1 x12 ，
a1 x1
a
所以函数 mx在1,上是单调递增函数，又 m00 ，故不等式2lna1 0的解为a1,0，
a1
因此，使求实数a的取值范围是：a1,0
.
1 1
（3）因为 ，所以 1，根据（2）的结果，不妨设0x  x ，则只需证明
1a0 a1 1 a1 2
2
x  x ，
1 a1 2
 1   1  2  1 
因为 hx在

0,
a1


时单调递增，且x
1


0,
a1


，
a1
x
2


0,
a1


，于是只需证明
 2 
hx h x ，
1 a1 2 
 2   2   1 
因为 ，所以即证hx h x 0，记Fxhxh x，x ,，
h(x) =h(x ) 2 a1 2  a1  a1 
1 2
 2  2 2
Fxhxh  x  4a1
a1  x 2
x
a1
4 4
 4a1 4a10
a1x   2 x   a1   1   2 ，
a1  a1
 1   1  2
所以 Fx在
a1
,

单调递增，则FxF
a1


0，即证得x
1
x
2

a1
，原命题得证.
2.（2021上·河南·高三阶段练习）已知 f xexax2x1a0
e
(1)当a 时，求曲线y f x在1, f 1处的切线方程；
2(2)设Fx f x2，若当at, 时，Fx 有三个不同的零点，求实数t的最小值．
e e21
【答案】(1)xy 10(2)t 
2 min 4
【分析】（1）由题可得
fxexex1，再利用导数的几何意义即得；
1
（2）由题可得Fxex2ax1，分类讨论，当0a 时，利用导函数可得函数最多有一个零点，当
2
1 1 ex2 1
a 时，最多有一个零点，当a 时，利用导数可得a ， ，再利用导数求最值即得.
2 2 2x x 2
2 2
【详解】（1）因为a e 时， f xex e x2x1，所以 fxexex1， f11，
2 2
e e e  e
又 f 1e 11 2，所以切线方程为y 2x1 ，即所求的切线方程为xy 10．
2 2 2  2
（2）∵Fxexax2x1，所以Fxex2ax1，令gxex 2ax1，则gxex2a，
因为a0，由gx0，得xln2a；由gx0，得xln2a，所以Fx
在
,ln2a
上单调递减，在
ln2a,
上单调递增，
1
①当
02a1
，即0a
2
时，
ln2a0
，因为 F00 且 Fx在ln2a,上单调递增，
 1    1   1 
所以
Fln2a0
，又F 

ln2a
2a


2a

e 2a ln2a

0．所以x
1


ln2a
2a
,ln2a

，使得
Fx 1 0
，
又Fx
在
,ln2a 上单调递减，所以当x，x  时，Fx0，当xx,0 时，Fx0，当
1 1
x0， 时Fx0，所以Fx
在
，x 
上单调递增，在
x,0
上单调递减，在
0，
上单调递增，
1 1
所以Fx F020，所以函数Fx
最多有一个零点，不合题意；
极小值
1
②当 ，即a 时， ，此时 Fx0 在 上恒成立，则 Fx在 上单调递增，
2a1 2 ln2a0 R R
所以Fx
在R 上最多有一个零点，不合题意；
1
③当
2a1
，即a
2
时，
ln2a0
，因为 F00 且 Fx在,ln2a上单调递减，
所以Fln2a0，因为当x0时，易证得ex
 x2，
所以F2a1e2a12a2a112a122a2a112a0，易证2a1ln2a，
所以x ln2a,2a1 ，使得Fx ex2 2ax 10，ex2 2ax 1，
2 2 2 2
故Fx
在
,0
上单调递增，在
0,x 
上单调递减，在
x ,
上单调递增，
2 2
由Fx F020，所以要使Fx 有三个零点，必有Fx ex2 2ax2x 10，
极大值 2 2 2
ex2 1 ex 1
所以
ax 2 22a1x 2 20
，即
x 2 2ax 2 10
，所以
x 2 2
，又因为a
2x 2
，令hx
2x
x2，
x1ex1
则hx
2x2
，因为当
x2
时， hx0 ，所以函数 hx在区间2，上单调递增，
e21 e21
所以ahx h2 ，即t  ．
2 4 min 4
a
3.（2022上·全国·高三阶段练习）已知函数 f(x)lnxax (a0).
x1
(1)当a 时：
2
①解关于x的不等式 f(x)0；
②证明：  1 1    1 1    1 1    1 1  e 3 4  nN*,n2  ；
 22  32 42  n2
3a
(2)若函数g(x) f(x)ln2 恰有三个不同的零点，求实数 的取值范围.
x a
 1
【答案】(1)① ；②证明见解析(2)0, 
(0,1)  4
x 1
【分析】（1）①利用导数判断函数单调性，根据单调性即可解不等式；②由①得，lnx  ，令
2 2x
1  1  1 1 1 
x1 ，化简整理后得，ln1    ，原不等式即可证明；（2）对函数 在求导后，
n2  n2  2n1 n1 g(x)
构造函数k(x)ax2x4a，对函数kx
的零点、单调性情况讨论，结合单调性，极值和函数零点存在
性定理即可得到a的范围．
【详解】（1）①当a 1 时， f(x)lnx x  1 fx 1  1  1  (x1)2 0
2 2 2x x 2 2x2 2x2
f(x)在(0,)上是单调递减函数又 f(1)0， f(x)0解集为x(0,1)
x 1 1
②证明：由①知当 时， ，即lnx  令x1  nN*,n2  ，
x(1,) f(x)0 2 2x n2
 1  1 1  1 12n2
则 ln  1 n2    2   1 n2     1   2n2 n21   1 1 1  1 1 1 1 从而
21        
 n2  2n2 n21 n21 2n1 n1
 1   1   1   1  1 1 1 1 1 1 1 1 
ln1 ln1 ln1 ln1   1       
 22   32  42  n2 2 3 2 4 3 5 n1 n1
 1 1 1  1  1   1 1 1  3   1 1    1 1    1 1    1 1  e 3 4  nN*,n2 
2 2 n n1 2 2 4  22 32 42  n2
x 4a 1 4a ax2x4a
（2）g(x)ln ax (x0)g(x) a  (x0)设 ，则
2 x x x2 x2 k(x)ax2x4a
116a2，
Δ0
1
①当 ，即a 时， ，所以 在 单调递减 不可能有三个不同的零点；
a0 4 g(x)0 g(x) (0,) g(x)
Δ0
1 1 116a2 1 116a2
②当 ，即0a 时， 有两个零点：x  ，x 
a0 4 k(x) 1 2a 2 2a x 2 x 1 0
又

k(x)ax2x4a开口向下所以当0xx
1
时，k(x)0，即g(x)0，g(x)在 0,x
1
 上单调递减；
当x xx 时，k(x)0，即g(x)0，g(x)在
x,x 
上单调递增；当xx 时，k(x)0，即g(x)0，
1 2 1 2 2
4a
g(x)
在x
2
,上单调递减. g(2)ln12a
2
0，且
x 1 x 2 4
，
x 1 2 x 2
gx
1
g(2)0gx
2

 1  1 1 4a 1

g ln a  ln22lna 4a3
a2  2a2 a2 1 a 所以令 m(a)ln22lna 1 4a3 则
a2 a
2 1 12a42a1 12a  1
ma  12a2   0 在0, 单调递增
a a2 a2 a2 m(a)  4
1 1 1 3 1  1 
m(a)m ln22ln 44  3ln24 0 g 0
4 4 4 16 a2 1 1 1 3 1  1 
m(a)m ln22ln 44  3ln24 0，即g 0
4 4 4 16 a2 
1 2 1 a1 1  1 
又x     0，x  所以由零点存在性定理知， 在区间x , 上有唯一的一个
2 a2 2a a2 a2 2 a2 g(x)  2 a2
零点x
0
4 4a
a  0
 gx 0 g   x 4    ln x 2 0 ax 0  4 x a ln    1 2  x 4    x 0 x 4 且 gx 0 ，g   x 4    0
0 0 0 0 0 0
4 4 1 116a2
  x
又x 1 116a2 2a 1， 4 在区间 上有唯一的一个零点 4 ，
0 0  x
2a x 0 1 g(x) 0,x 1  x 0
1 4  1
故当0a 时， 存在三个不同的零点 ，2， 故实数 的取值范围是0, 
4 g(x) x x a  4
0 0
【题型十】同构型求参
同构法求参数范围
通过对原函数进行适当的代换或者变换，可以带到一个与之相同（同构，结构相同，性质相同）的新函
数，新函数相对容易处理。利用同构法，可以讲原函数问题转化为一个更简单的问题，并通过求导求最
值进行分析从而得到参数范围。
同构法求解参数范围：
1. 寻找原函数及其特点
2. 进行适当的变形方式。
3. 对构造的新函数进行求导分析
4. 根据新函数极值最值等得到参数范围
常见同构技巧：
指对变形同构
① （“无中生有”，原理公式）
②
③
④
⑤
1.（2023下·吉林长春·高三长春市第五中学校考阶段练习）已知函数 f xalnxx1aR .
(1)求函数 f x 的单调区间；
 1 1 
(2)对任意的 、 ，当 时都有 f x  f x 4  ，求实数 的取值范围.
x 1 x 2 0,1 x 1 x 2 1 2 x 1 x 2  a
【答案】(1)答案见解析。(2)
3,
【分析】（1）求出函数 f x 的定义域与导数，对实数a的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，由
此可得出函数 f x 的增区间和减区间；4
（2）设gx f x ，分析可知函数gx在0,1上为增函数，则gx0在0,1上恒成立，结合参变
x
 4 4
量分离法可得出a

x
x


，求出函数yx
x
在0,1上的最大值，即可得出实数
a
的取值范围.
max
a ax
【详解】（1）解：函数 f x定义域为0,， fx 1 .
x x
当a0时，对任意的x0， fx0，所以，函数 f x 的减区间为 0, ，无增区间；
当a0时，由 fx0得xa，由 f�( x) >0得0xa.此时函数 f x 的增区间为 0,a ，减区间为
a,
.
综上所述，当a0时，函数 f x 的减区间为 0, ，无增区间；
当a0时，函数 f x 的增区间为 0,a ，减区间为 a, .
（2）解：由 f x 1  f x 2 4   x 1 1  x 1 2    ，即 f x 1  x 4 1  f x 2  x 4 2 .令gx f x 4 x alnxx 4 x 1，
因为x x ，则gx  gx ，所以，函数gx 在 0,1 上单调递增，
1 2 1 2
a 4 4  4
所以，gx
x
1
x2
0在 0,1上恒成立，即ax
x
在 0,1上恒成立，只需a

x
x


，
max
4 4 4  4
设yx
x
，y1
x2
0，

yx
x
在0,1单调递增，所以a

x
x


max
143 .
综上所述，实数a的取值范围为
3,
.
a
2.（2022上·陕西安康·高三统考期末）已知函数 f xxa1lnx aR .
x
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若 f x 有两个极值点，且这两个极值点分别为x，x，若不等式 f x  f x lnx lnx  恒成立，
1 2 1 2 1 2
求的值.
【答案】(1)答案见解析(2)2
【分析】（1）求导，然后分a0，0a1，a1，a1讨论研究单调性；
（2）由（1）两个极值点分别是1和a，不妨设x
1
1，x
2
a，代入 f x
1
 f x
2
lnx
1
lnx
2
 ，然后
转化为最值问题求解即可.
a1 a xax1
【详解】（1）由题意可知 f x的定义域为0,， fx1 x  x2  x2 .
当a0时，由 f�( x) >0，得x1；由 fx0，得0x1.则 f x 在 0,1 上单调递减，在 1, 上单调
递增.
当0a1时，由 f�( x) >0，得0xa或x1；由 fx0，得ax1.则 f x 在 0,a 和 1, 上单调
递增，在 a,1 上单调递减.当a1时， fx0恒成立，则 f x 在 0, 上单调递增.
当a1时，由 f�( x) >0，得0x1或xa；由 fx0，得1xa.则 f x 在 0,1 和 a, 上单调递
增，在 1,a 上单调递减.综上，当a0时， f x 在 0,1 上单调递减，在 1, 单调递增；
当 时， f x 在 0,a 和 1, 上单调递增，在 a,1 上单调递减；
0a1
当a1时， f x 在 0, 上单调递增；
当a1时， f x 在 0,1 和 a, 上单调递增，在 1,a 上单调递减.（2）由（1）可知0a1或a1，且两个极值点分别是1和a，不妨设x
1
1，x
2
a，
则 f x  f x 1aaa1lna1a1lna，lnx lnx lna，
1 2 1 2
故 f x
1
 f x
2
lnx
1
lnx
2
 恒成立，即a1lnalna恒成立.当0a1时，lna0，则
a1
，
因为0a1，所以2a11，则2；当a1时，lna0，则a1
，
因为a1，所以a12，则2.综上，2.
1
3.（2022下·山东济宁·高三统考）已知函数 f xx x alnx（ aR ），且 f x有两个极值点 x,x ．
1 2
(1)求实数a的取值范围；
f x  f x 
(2)是否存在实数 ，使 1 2 a2成立，若存在求出 的值，若不存在，请说明理由．
a x x a
1 2
【答案】(1)(2,)(2)不存在；理由见解析
【分析】（1）求导之后，根据导函数在
0,
上有两个变号零点，列式即可求解（2），假设存在，由
1 f x  f x  1
（1）知 ，则x  ，不妨设 ，代入 1 2 a2，消元得x  2lnx 0，构造
xx 1 1 x x 1 x x 2 x 2
1 2 2 2 1 2 2
f x  f x 
函数hxx 1 2lnx（ ）可知上述方程无实解，故不存在实数a，使 1 2 a2成立
x x1 x x
1 2
1 a x2ax1
【详解】（1）由题设，知函数
f
x的定义域为0,，且 fx1
x2

x

x2
x0，
因为函数 f x 有两个极值点x,x ，所以 fx0在 0, 上有两个不等的实数根，
1 2
Δa240

a
即 在 上有两个不等的实数根 ， 则有 0 ，
2

x2ax10
0,
x,x


x
1
x
2
1
1 2
解得a2，即所求实数a的取值范围是
2,
．
1 1
f x x  alnx , f x x  alnx
（2）由题意，得 1 1 x 1 2 2 x 2，又由（1）知 xx 1 ，
1 2 1 2
1 1
 x x alnx lnx 
所以 f x 1  f x 2   x 1 x 2 2 1 1 2  1 1 alnx 1 lnx 2  2 alnx 1 lnx 2  ．
x x x x x x x x x x
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
f x  f x  alnx lnx  lnx lnx
要使 1 2 a2成立，只需 1 2 a．由（1）知 ，则只需 1 2 1 ，
x x x x a2 x x
1 2 1 2 1 2
1
即 lnx lnx x x ．（※） 由于 xx 1 ，所以
x
1

x 不妨设 x 1 ，则（※）式成立，等价于
1 2 1 2 1 2 2 2
1 1
x 2  x 2lnx 2 0 成立． 设hxx x 2lnx（ x1 ），则
2
1 2 x22x1 x12
hx1    0，
x2 x x2 x2
所以函数hx
在区间
1, 上单调递减，且h10，所以hxh10f x  f x 
所以 hx0 无实数解，即（※）式不成立，所以不存在实数a，使
x
1
x
2 a2成立．
1 2
alnx
4.（2022·全国·高三专题练习）已知函数 f(x) x 在点 (1 ， f （1） ) 处的切线与 x 轴平行．
(1)求实数a的值及 f(x)的极值；
f(x) f(x ) k
(2)若对任意 x 1 ， x 2   e2, ，有 x 1 1 x 2 2  x 1 x 2 ，求实数 k 的取值范围．
【答案】(1)a1， f(x)的极小值为1，无极大值(2)(，2]
【分析】（1）由函数 f(x)在(1， f （1）)处的切线与x轴平行求得a的值，然后利用函数的导函数的符号
求出函数的单调期间，则函数的极值可求；
k
（2）由（1）的结论知， 在e2, 上单调递增，然后构造函数Fx f(x) ，由函数在e2, 上
f(x)  x 
单调递增，则其导函数在  e2,  不小于零恒成立，由此求得实数k的取值范围．
1
x ( )(alnx)
【详解】（1） 函数 alnx，  x 1alnx，令 （1） ，
f(x) f(x) 
x x2 x2 f 0 1aln10

，
解得a1；令 f(x)0，则lnx0，解得x1，当 f(x)0时，x1，当 f(x)0时，0x1，
即 f(x)在 0,1 上单调递减，在 1, 上单调递增所以 f(x)有极小值为 f （1）1；无极大值；
f(x) f(x ) k
（2）由（1）可知
f(x)
在

e2, 上单调递增，不妨设
x x
e2，则
x
1
x
2 
x x
，即
1 2 1 2 1 2
1 1
f(x ) f(x )k(  )
1 2 x x
2 1
k k k 1lnx k
f(x 1 ) x  f(x 2 ) x  函数Fx f(x) x 在   e2, 上单调递增，又Fx x  x ，
1 2
klnx
Fx 0在e2, 上恒成立， 在e2, 上恒成立，又在e2, 上
x2  k lnx  
lnx lne2 2，
min
k 2因此实数k的取值范围是(，2]．
【题型十一】同构型证明不等式
ex
1.（2023上·安徽马鞍山·高三马鞍山二中校考阶段练习）已知函数 f(x) 1， 为自然对数
x3 e2.71828

的底数.
(1)试判断函数 f(x)的零点个数并说明理由；
(2)证明： f(x) x3lnx.
【答案】(1)两个，理由见解析(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数导函数，讨论其单调性后结合零点存在性定理可判断函数零点个数；
ex
（2）方法一，令t 
x3
，则
f(x)x3lnx
等价于
t1lnt
，令gtlntt1，利用函数的导数，通过
函数的最值判断证明即可；
方法二：令t x3lnx，则 f(x)x3lnx等价于et 1t，令h(t)et (t1)，利用函数的导数，通过函
数的最值判断证明即可.
【详解】（1） f x 的定义域为(,0)

(0,)，当x0时，恒有 f x0，故 f x 在(,0)内没有零
点.ex (x3)ex
当 时，由 f(x) 1得 f(x) ，令 得 ，令 得 ，
x0 x3 x4 f(x)0 x3 f(x)0 0x3
所以 f(x)在(0,3)上单调递减，在(3,)上单调递增.又
e3 e2e3 720
f(1)e10, f(3) 10, f(5) 1 10，
27 125 125
故存在x
1
1,3 ，x
2
3,5 ，使得 f x
1
0， f x
2
0，所以 f(x)在(0,)两个零点.
综上，函数 f x 有两个零点.
ex
（2）方法一：令t  ，则 时， ，且 .于是 等价于 ，
x3 x0 t 0 lnt x3lnx f(x)x3lnx t1lnt
1 1
令gtlntt1，可得g(t)
t
1，令
t
10，可得
t1
，当t0,1时，gt0，函数 gt是增函
数，
当t1, 时，gt0，函数gt
是减函数，
所以t1时，函数gt 取得最大值：ln1110，所以gtg10，即
f(x) x3lnx.
ex
方法二：令 ，则et 1 1，于是 等价于 ，
t x3lnx x3 f(x)x3lnx et 1t
即et t1，令h(t)et (t1)，则有h(t)et 1.令h(t)0，即et 10，解得t0；
令h(t)0，即et 10，解得t 0，所以h(t)在(,0)单调递减，(0,)上单调递增，
所以h(t)h(0)e010，即et (t1)0.所以et t1，即 f(x) x3lnx.
2 axlnx
2.已知 f xex1 ，gx ， ．
x x aR
(1)当x1, 时，求函数gx
的极值；
(2)当a0时，求证： f xgx ．
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】（1）分类讨论求解函数的极值即可.
（2）首先将题意转化为elnxx1lnxx11．令t
lnxx1，即证：et t1，再构造函数
hxexx1，求其最小值即可证明.
1alnx
【详解】（1）gx
x2
，当
a1
时，gx0，即gx在1,上单调递减，
故函数gx
不存在极值；
当
a 1
时，令gx0，得xe1a，
x  1,e1a e1a e1a, 
gx
+ 0 -
gx
增函数
极大
减函数
值
ae1a1a 1e1a
故gx g  e1a   ea11，无极小值.
极大值 e1a e1a
综上，当a1时，函数gx
不存在极值；
当
时，函数gx 有极大值，gx ea11，不存在极小值．
a 1 极大值（2）显然x0，要证： f xgx ，
x2lnx
即证：ex1 ，即证： ，
x xex1lnxx2
即证：elnxx1lnxx11．
令t lnxx1，故只须证：et t1．
设hxexx1，则hxex 1，
当x0时，hx0，当x0时，hx0，故hx
在
0,
上单调递增，在
,0
上单调递减，
即hx h00，所以hx0，从而有ex x1．故et t1，即 f xgx ．
min
fx
eax
gx
lnx2x1
3..已知函数 x ， x ，其中aR.
f x
（1）试讨论函数 的单调性；
a2 xf(x)g(x)
（2）若 ，证明： .
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1） f x 的定义域为 (,0)  (0,) ，求出 fx ，分别讨论 a0 ， a0 ，a0时不等式
fx0 fx0
和 的解集即可得单调递增区间和单调递减区间，即可求解；
gx 0, xe2x lnx2x1 elnx2x lnx2x1
（2） 的定义域为 ，不等式等价于 ， ，
t lnx2xR et t1 htet t1
令 ，只需证 ，令 ，利用导数判断单调性和最值即可求证.
f x (,0) (0,)
解（1） 的定义域为  ，
fx
eax
fx
aeaxxeax1

eax(ax1)
由 x 可得： x2 x2 ，
1 1
当a0时，令
fx0，解得 x
a；令
fx0，解得x0或 0x
a ；
1   1
此时 f x在  a , 上单调递增，在,0和   0, a  上单调递减：
1
当a0时， f(x) x ，此时 f x 在(,0)和(0,)上单调递减；1 1
当a0时，令
fx0，解得 x
a，令
fx0，解得a x0
或x0，
 1 1 
此时 f x在   , a  上单调递增，在  a ,0  和(0,)上单调递减：
1   1
综上所述：当 a0 时， f x在  a , 上单调递增，在(,0)和   0, a  上单调递减；
a0 f x (,0) (0,)
当 时， 在 和 上单调递减；
 1 1 
当 a0 时， f x在   , a  上单调递增，在  a ,0 和(0,)上单调递减.
lnx2x1
（2）因为a2，
gx
x 的定义域为 0, ，所以xf(x)g(x)即xe2x lnx2x1，
elnxe2x=elnx2x lnx2x1 t lnx2xR et t1 htet t1
即证： ，令 ，只需证 ，令 ，则
htet 1
，
令
ht0
，解得： t 0 ；
ht0
，解得t0；所以
ht
在 (,0) 上单调递减，在 (0,) 上单调递增；
hth0e0010
所以 ，所以et t1，
所以elnx2x lnx2x1，即xf(x)g(x)成立.
【题型十二】三个零点型证明不等式
ax2
1.（2023·山东·山东省实验中学校联考模拟预测）已知函数 f x lnxlna1有三个零点.
ex1
(1)求a的取值范围；
(2)设函数 f x 的三个零点由小到大依次是x
1
,x
2
,x
3
.证明：aex1x3 e.
【答案】(1)a1(2)证明见解析
【分析】（1）求导，根据x2,0x2分类讨论研究函数的单调性，确定零点个数，构造函数，研究函
数值的符号即可得到导函数的符号，即可求出原函数的单调区间，从而确定零点个数；
lnex lnaex lnx
（2）把原函数有三个零点转化为  有三个根，构造tx ，求导研究函数单调性，结合根
ex aex x
的分布得aex
1
ex1,aex
3
ex3，要证aex1x3 e，等价于证x
1
x
3
2k，
等价于x x 1k，构造函数从而证明qx q1kx  ，即证e1x1 1lnx 0,x 0,1 ，构造函数，
1 3 3 1 1 1
利用导数单调性即可证明.ae1x 2x2x3
1
【详解】（1）因为
f x
定义域为
0,
，又 fx (a0)，
x
（ⅰ）当x2, fx0, f x 单调递减；
2x2x3 xx1x4
（ⅱ）当 x0,2，记gx
ex1
，则gx
ex1
，当 x0,1,gx0 ；当
x1,2,gx0，
所以gx
在
0,1
单调递增，在
1,2 上单调递减，gxg11，
又g00,g20，所以0gx1，
①当a0,1, fx0，则 f x 单调递减，至多一个零点，与题设矛盾；
 1
agx

②当 a1, fx 
x
a ，由（ⅱ）知， fx 有两个零点，记 fx 两零点为
m,n
，且
m1n
，
则 f x 在 0,m 上单调递减，在 m,n 上单调递增，在 n, 上单调递减，
因为 f n f 10，令px xe1x,(0 x1)，则px1xe1x 0,(0 x1)，所以
1 1 1 1 1 1 1 1
0 a 1, f  a    a e a 1 1 e 110，所以 f n0, f m0 ，且 x 趋近0， f x趋近于正无穷大， x
趋近正无穷大， f x 趋近负无穷大，所以函数 f x 有三零点，综上所述，a1；
aex lnaex lnex lnaex lnx 1lnx
（2） f x0 等价于 ex  x ，即 ex  aex ，令tx x ，则tx x2 ，
1
所以tx在0,e上单调递增，在e,上单调递减，由（1）可得x
1

a
x
2
1x
3
，则
aex e,ex1 e,aex e,ex3 e，
1 3
x lnx lneak
1 1
所以 taex 1 t  ex1  ,taex 3 t  ex3 ，所以 aex 1 ex1,aex 3 ex3 ，则 x 1 ,x 3 满足 x 3 lnx 3 lneak ， k 1 ，
x lnx k
1 1 x1
要证
aex1x3 e
，等价于证
x 1 x 3 2k
，易知
x 3 lnx 3 k
，令
qx xlnx
，则qx
x
，
令qx0得0x1，令qx0得x1，所以函数qx
在
0,1
上单调递减，在
1,
上单调递增，
下面证明x x 1k，由x 1x ，即证qx q1kx  ，即证k 1kx ln1kx  ，
1 3 1 3 3 1 1 1
即证01x ln1x lnx x 1x ln1lnx  ，即证e1x1 1lnx 0,x 0,1 ，
1 1 1 1 1 1 1 1
xe1x 1
令 cxe1x1lnx,x0,1，cx
x
，令
yxe1x1
，则 yx1e1x 0,x0,1，所以
yxe1x10，
xe1x 1
所以cx
x
0，则 cxc10 ，所以 e1x1 1lnx
1
0,x
1
0,1，
所以x x 1k，所以x x 1lnx x  x x 2k 1k2k 1k，
1 3 1 3 1 3 1 3
所以x x 2k，所以原命题得证.
1 3
e2x
2.（2023·河南·校联考模拟预测）已知定义在0,上的函数 f x
xa
t，其中
a,tR
.
(1)若函数 f x 存在极值，求实数a的取值范围；
(2)设t0,gxa    1 4 ln2 xaf x 1    lnx(x1)2a0 存在三个零点 x,x ,x ，其中 x x x .
1 2 3 1 2 3（i）求实数a的取值范围；
（ii）求证： 3a1x x 22.
1 3
 1
【答案】(1)0,(2)（i）

0,
2


；（ii）证明见解析
【分析】（1）对函数求导，根据导函数在定义域内的符号判断函数的单调性，进而求出极值即可；
x1
（2）（i）将函数有三个零点转化为rxalnx
除1外还有两个零点.分类讨论使条件成立的 的取
x1 a
值范围即可；
1 1 3  x21 
（ii）结合（i）r x   rx 可得x 1  x .将问题转化为证明不等式lnx x24x1 恒成立，设
3
3  x21 
xlnx ，利用函数的单调性即可证明.
x24x1
xa1e2x2xa
【详解】（1） fx x2a ，结合 x0,aR ，当 a0 时， f�( x) >0 恒成立，函数 f x在
a a
0,上单调递增，此时不存在极值；当
a0
时，若0x
2
时， fx0；若x
2
时， f�( x) >0，
 a a  a
所以
f
x在

0,
2


上单调递减，在
2
,

上单调递增，此时x
2
为函数的极小值点，此时存在极值，
故实数a的取值范围为
0,
.
（2）易得gxa  x21  lnx(x1)2a0，（i）gxa  x21  lnx(x1)2   x21  alnx x1 ，
 x1
x1
设rxalnx
，因为g10,r10，则rx除1外还有两个零点.
x1
a 2 ax22a2xa
rx   ，令 ，当 时， 在
x (x1)2 x(x1)2 hxax22a2xa(x0) a0 hx0
0, 恒成立，则rx0，所以rx
在
0,
上单调递减，不满足，舍去；
当a0时，rx 除1外还有两个零点，则rx 不单调，所以hx
存在两个零点，所以
1 1
Δ(2a2)24a2 0
，解得0a
2
.当0a
2
时，设hx的两个零点分别为
m,n(mn)
，则
2
mn 20,mn1，所以 .
a 0m1n
当x0,m时，hx0,rx0，则rx
单调递增；
当xm,n 时，hx0,rx0，则rx
单调递减；
当xn, 时，hx0,rx0，则rx
单调递增，
1 1
  1 e  a 1 2e  a
又 ，所以 ，而re a1  0，且 ，
1 1 1
r10 rm0,rn0  
e

a 1 e

a
1
e

a 1
1
r    ea 1   1 ea 1 1  1 2 0，且 1 ，所以存在x 1   e  a 1 ,m  ,x 3   n,ea 1  ，使得 rx rx 0 ，
ea 1 ea 1 ea 1     1 3
 1
即gxa  x21  lnx(x1)2a0有3个零点
x,x 1,x
.综上，实数
a
的取值范围为

0,
2


.
1 2 31
1
（ii）证明：结合（i）因为r   1 alnx x alnx 1x alnx x1 rx ，
x 1 1x x1
1
x
1 1 3  x21 
若 rx0 ，则r x   0，所以x 1  x .当 x1 时，先证明不等式lnx x24x1 恒成立，
3
3  x21  x 1  12  x2x1   (x1)4 0
设 xlnx
x24x1
，则 x  x24x1 2 x  x24x1 2 ，所以函数 x 在 1, 上单调
3  x21 
递增，于是 x10 ，即当
x1
时，不等式lnx
x24x1
恒成立.由 rx
3
0 ，可得
x 1 3a  x21 
3 alnx  3 ，
x 1 3 x24x 1
3 3 3
1 3ax 1
因为
x 1
，所以
x 1

x24
3
x 1
，即
x24x 13ax
12，两边同除以
x
，
3 3 3 3 3 3 3 3
1  1 
得x 4 3ax 2 ，即 ，所以 .
3 x 3  3 x 3  x 1 x 3 43ax 1 x 3 2 3a1x 1 x 3 22
【题型十三】证明含三角函数型不等式
1.已知函数
f(x)xcosxsinxe2，x0,
．
(1)求 f(x)的最大值；
(2)证明：exsinxex2 xexcosxx1；
(3)若 f(x)2ax3e2 0恒成立，求实数a的取值范围.
1 
【答案】(1) f(x) max e2(2)证明见解析(3)a  6 , 
【分析】（1）直接利用导数判断单调性，求出最大值；
1x 1x
（2）利用分析法，转化为证明
ex
＞f(x). 令g(x)＝
ex
，x0,，利用导数求出g(x)≥g(2)＝-
e2
，而
f(x)  f(0)e2，即可证明；
max
（3）把问题转化为xcosx－sinx＋2ax3≥0恒成立，令h(x)＝xcosx－sinx＋2ax3，x0,
，二次求导后，令
1 1 1 1
，对a分类讨论：i. a≤－ ， ii. a≥ ，iii.－ ＜a＜ ，分别利用导数计算即可求解.
(x)6axsinx 6 6 6 6
(1)∵
f(x)xcosxsinxe2，x0,
，
∴
f(x)cosxxsinxcosxxsinx�0，∴f(x)在[0，π]上单调递减，
∴ f(x)  f(0)e2．
max
1x 1x
(2)要证 ，只要证
xcosxsinxe2
，即证 ＞f(x)，
exsinxex2 xexcosxx1 ex ex
1x x2
令g(x)＝
ex
，x0,，则gx
ex
， 故g(x)在（0，2）上单调递减；g(x)在（2，π）上单调递增，
所以g(x)≥g(2)＝-e2，又 f(x)≤-e2，且等号不同时取到，所以exsinxex2 xexcosxx1
(3) f x+2ax3+e2 0，等价于xcosx－sinx＋2ax3≥0，
令h(x)＝xcosx－sinx＋2ax3，x0, ，则hx=-xsinx+6ax2=（x 6ax-sinx），
令(x)6axsinx，则(x)6acosx，1
i.当a≤－ 时， ，所以 在[0，π]上递减，所以 ，
6 (x)�0 (x) (x)�(0)0
所以hx0，所以h(x)在[0，π]上递减，所以h(x)≤h（0）＝0，不合题意．
1
ii.当a≥ 时， ，所以 在[0，π]上递增，所以
6 (x)�0 (x) (x)�(0)0
所以hx0，所以h(x)在[0，π]上递增，所以h(x)≥h（0）＝0，符合题意．
1 1
iii.当－ ＜a＜ 时，因为 ， ，且 在[0，π]上递增，
6 6 (0)6a10 ()16a0 (x)
所以x
0,，使得x 0，
0 0
所以当x(0,x )时，(x)0，此时(x)在（0，x）上递减，所以(x)(0)0，
0 0
1 
所以hx0，所以h(x)在（0，x 0 ）上递减，所以h(x)＜h（0）＝0，不合题意．综上可得： a  6 ,  .
2.（2022·新疆·统考三模）已知函数 f(x)sinxaxcosx，aR
(1)若 f(x)在x0处的切线为 yx ，求实数a的值；
1
(2)当a 3 ， x[0,) 时，求证： f x2ax.
【答案】(1)a0(2)证明见解析
【分析】（1）由导数的几何意义有
f01，求解即可；
sinx sinx
（2）将 f x2ax 变形成 2cosx ax0，故只需证g(x) 2cosx ax0，用导数法证明 g(x) 0
max
即可
【详解】（1）∵ fxcosxacosxaxsinx，∴ f(0)1a1，∴a0
（2）要证 f x2ax，即证sinxaxcosx2ax，只需证sinxax(2cosx)，因为2cosx0，也就是
sinx sinx
要证 ax0，令g(x) ax，
2cosx 2cosx
cosx(2cosx)sinx(sinx) 2cosx1
g(x) a a
(2cosx)2 (2cosx)2
1 2cosx1 1 (cosx1)2
∵a ，∴g(x)   0
3 (2cosx)2 3 3(2cosx)2
∴g(x)在[0,)为减函数，∴g(x) g(0)0，
∴sinxaxcosx2ax，得证
3.已知函数 f(x)exsinxcosx， f(x)为 f(x)的导数.
(1)证明：当x0时， f(x)2；
(2)设gx f x2x1，证明：g(x)有且仅有2个零点.
【答案】(1)证明过程见解析(2)证明过程见解析
【分析】（1）令hxexcosxsinx，利用导数判断hx
的单调性，并求出其最小值即可证明；
（2）由（1）可知，gx
在
0,
上单调递增，利用零点存在性定理可证明在这个区间上有一个零点，
通过构造函数即可证明gx
在
,0
上单调递减，同理利用零点存在性定理可证明在这个区间上有一个
零点，即可得证.
(1)由
fxexcosxsinx，设hxexcosxsinx，则hxexsinxcosx，
当x0时，设pxexx1，qxxsinx，∵pxex10，qx1cosx0，
∴px 和qx
在
0, 上单调递增，∴px p00，qxq00，∴当x0时，ex
x1，xsinx，则hxexsinxcosxx1sinxcosx
xsinx1cosx0，
∴函数hxexcosxsinx在 0, 上单调递增，∴hxh02，即当x0时，
f(x)2;
(2)由已知得gxex sinxcosx2x1，①当x0时， ∵gxexcosxsinx2 fx20，
∴gx
在
0, 上单调递增，又∵g010，gπeπ2π>0，∴由零点存在性定理可知gx
在
0,
上仅有一个零点，
2sinxcosx 2sinx1
②当
x0
时，设mx
ex
x0，则mx
ex
0，∴ mx在,0上单调递减，
∴mxm01，∴excosxsinx20，∴gxex cosxsinx20，∴gx
在
,0
上单调
递减，
又∵g010，gπeπ 2π>0，∴由零点存在性定理可知gx
在
,0
上仅有一个零点，
综上所述，g(x)有且仅有2个零点.
【题型十四】三角函数型极值点偏移
零点型，注意数形结合思想的应用：
1. 零点是否是特殊值，或者在某个确定的区间之内。
2. 零点是否可以通过构造零点方程，进行迭代或者转化。
3. 将方程根的判定转化为函数的单调性问题处理
处理极值点偏移问题中的类似于xx af x  f x  的问题的基本步骤如下：
1 2 1 2
①求导确定 f x 的单调性，得到x,x 的范围；
1 2
a
②构造函数Fx f x f 
x


，求导可得 Fx恒正或恒负；
 a 
③得到 与 f  的大小关系后，将 置换为 ；
f x 1  x 1  f x 1  f x 2 
a a
④根据
x
与
x
的范围，结合
f
x的单调性，可得
x
与
x
的大小关系，由此证得结论.
2 1 2 1
1.（2024·四川凉山·二模）已知函数 f xxasinx．
(1)若函数 f x 在R上是增函数，求a的取值范围；
1
(2)设gxx sinxlnx，若gx gx x  x ，证明： xx 2．
2 1 2 1 2 1 2
【答案】(1)[1,1]；(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，利用导数结合单调性，列出不等式求解即得.
（2）由（1）的信息可得x sinx x sinx (x x )，利用分析法推理变形，构造函数并利用导数证明即
2 2 1 1 2 1
得.
【详解】（1）函数 f(x)xasinx，求导得 f(x)1acosx，
依题意，对任意实数x， f(x)1acosx0恒成立，而1cosx1，
1a0
因此 ，解得： ，所以 的取值范围为 .
1a0 1a1 a [1,1]1
（2）函数g(x)x 2 sinxlnx的定义域为 (0,) ，由g(x 1 )g(x 2 )，得
1
lnx lnx (x x) (sinx sinx)，
2 1 2 1 2 2 1
由（1）知，函数 f(x)xsinx在(0,)上是增函数，
不妨令x x 0，则x sinx x sinx ，即x x sinx sinx ，
2 1 2 2 1 1 2 1 2 1
1 1 1 1
亦即 (x x ) (sinx sinx )，则(x x) (sinx sinx) (x x)，
2 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 2 1
1 x x
于是lnx lnx  (x x)，则 2 1 2，
2 1 2 2 1 lnx lnx
2 1
x
2 1
x x
1 ln 2
下面证明： ，即证： ，即证： ，
x x x x x x
2 1  xx 2 1 lnx lnx 2 1
lnx lnx 1 2 x x 2 1 x
2 1 1 2 1
令t 
x
2,(t 1)，即证：
t21
2lnt,(t 1)，设(t)2lnt
t21
,(t 1)，
x
1 t t
2 1 (t1)2
求导得(t) 1  0，则函数 在 上单调递减，
t t2 t2 (t) (1,)
t21
于是 (t)(1)0 ，即 t 2lnt,(t 1)，所以 x 1 x 2 2.
2.（23-24高三下·海南省直辖县级单位·开学考试）已知函数 f xmx m sinx，且 f x的图象在x π 处
2 2
的切线斜率为2．
(1)求m；
(2)求 f x 的单调区间；
(3)若 f x alnx有两个不等的实根x,x ，求证：xx a．
1 2 1 2
【答案】(1)m2(2)单调递增区间为R，无单调递减区间(3)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义，即可求得答案；
（2）结合（1）的结果，判断导数的正负，即可求得答案；
（3）根据题意得2x sinx  alnx 2x sinx  alnx ，结合构造函数，利用函数单调性继而将原不
1 1 1 2 2 2
x x x x x
等式转化为 a  1 2 ，即只需证明ln 1  1  2 ，进而换元，构造函数，利用函数单调性，即
lnx lnx x x x
1 2 2 2 1
可证明结论.
【详解】（1）因为 f(x)mx m sinx，所以 fxm  1 1 cosx  ，
2  2 
π  1 π
根据题意得 f  m1 cos 2，解得 ；
2  2 2 m2
（2）由（1）可知 f(x)2xsinx， f(x)2cosx，又cosx1,1]，所以 f(x)0，故 f x 的单调递
增区间为R，无单调递减区间
（3）由 f(x) alnx有两个不等的根x,x ，不妨设0x x ，可得
1 2 1 2
2x sinx  alnx 2x sinx  alnx ，
1 1 1 2 2 2
整理得2(x x )(sinx sinx ) alnx lnx ,* ，令g(x)xsinx(x0) ，则g(x)1cosx0 ，
1 2 1 2 1 2
故g(x)在 0, 上单调递增，因为0x x ，所以gx  gx  ，
1 2 1 2即x sinx x sinx ，那么sinx sinx x x ，结合（*）式，则x x  alnx lnx  ，
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2
x x x x
而 ，可得 a  1 2 ；下面证明 1 2  xx 0x x  ，等价于证明
lnx lnx 0 lnx lnx lnx lnx 1 2 1 2
1 2 1 2 1 2
x x x
ln 1  1  2 ，
x x x
2 2 1
令
x
1 t 0t1 ，设(t)2lntt 1 ，(t) 2 1 1 
t12
0 ，则 在 上单调递减，
x 2 t t t2 t2 (t) (0,1)
所以
(t)10
，即2lnt t 1
t
，故ln
x
x 1
2

x
x 1
2
 x
x 1
2 ，即
ln
x
x
1
1

l
x
n
2
x 2
 x
1
x
2
0x
1
x
2
得证，
由不等式的传递性知 xx  a ，即xx a.
1 2 1 2
 π
3.（23-24高三上·江苏泰州）已知函数 f xex，gxcosx，x   0, 2   .
 π
(1)若函数Fx f xkgx在  0, 2   上单调递增，求 k 的取值范围；
(2)若关于x的方程 f xgxm有两个实根x
1
,x
2
x
1
x
2
 ，
（i）求m的范围；
（ii）求证：x 1m.
1
 π   2 π
【答案】(1) 2e4,(2)（i）1,
2
e4 ;（ii）证明见解析
   
 π
【分析】（1）Fxexksinx0在

0,
2


上恒成立，参变分离，转化为最值求解即可；
（2）（i）Hx f xgxexcosx，求出其单调区间即可求解；（ii）将x 1m转化为
1
x ex1cosx 10，构造函数求其最小值即可.
1 1
 π  π
【详解】（1）因为Fxexkcosx在

0,
2


上单调递增，所以Fxexksinx0在

0,
2


上恒成立，
当
x0
时， Fx0 ，当
x0
时，k 
si
e
n
x
x
在  

0, π
2


上恒成立，令hx
si
e
n
x
x
 

0x π
2
 

，
则hx exco
s
s
in
x
2

x
sinx ，由 hx0 得0x π
4
，由 hx0 得 π
4
x π
2
，
 π π π π π
即 hx 在

0,
4


上单调递增，在
4
,
2
 上单调递减，所以k h
4


 2e4，
 π 
即 的取值范围为 2e4,；
k  
 π
（2）（i）令Hx f xgxexcosx，  0x 2 ，则 Hxexcosxsinx，
 π π  π π π
令 Hx0 得0x
4
，令 Hx0 得
4
x
2
，，即 Hx在

0,
4


上单调递增，在
4
,
2
上单调递
减，
π 2 π π
所以H01,H 4    2 e4，H 2   0，又关于 x 的方程 f xgxm 有两个实根 x 1 ,x 2 x 1 x 2 ， 2 π
所以 的范围为1, e4；
2 
m  

（ii）由（i）知0x 1  4 x 2 ,mex 1cosx 1 ，要证 x 1m ，即证 x 1ex1cosx ，即证 x ex1cosx 10
1 1 1 1 1
 π  
令txxexcosx1

0x
4


，则 kxtx1excosxexsinx ，则 kx2exsinx0 在

0,
4
上
恒成立，
   
所以 tx在

0,
4
上单调递增，又 txt00 ，所以 tx在

0,
4
上单调递增，
所以txt00tx 0x ex1cosx 10，所以x 1m.
1 1 1 1
【题型十五】数列型不等式证明
数列型不等式证明
1. 对于 型数列不等式证明，可以转化为定义域为 ,在实数范围内证明不等式。
2. 一些特殊形式的数列不等式，可以通过选择合适的换元，构造新函数，注意因为 的正整数属性，注
意对应换元的取值范围
3. 数列型不等式的证明，一般需要联系前面第一问的结论，对要证明的不等式进行适当的拆分凑配来证
明
1.（2022·辽宁沈阳校考三模）已知函数 f xalnxax3aR ．
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)若函数y f x 的图象在点 2,f 2 处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t1,2 ，函数
 m
gxx3x2


fx
2


在区间t,3上总不是单调函数，求m的取值范围；
ln2 ln3 ln4 lnn 1
(3)求证：      
 n2,nN*
．
2 3 4 n n
37
【答案】(1)答案见解析(2) m9(3)证明见解析
3
【分析】（1）求出函数的定义域，然后分a0，a<0和a0讨论导数的正负，从而可求得函数的单调区
间；
（2）点
2,f 2
处的切线的倾斜角为45°，即切线斜率为1，即
f�(2) =1，可求a值，代入得gx
的解析
g10

式，由 ，且 在区间
上总不是单调函数可知：g20，于是可求m的范围．
t1,2 gx t,3 

g30
（3）由（1）可得lnxx1对一切x1,
成立，所以n2，nN*，则有0lnnn1，则
lnn n1
0  ，然后累乘可得结论．
n na1x
【详解】（1） fx x0
x
当a0时，当0x1时， f(x)0，当x1时， f(x)0，所以 f x 的单调增区间为 0,1 ，减区间为
1,
；
当a<0时，当0x1时， f(x)0，当x1时， f(x)0，所以 f x 的单调增区间为 1, ，减区间为
0,1
；
当a0时， f(x)0，所以 f x 为常数函数；
a m 
（2） f2 2 1得 a2 ， f x2lnx2x3 ∴gx x3  2 2  x22x，
∴gx3x2m4x2
gt0
∵ 在区间 上总不是单调函数，且 ∴ 由题意知：对于任意的 ，
gx t,3 g02  g30 t1,2
gt0恒成立，
g10 3m420
 
所以有：g20，即122(m4)20，∴
37
；
  g30  273(m4)20  3 m9
（3）令a1此时 f xlnxx3，所以 f (1) =-2，由（1）知 f xlnxx3在 1, 上单调递
增，
∴当x1, 时 f x f 1 ，即lnxx10，∴lnxx1对一切x1, 成立，
lnn n1
∵ ， ，则有 ，∴0 
n2 nN* 0lnnn1 n n
ln2 ln3 ln4 lnn 1 2 3 n1 1
∴        
 n2,nN*
2 3 4 n 2 3 4 n n
x1
2.（2023·贵州黔东南·凯里一中校考三模）已知函数 f xlnx .
x
(1)证明： f x0；
ln3 ln4 lnn1 1
(2)证明：ln2  

 1 ,nN.
22 32 n2 n1
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数求得 f x 的最小值为0，进而证得 f x0成立；
lnn1 1
（2）先利用（1）证得  ，再利用裂项相消法求和即可证明原不等式成立.
n2 nn1
1 1 x1
【详解】（1） fx
x

x2

x2
x0 ，令 fx0，解得
x1
，当 f�( x) >0时，解得
x1
；当
fx0，解得0x1，
则 f x 在 0,1 上单调递减，在 1, 上单调递增；所以 f x 在x1取得最小值， f x  f 10，
min
f x f 1 恒成立，即 f x0恒成立.
x1
（2）由（1）知， f x在1,上单调递增，且 f 10所以 f x0在1,恒成立，即lnx 0
x
lnx 1
x1

在1,恒成立.所以lnx 在1,恒成立.则当 x1,时，
(x1)2
xx1恒成立,
xlnn1 1
令 xn1  nN*，则 ，所以 n2  nn1 .所以
n1
ln2 ln3 lnn1 1 1 1 1
12  22    n2  21  32  43    nn1 ，
ln3 ln4 lnn1  1 1 1 1 1  1
即ln2     1       1 .
22 32 n2  2 2 3 n n1 n1
ln3 ln4 lnn1 1
所以ln2     1 ，故得证.
22 32 n2 n1
lnx
3.（2023·天津红桥·统考一模）已知函数 f(x) k.
x
(1)当k 0时，求曲线y f(x)在点(e, f(e))处的切线方程；
(2)若 f(x)0恒成立，求实数k的取值范围；
(3)证明：ln
1
ln
1
  ln
1

1

1

1
  
1

 n1,nN
．
2 3 n e2 3 n
1 1
【答案】(1)y (2)k≥ (3)证明见解析
e e
【分析】（1）对 f(x)求导，得到函数在 xe 处的导数，利用直线方程得点斜式即可得出答案；
lnx lnx
（2）若
f(x)0
恒成立，则k 
 x


，设gx
x
,x0,，对 gx求导，得到 gx的单调性，
max
可求出gx
最大值；
1 1 1 1 1 1
（3）令k  ，则lnx x，分别取x , , ,， ，再由累加法即可证明.
e e 2 3 4 n
lnx 1lnx
【详解】（1）当
k 0
时， f(x)
x
，
f(x)
的定义域为0,， f(x)
x2
，
1 1
曲线 y f(x) 在点 (e, f(e)) 处的切线方程的斜率为k  fe0，又 f e e 则切线方程为y e .
lnx lnx 1lnx
（2）若 恒成立，则k   ，设gx ,x0,，g(x) ，
f(x)0  x  x x2
max
由g(x)0，得0xe，由g(x)0，得xe，所以函数gx
在
0,e
上单调递增，在
e,+
上单调递
减，
1 1
gx ge ，所以k≥ .
max e e
1 lnx 1 1 1 1 1 1 1 1
（3）令k  ，则 ，即  ，则lnx x，因为ln   ，ln   ，……，
e f(x)0 x e e 2 e 2 3 e 3
ln
1

1

1
，所以ln
1
ln
1
  ln
1

1

1

1
  
1

 n1,nN
.
n e n 2 3 n e2 3 n