《押新高考第17题 导数综合应用（解答题）-备战2024年高考数学临考题号押题（新高考通用）含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《押新高考第17题 导数综合应用（解答题）-备战2024年高考数学临考题号押题（新高考通用）含答案.pdf（70页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、更多全科试卷及资料，请关注公众号：高中试卷君押新高考押新高考 17 题导题导 数数 综综 合合 应应 用（解答题）用（解答题）考点考点4 年考题年考题考情分析考情分析导数综合导数综合2023 年新高考卷第 19 题2023 年新高考卷第 22 题2022 年新高考卷第 22 题2022 年新高考卷第 22 题2021 年新高考卷第 22 题2021 年新高考卷第 22 题2020 年新高考卷第 21 题2020 年新高考卷第 22 题导数大题难度中等或较难难度中等或较难，纵观近几年的新高考试题，主要求极值最值、用导数研究函数单调性问题及参数范围求解、不等式证明问题、零点及恒成立问题等知识点，同
2、时也是高考冲刺复习的重点复习内容。可以预测可以预测 2024 年新高考命题方向将继续以导数综合问题之单调性、极值最值、求解及证明问题为背景展开命题，难度会降低年新高考命题方向将继续以导数综合问题之单调性、极值最值、求解及证明问题为背景展开命题，难度会降低1（2023新高考卷高考真题第新高考卷高考真题第 19 题）题）已知函数 exf xaax=+-(1)讨论 f x的单调性；(2)证明：当0a 时，32ln2f xa+2（2023新高考卷高考真题第新高考卷高考真题第 22 题）题）（1）证明：当01x时，sinxxxx-时，()1f x+L5（2021新高考卷高考真题第新高考卷高考真题第 22
3、 题）题）已知函数 1 lnf xxx=-.（1）讨论 f x的单调性；（2）设a，b为两个不相等的正数，且lnlnbaabab-=-，证明：112eab+.6（2021新高考卷高考真题第新高考卷高考真题第 22 题）题）已知函数2()(1)xf xxeaxb=-+（1）讨论()f x的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：()f x只有一个零点21,222eaba；10,22aba单调递增，)(,0,0)(xfkxf单调递减2.极值（1）极值的定义)(xf在0 xx=处先后，)(xf在0 xx=处取得极大值)(xf在0 xx=处先后，)(xf在0 xx=处取得极小值3.两招破解不等式的
4、恒成立问题(1)af(x)恒成立af(x)max；(2)af(x)恒成立af(x)min.(1)分离参数法第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的最值；第三步：根据要求得所求范围(2)函数思想法更多全科试卷及资料，请关注公众号：高中试卷君第一步将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的极值；第三步：构建不等式求解4.常用函数不等式：e1xx+，其加强不等式21e12xxx+；eexx，其加强不等式2e(1)exxx-+.xx-1e，1ln-xx，xx+)1ln(放缩)10(1232211)1(2ln1)1(21112-+-
5、+-xxxxxxxxxxxx)21(1)1(211ln1)1(223221112-+-+-+-+-xxxxxxxxxxxx)1(11e1-+（或 f xg x（或 0f xg x-（或()0h x（max()0h x），因此只需在所给区间内判断()h x的符号，从而得到函数()h x的单调性，并求出函数()h x的最小值即可.6.证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法：（1）证明122xxa+）：首先构造函数 2g xf xfax=-，求导，确定函数 yf x=和函数 yg x=的单调性；确定两个零点12xax，且 12f xf x=，由函数值 1g x与 g a的大小关系，得11121
6、22g xfxfaxfxfax=-=-与零进行大小比较；再由函数 yf x=在区间,a+上的单调性得到2x与12ax-的大小，从而证明相应问题；（2）证明212x xa）（1x、2x都为正数）：更多全科试卷及资料，请关注公众号：高中试卷君首先构造函数 2ag xf xfx=-，求导，确定函数 yf x=和函数 yg x=的单调性；确定两个零点12xax，且 12f xf x=，由函数值 1g x与 g a的大小关系，得2211211aag xf xff xfxx=-=-与零进行大小比较；再由函数 yf x=在区间,a+上的单调性得到2x与21ax的大小，从而证明相应问题；（3）应用对数平均不等
7、式12121212lnln2xxxxx xxx-+-证明极值点偏移：由题中等式中产生对数；将所得含对数的等式进行变形得到1212lnlnxxxx-；利用对数平均不等式来证明相应的问题.1（2024湖南衡阳湖南衡阳二模）二模）已知函数 321fxaxbxa=+R，当2x=时，f x取得极值3-(1)求 f x的解析式；(2)求 f x在区间1,3-上的最值2（2024河北河北模拟预测）模拟预测）已知函数 eeaxf xxb=-在0 x=处的切线为x轴(1)求,a b的值；(2)求 f x的单调区间3（2024广东韶关广东韶关二模）二模）已知函数 32lnfxaxxx=+在点 1,1f处的切线平行
8、于x轴(1)求实数a；(2)求 f x的单调区间和极值4（2024广东广东一模）一模）已知01a，函数e()(0)x aaf xxx-=.(1)求()f x的单调区间.(2)讨论方程()f xa=的根的个数.更多全科试卷及资料，请关注公众号：高中试卷君5（2024浙江金华浙江金华模拟预测）模拟预测）已知函数 cos1 exf xx-=-(1)求函数 f x在0 x=处的切线方程；(2)当0,x时，求函数 f x的最小值6（2024江苏徐州江苏徐州一模）一模）已知函数 2lnf xxaxx=+-，Ra(1)若函数 22yf xx=-在0,2上单调递减，求 a 的取值范围：(2)若直线eyx=与
9、f x的图象相切，求 a 的值7（2024重庆重庆模拟预测）模拟预测）已知函数 22exf xax=-有两个极值点1x，2x，且12xx(1)求实数a的取值范围；(2)证明：1f xa.(1)当1a=时，求曲线()yf x=在点(2,()f x处的切线l的方程；(2)讨论()f x的极值.9（2024辽宁辽宁二模）二模）已知函数 21exxaf x-+=在点 1,1f处的切线与直线420240 xy+=垂直.(1)求a的值；(2)求 f x的单调区间和极值.10（2024广东深圳广东深圳模拟预测）模拟预测）已知函数22()exxaxaf x-+=，其中Ra(1)当1a=时，求曲线 yf x=在
10、 0,0f处的切线方程；(2)求证：f x的极大值恒为正数11（2024广东广州广东广州一模）一模）已知函数()cossinf xxxx=+，(,)x-.(1)求()f x的单调区间和极小值；(2)证明：当0,)x时，2()eexxf x-+.12（2024湖南湖南二模）二模）已函数32()(,)f xxaxbxc a b c=+R，其图象的对称中心为(1,2)-.(1)求abc-的值；(2)判断函数 f x的零点个数.更多全科试卷及资料，请关注公众号：高中试卷君13（2024湖南邵阳湖南邵阳二模）二模）设函数 1 e,0 xf xm xm=+.(1)求 f x的极值；(2)若对任意1,x-+
11、，有 ln2exf x 恒成立，求m的最大值.14（2024山东济南山东济南一模）一模）已知函数 2eexxfxax=+-.(1)当3a=时，求 f x的单调区间；(2)讨论 f x极值点的个数.15（2024山东青岛山东青岛一模）一模）已知函数21()ln2f xxaxx=-+(1)若1a=，曲线()yf x=在点00(,()xf x处的切线斜率为 1，求该切线的方程；(2)讨论()f x的单调性16（2024福建漳州福建漳州一模）一模）已知函数 lnf xaxxa=-+，Ra且0a(1)证明：曲线 yf x=在点 1,1f处的切线方程过坐标原点(2)讨论函数 f x的单调性17（2024江
12、苏南通江苏南通二模）二模）设函数()sin()(0,0)f xxwj wj=+-；（2）若对11,e12ln0axxaxxx+-+恒成立，求a的取值范围19（2024河北唐山河北唐山一模）一模）已知函数 tanf xx=，sin 212ln cosg xxx=+-，(1)求曲线 yf x=在点,14处的切线方程：(2)当20,x时，求 g x的值域更多全科试卷及资料，请关注公众号：高中试卷君20（2024辽宁大连辽宁大连一模）一模）已知函数 ln1Rf xxxaxa=+(1)若 0f x 恒成立，求 a 的取值范围；(2)当1x 时，证明：e lne(1)xxx-21（2024河北沧州河北沧州
13、模拟预测）模拟预测）已知函数()ln1f xxax=-+，aR(1)讨论 f x的单调性；(2)若0 x，2e2xf xxax-恒成立，求实数 a 的取值范围22（2024湖北武汉湖北武汉模拟预测）模拟预测）已知函数 e1xf xx-=(1)求曲线 yf x=在点 1,1f处的切线方程；(2)证明：f x是其定义域上的增函数；(3)若 xf xa，其中0a 且1a，求实数a的值23（2024山东枣庄山东枣庄一模）一模）已知 21ln,2fxxaxx a=+R(1)讨论 f x的单调性；(2)若 310,1e12xxfxaxxax+，求a的取值范围24（2024福建福州福建福州模拟预测）模拟预测
14、）已知函数 2ln1f xx xx=-(1)讨论 f x的单调性；(2)求证：212e1xf xxx-且1pq，求证：4fpf q+-25（2024浙江浙江模拟预测）模拟预测）已知函数 esincos1,0,2xf xxaxxx=+-，(1)当1a=时，求函数 f x的值域；(2)若函数 0f x 恒成立，求a的取值范围.26（2024浙江浙江模拟预测）模拟预测）已知函数 32f xxaxbxc=+(1)如果 1 和1-是 f x的两个极值点，且 f x的极大值为 3，求 f x的极小值；(2)当0b=时，讨论 f x的单调性；更多全科试卷及资料，请关注公众号：高中试卷君(3)当0c=时，且函
15、数 f x在区间2 2-,上最大值为 2，最小值为2-求 3f的值27（2024江苏宿迁江苏宿迁一模）一模）已知函数 21ln,Rf xa xax=+(1)若22ea=，求 f x的极小值；(2)若过原点可以作两条直线与曲线 yf x=相切，求a的取值范围28（2024江苏江苏模拟预测）模拟预测）已知函数 2eln1xfxxxxa=+-+-，其中Ra，e为自然对数的底数(1)函数 f xg xx=，求 g x的最小值 aj；(2)若1212,x xxx为函数 f x的两个零点，证明：221212aaxxa-时，求证：1322h xx-+；(2)函数 f x有两个极值点1x，2x，其中12xx3
16、0（2024福建莆田福建莆田二模）二模）已知函数 e,0,xf xmx x=-+(1)证明：当em 时，0f x；(2)若函数 ln1g xf xx x=-有两个零点12,x x求m的取值范围；证明：122ln2xxm+时，32ln2f xa+【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）先求导，再分类讨论0a 与0a 两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为21ln02aa-的恒成立问题，构造函数 21ln02g aaa a=-，利用导数证得 0g a 即可.方法二：构造函数 e1xh xx=-，证得e1xx+，从而得到2()ln1f
17、 xxaax+-，进而将问题转化为更多全科试卷及资料，请关注公众号：高中试卷君21ln02aa-的恒成立问题，由此得证.【详解】（1）因为()exf xaax=+-，定义域为R，所以 e1xfxa=-，当0a 时，由于e0 x，则e0 xa，故 0e1xfxa-=时，令 e10 xfxa=-=，解得lnxa=-，当lnxa-时，0fx-时，()0fx，则 f x在ln,a-+上单调递增；综上：当0a 时，f x在R上单调递减；当0a 时，f x在,lna-上单调递减，f x在ln,a-+上单调递增.（2）方法一：由（1）得，lnmin2lnlnlne1afaaxafaaa-+=+=+=，要证3
18、()2ln2f xa+，即证2312ln2lnaaa+，即证21ln02aa-恒成立，令 21ln02g aaa a=-，则 21212agaaaa-=-=，令 0ga，则202a，则22a；所以 g a在20,2上单调递减，在2,2+上单调递增，所以 2min2212lnln202222g ag=-=，则 0g a 恒成立，所以当0a 时，3()2ln2f xa+恒成立，证毕.方法二：令 e1xh xx=-，则 e1xh x=-，由于exy=在R上单调递增，所以 e1xh x=-在R上单调递增，又 00e10h=-=，更多全科试卷及资料，请关注公众号：高中试卷君所以当0 x 时，0h x时，
19、0h x；所以 h x在,0-上单调递减，在0,+上单调递增，故 00h xh=，则e1xx+，当且仅当0 x=时，等号成立，因为2ln22()eeeln1xxxaf xaaxaaxaxxaax+=+-=+-=+-+-，当且仅当ln0 xa+=，即lnxa=-时，等号成立，所以要证3()2ln2f xa+，即证23ln12ln2xaaxa+-+，即证21ln02aa-，令 21ln02g aaa a=-，则 21212agaaaa-=-=，令 0ga，则202a，则22a；所以 g a在20,2上单调递减，在2,2+上单调递增，所以 2min2212lnln202222g ag=-=，则 0g
20、 a 恒成立，所以当0a 时，3()2ln2f xa+恒成立，证毕.2（2023新高考卷高考真题第新高考卷高考真题第 22 题）题）（1）证明：当01x时，sinxxxx-；（2）已知函数 2cosln 1f xaxx=-，若0 x=是 f x的极大值点，求 a 的取值范围【答案】（1）证明见详解（2）,22,-+U【分析】（1）分别构建 sin,0,1F xxx x=-，2sin,0,1G xxxx x=-+，求导，利用导数判断原函数的单调性，进而可得结果；（2）根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究 f x在0,1上的单调性，求导，分类讨论202a对0,1x 恒成立，则 F x在0,1上单
21、调递增，可得 00F xF=，所以sin,0,1xx x；构建 22sinsin,0,1G xxxxxxx x=-=-+，更多全科试卷及资料，请关注公众号：高中试卷君则 21 cos,0,1Gxxx x=-+，构建 ,0,1g xGxx=，则 2sin0gxx=-对0,1x 恒成立，则 g x在0,1上单调递增，可得 00g xg=，即 0Gx对0,1x 恒成立，则 G x在0,1上单调递增，可得 00G xG=，所以2sin,0,1xxxx-；综上所述：sinxxxx-，解得11x-因为 222cosln 1cosln 1cosln 1f xaxxa xxbxx=-=-=-，且 22cosl
22、n 1cosln 1fxbxxbxxf x-=-=-=，所以函数 f x在定义域内为偶函数，由题意可得：22sin,1,11xfxbbxxx=-，（i）当202b-=-，且22220,20,10b xbx-，所以 2222201x b xbfxx+-，即当0,0,1xm时，()0fx，则 f x在0,m上单调递增，更多全科试卷及资料，请关注公众号：高中试卷君结合偶函数的对称性可知：f x在,0m-上单调递减，所以0 x=是 f x的极小值点，不合题意；（）当22b 时，取10,0,1xb，则0,1bx，由（1）可得 2233223222222sin2111xxxfxbbxb bxb xb xb
23、 xb xbxxx=-=-，则 0h x对10,xb 恒成立，可知 h x在10,b上单调递增，且 21020,20hbhb=-，所以 h x在10,b内存在唯一的零点10,nb，当0,xn时，则 0h x-，则 3322322201xfxb xb xb xbx-+-，即当0,0,1xn时，0fx，即22a，解得2a 或2a -，故 a 的取值范围为,22,-+U.【点睛】关键点睛：1.当202a时，利用sin,0,1xx x，换元放缩；2.当22a 时，利用sin,0,1xxx x-时，exxb-=的解的个数、lnxxb-=的解的个数均为 2，构建新函数()eln2xh xxx=+-，利用导
24、数可得该函数只有一个零点且可得 ,f xg x的大小关系，根据存在直线yb=与曲线 yf x=、yg x=有三个不同的交点可得b的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.【详解】（1）()exf xax=-的定义域为R，而()e=-xfxa，若0a，则()0fx，此时()f x无最小值，故0a.()lng xaxx=-的定义域为0,+，而11()axg xaxx-=-=.当lnxa时，()0fx时，()0fx，故()f x在ln,a+上为增函数，故min()lnlnf xfaaaa=-.当10 xa时，()0g x时，()0g x，故()g x在1,a+上为增函数，故min11()
25、1 lng xgaa=-.因为()exf xax=-和()lng xaxx=-有相同的最小值，故11 lnlnaaaa-=-，整理得到1ln1aaa-=+，其中0a，设 1ln,01ag aa aa-=-+，则 222211011agaaaaa-=-=+，故 g a为0,+上的减函数，而 10g=，故 0g a=的唯一解为1a=，故1ln1aaa-=+的解为1a=.综上，1a=.（2）方法一方法一：由（1）可得e()xxf x=-和()lng xxx=-的最小值为11 ln11 ln11-=-=.更多全科试卷及资料，请关注公众号：高中试卷君当1b 时，考虑exxb-=的解的个数、lnxxb-=
26、的解的个数.设 exS xxb=-，e1xSx=-，当0 x 时，0Sx时，0Sx，故 S x在,0-上为减函数，在0,+上为增函数，所以 min010S xSb=-，e2bS bb=-，设 e2bu bb=-，其中1b，则 e20bu b=-，故 u b在1,+上为增函数，故 1e20u bu=-，故 0S b，故 exS xxb=-有两个不同的零点，即exxb-=的解的个数为 2.设 lnT xxxb=-，1xTxx-=，当01x时，0Tx时，0Tx，故 T x在0,1上为减函数，在1,+上为增函数，所以 min110T xTb=-，ee20bbTb=-，lnT xxxb=-有两个不同的零
27、点即lnxxb-=的解的个数为 2.当1b=，由（1）讨论可得lnxxb-=、exxb-=仅有一个解，当1b.设()eln2xh xxx=+-，其中0 x，故1()e2xh xx=+-，设 e1xs xx=-，0 x，则 e10 xsx=-，故 s x在0,+上为增函数，故 00s xs=即e1xx+，所以1()12 10h xxx+-，所以()h x在0,+上为增函数，更多全科试卷及资料，请关注公众号：高中试卷君而(1)e20h=-，31e333122()e3e30eeeh=-，故 h x0,+上有且只有一个零点0 x，0311ex且：当00 xx时，0h x 即elnxxxx-即 f xg
28、 x时，0h x 即elnxxxx-即 f xg x，因此若存在直线yb=与曲线 yf x=、yg x=有三个不同的交点，故001bf xg x=，此时exxb-=有两个不同的根1010,(0)x x xx，此时lnxxb-=有两个不同的根0404,(01)x xxx，故0410 xxbxxb=-=-即1402xxx+=.方法二方法二：由(1)知，()xf xex=-，()lng xxx=-，且()f x在(,0)-上单调递减，在(0,)+上单调递增；()g x在(0,1)上单调递减，在(1,)+上单调递增，且minmin()()1.f xg x=1b，显然yb=与两条曲线()yf x=和()
29、yg x=共有 0 个交点，不符合题意；1b=时，此时minmin()()1f xg xb=，故yb=与两条曲线()yf x=和()yg x=共有 2 个交点，交点的横坐标分别为 0 和 1；1b 时，首先，证明yb=与曲线()yf x=有 2 个交点，更多全科试卷及资料，请关注公众号：高中试卷君即证明()()F xf xb=-有 2 个零点，()()1xF xfxe=-，所以()F x在(,0)-上单调递减，在(0,)+上单调递增，又因为()0bFbe-=，(0)10Fb=-，(令()2bt beb=-，则()20bt be=-，()(1)20)t bte=-所以()()F xf xb=-在
30、(,0)-上存在且只存在 1 个零点，设为1x，在(0,)+上存在且只存在 1 个零点，设为2.x其次，证明yb=与曲线和()yg x=有 2 个交点，即证明()()G xg xb=-有 2 个零点，1()()1G xg xx=-，所以()(0,1)G x上单调递减，在(1,)+上单调递增，又因为()0bbG ee-=，110Gb=-，(令()ln2bbbm=-，则1()10bbm=-，()(1)1ln 20)bmm=-所以()()G xg xb=-在(0,1)上存在且只存在 1 个零点，设为3x，在(1,)+上存在且只存在 1 个零点，设为4.x再次，证明存在 b，使得23:xx=因为23(
31、)()0F xG x=，所以2233lnxbexxx=-=-，若23xx=，则2222lnxexxx-=-，即2222ln0 xexx-+=，所以只需证明2ln0 xexx-+=在(0,1)上有解即可，即()2lnxxexxj=-+在(0,1)上有零点，因为313312()30eeeej=-，所以()2lnxxexxj=-+在(0,1)上存在零点，取一零点为0 x，令230 xxx=即可，此时取00 xbex=-则此时存在直线yb=，其与两条曲线()yf x=和()yg x=共有三个不同的交点，最后证明1402xxx+=，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，因为120304()()()0(
32、)()()F xF xF xG xG xG x=所以100()()(ln)F xG xFx=，又因为()F x在(,0)-上单调递减，10 x，001x即0ln0 x 即01xe，11x，所以04xxe=，又因为0002ln0 xexx-+=，所以01400ln2xxxexx+=+=，即直线yb=与两条曲线()yf x=和()yg x=从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.4（2022新高考卷高考真题第新高考卷高考真题第 22 题）题）已知
33、函数()eeaxxf xx=-(1)当1a=时，讨论()f x的单调性；(2)当0 x 时，()1f x+L【答案】(1)f x的减区间为,0-，增区间为0,+.(2)12a(3)见解析【分析】（1）求出 fx，讨论其符号后可得 f x的单调性.（2）设 ee1axxh xx=-+，求出 hx，先讨论12a 时题设中的不等式不成立，再就102a结合放缩法讨论 h x符号，最后就0a 结合放缩法讨论 h x的范围后可得参数的取值范围.（3）由（2）可得12lnttt恒成立，从而可得21ln1lnnnnn+-+对任意的*nN恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.【详解】（1）当1a=时，1 e
34、xf xx=-，则 exfxx=，当0 x 时，0fx时，()0fx，更多全科试卷及资料，请关注公众号：高中试卷君故 f x的减区间为,0-，增区间为0,+.（2）设 ee1axxh xx=-+，则 00h=，又 1eeaxxh xax=+-，设 1eeaxxg xax=+-，则 22eeaxxgxaa x=+-，若12a，则 0210ga=-，因为 gx为连续不间断函数，故存在00,x+，使得00,xx，总有 0gx，故 g x在00,x为增函数，故 00g xg=，故 h x在00,x为增函数，故 00h xh=，与题设矛盾.若102a，总有ln 1xx+成立，证明：设 ln 1S xxx
35、=+-，故 11011xSxxx-=-=+，故 S x在0,+上为减函数，故 00S xS=即ln 1xx+成立.由上述不等式有ln 12eeeeee0axaxxax axxaxx+-=-，故 0h x总成立，即 h x在0,+上为减函数，所以 00h xh=.当0a 时，有 eee1 1 00axxaxh xax=-+-+=，所以 h x在0,+上为减函数，所以 00h xh，总有12ee10 xxx-+=，故22 ln1ttt-即12lnttt恒成立.更多全科试卷及资料，请关注公众号：高中试卷君所以对任意的*nN，有112ln1nnnnnn+-+，整理得到：21ln1lnnnnn+-+-+
36、-+LLln1n=+，故不等式成立.【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.5（2021新高考卷高考真题第新高考卷高考真题第 22 题）题）已知函数 1 lnf xxx=-.（1）讨论 f x的单调性；（2）设a，b为两个不相等的正数，且lnlnbaabab-=-，证明：112eab+.【答案】（1）f x的递增区间为0,1，递减区间为1,+；（2）证明见解析.【分析】(1)首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的
37、单调性.(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令11,mnab=，命题转换为证明：2mne+；当1,x+时，0fx，从而1()0fb，得1(1,)eb，令 2g xfxf x=-，更多全科试卷及资料，请关注公众号：高中试卷君则22()ln(2)lnln(2)ln1(1)g xxxxxx=-+=-=-，当0,1x时，0gx=，从而 2fxf x-，所以111(2)()()fffaab-=，由（1）得112ab-即112ab，h x在区间1,e内为增函数，h xh ee=，从而 xf xe+，所以11()febb+又由1(0,1)a，可得11111(1 ln)()()ffaaaab-=，所以11
38、11()feabbb+=由得112eab+方法二方法二【最优解】：【最优解】：lnlnbaabab-=-变形为lnln11ababba-=-，所以ln1ln1abab+=令11,mnab=则上式变为1 ln1 lnmmnn-=-，于是命题转换为证明：2mne+令 1 lnf xxx=-，则有 f mf n=，不妨设mn由（1）知01,1mne要证：222)2(mnnmf nfmf mfm+-20f mfm-令 2,0,1g xf xfxx=-，则 lnln 2ln2ln10gxxxxx=-=-=，g x在区间()0,1内单调递增，所以 10g xg再证mne+，所以需证1 lnnnnemne-
39、+，故 h x在区间1,e内单调递增所以 h xh ee=故 h ne，即mne+综合可知112eab+同证法 2以下证明12xxe+，由1122(1 ln)(1 ln)xxxx-=-得1111(1 ln)1 ln()xxtxtx-=-，1ln1n1l txtt=-，要证12xxe+，只需证11 t xe+，两边取对数得1ln(1)ln1tx+，即ln(1)1ln11tttt+-，即证ln(1)1lntttt+-记ln(1)(),(0,)sg sss=+，则2ln(1)1()sssg ss-+=.记()ln(1)1sh sss=-+，则211()0(1)1h sss=-+，所以，h s在区间0
40、,+内单调递减 00h sh=，则 0gs，所以 g s在区间0,+内单调递减由1,t+得10,t-+，所以 1g tg t-，即ln(1)1lntttt+-方法四方法四：构造函数法：构造函数法由已知得lnln11ababba-=-，令1211,xxab=，不妨设12xx，所以 12f xf x=由（）知，1201xxe，只需证122xxe+同证法 2再证明12xxe+令2ln21()(0)()(ln,)exh xxe h xxexxex-+-=-更多全科试卷及资料，请关注公众号：高中试卷君令()ln2(0)exxxexj=+-，则221()0exexxxxj-=-=，h x在区间0,e内单调
41、递增因为120 xxe，所以122111lnlnxexexx-又因为 12f xf x=，所以12212112lnln1,1xxxexxxexx-=-，即2222111212,0 xexxexxxxxe-因为12xx，所以12xxe+，即11eab+综上，有112eab+结论得证【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式
42、即可.方法四：构造函数之后想办法出现关于120exx+-的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.6（2021新高考卷高考真题第新高考卷高考真题第 22 题）题）已知函数2()(1)xf xxeaxb=-+（1）讨论()f x的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：()f x只有一个零点21,222eaba；10,22aba【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.【详解】(1)由函数的解析式可得：2xfxx ea=-，当0a 时，若,0
43、x-，则 0,fxf x单调递增；更多全科试卷及资料，请关注公众号：高中试卷君当102a单调递增，若ln 2,0 xa，则 0,fxf x单调递增；当12a=时，0,fxf x在R上单调递增；当12a 时，若,0 x-，则 0,fxf x单调递增，若0,ln 2xa，则 0,fxf x单调递增；(2)若选择条件：由于2122ea，故212ae=-，而10babbfebbaa-=-+-+22 ln 2ln 2aaaa=-ln 22ln 2aaa=-，由于2122ea，212ae，故ln 22ln 20aaa-，结合函数的单调性可知函数在区间0,+上没有零点.综上可得，题中的结论成立.若选择条件：
44、由于102a，故21a，则 01 21 0fba=-，更多全科试卷及资料，请关注公众号：高中试卷君而函数在区间0,+上单调递增，故函数在区间0,+上有一个零点.当0b 时，构造函数 1xH xex=-，则 1xHxe=-，当,0 x-时，0,HxH x单调递增，注意到 00H=，故 0H x 恒成立，从而有：1xex+，此时：22111xf xxeaxbxxaxb=-+-+211a xb=-+-，当11bxa-时，2110a xb-+-，取0111bxa-=+-，则00f x，即：100,101bffa-，而函数在区间0,+上单调递增，故函数在区间0,+上有一个零点.2ln 22ln 21ln
45、 2faaaaab=-+22ln 21ln 22aaaaa-+22 ln 2ln 2aaaa=-ln 22ln 2aaa=-，由于102a，021a，故ln 22ln 20aaa-单调递增，)(,0,0)(xfkxf单调递减2.极值（1）极值的定义)(xf在0 xx=处先后，)(xf在0 xx=处取得极大值)(xf在0 xx=处先后，)(xf在0 xx=处取得极小值3.两招破解不等式的恒成立问题(1)af(x)恒成立af(x)max；(2)af(x)恒成立af(x)min.(1)分离参数法第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的最值；第三步：根据要
46、求得所求范围(2)函数思想法第一步将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的极值；第三步：构建不等式求解4.常用函数不等式：e1xx+，其加强不等式21e12xxx+；eexx，其加强不等式2e(1)exxx-+.xx-1e，1ln-xx，xx+)1ln(放缩)10(1232211)1(2ln1)1(21112-+-+-xxxxxxxxxxxx)21(1)1(211ln1)1(223221112-+-+-+-+-xxxxxxxxxxxx)1(11e1-+（或 f xg x（或 0f xg x-（或()0h x（max()0h x），因此只需在所给区间内判断()h x的
47、符号，从而得到函数()h x的单调性，并求出函数()h x的最小值即可.6.证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法：（1）证明122xxa+）：首先构造函数 2g xf xfax=-，求导，确定函数 yf x=和函数 yg x=的单调性；确定两个零点12xax，且 12f xf x=，由函数值 1g x与 g a的大小关系，得1112122g xfxfaxfxfax=-=-与零进行大小比较；再由函数 yf x=在区间,a+上的单调性得到2x与12ax-的大小，从而证明相应问题；（2）证明212x xa）（1x、2x都为正数）：首先构造函数 2ag xf xfx=-，求导，确定函数 yf
48、x=和函数 yg x=的单调性；确定两个零点12xax，且 12f xf x=，由函数值 1g x与 g a的大小关系，得2211211aag xf xff xfxx=-=-与零进行大小比较；再由函数 yf x=在区间,a+上的单调性得到2x与21ax的大小，从而证明相应问题；（3）应用对数平均不等式12121212lnln2xxxxx xxx-+，所以 g x（fx）在定义域R上单调递增，又 00f=，所以当0 x 时 0fx时()0fx，所以 f x的单调递减区间为,0-，单调递增区间为0,+.3（2024广东韶关广东韶关二模）二模）已知函数 32lnfxaxxx=+在点 1,1f处的切线
49、平行于x轴(1)求实数a；(2)求 f x的单调区间和极值【答案】(1)1更多全科试卷及资料，请关注公众号：高中试卷君(2)答案见解析【分析】（1）对函数求导，依题意只需使 10f=即可求得实数a；（2）利用（1）写出函数解析式，求导并分解因式，在定义域内分类讨论导函数的符号，即得单调区间和函数的极值.【详解】（1）由 32lnf xaxxx=+可得：232fxaxx=-+，由题意，110fa-=，解得1a=；（2）由（1）得 32lnf xxxx=+，(0)x，则 22223223(3)(1)1xxxxfxxxxx+-+-=-+=，当01x时，0fx时，0fx，f x在(1,)+上是增函数.
50、故1x=时，函数 f x有极小值为(1)4f=，无极大值.故函数 f x的单调递增区间为(1,)+，递减区间为(0,1)，函数有极小值为(1)4f=，无极大值.4（2024广东广东一模）一模）已知01a1x，又函数定义域为,00,-+，更多全科试卷及资料，请关注公众号：高中试卷君所以函数在,0-和0,1上单调递减，在1,+上单调递增.（2）因为01a，所以：当0 x 时，e0 x aaf xx-=，函数在0,1上递减，在1,+递增，所以 10min1eaf xfaaea-=，所以方程 f xa=无解.综上可知：方程 f xa=的根的个数为0.5（2024浙江金华浙江金华模拟预测）模拟预测）已知