【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019选择性必修二）专题5.5 导数在研究函数中的应用（重难点题型精讲） Word版含解析.docx，共(28)页，616.954 KB，由小赞的店铺上传

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专题5.5导数在研究函数中的应用（重难点题型精讲）1．函数单调性和导数的关系(1)函数的单调性与导函数f'(x)的正负之间的关系①单调递增：在某个区间(a,b)上，如果f'(x)>0，那么函数y=f(x)在区间(a,b)上单调递增；②单调递减：在某个区间(a,b)上

，如果f'(x)<0，那么函数y=f(x)在区间(a,b)上单调递减.③如果在某个区间(a,b)内恒有f'(x)=0，那么函数y=f(x)在这个区间上是一个常数函数.(2)函数值变化快慢与导数的关系一般地，如果一个函数在某一范围内导数的绝对值较大，那么

在这个范围内函数值变化得快，这时，函数的图象就比较“陡峭”(向上或向下)；如果一个函数在某一范围内导数的绝对值较小，那么在这个范围内函数值变化得慢，函数的图象就“平缓”一些.常见的对应情况如下表所示.2．函数的极值极值的相关概念(1)极小值点与极小值：如图，函数y=f(x)在点x=a处的函数

值f(a)比它在点x=a附近其他点的函数值都小，f'(a)=0，而且在点x=a附近的左侧f'(x)<0，右侧f'(x)>0，则把点a叫做函数y=f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y=f(x)的极小值.(2)极大值点与极大值：如图，函数y=f(x)在点x=b处的

函数值f(b)比它在点x=b附近其他点的函数值都大，f'(b)=0，而且在点x=b附近的左侧f'(x)>0，右侧f'(x)<0，则把点b叫做函数y=f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y=f(x)的极大值.(3)极小值点、极大值点统称为极值点，极小值和极大值统称为极值.3．函数的最大值与最

小值(1)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，并且函数的最值必在极值点或区间端点处取得.当f(x)的图象连续不断且在[a,b]上单调时，其最大值和最小值分别在两个端点处取得.(

2)函数的极值与最值的区别①极值是对某一点附近(即局部)而言的，最值是对函数的整个定义区间而言的.②在函数的定义区间内，极大(小)值可能有多个(或者没有)，但最大(小)值最多有一个.③函数f(x)的极值点不能是区间的端点，而最值点可以是区间的端点.4．导数在解决实际问题

中的应用①利用导数解决实际问题时，常常涉及用料最省、成本(费用)最低、利润最大、效率最高等问题，求解时需要分析问题中各个变量之间的关系，抓主元，找主线，把“问题情境"翻译为数学语言，抽象成数学问题，再选择合适的数学方法求解，最后经过检验得到实际问题的解.②解决优化问题的方法并不单一

，运用导数求最值是解决这类问题的有效方法，有时与判别式、基本不等式及二次函数的性质等结合，多举并用，达到最佳效果.③利用导数解决实际问题的一般步骤【题型1利用导数求单调区间】【方法点拨】利用导数求函数f(

x)单调区间的步骤(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导数f'(x)；(3)解不等式f'(x)>0，函数在解集与定义域的交集上为增函数；(4)解不等式f'(x)<0，函数在解集与定义域的的交集上为减函数.【

例1】（2022·吉林·高三阶段练习（理））函数𝑓(𝑥)=2𝑥−5ln𝑥−4的单调递减区间是（）A．(0,3)B．(3,+∞)C．(52,+∞)D．(0,52)【解题思路】确定函数定义域，求出函数的

导数，根据导数小于0，即可求得答案.【解答过程】由题意函数𝑓(𝑥)=2𝑥−5ln𝑥−4的定义域为(0,+∞)，𝑓′(𝑥)=2−5𝑥=2𝑥−5𝑥，当𝑓′(𝑥)=2𝑥−5𝑥<0时，0<𝑥<52，故函数𝑓(𝑥)

=2𝑥−5ln𝑥−4的单调递减区间是(0,52)，故选：D.【变式1-1】（2022·广西·高二期末（文））函数𝑦=12𝑥2−ln𝑥的单调递减区间为（）A．(−1,1)B．(0,1)C．[1,+∞)D．(0,+∞)【解题思路】求出导函数，令导函数小于0，

即可得到单调递减区间.【解答过程】解：由题意，𝑥>0在𝑦=12𝑥2−ln𝑥中，𝑦′=𝑥−1𝑥=𝑥2−1𝑥当𝑦′=0时，解得𝑥=−1（舍）或𝑥=1当𝑦′<0即0<𝑥<1时，函数单调递减∴单调递减区间为(0,

1)故选：B.【变式1-2】（2022·宁夏·高二期中（文））函数𝑓(𝑥)=(𝑥−3)e𝑥的单调递减区间是（）A．(−∞,2]B．[0,3]C．[1,4]D．[2,+∞)【解题思路】求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系

解不等式𝑓′(𝑥)<0进行求解即可.【解答过程】函数的导数𝑓′(𝑥)=e𝑥+(𝑥−3)e𝑥=(𝑥−2)e𝑥由𝑓′(𝑥)<0得(𝑥−2)e𝑥<0，即𝑥−2<0得𝑥<2，即函数的单调递减区间为(−∞,2]

，故选：A.【变式1-3】（2022·云南·模拟预测（理））设a为实数，函数𝑓(𝑥)=𝑥3+(𝑎−1)𝑥2−(𝑎+2)𝑥，且𝑓′(𝑥)是偶函数，则𝑓(𝑥)的单调递减区间为（）A．(0

,2)B．(−√3,√3)C．(−1,1)D．(−3,3)【解题思路】求导，结合𝑓′(𝑥)是偶函数得到𝑓′(−𝑥)=𝑓′(𝑥)，求出𝑎=1，从而根据𝑓′(𝑥)=3𝑥2−3小于0，求出单调递减区间.【解答过程】因为𝑓(𝑥)=

𝑥3+(𝑎−1)𝑥2−(𝑎+2)𝑥，所以𝑓′(𝑥)=3𝑥2+2(𝑎−1)𝑥−(𝑎+2)，又因为𝑓′(𝑥)是偶函数，所以𝑓′(−𝑥)=𝑓′(𝑥)，即3(−𝑥)2−2(𝑎−1)𝑥−(𝑎+2)=3

𝑥2+2(𝑎−1)𝑥−(𝑎+2)，故𝑎−1=0，即𝑎=1，所以𝑓′(𝑥)=3𝑥2−3，令𝑓′(𝑥)<0，解得−1<𝑥<1，所以𝑓(𝑥)的单调递减区间为(−1,1).故选：C．【题型2由函数的单调性求参数】【方法点拨】由函数的单

调性求参数的取值范围经常涉及的两种题型：(1)已知含参函数y=f(x)在给定区间I上单调递增(减)，求参数范围.方法一：将问题转化为不等式f'(x)≥0(f'(x)≤0)在区间I上的恒成立问题.方法二：求得递增(减)区间A，利用I与A

的关系求解.(2)已知函数y=f(x)在含参区间上单调递增(减)，求参数范围.方法:利用(1)中的方法二.【例2】（2022·江苏·高二期末）设函数𝑓(𝑥)=12𝑎𝑥2+ln𝑥在(1,+∞)上单调递增，则实数𝑎的取值范围是（）A．[−1，+∞)B．

(−1，+∞)C．[0，+∞)D．(0，+∞)【解题思路】函数𝑓(𝑥)在(1,+∞)上单调递增等价于𝑓′(𝑥)≥0在(1,+∞)上恒成立，参变分离，进一步讨论最值即可.【解答过程】由题意𝑓′(𝑥)=𝑎𝑥+1𝑥≥0在(1,+∞)上恒成立，即𝑎≥

−1𝑥2，又𝑦=−1𝑥2在(1,+∞)单增，∴−1𝑥2<0，则𝑎≥0．故选：C．【变式2-1】（2022·陕西·高三阶段练习（文））已知函数𝑓(𝑥)=(1−𝑥)ln𝑥+𝑎𝑥在(1,+∞)

上不单调，则𝑎的取值范围是（）A．(0,+∞)B．(−∞,0)C．[0,+∞)D．(−∞,0]【解题思路】因为𝑓(𝑥)在(1,+∞)上不单调，故利用𝑓′(𝑥)在(1,+∞)上必有零点，利用𝑎=ln𝑥−1𝑥+1，构造函数𝑧(𝑥)=ln𝑥−1𝑥+

1，通过𝑧(𝑥)的范围，由此求得𝑎的取值范围.【解答过程】依题意𝑓′(𝑥)=−ln𝑥+1𝑥+𝑎−1，故𝑓′(𝑥)在(1,+∞)上有零点，令𝑔(𝑥)=−ln𝑥+1𝑥+𝑎−1，令𝑔(𝑥)=0，得𝑎=ln𝑥−1𝑥+1，令𝑧(𝑥)=ln𝑥

−1𝑥+1，则𝑧′(𝑥)=1𝑥+1𝑥2，由𝑥>1，得𝑧′(𝑥)>0，𝑧(𝑥)单调递增，又由𝑧(1)=0，得𝑧(𝑥)>0，故𝑎=𝑧(𝑥)>0，所以，𝑎的取值范围(0,+∞)故选：A.【变式2-2】（

2023·全国·高三专题练习）若函数𝑓(𝑥)=𝑥2−𝑎𝑥+ln𝑥在区间(1,e)上单调递增，则实数a的取值范围是（）A．[3,+∞)B．(−∞,3]C．[3,e2+1]D．(−∞,e2+1]【解题思路】

根据函数的单调性与导函数之间的关系，将单调性转化为导函数恒大于或等于0，即可求解.【解答过程】依题意𝑓′(𝑥)=2𝑥−𝑎+1𝑥≥0在区间(1,e)上恒成立，即𝑎≤2𝑥+1𝑥在区间(1,e)上恒成立.令𝑔(𝑥)=2𝑥+1

𝑥(1<𝑥<e)，则𝑔′(𝑥)=2−1𝑥2=2𝑥2−1𝑥2>0，所以𝑔(𝑥)在(1,e)上单调递增，则𝑔(𝑥)>3，所以𝑎≤3.故选:B.【变式2-3】（2022·四川·高二期中（文））已知函数𝑓(𝑥)=

𝑥3+𝑥2−𝑎𝑥+1在R上为单调递增函数，则实数𝑎的取值范围为（）A．(−∞,−13]B．(−∞,−13)C．(−13,+∞)D．[−13,+∞)【解题思路】由题设可得𝑓′(𝑥)≥0在R上恒成立，结合判别式的符号可求实数𝑎

的取值范围.【解答过程】𝑓′(𝑥)=3𝑥2+2𝑥−𝑎，因为𝑓(𝑥)在R上为单调递增函数，故𝑓′(𝑥)≥0在R上恒成立，所以Δ=4+12𝑎≤0即𝑎≤−13，故选：A.【题型3利用导数求函数的极值】【方法点拨】求函数的极值需严格按照步骤进行，重点考虑两个问题：一是函数的定义

域，注意判断使导数值为0的点是否在定义域内.如果不在定义域内，需要舍去；二是检查导数值为0的点的左右两侧的导数值是否异号，若异号，则该点是极值点，否则不是极值点.【例3】（2022·贵州·高三阶段练习（文））函数𝑓(𝑥)=𝑥3

+12𝑥2−4𝑥的极小值为（）A．−43B．1C．−52D．10427【解题思路】根据函数求极小值的过程求解：先求𝑓′(𝑥)=0的解𝑥0，再判断在𝑥0两侧的单调性，确定极值.【解答过程】因为𝑓(𝑥)=𝑥3+12�

�2−4𝑥，所以𝑓′(𝑥)=3𝑥2+𝑥−4=(𝑥−1)(3𝑥+4).令𝑓′(𝑥)=0得𝑥1=−43,𝑥2=1，当𝑥∈(−∞,−43)∪(1,+∞)时，𝑓′(𝑥)>0，当𝑥∈(−43,1)时，𝑓′(𝑥)<0.故𝑓(𝑥)的单调递增区间为

(−∞,−43)和(1,+∞)，单调递减区间为(−43,1).则当𝑥=1时，𝑓(𝑥)取得极小值，且极小值为𝑓(1)=−52.故选：C.【变式3-1】（2022·山东济南·模拟预测）若𝑥=−4是函数𝑓(𝑥)=(𝑥2+𝑎𝑥−5)e𝑥−1的极值点．则𝑓(𝑥)的极小值为（）A．

-3B．7e−5C．−3eD．0【解题思路】根据给定的极值点求出参数a的值，再求出函数极小值作答.【解答过程】函数𝑓(𝑥)=(𝑥2+𝑎𝑥−5)e𝑥−1，求导得：𝑓′(𝑥)=[𝑥2+(𝑎+2)𝑥+𝑎−5]e

𝑥−1，因𝑥=−4是函数𝑓(𝑥)的极值点，即𝑓′(−4)=(3−3𝑎)e−5=0，解得𝑎=1，𝑓′(𝑥)=(𝑥2+3𝑥−4)e𝑥−1=(𝑥+4)(𝑥−1)e𝑥−1，当𝑥<−4或𝑥>1时，𝑓′(𝑥)>0，当−4<𝑥<1时，𝑓′(𝑥)<0，

即𝑥=−4是函数𝑓(𝑥)的极值点，函数𝑓(𝑥)在𝑥=1处取得极小值𝑓(1)=−3.故选：A.【变式3-2】（2022·安徽省高三阶段练习）已知函数𝑓(𝑥)=𝑥3+𝑥2−𝑥，则下列说法正确的是（）A．当𝑥=1时，𝑓(𝑥)取得极小值1B．当𝑥=

−1时，𝑓(𝑥)取得极大值1C．当𝑥=3时，𝑓(𝑥)取得极大值33D．当𝑥=−13时，𝑓(𝑥)取得极大值−527【解题思路】求导可得𝑓′(𝑥)解析式，令𝑓′(𝑥)=0，可得极值点，利用表格法，可得𝑓(𝑥)的单调区间，代入数据，可得𝑓(𝑥)的极值，分析即可得答案

.【解答过程】由题意得𝑓′(𝑥)=3𝑥2+2𝑥−1，令𝑓′(𝑥)=0，解得𝑥=−1或𝑥=13，当x变化时，𝑓′(𝑥)、𝑓(𝑥)变化如下x(−∞,−1)-1(−1,13)13(13,+∞)𝑓′(𝑥)+0-0+𝑓(𝑥)↗极大值↘极小值↗所

以当𝑥=−1时，𝑓(𝑥)取得极大值1，故B正确、C、D错误，当𝑥=13时，𝑓(𝑥)取得极小值，故A错误，故选：B.【变式3-3】（2022·陕西·高三阶段练习（文））记函数𝑓(𝑥)=sin𝑥+cos𝑥e𝑥(𝑥≥0)的

极大值从大到小依次为𝑥1、𝑥2、⋯、𝑥𝑛、⋯，则𝑥2𝑥5=（）A．e3πB．e4πC．e6πD．e7π【解题思路】利用导数分析函数𝑓(𝑥)的单调性，求出函数𝑓(𝑥)的极大值点，利用极值的单调性可求出𝑥2、𝑥5，即可得解.【解答过程】因

为𝑓(𝑥)=sin𝑥+cos𝑥e𝑥，其中𝑥≥0，则𝑓′(𝑥)=(cos𝑥−sin𝑥)−(sin𝑥+cos𝑥)e𝑥=−2sin𝑥e𝑥，令𝑓′(𝑥)=0可得𝑥=𝑛𝜋(𝑛∈N)，且𝑥=0不是函数𝑓(𝑥)的极值点，当𝑥∈((2𝑘−2)π,(2𝑘−1)

π)时(𝑘∈N∗)，𝑓′(𝑥)<0，此时函数𝑓(𝑥)单调递减，当𝑥∈((2𝑘−1)π,2𝑘π)时(𝑘∈N∗)，𝑓′(𝑥)>0，此时函数𝑓(𝑥)单调递增，当𝑥∈(2𝑘π,(2𝑘+1)π

)时(𝑘∈N∗)，𝑓′(𝑥)<0，此时函数𝑓(𝑥)单调递减.所以，函数𝑓(𝑥)的极小值点为𝑥=(2𝑘−1)π，极大值点为𝑥=2𝑘π(𝑘∈N∗)，所以，函数𝑓(𝑥)的极大值为𝑓(2𝑘π

)=1e2𝑘π，因为函数𝑔(𝑘)=1e2𝑘π(𝑘∈N∗)单调递减，故𝑥2=𝑔(2)=1e4π，𝑥5=𝑔(5)=1e10π，因此，𝑥2𝑥5=e6π.故选：C.【题型4利用导数求函数的最值】【方法点拨】设函数f(x)

在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，求f(x)在[a,b]上的最大值与最小值的步骤如下：(1)求f(x)在(a,b)内的极值；(2)将f(x)的各极值与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.【例4】（2021·宁夏·高二期中（文））

函数𝑦=𝑥e𝑥在𝑥∈[2,4]上的最小值为（）A．2e2B．1eC．4e4D．2e2【解题思路】利用导数研究函数𝑓(𝑥)的单调性，结合单调性即可求得最小值.【解答过程】∵𝑦=𝑥e𝑥，∴𝑦′=e𝑥+𝑥e𝑥=(1+𝑥)e𝑥，当𝑥∈[2,4]时，𝑦′=(

1+𝑥)e𝑥>0∴函数𝑦=𝑥e𝑥在区间[2,4]上单调递增，∴当𝑥=2时，函数𝑦=𝑥e𝑥取得最小值，𝑦min=2e2，∴函数𝑦=𝑥e𝑥在𝑥∈[2,4]上的最小值为2e2.故选：A.【变式4-1】（2022·河南·高三阶段练习（文））函数𝑓(𝑥)=13

𝑥3+4𝑥2−9𝑥+6在区间[−1，2]上的最小值为（）A．563B．203C．43D．−3【解题思路】根据𝑓(𝑥)在[−1，2]上单调性求出最值即可【解答过程】由𝑓(𝑥)=13𝑥3+4𝑥2−9𝑥+6,𝑥∈[−1，2]可得𝑓′(𝑥)

=𝑥2+8𝑥−9，令𝑓′(𝑥)=0，解得𝑥=1，当−1<𝑥<1，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)单调递减；当1<𝑥<2，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单调递增，所以𝑓(𝑥)的极小值，也为最小值为𝑓(1)=13+4−9+6=43，故选：C.

【变式4-2】（2022·江西·高三阶段练习（理））已知函数𝑓(𝑥)=(𝑎−3)𝑥−𝑎𝑥3在[−1,1]上的最小值为−3，则实数a的取值范围是（）A．(−∞,−1]B．[12,+∞)C．[−1,12

]D．[−32,12]【解题思路】取𝑎=0可排除AB；取𝑎=−32可排除C；【解答过程】当𝑎=0时，𝑓(𝑥)=−3𝑥在[−1,1]单调递减，且最小值为𝑓(1)=−3，满足条件，故可排除A，B；当�

�=−32时，𝑓(𝑥)=32𝑥3−92𝑥，𝑓′(𝑥)=92𝑥2−92=92(𝑥2−1)，𝑥∈[−1,1]时，𝑓′(𝑥)≤0，𝑓(𝑥)在[−1,1]单调递减，所以最小值为𝑓(1)=−3，满足条件，故可排除C；故选：D.【变式4-3】（2022·广东·高二开学考试）若

函数𝑓(𝑥)={ln(𝑥+1)−𝑎𝑥−2,𝑥>0𝑥+1𝑥+𝑎,𝑥<0的最大值为𝑎−2，则实数𝑎的取值范围为（）A．(−∞,e]B．(0,1e]C．[1e,+∞)D．[e,+∞)【解题思路】由基本不等式求得x＜0时，f（x）的值域，由题意可得x＞0时，f（x）的值域应该包含

在x＜0时的值域内，转化为𝑎≥ln(𝑥+1)𝑥+1在x＞0时恒成立．利用导数求出𝑔(𝑥)=ln(𝑥+1)𝑥+1的最大值即可.【解答过程】当x＜0时，𝑓(𝑥)=𝑥+1𝑥+𝑎=−(−𝑥+1

−𝑥)+𝑎≤−2√−𝑥⋅1−𝑥+𝑎=𝑎−2，当且仅当x＝−1时，f（x）取得最大值f（−1）＝a−2，由题意可得x＞0时，𝑓(𝑥)=ln(𝑥+1)−𝑎𝑥−2的值域包含于（−∞，a−2]，即ln(𝑥+1)−𝑎𝑥−2≤𝑎−2在x＞0

时恒成立，即𝑎≥ln(𝑥+1)𝑥+1在x＞0时恒成立，即𝑎≥[ln(𝑥+1)𝑥+1]max，设𝑔(𝑥)=ln(𝑥+1)𝑥+1，∴𝑔′(𝑥)=1−ln(𝑥+1)(𝑥+1)2，当0<𝑥<e−1时，𝑔′(𝑥)>0,𝑔(𝑥)在(0,e−1)上单调递增，当𝑥>e−1

时，𝑔′(𝑥)<0,𝑔(𝑥)在(e−1,+∞)上单调递减，∴𝑔(𝑥)max=𝑔(e−1)=lnee=1e，∴𝑎≥1e.故选：C．【题型5导数中的零点（方程根）问题】【方法点拨】利用导数研究含参函数的零点主要有两种方法：(1)利用导数研究函数f(x)

的最值，转化为f(x)图象与x轴的交点问题，主要是应用分类讨论思想解决.(2)分离参变量，即由f(x)=0分离参变量，得a=g(x)，研究y=a与y=g(x)图象的交点问题.【例5】（2022·河南·高三阶段练习（

理））已知函数𝑓(𝑥)=ln𝑥−𝑎𝑥+2=0(𝑎∈𝑅)有两个不同的零点，则实数a的取值范围是（）A．(0,+∞)B．(0,e)C．(e,+∞)D．(−∞,e)【解题思路】先求函数定义域，进而转化为�

�(𝑥)=ln𝑥+2𝑥，𝑥∈(0,+∞)与𝑦=𝑎两函数有两个交点，利用导函数得到𝑔(𝑥)=ln𝑥+2𝑥的单调性，得到函数极值和最值，画出函数图象，数形结合得到答案.【解答过程】𝑓(𝑥)=ln𝑥−𝑎𝑥+2=0(𝑎∈𝑅)定义域为

(0,+∞)，故ln𝑥+2𝑥=𝑎有两个不同的根，即𝑔(𝑥)=ln𝑥+2𝑥，𝑥∈(0,+∞)与𝑦=𝑎两函数有两个交点，其中𝑔′(𝑥)=1−ln𝑥−2𝑥2=−1+ln𝑥𝑥2，当𝑥>1e时，𝑔′(𝑥)<0，当0<𝑥<1e时，𝑔′(𝑥)>0，故�

�(𝑥)=ln𝑥+2𝑥在0<𝑥<1e上单调递增，在𝑥>1e上单调递减，从而𝑔(𝑥)=ln𝑥+2𝑥在𝑥=1e处取得极大值，也是最大值，𝑔(𝑥)max=−1+21e=e，且当𝑥>1e2时，𝑔(𝑥)=ln𝑥+2𝑥>0恒成

立，当0<𝑥<1e2时，𝑔(𝑥)=ln𝑥+2𝑥<0恒成立，画出𝑔(𝑥)=ln𝑥+2𝑥的图象如下：显然要想𝑔(𝑥)=ln𝑥+2𝑥，𝑥∈(0,+∞)与𝑦=𝑎两函数有两个交点，需要满足𝑎∈(0,e)，综上：

实数a的取值范围是(0,e).故选：B.【变式5-1】（2022·四川·模拟预测（理））已知函数𝑓(𝑥)=1+e𝑥(𝑎ln𝑥−𝑥𝑎+𝑥)（其中𝑥>1，𝑎<0）有两个零点，则a的取值范围为（）A．(−∞,−e2)B．(−e2,−e)C．(−∞,−1)D．

(−∞,−e)【解题思路】根据函数的零点个数、方程的解个数与函数图象的交点个数之间的关系可得方程ln𝑥𝑎−𝑥𝑎=lne−𝑥−e−𝑥有2个不同的解，构造函数𝑓(𝑥)=ln𝑥−𝑥(𝑥>1)，利用导数研究函数𝑓(𝑥)的性质可得𝑥�

�=e−𝑥，即函数𝑦=1𝑎与𝑔(𝑥)=−ln𝑥𝑥图象在(1,+∞)上有2个交点，利用导数求出𝑔(𝑥)min，即可求解.【解答过程】函数𝑓(𝑥)=1+e𝑥(𝑎ln𝑥−𝑥𝑎+𝑥)(𝑥>1,𝑎<0)有2个零点，则方程1+e𝑥(𝑎ln

𝑥−𝑥𝑎+𝑥)=0有2个不同的解，方程𝑎ln𝑥−𝑥𝑎=−𝑥−e−𝑥⇔ln𝑥𝑎−𝑥𝑎=lne−𝑥−e−𝑥，设函数𝑓(𝑥)=ln𝑥−𝑥(𝑥>1)，则𝑓′(𝑥)=1𝑥−1=1−𝑥𝑥<0，所以函数𝑓(𝑥)在(1,

+∞)上单调递减，由𝑓(𝑥𝑎)=𝑓(e−𝑥)，得𝑥𝑎=e−𝑥，即1𝑎=−ln𝑥𝑥，则函数𝑦=1𝑎与𝑦=−ln𝑥𝑥图象在(1,+∞)上有2个交点.设函数𝑔(𝑥)=−ln𝑥𝑥(𝑥

>1)，则𝑔′(𝑥)=−1−ln𝑥𝑥2=ln𝑥−1𝑥2，令𝑔′(𝑥)<0⇒1<𝑥<e，令𝑔′(𝑥)>0⇒𝑥>e，所以函数𝑔(𝑥)在(1,e)上单调递减，在(e,+∞)上单调递增，故𝑔(𝑥)min=𝑔(e)=−e−1，所以{𝑎<01𝑎>−e−1

，解得𝑎<−e.故选：D.【变式5-2】（2022·陕西·一模（理））若函数𝑓(𝑥)=𝑘e𝑥−𝑥2+3有三个零点，则k的取值范围为（）A．(0,6e3)B．(−2e,6e3)C．(−2e,0)D．(−∞,6

e3)【解题思路】运用分离变量法将𝑘与𝑥分开，将零点问题转化为两个函数的图像有三个交点的问题，数形结合容易得到答案.【解答过程】由𝑓(𝑥)=0，得𝑘=𝑥2−3e𝑥，设𝑔(𝑥)=𝑥2−3e𝑥,𝑔′(𝑥)=−(𝑥+1)(𝑥−3)e𝑥，令𝑔′

(𝑥)=0，解得𝑥1=−1,𝑥2=3，当−1<𝑥<3时，𝑔′(𝑥)>0，当𝑥<−1或𝑥>3时，𝑔′(𝑥)<0，且𝑔(−1)=−2e,𝑔(3)=6e3，其图象如图所示：若使得函数𝑓(𝑥)有3个零点，则0<𝑘

<6e3.故选：A.【变式5-3】（2022·贵州·高三阶段练习）已知函数𝑓(𝑥)满足𝑓(𝑥)=𝑓′(𝑥)，且𝑓(0)=2，若函数𝑔(𝑥)=2𝑥𝑓(𝑥)−𝑎有两个零点，则𝑎的取值范围为（）A．

(−∞,1e)B．(1e,+∞)C．(0,1e)D．(0,e)【解题思路】根据题意，构造并求出函数𝑓(𝑥)的表达式，则函数𝑔(𝑥)有两个零点转化为ℎ(𝑥)=𝑥e𝑥与𝑦=𝑎有两个不同交点，利用导数研究ℎ(𝑥)的性质画出图像即可得到答

案.【解答过程】由𝑓(𝑥)=𝑓′(𝑥)，可设𝑓(𝑥)=𝑘⋅e𝑥，则𝑓(0)=2，可得𝑘⋅e0=2即𝑘=2，所以𝑓(𝑥)=2e𝑥，所以𝑔(𝑥)=𝑥e𝑥−𝑎．令ℎ(𝑥)=𝑥e𝑥，则ℎ′(𝑥)=1−𝑥e𝑥，当𝑥<1时，ℎ′

(𝑥)>0，所以函数𝑓(𝑥)在(−∞,1)为增函数，当𝑥>1时，ℎ′(𝑥)<0，所以函数𝑓(𝑥)在(1,+∞)为减函数，故ℎ(𝑥)≤ℎ(1)=1e，又ℎ(0)=0，当𝑥>1时，ℎ(𝑥)=𝑥e𝑥>0，画出ℎ(𝑥)图像

如下图，观察图象可知𝑎∈(0,1e)，函数𝑔(𝑥)=2𝑥𝑓(𝑥)−𝑎有两个零点.故选：C．【题型6利用导数解（证明）不等式】【方法点拨】(1)一般地，要证f(x)>g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数F(x)＝f(x)－g(x)，通过分析F(x)在端点处的函数值

来证明不等式．若F(a)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递增即可；若F(b)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递减即可.(2)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，可考虑转化为两个函数的最值问题．【例6】

（2022·吉林·高三阶段练习（文））已知函数𝑓(𝑥)=(𝑥−𝑎)(ln𝑥−1)，𝑥∈[1𝑒,+∞).(1)若𝑎=−1，求曲线𝑦=𝑓(𝑥)在点(1,𝑓(1))处的切线方程；(2)当𝑎∈(−1e,0)时，证明：𝑓(𝑥)>−4e.【解题思路】（1）利用导数求切线斜率，然

后可得；（2）利用二次导数求导函数的零点，从而可得函数的最值，然后可证.【解答过程】（1）因为𝑎=−1，所以𝑓(𝑥)=(𝑥+1)(ln𝑥−1)，则𝑓′(𝑥)=ln𝑥+1𝑥，𝑓′(1)=1.又𝑓(1)=−2，所以曲线𝑦=𝑓(𝑥)在点(1,𝑓

(1))处的切线方程为𝑦+2=𝑥−1，即𝑦=𝑥−3.（2）𝑓′(𝑥)=ln𝑥−𝑎𝑥=𝑥ln𝑥−𝑎𝑥，𝑥∈[1𝑒,+∞)设函数𝑔(𝑥)=𝑥ln𝑥−𝑎，所以𝑔′(𝑥)=ln𝑥+1≥ln1e+1=0，所以𝑔(𝑥)在[1e,+∞)上单调递增.因为𝑎∈(

−1e,0)，所以𝑔(1e)=−1e−𝑎<0，𝑔(1)=−𝑎>0，所以𝑔(𝑥)在[1e,+∞)上存在唯一零点𝑥0∈(1e,1)，且𝑥0ln𝑥0−𝑎=0，即𝑎=𝑥0ln𝑥0.当𝑥∈[1e,𝑥0)时，𝑔(𝑥)<0，𝑓′(𝑥)<0；当𝑥∈

[𝑥0,+∞)时，𝑔(𝑥)>0，𝑓′(𝑥)>0.因此𝑓(𝑥)min=𝑓(𝑥0)=(𝑥0−𝑎)(ln𝑥0−1)=(𝑥0−𝑥0ln𝑥0)(ln𝑥0−1)=−𝑥0(ln𝑥0−1

)2.设函数𝜑(𝑥)=−𝑥(ln𝑥−1)2，𝑥∈(1e,1)，则𝜑′(𝑥)=1−ln2𝑥>0，所以𝜑(𝑥)在(1e,1)上单调递减，从而𝜑(𝑥)>𝜑(1e)=−4e.即𝑓(𝑥)min=𝜑(𝑥0)>−4e，故𝑓(𝑥)>−4e.【变式6-1】（2022·河

北·高三期中）已知𝑎>0，函数𝑓(𝑥)=𝑎e𝑥−ln(𝑎𝑥+𝑎).(1)当𝑎=1时，求𝑓(𝑥)的单调区间；(2)证明：𝑓(𝑥)≥1.【解题思路】（1）代入𝑎=1，求出𝑓′(𝑥)=e�

�−1𝑥+1，根据𝑓″(𝑥)=e𝑥+1(𝑥+1)2>0恒成立，可得到𝑓′(𝑥)单调递增，又𝑓′(0)=0，进而可根据导函数的符号可得到函数的单调性；（2）原题可转化为证明e𝑥+ln𝑎−𝑥−ln𝑎≥ln(�

�+1)−𝑥+1恒成立，转为证明e𝑥+ln𝑎−𝑥−ln𝑎≥1以及ln(𝑥+1)−𝑥+1≤1成立，即可证明完成.【解答过程】（1）当𝑎=1时，𝑓(𝑥)=e𝑥−ln(𝑥+1)，定义域为(−1,+

∞)，则𝑓′(𝑥)=e𝑥−1𝑥+1，𝑓″(𝑥)=e𝑥+1(𝑥+1)2>0恒成立，所以𝑓′(𝑥)在(−1,+∞)上单调递增，且𝑓′(0)=0，所以当𝑥∈(−1,0)时，𝑓′(𝑥)<0；当𝑥∈(0,+∞)

时，𝑓′(𝑥)>0.故𝑓(𝑥)在(−1,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增.（2）证明：因为𝑎>0，由𝑎𝑥+𝑎>0可得𝑥>−1，则𝑓(𝑥)定义域为(−1,+∞).要证𝑎e𝑥−ln(𝑎𝑥+𝑎)≥1，即𝑎e𝑥−ln𝑎−ln(𝑥+1)≥1成立，只需证𝑎e�

�−ln𝑎≥ln(𝑥+1)+1，即证e𝑥+ln𝑎−𝑥−ln𝑎≥ln(𝑥+1)−𝑥+1恒成立.令𝑔(𝑥)=e𝑥−𝑥，则𝑔′(𝑥)=e𝑥−1，所以当𝑥∈(−∞,0)时，𝑔′(𝑥)<0，当�

�∈(0,+∞)时，𝑔′(𝑥)>0，则𝑔(𝑥)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，即𝑔(𝑥)≥𝑔(0)=1，所以e𝑥+ln𝑎−𝑥−ln𝑎≥1，令ℎ(𝑥)=ln(𝑥+1)−𝑥+1，则ℎ′(𝑥)=1𝑥+1−1=−𝑥𝑥+1，所以当

𝑥∈(−1,0)时，ℎ′(𝑥)>0，当𝑥∈(0,+∞)时，ℎ′(𝑥)<0，则ℎ(𝑥)在(−1,0)上单调递增，在(0,+∞)上单调递减，即ℎ(𝑥)≤ℎ(0)=1，所以ln(𝑥+1)−𝑥+1≤1.故e𝑥+ln𝑎−𝑥−ln𝑎≥

ln(𝑥+1)−𝑥+1成立，即𝑓(𝑥)≥1成立.【变式6-2】（2022·北京高三阶段练习）已知函数𝑓(𝑥)=ln𝑥−12𝑎𝑥2+(1−𝑎)𝑥+1.(1)当𝑎=1时，求曲线𝑦=𝑓(𝑥)在点(1,𝑓(1))处的切线方程；(2)当𝑎≥1时，讨论函数�

�(𝑥)的单调性；(3)当𝑎≥2时，证明：𝑓(𝑥)<0.【解题思路】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，再根据点斜式求出切线方程；（2）求导后根据导数的符号可得函数𝑓(𝑥)的单调性；（3）根据（2）中函数𝑓(𝑥)的单调性求出函数𝑓(𝑥

)的最大值，再利用导数证明函数𝑓(𝑥)的最大值小于0即可得证.【解答过程】（1）当𝑎=1时，𝑓(𝑥)=ln𝑥−12𝑥2+1，𝑓(1)=12，𝑓′(𝑥)=1𝑥−𝑥，𝑓(1)=0，所以曲线𝑦=𝑓(𝑥)在点(1,

𝑓(1))处的切线方程为𝑦=12.（2）因为𝑓(𝑥)=ln𝑥−12𝑎𝑥2+(1−𝑎)𝑥+1，𝑥>0，所以𝑓′(𝑥)=1𝑥−𝑎𝑥+1−𝑎=−(𝑎𝑥−1)(𝑥+1)𝑥，因为𝑎≥1，所以当0<𝑥<1𝑎时，𝑓′(𝑥)>0

；当𝑥>1𝑎时，𝑓′(𝑥)<0，所以𝑓(𝑥)在(0,1𝑎)上单调递增，在(1𝑎,+∞)上单调递减.（3）当𝑎≥2时，由（2）知，𝑓(𝑥)在(0,1𝑎)上单调递增，在(1𝑎,+∞)上单调递

减，所以𝑓(𝑥)⬚max=𝑓(1𝑎)=ln1𝑎−12𝑎+1−𝑎𝑎+1=12𝑎−ln𝑎，𝑎≥2，令𝑔(𝑎)=12𝑎−ln𝑎，𝑎≥2，则𝑔′(𝑎)=−12𝑎2−1𝑎<0，则𝑔(𝑎)在[2,+∞)上单调递减，所以𝑔(𝑎)≤𝑔(2)=14

−ln2=lne14−ln2=14lne−14ln16=14lne16<0，所以𝑓(𝑥)max=𝑔(𝑎)<0，所以𝑓(𝑥)<0.【变式6-3】（2022·四川自贡·一模（理））设函数𝑓(𝑥)=ln𝑥−(𝑥−1)e𝑥−𝑏，其中𝑏∈𝑅，

e为自然对数底数.(1)若𝑏=1，求函数𝑓(𝑥)的最值；(2)证明：当0<𝑏≤1时，𝑓(𝑥)+ln𝑏≤0.【解题思路】（1）代入𝑏，求出𝑓(𝑥)，再求出𝑓′(𝑥)，利用导数的性质，即可求出函数𝑓(𝑥)的最值.（2）设ℎ(𝑏)=�

�(𝑥)+ln𝑏=ln𝑏−(𝑥−1)e𝑥−𝑏+ln𝑥，得到ℎ′(𝑏)=e−𝑏(e𝑏𝑏−(1−𝑥)e𝑥)，再设𝑠(𝑏)=e𝑏𝑏(0<𝑏≤1)，𝑡(𝑥)=(1−𝑥)e𝑥(𝑥>0)，通

过导数𝑠′(𝑏)和𝑡′(𝑥)的性质，𝑠(𝑏)的最小值和𝑡(𝑥)的最大值，得出𝑠(𝑏)>𝑡(𝑥)，进而得到ℎ′(𝑏)=e−𝑏(e𝑏𝑏−(1−𝑥)e𝑥)>0，得到ℎ(𝑏)为单调增函数，有

ℎ(𝑏)≤ℎ(1)≤0，进而证明得到𝑓(𝑥)+ln𝑏≤0.【解答过程】（1）𝑏=1，𝑓(𝑥)=ln𝑥−(𝑥−1)e𝑥−1(𝑥>0)，𝑔(𝑥)=𝑓′(𝑥)=1𝑥−𝑥e𝑥−1(𝑥>0)，∵𝑔′(𝑥)=−1𝑥2−(𝑥+1)e𝑥−1<0，∴𝑔(�

�)在𝑥∈(0,+∞)单调递减，而𝑔(1)=𝑓′(1)=0，∴𝑥∈(0,1)，𝑓′(𝑥)>0，𝑥∈(1,+∞)，𝑓′(𝑥)<0，∴𝑓(𝑥)的最大值为𝑓(1)=0，无最小值.（2）当0<𝑏≤1时，ℎ(𝑏)=𝑓(𝑥)+ln𝑏=ln𝑏−(𝑥−1)e𝑥−𝑏+ln�

�，ℎ′(𝑏)=1𝑏+(𝑥−1)e𝑥−𝑏=e−𝑏(e𝑏𝑏−(1−𝑥)e𝑥)，设𝑠(𝑏)=e𝑏𝑏(0<𝑏≤1)，𝑠′(𝑏)=𝑏−1𝑏2e𝑏<0，𝑠(𝑏)在𝑏∈(0,1

]上是单调递减函数，∴𝑠(𝑏)≥𝑠(1)=e，设𝑡(𝑥)=(1−𝑥)e𝑥(𝑥>0)，𝑡′(𝑥)=−𝑥𝑒𝑥<0，𝑡(𝑥)在𝑥∈(0,+∞)上是单调递减函数，∴𝑡(𝑥)<𝑡(0)=1，∴𝑠(𝑏)−𝑡

(𝑥)=e𝑏𝑏−(1−𝑥)e𝑥>0，∴ℎ′(𝑏)=e−𝑏(e𝑏𝑏−(1−𝑥)e𝑥)>0，𝑏∈(0,1]，ℎ(𝑏)=ln𝑏−(𝑥−1)e𝑥−𝑏+ln𝑥单调递增，∴ℎ(𝑏)≤ℎ(1)=ln1−(𝑥−1)e𝑥−1≤0，∴ln𝑏≤(𝑥−1)e

𝑥−𝑏−ln𝑥=−𝑓(𝑥)，∴𝑓(𝑥)+ln𝑏≤0.【题型7导数中的恒成立（存在性）问题】【方法点拨】解决不等式恒（能）成立问题有两种思路：(1)分离参数法解决恒（能）成立问题，根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是

变量表达式的不等式，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题，即可解决问题．(2)分类讨论法解决恒（能）成立问题，将恒成立问题转化为最值问题，此类问题关键是对参数进行分类讨论，在参数的每一段上求函数的最值，并判断是否满足题意，据此进行求解即可.【例7】（2022·黑

龙江·高三阶段练习）已知函数𝑓(𝑥)=|𝑥e𝑥−𝑎|−𝑎𝑥(ln𝑥+1)(𝑎∈𝑅).(1)若𝑎=−1，证明：𝑓(𝑥)≥𝑥(e𝑥+2)；(2)若𝑓(𝑥)>0对任意的𝑥∈(0,+∞)恒成立，求a的取值范围

.【解题思路】(1)证明不等式𝑓(𝑥)≥𝑥(e𝑥+2)成立，即证明ln𝑥+1𝑥−1≥0，建立新的函数，求导判断函数的单调性，求出最值即可判断.(2)对𝑎的正负分类讨论，当𝑎<0时，可以直接去绝对值.当𝑎>

0时，转化为分段函数求导，求函数的最值即可解决.【解答过程】（1）证明：因为𝑓(𝑥)的定义域为(0,+∞)，所以若𝑎=−1，𝑓(𝑥)=𝑥e𝑥+1+𝑥(ln𝑥+1).要证𝑓(𝑥)≥𝑥(e𝑥+2)，即证1+𝑥(ln𝑥+1)≥2𝑥，即证ln𝑥+1𝑥−1

≥0.令ℎ(𝑥)=ln𝑥+1𝑥−1，所以ℎ′(𝑥)=1𝑥−1𝑥2=𝑥−1𝑥2，令ℎ′(𝑥)>0，解得𝑥>1，令ℎ′(𝑥)<0，解得0<𝑥<1，所以ℎ(𝑥)在(0,1)上单调递减，在(1

,+∞)上单调递增，所以ℎ(𝑥)≥ℎ(1)=0，所以𝑓(𝑥)≥𝑥(e𝑥+2).（2）若𝑓(𝑥)>0对任意的𝑥∈(0,+∞)恒成立，即|𝑥e𝑥−𝑎|𝑥−𝑎(ln𝑥+1)>0对任意的𝑥∈(0,+∞)恒成立.令𝑔(𝑥)=|𝑥e𝑥−𝑎|𝑥−𝑎(ln

𝑥+1).若𝑎≤0，则𝑔(𝑥)=e𝑥−𝑎(1𝑥+ln𝑥+1).由（1）知ln𝑥+1𝑥−1≥0，所以ln𝑥+1𝑥+1≥2，又𝑎≤0，所以−𝑎(1𝑥+ln𝑥+1)≥0，又e𝑥>0，所以𝑔(𝑥)=e𝑥−𝑎(

1𝑥+ln𝑥+1)>0，符合题意；若𝑎>0，令𝑢(𝑥)=𝑥e𝑥−𝑎(𝑥>0)，𝑢′(𝑥)=(𝑥+1)e𝑥>0在𝑥∈(0,+∞)上恒成立，所以𝑢(𝑥)在(0,+∞)上单调递增，又𝑢(0)=−𝑎<0，𝑢(𝑎)=𝑎(e𝑎

−1)>0，所以存在唯一的𝑥0∈(0,𝑎)，使得𝑢(𝑥0)=0，且𝑎=𝑥0e𝑥0，所以𝑔(𝑥)={𝑎𝑥−e𝑥−𝑎ln𝑥−𝑎,0<𝑥≤𝑥0e𝑥−𝑎𝑥−𝑎ln𝑥−𝑎,𝑥>𝑥0，当0<�

�≤𝑥0时，𝑔(𝑥)=𝑎𝑥−e𝑥−𝑎ln𝑥−𝑎，所以𝑔′(𝑥)=−𝑎𝑥2−e𝑥−𝑎𝑥<0，所以𝑔(𝑥)在(0,𝑥0]上单调递减.当𝑥>𝑥0时，𝑔(𝑥)=e𝑥

−𝑎𝑥−𝑎ln𝑥−𝑎，所以𝑔′(𝑥)=e𝑥−𝑎𝑥+𝑎𝑥2，当𝑥>𝑥0时，𝑦=e𝑥−𝑎𝑥在(𝑥0,+∞)上单调递增，所以e𝑥−𝑎𝑥>e𝑥0−𝑎𝑥0=e𝑥0−𝑥0e𝑥0𝑥0=0，所以

当𝑥>𝑥0时，𝑔′(𝑥)=e𝑥−𝑎𝑥+𝑎𝑥2>0，所以𝑔(𝑥)在(𝑥0,+∞)上单调递增，所以𝑔(𝑥)min=𝑔(𝑥0)=−𝑎(ln𝑥0+1)>0，解得0<𝑥0<1e.设𝑦=𝑥e𝑥，𝑥∈(0,1e)，所以𝑦′=(𝑥+1)e𝑥>0在(0,

1e)上恒成立，所以𝑦=𝑥e𝑥在(0,1e)上单调递增，所以𝑎=𝑥0e𝑥0∈(0,1ee1e)，即𝑎∈(0,e1e−1).综上所述，a的取值范围为(−∞,e1e−1).【变式7-1】（2022·四川高三期中）已知函数𝑓

(𝑥)=12𝑥2−𝑚e𝑥(𝑚∈R)．(1)若𝑓(𝑥)在R上是单调递减，求实数𝑚的取值范围；(2)若对任意的𝑥∈(0,+∞)，不等式𝑓(𝑥)>𝑥(32𝑥−ln𝑥−1)恒成立，求实数𝑚的取值范围．【解题思路】（1）转化为𝑓′(𝑥)=𝑥−𝑚e𝑥≤0在R上

恒成立，分离参数得𝑚≥(𝑥e𝑥)max，设ℎ(𝑥)=𝑥e𝑥，利用导数求出函数的最大值即可；（2）代入𝑓(𝑥)并分离参数得𝑚<−𝑥2+𝑥(ln𝑥+1)e𝑥对∀𝑥∈(0,+∞)恒成立，设𝑔(𝑥)=(−�

�2+𝑥ln𝑥+𝑥)e−𝑥，求导求出𝑔(𝑥)的最小值即可.【解答过程】（1）由题意得𝑓′(𝑥)=𝑥−𝑚e𝑥≤0在R上恒成立，∴𝑚≥(𝑥e𝑥)max，设ℎ(𝑥)=𝑥e𝑥，ℎ

′(𝑥)=1−𝑥e𝑥，令ℎ′(𝑥)=0，解得𝑥=1，当𝑥<1时，ℎ′(𝑥)>0，此时ℎ(𝑥)在(−∞,1)上单调递增，当𝑥>1时，ℎ′(𝑥)<0，此时ℎ(𝑥)在(1,+∞)上单调递减，故ℎ(𝑥)max=ℎ(

1)=1e，∴𝑚≥1e.（2）𝑓(𝑥)>𝑥(32𝑥−ln𝑥−1)对∀𝑥∈(0,+∞)恒成立，即12𝑥2−𝑚e𝑥>𝑥(32𝑥−ln𝑥−1)对∀𝑥∈(0,+∞)恒成立，即𝑚<−𝑥2+𝑥(ln𝑥+1)e𝑥对∀�

�∈(0,+∞)恒成立，设𝑔(𝑥)=(−𝑥2+𝑥ln𝑥+𝑥)e−𝑥，𝑔′(𝑥)=e−𝑥(𝑥−1)(𝑥−2−ln𝑥)，令𝑔′(𝑥)=0，∵e−𝑥>0，即(𝑥−1)(𝑥−2−ln𝑥)=0，显然有一根为1，当𝑥−2−ln𝑥=0时，令𝜑(𝑥)

=𝑥−2−ln𝑥，则𝜑′(𝑥)=𝑥−1𝑥，当0<𝑥<1时，𝜑′(𝑥)<0，此时𝜑(𝑥)单调递减，当𝑥>1时，𝜑′(𝑥)>0，此时𝜑(𝑥)单调递增，故当𝑥=1时，𝜑(𝑥)min=𝜑(1)

=−1，而𝜑(e−2)=e−2−2+2=e−2>0，故存在𝑥1∈(e−2,1)使得𝜑(𝑥)=0，𝜑(e2)=e2−2−2=e2−4>0，故存在𝑥2∈(1,e2)，使得𝜑(𝑥)=0，而当

𝑥>𝑥2时，𝜑(𝑥)>0，且单调递增，故在𝑥>𝑥2时，不存在𝑥使得𝜑(𝑥)=0，同理0<𝑥<𝑥1时，𝜑(𝑥)>0，且单调递减，故在0<𝑥<𝑥1时，不存在𝑥使得𝜑(𝑥)=0𝑥1<𝑥<𝑥2时，𝜑(𝑥)<0，且在(𝑥1，1)上单调递减，在(1

,𝑥2)上单调递增，故在𝑥1<𝑥<𝑥2时，不存在𝑥使得𝜑(𝑥)=0故𝑔′(𝑥)=0只存在3个根𝑥1或1或𝑥2，其图像如图所示：当𝑥∈(0,𝑥1)时，𝑔′(𝑥)<0，此时𝑔(𝑥)单调递减，当𝑥∈(𝑥1,1)时，

𝑔′(𝑥)>0，此时𝑔(𝑥)单调递增，当𝑥∈(1,𝑥2)时，𝑔′(𝑥)<0，此时𝑔(𝑥)单调递减，𝑥∈(𝑥2,+∞)时，𝑔′(𝑥)>0，此时𝑔(𝑥)单调递增，故𝑔(𝑥)存在两

个极小值，𝑔(𝑥1)，𝑔(𝑥2)，𝑥1,𝑥2分别为𝑥−2−ln𝑥=0的两根，𝑥1−2−ln𝑥1=0，𝑥1−2=ln𝑥1，则e𝑥1−2=𝑥1𝑔(𝑥1)=e−𝑥1(−𝑥1⬚2+𝑥1ln𝑥1+𝑥1)=

e−𝑥1(−𝑥1⬚2+𝑥1⬚2−2𝑥1+𝑥1)=−e−𝑥1𝑥1=−e−𝑥1⋅e𝑥1−2=−e−2，同理可得𝑔(𝑥2)=−e−2，故𝑔(𝑥)min=−e−2，∴𝑚<−e−2.【变式7-2】（2022·北京·高三阶段练习）已知函数𝑓(𝑥)=12𝑥2−

(𝑎−1)ln𝑥−12(𝑎∈𝐑,𝑎≠1).(1)𝑎=3时，𝑦=𝑓(𝑥)在点(1,𝑓(1))处的切线方程；(2)求函数的单调区间；(3)若函数对任意𝑥∈[1,+∞)都有𝑓(𝑥)≥0成立，求a的取值范围．【解题思路】（1）将𝑎=

3代入函数解析式，求出𝑓(1)的值，再根据函数𝑓(𝑥)的导函数求出切线方程的斜率，然后利用点斜式方程即可得到答案；（2）求出导函数，对参数𝑎进行分类讨论即可得到答案；（3）若函数对任意𝑥∈[1,+∞)都有𝑓(𝑥)≥0成立，即可寻找区间

上𝑓(𝑥)的最小值大于等于0，根据第二问求出的单调区间，进行分类讨论，即可得到答案.【解答过程】（1）根据题意，当𝑎=3时，𝑓(𝑥)=12𝑥2−2ln𝑥−12，定义域为(0,+∞)，所以�

�′(𝑥)=𝑥−2𝑥，当𝑥=1时，𝑓′(1)=1−21=−1，𝑓(1)=12−2ln1−12=0，所以𝑦=𝑓(𝑥)在点(1,𝑓(1))处的切线方程为𝑦−0=−1(𝑥−1)，即𝑥+

𝑦−1=0.（2）因为函数𝑓(𝑥)=12𝑥2−(𝑎−1)ln𝑥−12(𝑎∈𝐑,𝑎≠1)，定义域为(0,+∞)，𝑓′(𝑥)=𝑥−𝑎−1𝑥=𝑥2−(𝑎−1)𝑥，因为𝑥>0，所以𝑓′(𝑥)的正负与𝑥2−(𝑎−1

)的一致，当𝑎−1<0即𝑎<1时，𝑥2−(𝑎−1)>0在𝑥∈(0,+∞)上恒成立，因为𝑓′(𝑥)=𝑥−𝑎−1𝑥=𝑥2−(𝑎−1)𝑥，所以𝑓′(𝑥)>0恒成立，所以函数𝑓(𝑥)在区间(0,+∞)上

单调递增；当𝑎−1>0即𝑎>1时，令𝑓′(𝑥)>0，即𝑥2−(𝑎−1)>0，解得𝑥>√𝑎−1，所以函数𝑓(𝑥)在区间(√𝑎−1,+∞)上单调递增，令𝑓′(𝑥)<0，即𝑥2−(𝑎−1)<0，解得0<𝑥<√𝑎−1，所以函数𝑓(𝑥)在区间(0,√�

�−1)上单调递减.综上，当𝑎<1时，函数𝑓(𝑥)的单调增区间为(0,+∞)，无单调递减区间；当𝑎>1时，函数𝑓(𝑥)的单调增区间为(√𝑎−1,+∞)，单调递减区间为(0,√𝑎−1).（3）由（2）得，

当𝑎<1时，函数𝑓(𝑥)在区间(0,+∞)上单调递增，所以当𝑥∈[1,+∞)时，函数𝑓(𝑥)在区间(1,+∞)上单调递增，所以𝑓(𝑥)min=𝑓(1)=12−(𝑎−1)ln1−12=0，可得对任意𝑥∈[1,+∞)都有𝑓(𝑥)≥0成立，所

以𝑎<1满足题意；当𝑎>1，函数𝑓(𝑥)的单调增区间为(√𝑎−1,+∞)，单调递减区间为(0,√𝑎−1)，所以对于𝑥∈[1,+∞)，当√𝑎−1≤1，即1<𝑎≤2时，函数𝑓(𝑥)在区间(1,+∞)上单调递增，所以𝑓(𝑥)min=𝑓(1)=12−(𝑎−

1)ln1−12=0，可得对任意𝑥∈[1,+∞)都有𝑓(𝑥)≥0成立，所以1<𝑎≤2满足题意，当√𝑎−1>1时，即𝑎>2，此时函数𝑓(𝑥)的单调增区间为(√𝑎−1,+∞)，单调递减区间为(1,√𝑎−1)，所以𝑓(𝑥)min=𝑓(√𝑎−1)，又因为𝑓(1

)=12−(𝑎−1)ln1−12=0，根据函数𝑓(𝑥)的单调区间可知𝑓(√𝑎−1)<𝑓(1)=0，所以存在𝑥0∈[1,+∞)有𝑓(𝑥0)<0，与题干矛盾，所以𝑎>2不满足题意.综上，a的取值范围为(−∞,1)∪(1,2].【变式7-3】（2022·广东·

高三阶段练习）已知𝑓(𝑥)=e𝑥sin𝑥.(1)若𝑥∈[0,2𝜋]，求函数𝑓(𝑥)的单调区间和极值；(2)若对∀𝑥1,𝑥2∈[0,π],𝑥1<𝑥2,都有𝑓(𝑥2）−𝑓(𝑥1）𝑥22−𝑥1

2+𝑎>0成立，求实数a的取值范围.【解题思路】（1）直接求导计算即可．（2）将问题转化为𝑓(𝑥2)+𝑎𝑥22>𝑓(𝑥1)+𝑎𝑥12，构造新函数𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)+𝑎𝑥2在[0,𝜋]上单调递增即可，然后参变分离或者分类讨论都可以．【解答过程】（

1）𝑓′(𝑥)=e𝑥(sin𝑥+cos𝑥)=√2sin(𝑥+𝜋4)e𝑥令𝑓′(𝑥)=0，因为𝑥∈[0,2𝜋]得𝑥=3𝜋4或𝑥=7𝜋4，列表如下：x[0，3π4)3𝜋4(3π4，

7π4)7𝜋4(7π4，2π]𝑓′(𝑥)+0−0+𝑓(𝑥)↑极大值↓极小值↑所以𝑓(𝑥)的单调增区间为[0，3π4)和(7π4，2π]单调减区间为(3π4，7π4)𝑓(𝑥)极大值为𝑓(3π4)=√

22e3𝜋4，𝑓(𝑥)极小值为𝑓(7π4)=−√22e7𝜋4（2）对∀𝑥1,𝑥2∈[0,π],𝑥1<𝑥2,都有𝑓(𝑥2）−𝑓(𝑥1）𝑥22−𝑥12+a>0成立可转化化为：𝑓(𝑥2)+𝑎𝑥22>𝑓(𝑥

1)+𝑎𝑥12.设𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)+𝑎𝑥2，则𝑔(𝑥)在[0,𝜋]，故𝑔′(𝑥)=e𝑥(sin𝑥+cos𝑥)+2𝑎𝑥≥0，在[0,𝜋]上恒成立方法一：（含参讨论）设ℎ(𝑥

)=𝑔′(𝑥)=e𝑥(sin𝑥+cos𝑥)+2𝑎𝑥≥0，则ℎ(0)=1>0，ℎ(𝜋)=−e𝜋+2𝑎𝜋≥0，解得𝑎≥e𝜋2𝜋.ℎ′(𝑥)=2(e𝑥cos𝑥+𝑎)，ℎ′(0)=2(𝑎+1)>0，ℎ′(𝜋)=2(𝑎−e𝜋).①当𝑎≥e�

�时，[ℎ′(𝑥)]′=2e𝑥(cos𝑥−sin𝑥)，故，当𝑥∈[0,𝜋4]时，[ℎ′(𝑥)]′=2e𝑥(cos𝑥−sin𝑥)≥0，ℎ′(𝑥)递增；当𝑥∈[𝜋4,𝜋]时，[ℎ′(𝑥)]′=2e𝑥(cos𝑥−sin𝑥)≤0，ℎ

′(𝑥)递减；此时，ℎ′(𝑥)≥min{ℎ′(0),ℎ′(𝜋)}=ℎ′(𝜋)=2(𝑎−e𝜋)≥0，ℎ(𝑥)=𝑔′(𝑥)在[0,𝜋]上单调递增，故ℎ(𝑥)=𝑔′(𝑥)≥𝑔′(0)=1>0，符合条件.②

当e𝜋2𝜋≤𝑎<e𝜋时，同①，当𝑥∈[0,𝜋4]时，ℎ′(𝑥)递增；当𝑥∈[𝜋4,𝜋]时，ℎ′(𝑥)递减；∵ℎ′(𝜋4)>ℎ′(0)=2(𝑎+1)>0，ℎ′(𝜋)=2(𝑎−e𝜋)<0，∴由连续函数零点存在性定理及单调性知，∃𝑥0∈(𝜋4,𝜋)，ℎ′(𝑥0

)=0.于是，当𝑥∈[0,𝑥0)时，ℎ′(𝑥)>0，ℎ(𝑥)=𝑔′(𝑥)单调递增；当𝑥∈(𝑥0,𝜋]时，ℎ′(𝑥)<0，ℎ(𝑥)=𝑔′(𝑥)单调递减.∵ℎ(0)=1>0，ℎ(𝜋)=−e𝜋+2𝑎𝜋≥0，∴𝑔′(𝑥)=ℎ(𝑥)≥min{ℎ(0),ℎ

(𝜋)}≥0，符合条件.综上，实数𝑎的取值范围是[e𝜋2𝜋,+∞).方法二：（参变分离）由对称性，不妨设0≤𝑥1<𝑥2≤𝜋，则𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2)𝑥12−𝑥22+𝑎>0即为𝑓(𝑥2)+𝑎𝑥22>𝑓(𝑥1)+𝑎𝑥12.设𝑔(𝑥)

=𝑓(𝑥)+𝑎𝑥2，则𝑔(𝑥)在[0,𝜋]上单调递增，故𝑔′(𝑥)=e𝑥(sin𝑥+cos𝑥)+2𝑎𝑥≥0在[0,𝜋]上恒成立.∵𝑔′(0)=1>0，∴,𝑔′(𝑥)=e𝑥(sin𝑥

+cos𝑥)+2𝑎𝑥≥0在[0,𝜋]上恒成立⇔−2𝑎≤e𝑥(sin𝑥+cos𝑥)𝑥，∀𝑥∈(0,𝜋].设ℎ(𝑥)=e𝑥(sin𝑥+cos𝑥)𝑥，𝑥∈(0,𝜋]，则ℎ′(𝑥)=e𝑥(2𝑥cos𝑥

−sin𝑥−cos𝑥)𝑥2，𝑥∈(0,𝜋].设𝜑(𝑥)=2𝑥−tan𝑥−1，𝑥∈(0,𝜋2)∪(𝜋2,𝜋]，则𝜑′(𝑥)=2−1cos2𝑥，𝑥∈(0,𝜋2)∪(𝜋2,𝜋].由𝜑′(𝑥)>0

，𝑥∈(0,𝜋2)∪(𝜋2,𝜋]，得𝜑(𝑥)在(0,𝜋4)，(3𝜋4,𝜋]上单调递增；由𝜑′(𝑥)<0，𝑥∈(0,𝜋2)∪(𝜋2,𝜋]，得𝜑(𝑥)在(𝜋4,𝜋2)

，(𝜋2,3𝜋4]上单调递减.故𝑥∈(0,𝜋2)时𝜑(𝑥)≤𝜑(𝜋4)=𝜋2−2<0；𝑥∈(𝜋2,𝜋]时𝜑(𝑥)≥𝜑(3𝜋4)=3𝜋2>0.从而，𝜑(𝑥)cos𝑥=2𝑥cos�

�−sin𝑥−cos𝑥<0，𝑥∈(0,𝜋2)∪(𝜋2,𝜋]，又𝑥=𝜋2时，2𝑥cos𝑥−sin𝑥−cos𝑥=−1<0，故ℎ′(𝑥)=e𝑥(2𝑥cos𝑥−sin𝑥−cos𝑥)𝑥2<0，𝑥∈(0,𝜋]，ℎ(𝑥)=e𝑥(sin𝑥+cos𝑥)𝑥，𝑥

∈(0,𝜋]单调递减，ℎ(𝑥)min=ℎ(𝜋)=−e𝜋𝜋，𝑥∈(0,𝜋].于是，−2𝑎≤−e𝜋𝜋⇔𝑎≥e𝜋2𝜋.综上，实数𝑎的取值范围是[e𝜋2𝜋,+∞).【题型8导数在实际问题中的应用】【方法点拨】解决实

际问题时，首先要根据实际情况建立实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式，然后利用导数研究，进而解决问题.【例8】用长为18m的钢条围成一个长方体形状的框架，要求长方体的长与宽之比为2:1，问该长方体的长、宽、高各

为多少时，其体积最大？最大体积是多少？【解题思路】设出长方体的宽为𝑥m，表达出长方体的长和高，从而体积𝑉=−6𝑥3+9𝑥2，并根据长宽高均大于0，求出0<𝑥<32，求导后得到𝑉=−6𝑥3+9𝑥2的单调性和极值，最值情况，并确定此时的长、宽、高.【解答过程】设长方体的宽为𝑥

m，则长方体的长为2𝑥m，故长方体的高为18−12𝑥4=(92−3𝑥)m，由{𝑥>02𝑥>092−3𝑥>0，解得：0<𝑥<32，设长方体的体积为𝑉，故𝑉=2𝑥⋅𝑥⋅(92−3𝑥)=−6𝑥3+9𝑥2，0<𝑥<32则

𝑉′=−18𝑥2+18𝑥，令𝑉′=−18𝑥2+18𝑥>0，解得：0<𝑥<1，令𝑉′=−18𝑥2+18𝑥<0，解得：1<𝑥<32，故𝑉=−6𝑥3+9𝑥2在0<𝑥<1上单调递增，在1<𝑥<32上单调递减，故𝑉=−6𝑥3+9𝑥2在𝑥=1处取得极大值，也

是最大值，最大值为𝑉=−6+9=3m3，此时长为2𝑥=2m，宽为1m，高为92−3𝑥=32m.【变式8-1】（2022·山东泰安·高二期中）如图，一个面积为6400平方厘米的矩形纸板𝐴𝐵𝐶𝐷，在矩形纸板的四个角上切去边长相等的小正方形

，再把它的边沿虚线折起，做成一个无盖的长方体纸盒(如图)．设小正方形边长为𝑥厘米，矩形纸板的两边𝐴𝐵,𝐴𝐷的长分别为𝑎厘米和𝑏厘米，其中𝑎≥𝑏.（1）当𝑎=80，求纸盒侧面积的最大值；（2）试确定𝑎,𝑏,𝑥的值，使得纸盒的体积最大，并求出最大值．

【解题思路】（1）当𝑎=80时，𝑏=80，求出侧面积，利用导数判断单调性求纸盒侧面积的最大值；（2）表示出体积，利用基本不等式，导数知识，即可确定a，b，x的值，使得纸盒的体积最大，并求出最大值.【解答过程】解：（1）当𝑎=80时，𝑏=80，纸盒的底面是正方形，边长为80−2𝑥

，周长为320−8𝑥.所以纸盒的侧面积𝑆(𝑥)=(320−8𝑥)𝑥=−8𝑥2+320𝑥，其中𝑥∈(0,40).令𝑆′(𝑥)=0，得𝑥=20，所以当𝑥<20时，𝑆′(𝑥)>0，可知𝑆(𝑥)在区间(0,

20)上单调递增，当𝑥>20时，𝑆′(𝑥)<0，可知𝑆(𝑥)在区间(20,40)上都单调递减，𝑆(𝑥)的最大值为𝑆(𝑥)max=𝑆(20)=3200，所以当𝑎=80时，纸盒侧面积的

最大值为3200平方厘米．（2）纸盒的体积𝑉=(𝑎−2𝑥)(𝑏−2𝑥)𝑥，其中𝑥∈(0,𝑏2),𝑎≥𝑏>0，且𝑎𝑏=6400.因为(𝑎−2𝑥)(𝑏−2𝑥)=𝑎𝑏−2(𝑎+𝑏)𝑥+4𝑥2≤𝑎

𝑏−4√𝑎𝑏𝑥+4𝑥2=4(𝑥2−80𝑥+1600)，当且仅当𝑎=𝑏=80时取等号，所以𝑉(𝑥)≤4(𝑥3−80𝑥2+1600𝑥),𝑥∈(0,40)．记𝑓(𝑥)=4(𝑥3−80𝑥

2+1600𝑥),𝑥∈(0,40)，则𝑓′(𝑥)=4(3𝑥−40)(𝑥−40)，令𝑓′(𝑥)=0,，得𝑥=403，列表如下：𝑥(0,403)403(403,40)𝑓′(𝑥)＋0－𝑓(𝑥)单调递增极大值单调递减由上表可知，𝑓(𝑥)的极大值是𝑓(40

3)=102400027，也是最大值．所以当𝑎=𝑏=80，且𝑥=403时，纸盒的体积最大，最大值为102400027立方厘米．【变式8-2】（2022·全国·高三专题练习）某公园准备建一个摩天轮，摩天轮的外围是一个周长为𝑘米的圆．在这个圆上安装座位，且每个座位和

圆心处的支点都有一根直的钢管相连．经预算，摩天轮上的每个座位与支点相连的钢管的费用为12𝑘元／根，且当两相邻的座位之间的圆弧长为𝑥米时，相邻两座位之间的钢管和其中一个座位的总费用为[(512𝑥2+20)𝑥100+8]𝑘元，假设座位等

距离分布，且至少有四个座位，所有座位都视为点，且不考虑其他因素，记摩天轮的总造价为𝑦元.（Ⅰ）试写出𝑦关于𝑥的函数关系式，并写出定义域；（Ⅱ）当𝑘=100米时，试确定座位的个数，使得总造价最低【解题思路】(1)由

题意,总造价𝑦中包括座位和圆心处的支点间的钢管的费用,相邻座位之间的钢管与座位的费用,故只需算出座位的个数即知钢管的个数,将两项费用表示出来,相加即得y关于x的函数关系式;(2)将𝑘=100米代入函数关系式,利用导数求出最值，即得最低的总造价.【解答过程】（Ⅰ）设摩天轮上总共有�

�个座位，则𝑥=𝑘𝑛即𝑛=𝑘𝑥，𝑦=12𝑘𝑘𝑥+𝑘𝑥[(512𝑥2+20)𝑥100+8]𝑘=𝑘2(20𝑥+512𝑥2+20100),定义域{𝑥|0<𝑥≤𝑘4,𝑘𝑥∈Z}；（Ⅱ）当𝑘=100时，0<𝑥≤25,令𝑦=100

(2000𝑥+512𝑥2+20)𝑓(𝑥)=2000𝑥+512𝑥2，则𝑓′(𝑥)=−2000𝑥2+1024𝑥=−2000+1024𝑥3𝑥2=0∴𝑥3=1000512，∴𝑥=54当𝑥∈(0,54)时，𝑓′(𝑥)<0，即𝑓(𝑥)在𝑥∈(0,54)上单调减，当𝑥

∈(54,25)时，𝑓′(𝑥)>0，即𝑓(𝑥)在𝑥∈(54,25)上单调增，最小值在𝑥=54时取到，此时座位个数为10054=80个．【变式8-3】（2022·河南·高三阶段练习（理））某超市开展促销活动，经测算该商品的销

售量为s件与促销费用x元满足𝑠=10−𝑥+10ln𝑥．已知s件该商品的进价成本为40+𝑠元，商品的销售价格定为51+11𝑥𝑠元/件．(1)将该商品的利润y元表示为促销费用x元的函数；(2)促销费用投入多少元时，商家的利润最大？最大利润为多少

?（结果取整数）．参考数据：ln2≈0.69，ln3≈1.099，ln5≈1.61．【解题思路】（1）由：利润=销售价格×销售量-促销费用-进价成本，列出利润y元表示为促销费用x元的函数.（2）利用导数，求（1）中函数的最大值.【解答过程】（1）利润=销售价格

×销售量-促销费用-进价成本，所以𝑦=(51+11𝑥𝑠)×𝑠−𝑥−(40+𝑠)=51𝑠+11𝑥−𝑥−40−𝑠=50𝑠+10𝑥−40，再将𝑠=10−𝑥+10ln𝑥代入可得：𝑦=50×(10−𝑥+10ln𝑥)+10𝑥−

40=500ln𝑥−40𝑥+460；（2）对函数𝑦=500ln𝑥−40𝑥+460求导可得𝑦′=500𝑥−40令𝑦′=0，解得𝑥=252，故可得当0<𝑥<252时，函数𝑦=500ln𝑥−

40𝑥+460单调递增，当𝑥>252时，函数𝑦=500ln𝑥−40𝑥+460单调递减，所以，当𝑥=252时，𝑦max=500ln252−40×252+460=500(ln25−ln2)−20×25+460=

500(2ln5−ln2)−500+460=500(2×1.61−0.69)−500+460=1225，所以当促销费用投入252=12.5元时，商家的利润最大，最大利润为1225元.