高考数学解题思路：导数利器——导数差值与不等式求解策略（Word版含解析）

导数利器——导数差值与不等式求解策略
目录

（一）作差之后构造函数求最值 2
（二）作差之后二次构造函数二次求导 5
（三）作差之后先讨论再构造 7
（四）作差之后先求最值构造 8
（五）作差之后先参变量分离再虚设零点求最值 9
（六）先放缩再做差构造函数 11
（七）作差之后先参变量分离在构造函数： 13
（八）作差之后先讨论再参变量分离构造函数 15
（九） 先换元再做差构造函数，然后虚设零点求最值 17
（十）先求最值再最差构造函数 18
作差之后构造函数求最值
1【2019年高考北京理数】已知函数false．
（Ⅰ）求曲线false的斜率为1的切线方程；
（Ⅱ）当false时，求证：false；
（Ⅲ）设false，记false在区间false上的最大值为M（a）．
当M（a）最小时，求a的值．
【解析】（Ⅰ）由false得false.
令false，即false，得false或false.又false，false，
所以曲线false的斜率为1的切线方程是false与false，
即false与false.
（Ⅱ）令false.由false得false.
令false得false或false.false的情况如下：
false
false
false
false
false
false
false
false
false
false
false
false
false
false
false
false
false
false
false
false
所以false的最小值为false，最大值为false.故false，即false.
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当false时，false；
当false时，false；当false时，false.
综上，当false最小时，false.
2.（2020·江西高三（文））false(a∈R)．
(1)若函数f(x)在x＝1处取得极值，求a的值；
(2)在(1)的条件下，求证：f(x)≥－false＋false－4x＋false.
【解析】(1)f′(x)＝2x－a－false，由题意可得f′(1)＝0，解得a＝1.
经检验，a＝1时f(x)在x＝1处取得极值，所以a＝1.
(2)证明　由(1)知，f(x)＝x2－x－lnx，
令g(x)＝f(x)－false＝false－false＋3x－lnx－false，
由g′(x)＝x2－3x＋3－false＝false－3(x－1)＝false (x>0)，
可知g(x)在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，
所以g(x)≥g(1)＝0，所以f(x)≥－false＋false－4x＋false成立．
3【2020江西上饶第二次联考】已知函数f(x)=xex，g(x)=2a(x+lnx)，a∈R.
（1）求f(x)单调区间；
（2）若f(x)≥g(x)在[1,+∞)上恒成立，求a的取值范围.
【解析】
（1）f'(x)=ex(x+1)，f'x>0得x∈(?1,+∞)，由f'(x)<0得x∈(?∞,?1)，
∴f(x)分别在区间(?1,+∞)上单调递增.在区间(?∞,1)上单调递减.
令?(x)=g(x)?f(x) =2a(lnx+x)?xex，x∈[1,+∞)，
则?'(x)=2a1x+1?ex(x+1) =(x+1)2a?xexx，由（1）知f(x)=xex在[1,+∞)上单调递增，∴xex≥e.
①当2a≤e，即a≤e2时，2a?xex≤0.∴?(x)在[1,+∞)上单调递减，?(x)max=?(1)=2a?e，令?(x)max≤0，得a≤e2，
②2a>e，即a>e2时，存在x0∈(1,+∞).使2a?x0ex0=0，
当x∈1,x0时，?(x)>0，当x∈x0,+∞时，?(x)<0，
∴?(x)在x∈1,x0上单调递增，在x∈x0,+∞上单调递减.
?(x)max=?x0=2alnx0+x0?x0ex0 =a(2ln2a?2) ，
∵a>e2，∴2ln2a?2>0，∴?(x)max=?x0≤0不能恒成立.
综上：a∈?∞,e2.
作差之后二次构造函数二次求导
1【2020广东揭阳二模】已知函数f(x)=x?alnx?1.
（1）若函数f(x)的极小值为0，求a的值；
（2）?t>0且a≤1，求证：f(et)>a2t2.
【解析】（Ⅰ）因为f(x)=x?alnx?1,x∈(0,+∞)，所以f'(x)=x?ax，
当a≤0时，f'(x)>0，函数f(x)在定义域上递增，不满足条件；
当a>0时，函数f(x)在(0,a)上递减，在(a,+∞)上递增，
故f(x)在x=a取得极小值0，∴f(a)=a?alna?1=0，
令p(a)=a?alna?1，false，所以p(a)在（0，1）单调递增，
在(1,+∞)单调递减，故p(a)≤p(1)=0，∴f(a)=0的解为a=1，
故a=1.
（2） f(et)>a2t2?et?at?1>a2t2?et?a2t2?at?1>0，
设g(t)=et?a2t2?at?1（t>0），则g'(t)=et?at?a，
则g''(t)=et?a，又et>e0=1，a≤1，得g''(t)>0，
所以g'(t)单调递增，得g'(t)>g(0)=1?a≥0，
所以g(t)单调递增，得g(t)>g(0)=0，得证．
【评注】
在证明不等式，若的最小值可求，可转化为证明。
2.【2020河南新乡市三模】已知函数fx=lnx?axa∈R
（1）讨论函数gx=fxx在1,+∞上的单调性；
（2）若a≥0，不等式x2fx+a≥2?e对x∈0,+∞恒成立，求a取值范围.
【解析】（1） gx的定义域为0，+∞，g'x=2a+1?2lnxx3，
若a≤?12，因为x>1，所以lnx>0，所以g'x<0，所以gx在1，+∞上单调递减，若a>?12，令g'x=0，得x=ea+12，
当10； 当x>ea+12时，g'x<0，
所以gx的单调递减区间为ea+12,+∞，单调递增区间为1，ea+12.
（2）x2fx+a≥2?e，即xlnx?ax+a+e?2≥0对x∈0,+∞恒成立，
令?x=xlnx?ax+a+e?2，则?'x=lnx+1?a，令?'x=0，得x=ea?1，
当x∈0,ea?1时，?'x<0； 当x∈ea?1,+∞时，?'x>0，
所以?x的最小值为?ea?1=a?1ea?1+a+e?2?aea?1 =a+e?2?ea?1，
令ta=a+e?2?ea?1，则t'a=1?ea?1，令t'a=0，得a=1，
当a∈0,1时，t'a>0,ta在0,1上单调递增；
当a∈1,+∞时，t'a<0,ta在1，+∞上单调递减，
所以当a∈0,1时，?x的最小值为ta≥t0=e?2?1e>0；
当a∈1,+∞时，?x的最小值为ta=a+e?2?ea?1≥0=t2.
故a的取值范围是0,2.
（三）作差之后先讨论再构造
1（2020·山西高三开学考试）已知函数false.
（1）讨论false的单调性；
（2）求证：当false时，对于任意false，都有false.
【解析】
（1）由题意false的定义域为false，且false，
当false时，false；
当false时，false时，false；false时，false；
当false时，false时，false；false时，false；
综上所述，当false时，false在false上为减函数；
当false时，false在false上为增函数，在false上为减函数；
当false时，false在false上为增函数，在false上为减函数.
（2）要证false，即证false，
当false时，不等式显然成立；
当false时，即证false；
当false时，即证false；
令false，则false，
当false时，在false上false，false为减函数；在false上false，false为增函数，∴false，∴false.
当false时，在false上false，false为增函数；在false上false，false为减函数，∴false，∴false，
综上所述，当false时，false成立.
【点睛】本题考查利用导数讨论含参数的单调性问题和构造函数证明不等式.属于难题.
作差之后先求最值构造
1（2020·河南鹤壁高中高三月考）已知函数false
（1）讨论函数false的单调性；
（2）设false，当false时，证明：false.
【解析】
（1）false
当false时，false，false
当false时，false，false
∴false时，false在false上递减，在false递增
false时，false在false上递增，在false递减
（2）设false则false，又falsefalse，
false时，false，false递减false，falsefalse递增，
false，设false，false,
则false
false时，false时，false递增，false时，false，falsefalse递减
false，false，false，即false
【点睛】该题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数单调性，注意分类讨论思想的应用，应用导数证明不等式恒成立，注意构造新函数，结合最值得到结果.
作差之后先参变量分离再虚设零点求最值
【例】（2020·江西高三模拟）已知函数false，曲线false在点false处的切线为false.
（1）求false，false的值；
（2）若对任意的false，false恒成立，求正整数false的最大值.
【解析】
（1）由false得：false，由切线方程可知：false
false，false，解得：false，false
（2）由（1）知false则false时，false恒成立等价于false时，false恒成立，令false，false，则false.令false，则false，false当false时，false，则false单调递增false，false，false，使得false当false时，false；false时，false，falsefalse， false，false
false，即正整数false的最大值为false
【点睛】本题考查根据在某一点处的切线方程求解函数解析式、利用导数解决恒成立问题.解决恒成立问题的关键是能够通过分离变量的方式将问题转化为参数与函数最值的关系，利用导数求得函数的最值，从而求得结果.
（六）先放缩再做差构造函数
1（2020·湖北高三月考（理））已知false．
（1）若false在false上恒成立，求实数false的取值范围；
（2）证明：当false时，false．
【解析】
（1）法一：由题意false，false
① 若false，即false时，false，则false在false单调递增，
则false，则false在false单调递增，故false，满足题意；
② 若false，即false时，存在false，使得false，且当false时，false，则false在false上单调递减，则false，则false在false单调递减，此时false，舍去；
③ 若false，即false时，false，则false在false上单调递减，则false，则false在false单调递减， false，舍去；
故false．
法二：由题知false，且false，false，false
要使得false在false上恒成立，则必须满足false，即false，false．
① 若false时，false，则false在false单调递增，则false，
则false在false单调递增，故false，满足题意；
② 若false时，存在false时，false，则false在false上单调递减，则false，则false在false单调递减，此时false，舍去；
故false．
（2）证明：由（1）知，当false时，false．取false，则false
由（1）false，则false，故false，
要证false，只需证false．
令false，则false，false，
当false时，false，则false在false上单调递增，有false，
故false在false单调递增，故false，故false，即有false，
2已知函数f(x)=lnx?alnxx2.
（1）若a=1，求f(x)的单调区间；
（2）若a=0，证明?x∈(0,1)，x2?1x【解析】（1）解：因为a=1，所以f(x)=lnx?lnxx2，x∈(0,+∞)，
f'(x)=1x?x?2xlnxx4 =x2?1+2lnxx3=(x?1)(x+1)+2lnxx3.
当x∈(0,1)时，f'(x)<0；当x∈(1,+∞)时，f'(x)>0.
所以f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞)。
（2）证明：?x∈(0,1)，x2?1x?x∈(0,1)，ex∈(1,e)，?lnx>0，所以false，于是只需要证?lnx+x2?1x<0.令g(x)=?lnx+x2?1x，x∈(0,1)，g'(x)=?1x+2x+1x2=2x3?x+1x2>0，
则函数g(x)在(0,1)上单调递增，于是g(x)所以?lnx+x2?1x<0，即?lnxex+x2?1x<0，成立，即x2?1x【评注】把转化为后，若的单调性或最值不容易确定，可通过放缩转化为一个单调性或最值容易确定的不等式。
（七）作差之后先参变量分离在构造函数：
1（2020·内蒙古高三）已知函数false.
（1）求false的单调区间和极值；
（2）若对任意false恒成立，求实数false的最大值.
【解析】
（1）false，false，
∴false的单调增区间是false，单调减区间是false.
∴false在false处取得极小值，极小值为false.
（2）由false变形，得false恒成立，
令false，false，
由false.
所以false在false上是减函数，在false上是增函数.
所以false，即false，所以false的最大值是false.
2【陕西省2020届高三第三次联考数学】已知函数false，g(x)=x2，a∈R.
（1）求函数f(x)的极值点；
（2）若f(x)≤g(x)恒成立，求a的取值范围.
【解析】（1）false的定义域为0,+∞，f'x=1x?a，
当a≤0时，f'x=1x?a>0，所以fx在0,+∞上单调递增，无极值点；
当a>0时，解f'x=1x?a>0得01a，
所以fx在0,1a上单调递增，在1a,+∞上单调递减，
所以函数fx有极大值点，为1a，无极小值点.
（2）由条件可得lnx?x2?ax≤0(x>0)恒成立，则当x>0时，a≥lnxx?x恒成立，
令?x=lnxx?x(x>0)，则?'x=1?x2?lnxx2，令kx=1?x2?lnx(x>0)，
则当x>0时，k'x=?2x?1x<0，所以kx在0,+∞上为减函数.
又k1=0，所以在0,1上，?'x>0；在1,+∞上，?'x<0.
所以?x在0,1上为增函数，在1,+∞上为减函数，
所以?xmax=?1=?1，所以a≥?1.
（八）作差之后先讨论再参变量分离构造函数
【例】（2020·北京高三期末）已知函数false
（1）求false的单调区间；
（2）过点false存在几条直线与曲线false相切，并说明理由；
（3）若false对任意false恒成立，求实数false的取值范围.
【解析】
（1）false，false得false或false；false得false； 所以false的单调增区间为false，false；单调减区间为false；
（2）过false点可做false的三条切线；理由如下：
设切点坐标为false，所以切线斜率false
所以过切点的切线方程为：false，
切线过false点，代入得false，
化简得false，方程有三个解，false，false，false，
即三个切点横坐标，所以过false点可做false的三条切线.
（3）设false，
①false时，因为false，false，所以显然false对任意false恒成立；
②false时，若false，则false不成立，所以false不合题意.
③false时，false时，false显然成立，
只需考虑false时情况；转化为false对任意false恒成立
令false（false），则false，
false，
当false时，false，false单调减；当false时，false，false单调增；
所以false，所以false.
综上所述，false的取值范围false.
先换元再做差构造函数，然后虚设零点求最值
1（2020·江苏泰州中学高三期中（理））已知函数false，其中false为正实数.
（1）若函数false在false处的切线斜率为2，求false的值；
（2）求函数false的单调区间；
（3）若函数false有两个极值点false，求证：false
【解析】
(1)因为false，所以false，
则false,所以false的值为1．
(2) false，函数false的定义域为false，
①若false,即false,则false,此时false的单调减区间为false;
②若false,即false,则false的两根为false,
此时false的单调减区间为false,false,
单调减区间为false．
(3)由(2)知，当false时，函数false有两个极值点false,且false．
因为false
false
falsefalse
要证false,只需证false．
构造函数false，则false，
false在false上单调递增,又false,且false在定义域上不间断,由零点存在定理，可知false在false上唯一实根false, 且false．
则false在false上递减, false上递增,所以false的最小值为false．
因为false,
当false时, false,则false,所以false恒成立．
所以false,所以false，得证．
（十）先求最值再最差构造函数
1（2019·河北高三月考）已知函数false（其中false）.
（1）讨论函数false的极值；
（2）对任意false，false恒成立，求false的取值范围.
【解析】
（1）false的定义域为false，false，
①当false时，false，所以false在false上是减函数，false无极值.
②当false时，令false，得false，
在false上，false，false是增函数；在false上，false，false是减函数.
所以false有极大值false，无极小值.
（2）由（1）知，①当false时，false是减函数，令false，则false，
false，不符合题意，
②当false时，false的最大值为false，要使得对任意false，false恒成立，
即要使不等式false成立，则false有解.
令false，所以false
令false，由false，得false.
在false上，false，则false在false上是增函数；
在false上，false，则false在false上是减函数.
所以false，即false，故false在false上是减函数，又false，
要使false成立，则false，即false的取值范围为false.
三、跟踪训练
1．（2018·鄂尔多斯市第一中学高三月考（理））已知函数false，false．
(1)若false，false，求false的单凋区间；
(2)若函数false是函数false的图像的切线，求false的最小值；
(3)求证：false．
【答案】(1) false的单调增区间为false，单调减区间为区间为false；(2) false；(3) 见解析.
【解析】
试题分析: (1)先求函数导数，再在定义域内求导函数零点，列表分析导函数符号变化规律，确定单调区间，（2）先设切点false，根据导数几何意义将false 表示成false 的函数：false ，再利用导数求函数最小值，(3)利用结论false，进行放缩false false，转化证明false，这可以构造差函数false，利用导数可得其最大值为false.
试题解析: (1)false时，false false，
false，false，
解false得false，解false得false，
∴false的单调增区间为false，单调减区间为区间为false．
(2)设切点坐标为设切点坐标为false，false，
切线斜率false，又false，
∴false，∴false
令false，
false false false ，
解false得false，解false得false，
∴false在false上递减，在false上递增．
∴false，∴false的最小值为false．
(3)法一：令false，
由(1)知false，∴false.
又false，∴false false
∴false，（两个等号不会同时成立）
∴false．
法二：令false，false
显然false在false上递增，false，false
∴false在false上有唯一实根false，且false，false false，
∴false在false上递减，在false上递增，
∴false false false false
false∴false，
2．（2019·湖南长郡中学高三月考（理））已知函数false.
（1）当false时，求曲线false在点false处的切线方程；
（2）当false时，若关于false的方程false有唯一实数解，试求实数false的取值范围；
（3）若函数false有两个极值点false，false，且不等式false恒成立，试求实数false的取值范围.
【答案】（1）false；（2）false或false；（3）false.
【解析】
【分析】
（1）对函数false求导，求出false的值可得切点坐标，求出false的值，可得切线斜率，利用点斜式可得在点false的切线方程；（2）原方程等价于false，对false求导得到函数false单调区间,可知当false时，false；当false时，false,结合单调性可得到实数false的取值范围；（3）对函数false求导，可得false，false恒成立false恒成立，将false用false替换，并构造函数false，对false求导可求得函数false在false上的最小值，即可知道实数false的取值范围.
【详解】
(1)当false时，有false,
false，false,
false过点false的切线方程为false，即false.
（2）当false时，有false，其定义域为false，
从而方程false,可化为false，令false，
则false，
由false或false,
false在false和false上单调递增，在false上单调递减，
且false，
又当false时，false；当false时，false,
false关于false的方程false有唯一实数解，所以实数false的取值范围是false或false.
（3）false的定义域为false，
令false,
又因为函数false有两个极值点false，
false有两个不等实数根false，
false，且false，
从而false,
由不等式false恒成立false恒成立，
false
false，
令false,false，
当false时恒成立，所以函数false在false上单调递减，false，故实数false的取值范围是false.
【点睛】本题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的零点以及不等式恒成立问题，属于难题. 不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数false恒成立(false即可)或false恒成立（false即可）；② 数形结合(false 图象在false 上方即可)；③ 讨论最值false或false恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.
3．（2020·陕西西安中学高三（文））已知函数false
（1）若a=1，求f（x）的极值；
（2）若存在x0∈[1，e]，使得f（x0）＜g（x0）成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1）f（x）的极小值是f（1）=1，无极大值（2）false
【解析】
分析：（1）求出导数false，由不等式false确定增区间，由false确定减区间，从而得极值；
（2）问题等价于false，因此用导数研究函数false的最小值，由最小值小于0可求得false的范围，注意要分类讨论．
详解：（1）a=1时，f（x）=x﹣false，函数f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）=1﹣=，令f′（x）＞0，解得x＞1，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，故f（x）的极小值是f（1）=1，无极大值；
（2）存在x0∈[1，e]，使得f（x0）＜g（x0）成立，等价于[f（x）﹣g（x）]min＜0，
（x∈[1，e]）成立，设h（x）=f（x）﹣g（x）=x﹣false+，
则h′（x）=，令h′（x）=0，解得：x=﹣1（舍），x=1+a；
①当1+a≥e，h（x）在[1，e]递减，∴h（x）min=h（e）=e2﹣ea+1+a，
令h（x）min＜0，解得：a＞；
②当1+a＜e时，h（x）在（1，a+1）递减，在（a+1，e）递增，
∴h（x）min=h（1+a）=false与h（x）min＜0矛盾，
综上，a＞．
点睛：本题考查导数的应用，考查转化与化归思想，命题“若存在x0∈[1，e]，使得f（x0）＜g（x0）成立”等价于“false时，false”，转化后只要研究函数的最小值即可，而这又可用导数研究．
4．（2019·湖南长郡中学高三月考（理））已知函数false（false）．
（Ⅰ）若false，恒有false成立，求实数false的取值范围；
（Ⅱ）若函数false有两个相异极值点false，false，求证：false．
【答案】（1）false;（2）见解析.
【解析】
试题分析：（1）分离参数，构造函数，利用导数求出函数的最值即可，
（2）函数g（x）=f（x）-x有两个极值点x1、x2，即导函数g′（x）有两个不同的实数根x1、x2，对a进行分类讨论，令false，构造函数φ（t），利用函数φ（t）的单调性证明不等式．
试题解析：
（Ⅰ）由false，恒有false，即false，false对任意false成立，
记false，false，
当false，false，false单调递增；
当false，false，false单调递减，
false最大值为false，
∴false，false．
（Ⅱ）函数false有两个相异的极值点false，false，
即false有两个不同的实数根．
①当false时，false单调递增，false不可能有两个不同的实根；
②当false时，设false，则false，
当false时，false，false单调递增；
当false时，false，false单调递减，
∴false，∴false，
不妨设false，∵false，
∴false，false，false，
先证false，即证false，
即证false，
令false，即证false，设false，
则false，函数false在false单调递减，
∴false，∴false，又false，∴false，
∴false．
5．（2019·陕西西安中学高三月考（理））已知函数false.
（Ⅰ）求证：函数false有唯一零点；
（Ⅱ）若对任意false，false恒成立，求实数false的取值范围.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.
【解析】
试题分析：（I）求出false，先证明false在区间false上为增函数，又false，false，所以false在区间false上恰有一个零点，而false在false上恒成立，在false上无零点，从而可得结果；（II））设false的零点为false，即false．原不等式可化为false，令false若false，可得false，等式左负右正不相等，若false，等式左正右负不相等，只能false，false，即false求所求．
试题解析：（I）false，
易知false在false上为正，因此false在区间false上为增函数，又false，false
因此false，即false在区间false上恰有一个零点，
由题可知false在false上恒成立，即在false上无零点，
则false在false上存在唯一零点．
（II）设false的零点为false，即false．原不等式可化为false，
令false，则false，由（I）可知false在false上单调递减，在false上单调递增，故只求false，，设false，
下面分析false，设false，则false，
可得false，即false
若false，等式左负右正不相等，若false，等式左正右负不相等，只能false．
因此false，即false求所求．
6.【2019四川成都期中】已知函数fx=alnx+x2，其中a∈R.
（1）讨论fx的单调性；
（2）当a=1时，证明:fx≤x2+x?1；
（3）试比较ln2222+ln3232+ln4242+?+lnn2n2与(n?1)(2n+1)2(n+1) (n∈N?且n≥2)的大小，并证明你的结论。
【解析】（1）函数fx的定义域为：0,+∞，f'x= ax+2x=a+2x2x
①当a≥0时，f'x>0，所以fx在0,+∞上单调递增
②当a<0时，令f'x=0，解得x= ?a2．
当0当x>?a2时，a+2x2>0，所以f'x>0，所以fx在?a2,+∞上单调递增． 综上，当a≥0时，函数fx在0,+∞上单调递增；
当a<0时，函数fx在0,?a2上单调递减，在?a2,+∞上单调递增.
（2）当a =1时，fx=lnx+x2，要证明fx≤x2+x?1，
即证lnx≤x?1，即证：lnx?x+1≤0.
设gx=lnx?x+1，则g'x= 1?xx，令g'x=0得，x=1.
当x∈0,1时，g'x>0，当x∈1,+∞时，g'x<0.
所以x=1为极大值点，且gx在x=1处取得最大值。
所以gx≤g1=0，即lnx?x+1≤0。故fx≤x2+x?1.
（3）证明：lnx≤x?1（当且仅当x=1时等号成立），即lnxx≤1?1x,
则有ln2222+ln3232+…+lnn2n2<1?122+1?132+…+1?1n2=n?1?122+132+…+1n2=n?1?12?13+13?14+…+1n?1n+1=n?1?12?1n+1=n?12n+12n+1,
故：ln2222+ln3232+…+lnn2n27.【2019山西大学附中3月诊断】已知函数fx=x?lnx+a的最小值为0,其中a>0.
(1)求a的值;
(2)若对任意的x∈[0,+∞),有fx≤kx2成立,求实数k的最小值;
【解析】 (1)f(x)的定义域为(?a,+∞),
由fx=x?lnx+a，得f'x=1?1x+a=x+a?1x+a；
由f'x>0得x>1?a，
由f'x<0得?a故函数fx在(?a，1?a)上单调递减，在(1?a，+∞)上单调递增；
因此当x=1?a时，fxmin=f1?a=1?a=0，所有a=1.
（2）当k≤0时，取x=1，有f1=1?ln2>0，故k≤0不合题意；
当k>0时，设gx=fx?kx2=x?lnx+1?kx2x≥0
g'x=1?1x+1?2kx=?x2kx+2k?1x+1，令g'x=0得x=0或x=1?2k2k>?1，
①当00，当x∈(0,1?2k2k)时，g'x>0，因此函数gx在(0,1?2k2k)上单调递增，因此当x0∈(0,1?2k2k)时，gx0≥g0=0，即有fx0≤kx02不成立，故0②当k≥12时，1?2k2k≤0，g'x<0在(0,+∞)上恒成立，因此gx在(0,+∞)上单调递减，从而对任意的x∈[0,+∞)，有有fx≤kx2成立,故k≥12符合题意；
综上，实数k的最小值为12.
8.【山东省2019年高三4月模拟】已知函数fx=ax?1ex+x2.
（1）当a=1时，求函数fx的极值；
（2）证明：当a>0时，fx≥lnax?1+x2+x+1.
【解析】（1）当a=1时，fx=x?1ex+x2
f'x=ex+x?1ex+2x=xex+2x
令f'x=0得x=0
当x∈?∞,0时，f'x<0,fx单调递减；
当x∈0,+∞时，f'x>0,fx单调递增；
所以fx在x=0处取得极小值为f0=?1，无极大值.
（2）设?x=fx?lnax?1?x2?x?1 =ax?1ex?lnax?1?x?1
则?'x=exax?1+aex?aax?1?1 =ax?1+aex?1ax?1
∴a>0,ax?1>0,ax?1+a>0
设ux=ex?1ax?1，则u'x=ex+aax?12>0
∴ux在区间1a,+∞上单调递增
又∵u2a=e2a?1>0，当1a当1a当1ax0时，?'x>0
且ex0=1ax0?1,∴?x≥?x0 =ax0?1ex0?lnax0?1?x0?1 =1?lne?x0?x0?1=0
∴当a>0时，fx≥lnax?1+x2+x+1
9.【2019湖北省武汉4月调研】已知函数f(x)=alnx+2x?ex?1x2（a∈R，a为常数）在（0,2）内有两个极值点x1，x2（x1（1）求实数a的取值范围；
（2）求证：x1+x2<2(1+lna).
【解析】（1）由f(x)=alnx+2x?ex?1x2，可得f'(x)=(2?x)ex?1?axx3，
记?(x)=ex?1?ax,x>0，有题意，知y=?(x)在(0,2)上存在两个零点.
∵?'(x)=ex?1?a则
当a≤0时，?'(x)>0，则?(x)在(0,2)上递增，?(x)至少有一个零点，不合题意；
当a>0时，由?'x=0，得false
（i）若1+lna<2且h(2)>0，即1则?(x)min=?(1+lna)=?alna<0，则?(2)>0,?(0)=1e>0，
从而?(x)在(0,1+lna)和(1+lna,2)上各有一个零点。
所以y=?(x)在(0,2)上存在两个零点.
（ii）若1+lna>2，即a>e时，?(x)在(0,2)上递减，?(x)至多一个零点，舍去.
（iii）若1+lna<2且?(2)≤0，即e2≤a综上可得，1（2）令false则
H'(x)=?'(x)+?'(2+2lna?x)，
=ex?1?a+e2+2lna?x?1?a，
=ex?1+a2ex?1?2a≥2a?2a=0，
所以，H(x)在(0,1+lna)上递减，从而H(x)即?(x)??(2+2lna?x)<0
∴?x1??x+2lna?x1<0而?x1=?x2，且?(x)在(1+lna,2)递增；
∴?x2∴x1+x2<2(1+lna).
10.【2019安徽省4月联考】已知函数fx=x?mlnx+m，m∈R.
（1）讨论函数fx的单调性；
（2）若m∈0,+∞，mex?x+fx>m恒成立，求实数m的取值范围.
【解析】（1）由题意得，函数fx的定义域为?m,+∞，
f'x=1?mx+m=xx+m.
若m=0，则f'x=1>0，故函数fx在0,+∞上单调递增；
若m>0，则?m<0，故当x∈?m,0时，f'x<0，当x∈0,+∞时，f'x>0.
则fx在?m,0上单调递减，在0,+∞上单调递增；
若m<0，则?m>0，故f'x>0，故函数fx在?m,+∞上单调递增；
综上所述，当m≤0时，fx在?m,+∞上单调递增；当m>0时，fx在?m,0上单调递减，在0,+∞上单调递增.
（2）∵mex?x+fx>m，∴ex?1>lnx+m.
又ex?1≥x，∴若x>lnx+m，则ex?1>lnx+m.
令φx=x?lnx+mx>?m，则φ'x=1?1x+m，
令φ'x=0，解得x=1?m.
当x∈?m,1?m时，φ'x<0，则函数φx在?m,1?m上单调递减，
当x∈1?m,+∞时，φ'x>0，则函数φx在1?m,+∞上单调递增，
∴φxmin=φ1?m=1?m>0，解得m<1.
当m≥1时，存在x=0，使得ex?1≤lnx+m成立，
这与ex?1>lnx+m矛盾，∴m<1，
又m>0，故实数的取值范围为0,1.
11.【2019浙江省衢州五校联考】设函数f(x)=ax2，false
（1）当a=?1时，求函数F(x)=g(x)+f(x)+x的单调区间；
（2）当a>0时，曲线y=f(x)与y=g(x)有两条公切线，求实数a的取值范围；
（3）若g(x)≥m+1?x?mx对x∈[1,+∞)恒成立，求实数m的取值范围.
【解析】（1）当a=?1时，F(x)=g(x)+f(x)+x=lnx?x2+x，
∴F'(x)=1x?2x+1=?2x2+x+1x=?(x?1)(2x+1)x，
当x∈(0,1)时，F'(x)>0，当x∈（1,+∞)时，F'(x)<0
所以F(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,+∞)
（2） 当两曲线y=f(x)与y=g(x)相切时，这时是a的临界值，
设两曲线的切点坐标为(x0,y0)，
则ax02=lnx02ax0=1x0，解得x0=e12a=12e，由图象可知a>12e
（3）g(x)≥m+1?x?mxlnx+mx+x?m?1≥0
令?(x)=lnx+mx+x?m?1，等价于?xmin≥0恒成立；
易得?'(x)=1x?mx2+1=x2+x?mx2，注意到只是分子x2+x?m有效，
令k(x)=x2+x?mx≥1，显然k(x)在1,+∞上为增函数，则k(x)min=?1=2?m．故m从数字2断开讨论：
①当m≤2时，得k(x)≥0，所以?'(x)≥0，得?(x)在x∈1,+∞上单增，
所以?xmin=g1=0≥0，恒成立，故满足题意．
②当m>2时，令k(x)=x2+x?m=0，得x1=?1+1+4m2，x2=?1?1+4m2（舍）
得x∈1,1+4m?12时，k(x)<0，则?(x)在1,1+4m?12上递减，
x∈1+4m?12,+∞时，k(x)>0，则?(x)在1+4m?12,+∞上递增，
又注意到?1=0，所以极小值?1+4m?12<0，不可能恒成立，不符合题意
综合上述， 实数m的取值范围是?∞,2．
12.【2019安徽省江淮十校第三次联考】已知函数f(x)=ex，g(x)=ax2+x+1.
（1）对任意的x∈[0,+∞)，fx?gx成立，求实数a的取值范围；
（2）若x1fx2?fx1x2?x1.
【解析】 (1)解法一：令?(x)=f(x)?g(x)=ex?ax2?x?1，x∈[0,+∞)
∴?'(x)=ex?2ax?1，∴?''(x)=ex?2a
①当a?12时，对于任意的x∈[0,+∞)，∴?''(x)=ex?2a?1?2a?0，
∴y=?'(x)在[0,+∞)为增函数，∴?'(x)??'(0)=0，
∴y=?(x)在[0,+∞)为增函数，∴?(x)??(0)=0，即x∈[0,+∞)，f(x)?g(x)恒成立，满足.
②当a>12时，令?''(x)=ex?2a<0，得x则当x∈(0,ln(2a))时，?'(x)为减函数，此时?'(x)故函数?(x)为减函数，∴?(x)即当x∈(0,ln(2a))时，有f(x)综上，实数a的取值范围是：a∈(?∞,12].
解法二：当x=0时，f(x)=g(x)恒成立；
当x∈(0,+∞)时，f(x)?g(x)即为a?ex?x?1x2，
转化为求t(x)=ex?x?1x2在x∈(0,+∞)的最小值，
∵t'(x)=(x?2)ex+(x+2)x3，令φ(x)=(x?2)ex+(x+2)，φ'(x)=(x?1)ex+1，
由φ''(x)=xex>0知：φ'(x)在(0,+∞)为增函数，∴φ'(x)>φ'(0)=0
故φ(x)在(0,+∞)为增函数，∴φ(x)>φ(0)=0
即t'(x)>0，函数t(x)在(0,+∞)为增函数，故t(x)没有最小值.
又由诺必达法则知：
limx→0t(x)=limx→0ex?x?1x2 =limx→0ex?12x=limx→0ex2=12，故a?12.
（2）证明：要证fx1+fx22>fx2?fx1x2?x1，即证：ex1+ex22>ex2?ex1x2?x1，
∵x1ex1，故即证：ex1+ex2ex2?ex1>2x2?x1，左边分子分母同除以ex1，
即证：ex2?x1+1ex2?x1?1>2x2?x1
令t=x2?x1，则t>0，即证et+1et?1>2t，即证：(t?2)et+(t+2)>0.
而由（1）的解法二知：φ(x)=(x?2)ex+(x+2)在x∈(0,+∞)时恒有φ(x)>0，得证.
13.【2019云南省第二次统一检测】已知函数f(x)=ex?ax2.
（1）证明：当x≥0时，ex>x2；
（2）若f(x)有极大值，求a的取值范围；
【解析】（1）证明：当a=1时，f(x)=ex?x2，f'(x)=ex?2x，
令φ(x)=f'(x)，则φ'(x)=ex?2.
∴当0ln2时，φ'(x)>0，φ(x)单调递增.
∴当x∈[0,+∞)时，φ(x)min=φ(ln2)=2(1?ln2)>0.
∴当x∈[0,+∞)时，f'(x)>0，f(x)在[0,+∞)上单调递增.
∴当x∈[0,+∞)时，f(x)>f(0)=1>0，即ex>x2.
（2）解：由题设得f'(x)=ex?2ax.由f(x)有极大值得f'(x)=0有解，且a>0.
令g(x)=f'(x)，则g'(x)=ex?2a.由g'(x)=0得x=ln(2a).
∴当xln(2a)时，g'(x)>0，g(x)单调递增.
∴g(x)min=g(ln2a)=2a[1?ln(2a)].
当g(x)min≥0，即0当g(x)min<0，即a>e2时，
∴g(0)=1>0，g(ln2a)=2a(1?ln2a)<0.
由（1）知：g(2a)=e2a?(2a)2>0，即2a>2ln2a>ln2a.
∴存在x1∈(0,ln2a)，x2∈(ln2a,2a)，使g(x1)=g(x2)=0.
∴当x∈(?∞,x1)时，g(x)>0，即f(x)单调递增；当x∈(x1,x2)时，g(x)<0，
即f(x)单调递减；当x∈(x2,+∞)时，g(x)>0，即f(x)单调递增.
∴x1是f(x)唯一的极大值点.
综上所述，所求a的取值范围为(e2,+∞).
14. 已知函数f(x)＝false－.
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)证明：当x＞1时，f(x)＜x－1；
(3)确定实数k的所有可能取值，使得存在x0＞1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)＞k(x－1)．
【解析】(1)解　f′(x)＝－x＋1＝，x∈(0，＋∞)．
由f′(x)＞0，得
解得0＜x＜.
故f(x)的单调递增区间是.
(2)证明　令F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(0，＋∞)．
则有F′(x)＝.
当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＜0，
所以F(x)在(1，＋∞)上单调递减，
故当x＞1时，F(x)＜F(1)＝0，
即当x＞1时，f(x)＜x－1.
(3)解　由(2)知，当k＝1时，不存在x0＞1满足题意．
当k＞1时，对于x＞1，有f(x)＜x－1＜k(x－1)，
则f(x)＜k(x－1)，
从而不存在x0＞1满足题意．
当k＜1时，令G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)，
则有G′(x)＝－x＋1－k＝.
由G′(x)＝0，得－x2＋(1－k)x＋1＝0.
解得x1＝＜0，
x2＝＞1.
当x∈(1，x2)时，G′(x)＞0，
故G(x)在(1，x2)内单调递增．
从而当x∈(1，x2)时，G(x)＞G(1)＝0，
即f(x)＞k(x－1)．
综上，k的取值范围是(－∞，1)．