2018-2019学年数学高考二轮复习专题一第5讲导数与函数零点不等式证明恒成立问题案-文科

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高考数学二轮复习专题五函数与导数、不等式微点深

【题组训练】
1.(2018·浙江名校联盟联考)已知函数 f(x)＝ax＋bxln x，其中 a，b∈R.
(1)若函数 f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为 y＝x＋e，求 a，b 的值；
(2)当 b>1 时，f(x)≥1 对任意 x∈12，2恒成立，证明：a>
e＋1 2e .
(1)解由题得 f′(x)＝－xa2＋b(ln x＋1)，∴f′(e)＝－ea2＋2b＝1，且 f(e)＝ae＋eb＝2e.
即当 1<x<x0 时，h(x)<0，即 g′(x)<0，
当 x>x0 时，h(x)>0，即 g′(x)>0，
g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增.
令
h(x0) ＝ x0 － ln
x0 － 2 ＝ 0 ，即
ln
x0
＝
x0
－
2
，
g(x)min
＝
g(x0)
＝
x0（1＋ln x0－1
(2)证明：当 a>0 时，f(x)≥2a＋aln
2 a.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝2e2x－ax(x>0).由 f ′(x)＝0 得 2xe2x＝a.令 g(x)＝
2xe2x，g′(x)＝(4x＋2)e2x>0(x>0)，从而 g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以 g(x)>g(0)＝0.
则 φ′(x)＝－b(2ln x＋3)，易知 φ′(x)<0，故 g′(x)在12，2上单调递减，
1
1
1
因为 g′(e－2)＝1－b(－e－2＋e－2)＝1>0，g′(1)＝1－b(2ln 1＋1)＝1－b<0，

【精选】高考数学二轮复习第二部分专题一函数与导数不等式第5讲导数与函数零点不等式的综合问题课件理

所以实数 a 的最大值为 4ln 2. 法二由已知得 F(x)＝a(x－1)－2ln x，且 F(1)＝0，则 F′(x)＝a－2x＝ax－x 2，x＞0.
①当 a≤0 时，F′(x)＜0，F(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，
结合 F(1)＝0 知，当 x∈0，12时， F(x)＞0. 所以 F(x)在0，12内无零点．
①当 a≤0 时，F′(x)＜0，F(x)在区间(0，＋∞)上单调
递减，结合 F(1)＝0 知，当 x∈0，12时，F(x)＞0. 所以 F(x)在0，12内无零点． ②当 a＞0 时，令 F′(x)＝0，得 x＝2a. 若2a≥12时，即 a∈(0，4]时，F(x)在0，12上是减函数．又 x→0 时，F(x)→＋∞.
5－4a－1 取 x0＝ 2 ，则 x0∈(0，1)，(1－x0)(1＋x0)2 －ax0－1＝0，故 f(x0)＞ax0＋1.
5－1 当 a≤0 时，取 x0＝ 2 ，则 x0∈(0，1)，f(x0)＞(1 －x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1，综上可知，a 的取值范围是[1，＋∞)．
2．(2017·全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)＝ax2－ax－xln x，
令 φ(a)＝2－a－2ln 2a，则 φ′(a)＝－1＋2a＝2－a a＜0. 所以 φ(a)在(4，＋∞)上是减函数，
则 φ(a)＜φ(4)＝2ln 2－2＜0.
因此
2 Fa＜0，所以
F(x)在
x∈0，12内一定有零点，
不合题意，舍去．
综上可知，函数 F(x)在0，12内无零点，应有 a≤4ln 2，
又 h(0)＝1，故 h(x)≤1，所以 f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋ 1≤ax＋1，
当 0＜a＜1 时，设函数 g(x)＝ex－x－1，g′(x)＝ex－1 ＞0(x＞0)，所以 g(x)在[0，＋∞)上单调递增，而 g(0)＝0，

专题一第5讲导数与不等式的证明

设 h(x)＝x－1－ln x，则 h′(x)＝1－1x＝0⇒x＝1，
可得h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)＝x－1－ln x≥h(1)＝0，即x－1≥ln x.
于是，当a≤1时，ex－a≥x－a＋1≥x＋a－1≥ln(x＋a)，注意到以上三个不等号的取等条件分别为x＝a，a＝1，x＋a＝1，它们无法同时取等，所以当a≤1时，ex－a>ln(x＋a)，即f(x)>0.
12
当a＝e时，f(x)＝ln(e－x)－x＋e，
要证 f(e－x)<ex＋2xe，即证 ln x＋x<ex＋2xe，即证lnxx＋1<exx＋21e.
设
g(x)＝lnx
x＋1(x>0)，则
1－ln g′(x)＝ x2
x ，
所以当0<x<e时，g′(x)>0，当x>e时，g′(x)<0，
所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
当t∈(0,1)时，g′(t)<0，g(t)单调递减，假设g(1)能取到，则g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0；当t∈(1，＋∞)时，g′(t)>0，g(t)单调递增，假设g(1)能取到，则g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0，
x＋ln1－x 综上所述，g(x)＝ xln1－x <1 在 x∈(－∞，0)∪(0,1)上恒成立.
方法二 f(x)＝ln ex＝1－ln x. 欲证 f(x)<1＋1x－x2ex，只需证1－elxn x＋x2－1x<1，
因为x∈(0,1)，所以1－ln x>0，ex>e0＝1，
则只需证 1－ln x＋x2－1x<1，只需证 ln x－x2＋1x>0，令 t(x)＝ln x－x2＋1x，x∈(0,1)，

高考数学二轮复习专题一函数与导数、不等式第5讲导数与不等式的证明、恒成立及能成立问题练习理

专题一函数与导数、不等式第5讲导数与不等式的证明、恒成立及能成立问题练习理一、选择题1.设f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ＜0时，f ′(x )＞0，且f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝0，则不等式f (x )＜0的解集为( )A.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ＜12B.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪0＜x ＜12C.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ＜－12或0＜x ＜12D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪－12≤x ≤0或x ≥12解析如图所示，根据图象得不等式f (x )＜0的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ＜－12或0＜x ＜12.答案 C2.若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3恒成立，则实数a 的取值范围为( ) A.(－∞，0) B.(－∞，4] C.(0，＋∞)D.[4，＋∞)解析条件可转化为a ≤2ln x ＋x ＋3x恒成立.设f (x )＝2ln x ＋x ＋3x，则f ′(x )＝（x ＋3）（x －1）x2(x ＞0). 当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增，所以f (x )min ＝f (1)＝4.所以a ≤4. 答案 B3.若存在正数x 使2x(x －a )＜1成立，则a 的取值范围是( ) A.(－∞，＋∞) B.(－2，＋∞) C.(0，＋∞)D.(－1，＋∞)解析 ∵2x(x －a )＜1，∴a ＞x －12x .令f (x )＝x －12x ，∴f ′(x )＝1＋2－xln 2＞0.∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴f (x )＞f (0)＝0－1＝－1，∴a 的取值范围为(－1，＋∞)，故选D. 答案 D4.(2015·全国Ⅱ卷)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )＜0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A.(－∞，－1)∪(0，1)B.(－1，0)∪(1，＋∞)C.(－∞，－1)∪(－1，0)D.(0，1)∪(1，＋∞)解析令F (x )＝f （x ）x，因为f (x )为奇函数，所以F (x )为偶函数，由于F ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2，当x ＞0时，xf ′(x )－f (x )＜0，所以F (x )＝f （x ）x在(0，＋∞)上单调递减，根据对称性，F (x )＝f （x ）x在(－∞，0)上单调递增，又f (－1)＝0，f (1)＝0，数形结合可知，使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1).故选A. 答案 A5.(2016·山东师范大学附中二模)已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )＜f (x )，且f (x ＋2)为偶函数，f (4)＝1，则不等式f (x )＜e x的解集为( ) A.(－2，＋∞) B.(0，＋∞) C.(1，＋∞)D.(4，＋∞)解析由f (x ＋2)为偶函数可知函数f (x )的图象关于x ＝2对称，则f (4)＝f (0)＝1.令F (x )＝f （x ）ex，则F ′(x )＝f ′（x ）－f （x ）ex＜0.∴函数F (x )在R 上单调递减.又f (x )＜e x等价于f （x ）ex＜1，∴F (x )＜F (0)，∴x ＞0.答案 B 二、填空题6.已知不等式e x－x ＞ax 的解集为P ，若[0，2]⊆P ，则实数a 的取值范围是________. 解析由题意知不等式e x－x ＞ax 在x ∈[0，2]上恒成立. 当x ＝0时，显然对任意实数a ，该不等式都成立.当x ∈(0，2]时，原不等式即a ＜e xx －1，令g (x )＝e xx －1，则g ′(x )＝e x（x －1）x2，当0＜x＜1时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，当1＜x ＜2时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，故g (x )在(0，2]上的最小值为g (1)＝e －1，故a 的取值范围为(－∞，e －1). 答案 (－∞，e －1)7.已知函数f (x )＝ln x －a ，若f (x )＜x 2在(1，＋∞)上恒成立，则实数a 的取值范围是________.解析 ∵函数f (x )＝ln x －a ，且f (x )＜x 2在(1，＋∞)上恒成立， ∴a ＞ln x －x 2，x ∈(1，＋∞). 令h (x )＝ln x －x 2，有h ′(x )＝1x－2x .∵x ＞1，∴1x－2x ＜0，∴h (x )在(1，＋∞)上为减函数，∴当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜h (1)＝－1，∴a ≥－1. 答案 [－1，＋∞) 8.已知函数f (x )＝x －1x ＋1，g (x )＝x 2－2ax ＋4，若对于任意x 1∈[0，1]，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是________. 解析由于f ′(x )＝1＋1（x ＋1）2＞0，因此函数f (x )在[0，1]上单调递增，所以x ∈[0，1]时，f (x )min ＝f (0)＝－1.根据题意可知存在x ∈[1，2]，使得g (x )＝x 2－2ax ＋4≤－1，即x 2－2ax ＋5≤0，即a ≥x 2＋52x 能成立，令h (x )＝x 2＋52x ，则要使a ≥h (x )在x ∈[1，2]上能成立，只需使a ≥h (x )min ，又函数h (x )＝x 2＋52x 在x ∈[1，2]上单调递减，所以h (x )min ＝h (2)＝94，故只需a ≥94.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫94，＋∞ 三、解答题9.已知函数f (x )＝x 2e x. (1)求f (x )的单调区间；(2)证明：∀x 1，x 2∈(－∞，0]，f (x 1)－f (x 2)≤4e 2.(1)解 f ′(x )＝x (x ＋2)e x.令f ′(x )＝x (x ＋2)e x＝0，则x 1＝－2，x 2＝0. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表所以函数f (x )的单调递减区间为(－2，0)，单调递增区间为(－∞，－2)，(0，＋∞).(2)证明由(1)知f (x )的单调递增区间为(－∞，－2)，单调递减区间为(－2，0)，所以当x ∈(－∞，0]时，f (x )最大值＝f (－2)＝4e 2.因为当x ∈(－∞，－2]时，f (x )＞0，f (0)＝0，所以当x ∈(－∞，0]时，f (x )最小值＝f (0)＝0. 所以f (x )最大值－f (x )最小值＝4e2.所以对∀x 1，x 2∈(－∞，0]，都有f (x 1)－f (x 2)≤f (x )最大值－f (x )最小值＝4e2.10.(2016·潍坊一模)已知函数f (x )＝ln x ＋x 2－ax (a 为常数). (1)若x ＝1是函数f (x )的一个极值点，求a 的值； (2)当0＜a ≤2时，试判断f (x )的单调性；(3)若对任意的a ∈(1，2)，x 0∈[1，2]，不等式f (x 0)＞m ln a 恒成立，求实数m 的取值范围.解 f ′(x )＝1x＋2x －a .(1)由已知得：f ′(1)＝0，所以1＋2－a ＝0，所以a ＝3.(2)当0＜a ≤2时，f ′(x )＝1x ＋2x －a ＝2x 2－ax ＋1x＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 42＋1－a 28x.因为0＜a ≤2，所以1－a 28＞0，而x ＞0，即f ′(x )＝2x 2－ax ＋1x＞0，故f (x )在(0，＋∞)上是增函数.(3)当a ∈(1，2)时，由(2)知，f (x )在[1，2]上的最小值为f (1)＝1－a ，故问题等价于：对任意的a ∈(1，2)，不等式1－a ＞m ln a 恒成立，即m ＜1－a ln a恒成立.记g (a )＝1－a ln a (1＜a ＜2)，则g ′(a )＝－a ln a －1＋aa （ln a ）2.令M (a )＝－a ln a －1＋a ，则M ′(a )＝－ln a ＜0，所以M (a )在(1，2)上单调递减，所以M (a )＜M (1)＝0，故g ′(a )＜0，所以g (a )＝1－aln a 在a ∈(1，2)上单调递减，所以m ≤g (2)＝1－2ln 2＝－log 2e ，即实数m 的取值范围为(－∞，－log 2e].11.已知函数f (x )＝ax ＋bx＋c (a ＞0)的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1. (1)用a 表示出b ，c ；(2)若f (x )≥ln x 在[1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围； (3)证明：1＋12＋13＋…＋1n ＞ln(n ＋1)＋n2（n ＋1）(n ≥1).(1)解 f ′(x )＝a －bx 2，则有⎩⎪⎨⎪⎧f （1）＝a ＋b ＋c ＝0，f ′（1）＝a －b ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝a －1，c ＝1－2a .(2)解由(1)知，f (x )＝ax ＋a －1x＋1－2a . 令g (x )＝f (x )－ln x ＝ax ＋a －1x＋1－2a －ln x ，x ∈[1，＋∞)，则g (1)＝0，g ′(x )＝a －a －1x 2－1x ＝ax 2－x －（a －1）x 2＝a （x －1）⎝⎛⎭⎪⎫x －1－a a x 2，(ⅰ)当0＜a ＜12时，1－aa＞1.若1＜x ＜1－aa，则g ′(x )＜0，g (x )是减函数，所以g (x )＜g (1)＝0，即f (x )＜ln x . 故f (x )≥ln x 在[1，＋∞)上不成立. (ⅱ)当a ≥12时，1－aa≤1.若x ＞1，则g ′(x )＞0，g (x )是增函数，所以g (x )＞g (1)＝0，即f (x )＞ln x ，故当x ≥1时，f (x )≥ln x .综上所述，所求a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. (3)证明法一由(2)知：当a ≥12时，有f (x )≥ln x (x ≥1).令a ＝12，有f (x )＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x ≥ln x (x ≥1)，且当x ＞1时，12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x ＞ln x .令x ＝k ＋1k ，有ln k ＋1k ＜12⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋1k －k k ＋1＝ 12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k －⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k ＋1，即ln(k ＋1)－ln k ＜12⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1k ＋1，k ＝1，2，3，…，n .将上述n 个不等式依次相加得ln(n ＋1)＜12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋…＋1n ＋12（n ＋1），整理得1＋12＋13＋…＋1n ＞ln(n ＋1)＋n2（n ＋1）.法二用数学归纳法证明.①当n ＝1时，左边＝1，右边＝ln 2＋14＜1，不等式成立.②假设n ＝k 时，不等式成立，即 1＋12＋13＋…＋1k ＞ln(k ＋1)＋k 2（k ＋1）. 那么1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1＞ln(k ＋1)＋k 2（k ＋1）＋1k ＋1＝ln(k ＋1)＋k ＋22（k ＋1）.由(2)知：当a ≥12时，有f (x )≥ln x (x ≥1).令a ＝12，有f (x )＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x ≥ln x (x ≥1).令x ＝k ＋2k ＋1，得：12⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋2k ＋1－k ＋1k ＋2≥ln k ＋2k ＋1＝ln(k ＋2)－ln(k ＋1).∴ln(k ＋1)＋k ＋22（k ＋1）≥ln(k ＋2)＋k ＋12（k ＋2）.∴1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1＞ln(k ＋2)＋k ＋12（k ＋2）.这就是说，当n ＝k ＋1时，不等式也成立. 根据①和②，可知不等式对任何n ∈N *都成立.。

2018高考数学2轮复习专题1函数与导数不等式第5讲导数与函数零点不等式的综合问题

第5讲导数与函数零点、不等式的综合问题一、选择题1．假设不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3恒成立 ,那么实数a 的取值范围为( ) A ．(－∞ ,0) B ．(－∞ ,4] C ．(0 ,＋∞)D ．[4 ,＋∞)解析：条件可转化为a ≤2ln x ＋x ＋3x恒成立．设f (x )＝2ln x ＋x ＋3x ,那么f ′(x )＝ (x ＋3 ) (x －1 )x2(x ＞0)．当x ∈(0 ,1)时 ,f ′(x )＜0 ,函数f (x )单调递减；当x ∈(1 ,＋∞)时 ,f ′(x )＞0 ,函数f (x )单调递增 , 所以f (x )min ＝fa ≤4. 答案：B2．(2021·贵阳联考)函数f (x )的定义域为[－1 ,4] ,局部对应值如下表：x －1 0 2 3 4 f (x )122f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如下列图．当1＜a ＜2时 ,函数y ＝f (x )－a 的零点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：根据导函数图象知2是函数的极小值点 ,函数y ＝f (x )的大致图象如下列图．由于f (0)＝f (3)＝2 ,1＜a ＜2 ,所以y ＝f (x )－a 的零点个数为4.答案：D3．函数f (x )的定义域为R ,f (－1)＝3 ,对任意x ∈R ,f ′(x )＜3 ,那么f (x )＞3x ＋6的解集为( )A ．(－1 ,1)B ．(－1 ,＋∞)C ．(－∞ ,－1)D ．(－∞ ,＋∞)解析：设g (x )＝f (x )－(3x ＋6) ,那么g ′(x )＝f ′(x )－3＜0 ,所以g (x )为减函数 ,又g (－1)＝f (－1)－3＝0 ,所以根据单调性可知g (x )＞0的解集是{x |x ＜－1}．答案：C4．(2021·全国卷Ⅰ)函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1 ,假设f (x )存在唯一的零点x 0 ,且x 0＞0 ,那么a 的取值范围是( )(导学号 55410101)A ．(2 ,＋∞)B ．(1 ,＋∞)C ．(－∞ ,－2)D ．(－∞ ,－1)解析：由题意知a ≠0 ,f ′(x )＝3ax 2－6x ,令f ′(x )＝0 ,解得x ＝0或x ＝2a.当a ＞0时 ,x ∈(－∞ ,0) ,f ′(x )＞0 ,x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0 2a ,f ′(x )＜0 ,x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2a ＋∞ ,f ′(x )＞0 ,且f (0)＝1＞0 ,故f (x )有小于0的零点 ,不满足．当a ＜0时 ,需使x 0＞0且唯一 ,只需f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＞0 ,那么a 2＞4 ,所以a ＜－2.答案：C5．如果函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c ln x (a ,b ,c 为常数 ,a ＞0)在区间(0 ,1)和(2 ,＋∞)上均单调递增 ,在(1 ,2)上单调递减 ,那么函数f (x )的零点个数为( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：由题意可得f ′(x )＝2ax ＋b ＋c x,那么⎩⎨⎧f ′ (1 )＝2a ＋b ＋c ＝0 f ′ (2 )＝4a ＋b ＋c2＝0 解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－6a c ＝4a 所以f (x )＝a (x 2－6x ＋4ln x ) ,那么极大值f (1)＝－5a ＜0 ,极小值f (2)＝a (4ln 2－8)＜0 ,又f (10)＝a (40＋4ln 10)＞0 ,结合函数图象可得该函数只有一个零点．答案：B 二、填空题6．做一个无盖的圆柱形水桶 ,假设要使其体积是27π dm 3,且用料最||省 ,那么圆柱的底面半径为________dm.解析：设圆柱的底面半径为R dm ,母线长为l dm ,那么V ＝πR 2l ＝27π ,所以l ＝27R2 ,要使用料最||省 ,只需使圆柱形水桶的外表积最||小．S 表＝πR 2＋2πRl ＝πR 2＋2π·27R ,所以S ′表＝2πR －54πR2.令S ′表＝0 ,得R ＝3 ,那么当R ＝3时 ,S 表最||小．答案：37．(2021·长沙调研)定义域为R 的可导函数y ＝f (x )的导函数f ′(x ) ,满足f (x )＞f ′(x ) ,且f (0)＝1 ,那么不等式f (x )ex＜1的解集为________．解析：构造函数g (x )＝f (x )ex,那么g ′(x )＝e x·f ′ (x )－e x·f (x ) (e x )2＝f ′ (x )－f (x )e x. 由题意得g ′(x )＜0恒成立 , 所以函数g (x )＝f (x )ex在R 上单调递减．又g (0)＝f (0 )e＝1 ,所以f (x )ex＜1 ,即g (x )＜1 ,所以x ＞0 , 所以不等式的解集为(0 ,＋∞)．答案：(0 ,＋∞)8．(2021·南宁调研)f (x )＝－x 2－6x －3 ,g (x )＝2x 3＋3x 2－12x ＋9 ,设m ＜－2 ,假设∀x 1∈[m ,－2) ,∃x 2∈(0 ,＋∞) ,使得f (x 1)＝g (x 2)成立 ,那么实数m 的最||小值为________．解析：因为g (x )＝2x 3＋3x 2－12x ＋9 ,所以g ′(x )＝6x 2＋6x －12＝6(x ＋2)(x －1)．那么当0＜x ＜1时 ,g ′(x )＜0 ,函数g (x )递减；当x ＞1时 ,g ′(x )＞0 ,函数g (x )递增 ,所以g (x )min ＝g (1)＝2.因为f (x )＝－x 2－6x －3＝－(x ＋3)2＋6≤6 ,结合函数图象知(图略) ,当f (x )＝2时 ,方程两根分别为－5和－1 ,那么m 的最||小值为－5.答案：－5 三、解答题9．(2021·贵阳质检)函数f (x )＝x －1x－ln x . (1)求f (x )的单调区间；(2)求函数f (x )在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1e e 上的最||大值和最||小值(其中e 是自然对数的底数)；(3)求证：ln e 2x ≤1＋xx.(1)解：f (x )＝x －1x －ln x ＝1－1x－ln x , f (x )的定义域为(0 ,＋∞)．因为f ′(x )＝1x 2－1x ＝1－xx2 ,所以f ′(x )＞0⇒0＜x ＜1 ,f ′(x )＜0⇒x ＞1.所以f (x )＝1－1x－ln x 在(0 ,1)上单调递增 ,在(1 ,＋∞)上单调递减．(2)解：由(1)得f (x )在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1e 1上单调递增 ,在(1 ,e]上单调递减 ,所以f (x )在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1e e 上的最||大值为f (1)＝1－11－ln 1＝0.又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1－e －ln 1e ＝2－e ,f (e)＝1－1e －ln e ＝－1e ,且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＜f (e)．所以f (x )在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1e e 上的最||小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝2－e.所以f (x )在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1e e 上的最||大值为0 ,最||小值为2－e.(3)证明：要证ln e 2x ≤1＋xx,即证2－ln x ≤1＋1x,即证1－1x－ln x ≤0.由(1)可知 ,f (x )＝1－1x－ln x 在(0 ,1)上单调递增 ,在(1 ,＋∞)上单调递减 ,所以f (x )在(0 ,＋∞)上的最||大值为f (1)＝1－1－ln 1＝0 ,即f (x )≤0 ,所以1－1x－ln x ≤0恒成立 ,原不等式得证．10．(2021·西安调研)函数f (x )＝ln x ＋a2x 2－(a ＋1)x .(导学号 55410102)(1)假设曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝－2 ,求f (x )的单调区间； (2)假设x ＞0时 ,f (x )x ＜f ′ (x )2恒成立 ,求实数a 的取值范围．解：(1)由得f ′(x )＝1x＋ax －(a ＋1) , 那么f ′(1)＝0.而f (1)＝ln 1＋a 2－(a ＋1)＝－a2－1 ,所以曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝－a2－1.所以－a2－1＝－2 ,解得a ＝2.所以f (x )＝ln x ＋x 2－3x ,f ′(x )＝1x＋2x －3.由f ′(x )＝1x ＋2x －3＝2x 2－3x ＋1x ＞0 ,得0＜x ＜12或x ＞1 ,由f ′(x )＝1x ＋2x －3＜0 ,得12＜x ＜1 ,所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0 12和(1 ,＋∞) ,f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12 1.(2)假设f (x )x ＜f ′ (x )2 ,那么ln x x ＋a 2x －(a ＋1)＜12x ＋ax 2－a ＋12, 即ln x x －12x ＜a ＋12在区间(0 ,＋∞)上恒成立．设h (x )＝ln x x －12x,那么h ′(x )＝1－ln x x 2＋12x 2＝3－2ln x2x2, 由h ′(x )＞0 ,得0＜x ＜e 32 ,所以h (x )在(0 ,e 32)上单调递增 , 由h ′(x )＜0 ,得x ＞e 32 ,所以h (x )在(e 32 ,＋∞)上单调递减．所以h (x )的最||大值为h (e 32)＝e －32 ,所以a ＋12＞e －32 ,故a ＞2e －32－1.从而实数a 的取值范围为{a |a ＞2e －32－1}．11．(2021·北京卷)设函数f (x )＝x 22－k ln x ,k ＞0.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：假设f (x )存在零点 ,那么f (x )在区间(1 , e ]上仅有一个零点． (1)解：由f (x )＝x 22－k ln x (k ＞0) ,得x ＞0且f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx.由f ′(x )＝0 ,解得x ＝k (负值舍去)．f (x )与f ′(x )在区间(0 ,＋∞)上的变化情况如下表：x (0 ,k ) k(k , ＋∞) f ′(x ) － 0＋ f (x )↘k (1－ln k )2↗所以 ,f (x )的单调递减区间是(0 ,k ) ,单调递增区间是(k ,＋∞)．f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k (1－ln k )2.(2)证明：由(1)知 ,f (x )在区间(0 ,＋∞)上的最||小值为f (k )＝k (1－ln k )2.因为f (x )存在零点 ,所以k (1－ln k )2≤0 ,从而k ≥e.当k ＝e 时 ,f (x )在区间(1 ,e)上单调递减 , 且f (e)＝0 ,所以x ＝e 是f (x )在区间(1 , e ]上的唯一零点．当k ＞e 时 ,f (x )在区间(1 ,e)上单调递减 ,且f (1)＝12＞0 ,f (e)＝e －k 2＜0 ,所以f (x )在区间(1 , e ]上仅有一个零点．综上可知 ,假设f (x )存在零点 ,那么f (x )在区间(1 , e ]上仅有一个零点．(对应学生用书P24)[典例] (本小题总分值12分)(2021·全国卷Ⅰ)函数f (x )＝(x －2)e x＋a (x －1)2有两个零点．(1)求a 的取值范围；(2)设x 1 ,x 2是f (x )的两个零点 ,证明：x 1＋x 2＜2.标准解答：(1)f ′(x )＝(x －1)e x＋2a (x －1)＝(x －1)·(e x＋2a )．(1分) ①设a ＝0 ,那么f (x )＝(x －2)e x ,f (x )只有一个零点．(2分) ②设a ＞0 ,那么当x ∈(－∞ ,1)时 ,f ′(x )＜0；当x ∈(1 ,＋∞)时 ,f ′(x )＞0 ,所以f (x )在(－∞ ,1)内单调递减 ,在(1 ,＋∞)上单调递增．又f (1)＝－e ,f (2)＝a ,取b 满足b ＜0且b ＜ln a2,那么f (b )＞a 2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝⎛⎭⎪⎫b 2－32b ＞0 ,故f (x )存在两个零点．③设a ＜0 ,由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )．假设a ≥－e2 ,那么ln(－2a )≤1 ,故当x ∈(1 ,＋∞)时 ,f ′(x )＞0 ,因此f (x )在(1 ,＋∞)上单调递增．又当x ≤1时 ,f (x )＜0 ,所以f (x )不存在两个零点．假设a ＜－e2 ,那么ln(－2a )＞1 ,故当x ∈(1 ,ln(－2a ))时 ,f ′(x )＜0；当x ∈(ln(－2a ) ,＋∞)时 ,f ′(x )＞0.因此f (x )在(1 ,ln(－2a ))内单调递减 ,在(ln(－2a ) ,＋∞)上单调递增．(6分) 又当x ≤1时 ,f (x )＜0 ,所以f (x )不存在两个零点．综上可知 ,a 的取值范围为(0 ,＋∞)．(7分)(2)不妨设x 1＜x 2 ,由(1)知 ,x 1∈(－∞ ,1) ,x 2∈(1 ,＋∞) ,(8分) 2－x 2∈(－∞ ,1) ,f (x )在(－∞ ,1)上单调递减 , 所以x 1＋x 2＜2等价于f (x 1)＞f (2－x 2) , 即f (2－x 2)＜0.由于f (2－x 2)＝－x 2e2－x 2＋a (x 2－1)2, 又f (x 2)＝(x 2－2)e x 2＋a (x 2－1)2＝0 ,所以f (2－x 2)＝－x 2e2－x 2－(x 2－2)e x 2.(10分) 设g (x )＝－x e2－x－(x －2)e x ,那么g ′(x )＝(x －1)·(e2－x－e x)．(11分)所以当x ＞1时 ,g ′(x )＜0 ,而g (1)＝0 , 故当x ＞1时 ,g (x )＜0.从而g (x 2)＝f (2－x 2)＜0 ,故x 1＋x 2＜2.(12分)1．牢记求导法那么 ,正确求导：在函数与导数类解答题中 ,通常都会涉及求导 ,正确的求导是解题关键 ,因此要牢记求导公式 ,做到正确求导 ,如此题第(1)问就涉及对函数的求导．2．注意利用第(1)问的结果：在题设条件下 ,如果第(1)问的结果第(2)问能用得上 ,可以直接用 ,有些题目不用第(1)问的结果甚至||无法解决 ,如此题即是在第(1)问的根本上求解．3．注意分类讨论： (高|考 )函数与导数解答题 ,一般都会涉及分类讨论 ,并且讨论的步骤也是得分点 ,所以一定要重视分类讨论．4．写全得分关键：在函数与导数问题中 ,求导的结果、分类讨论的条件、极值、最||值、题目的结论等一些关键式子和结果都是得分点 ,在解答时一定要写清楚．[解题程序] 第|一步 ,准确求出函数f (x )的导数．第二步 ,讨论a 的取值 ,分情况讨论函数的单调性、极值、从而判断函数零点 ,确定a 的取值范围．第三步 ,将结论x 1＋x 2＜2转化为判定f (2－x 2)＜0＝f (x 1)．第四步 ,构造函数g (x )＝－x e2－x－(x －2)e x,判定x ＞1时 ,g (x )＜0.第五步 ,写出结论 ,检验反思 ,标准步骤．[跟踪训练] (2021·郴州二模)函数f (x )＝x ln x ,g (x )＝－x 2＋ax －3. (1)对一切x ∈(0 ,＋∞) ,2f (x )≥g (x )恒成立 ,求实数a 的取值范围．(2)探讨函数F (x )＝ln x －1e x ＋2e x 是否存在零点 ?假设存在 ,求出函数F (x )的零点 ,假设不存在 ,请说明理由．解：(1)对一切x ∈(0 ,＋∞) ,2f (x )≥g (x )恒成立 , 那么2x ln x ≥－x 2＋ax －3 ,即a ≤2ln x ＋x ＋3x恒成立．令h (x )＝2ln x ＋x ＋3x ,h ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝x 2＋2x －3x 2＝ (x ＋3 ) (x －1 )x2, 当x ＞1时 ,h ′(x )＞0 ,h (x )是增函数 , 当0＜x ＜1时 ,h ′(x )＜0 ,h (x )是减函数 , 所以a ≤h (x )min ＝h (1)＝4. 即实数a 的取值范围是(－∞ ,4]．(2)令m (x )＝2x ln x ,m ′(x )＝2(1＋ln x ) ,当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0 1e 时 ,m ′(x )＜0 ,m (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0 1e 上单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ＋∞时 ,m (x )＞0 ,m (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ＋∞上单调递增．所以m (x )的最||小值为m ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－2e ,那么2x ln x ≥－2e ,所以ln x ≥－1e x,那么F (x )＝ln x －1e x ＋2e x ≥－1e x －1e x ＋2e x ＝1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －x e x .①令G (x )＝1e －x e x ,那么G ′(x )＝x －1ex ,当x ∈(0 ,1)时 ,G ′(x )＜0 ,G (x )在(0 ,1)上单调递减；当x ∈(1 ,＋∞)时 ,G ′(x )＞0 ,G (x )在(1 ,＋∞)上单调递增；所以G (x )≥G (1)＝0 ,②所以F (x )＝ln x －1e x ＋2e x ≥－1e x －1e x ＋2e x ＝1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －x e x ≥0 ,因为①②中取等号的条件不同 , 所以F (x )＞0 ,故函数f (x )没有零点．。

高考文科数学二轮复习课件：专题1第5讲《导数与不等式的证明》课件

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(2)y＝f(x)－g(x)＝x2－ax＋2＋xln x，由 y＝0，得 a＝x＋2x＋ln x. 令 h(x)＝x＋2x＋ln x，则 h′(x)＝x－1x2x＋2. 当 x∈1e，e时，由 h′(x)＝0，得 x＝1. 所以，h(x)在1e，1上单调递减，在[1，e]上单调递增，因此，hmin(x)＝h(1)＝3.
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规律方法利用导数证明不等式关键是把不等式变形后构造恰当的函数，然后用导数判断函数的单调性或求出最值，达到证明不等式的目的．
7ห้องสมุดไป่ตู้
【训练 1】 (2014·武汉调研考试)设 a 为实数，函数 f(x)＝ex－
2x＋2a，x∈R.
(1)求 f(x)的单调区间与极值；
(2)求证：当 a＞ln 2－1 且 x＞0 时，ex＞x2－2ax＋1.
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由 h1e＝1e＋2e－1，h(e)＝e＋2e＋1 比较可知 h1e＞h(e)，所以，结合函数图象可得，当 3＜a≤e＋2e＋1 时，函数 y＝f(x)－g(x) 有两个零点．
规律方法对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；(2)求导数，得单调区间和极值点；(3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与 x 轴的交点情况进而求解．
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而 g(0)＝0，从而对任意 x∈(0，＋∞)，g(x)＞0. 即 ex－x2＋2ax－1＞0，故 ex＞x2－2ax＋1.
热点二利用导数解决与函数零点(或方程的根)有关的问题 [微题型 1] 讨论方程根的个数【例 2－1】 (2014·金丽衢十二校联合考试)已知函数 f(x)＝(x2 －3x＋3)·ex 的定义域为[－2，t](t＞－2)． (1)试确定 t 的取值范围，使得函数 f(x)在[－2，t]上为单调函数； (2)当 1＜t＜4 时，求满足f′exx0 0＝23(t－1)2 的 x0 的个数．

2019年高考数学(理科)二轮专题复习：第二部分函数的图象与性质

π4 ＝
2 2.
(2)因为f(x)＋f(－x)＝ln( 1＋x2 －x)＋1＋ln( 1＋x2 ＋x)＋1＝ln(1＋x2－x2)＋2＝2，
所以f(a)＋f(－a)＝2，所以f(－a)＝－2.
答案：(1)
2 2
(2)－2
命题视角函数的单调性与最值
【例 3－2】 (1)(2018·河南六市一模)若函数 f(x)＝
因此M＝3116，m＝0，所以M－m＝3116.
(2)因为f(x)在R上是偶函数，且在(－∞，0)上是增函数，
所以f(x)在(0，＋∞)上是减函数，由f(32a－1)≥f(－ 3)＝f( 3)，所以32a－1≤ 3，则2a－1≤12，所以a≤34. 故a的最大值是34. 答案：(1)A (2)D
热点3 函数的性质及应用(高频考点) 1．函数的单调性单调性是函数的一个局部性质，一个函数在不同的区间上可以有不同的单调性，判断函数单调性常用定义法、图象法及导数法．温馨提醒：函数的多个单调区间若不连续，不能用符号“∪”连接，可用“和”或“，”连接．
2．函数的奇偶性函数的奇偶性是函数在定义域上的整体性质，偶函数的图象关于y轴对称，在关于坐标原点对称的定义区间上具有相反的单调性；奇函数的图象关于坐标原点对称，在关于坐标原点对称的定义区间上具有相同的单调性．

|x|－x12在{x|1≤|x|≤4，x∈R}上的最大值为 M，最小值
为 m，则 M－m＝( )
31 A.16
B．2
9 C.4
11 D. 4
(2)(2018·佛山调研)已知函数f(x)是定义在R上的偶函
数，且在区间(－∞ ，0)上单调递增．若实数a满足f(32a－1)
≥f(－ 3)，则a的最大值是( )

2019高考数学常考题型专题05导数压轴题的零点及恒成立有解问题理20180816665

路漫漫其修远兮，吾将上下而求索 - 百度文库专题 05 导数压轴题的零点及恒成立、有解问题1．（2018 新课标全国Ⅱ理科）已知函数 f (x) ex ax2 ．（1）若 a 1，证明：当 x 0 时， f (x) 1 ；（2）若 f (x) 在 (0, ) 只有一个零点，求 a ．【解析】（1）当 a 1时， f (x) 1等价于 (x2 1)ex 1 0 ．设函数 g(x) (x2 1)ex 1，则 g'(x) (x2 2x 1)ex (x 1)2 ex ．当 x 1时， g'(x) 0 ，所以 g(x) 在 (0, ) 单调递减．而 g(0) 0 ，故当 x 0 时， g(x) 0 ，即 f (x) 1．①若 h(2) 0 ，即 a e2 ， h(x) 在 (0, ) 没有零点； 4②若 h(2) 0 ，即 a e2 ， h(x) 在 (0, ) 只有一个零点； 41路漫漫其修远兮，吾将上下而求索 - 百度文库③若 h(2) 0 ，即 a e2 ，由于 h(0) 1，所以 h(x) 在 (0, 2) 有一个零点， 4由（1）知，当 x 0 时， exx2 ，所以 h(4a)116a3 e4a116a3 (e2a )2116a3 (2a)411 a0．故 h(x) 在 (2, 4a) 有一个零点，因此 h(x) 在 (0, ) 有两个零点．综上， f (x) 在 (0, ) 只有一个零点时， a e2 ． 42．（2017 新课标全国Ⅰ理科）已知函数 f (x) ae2x (a 2)ex x .（1）讨论 f (x) 的单调性；（2）若 f (x) 有两个零点，求 a 的取值范围.【解析】（1） f (x) 的定义域为 (, ) ， f (x) 2ae2x (a 2)ex 1 (aex 1)(2ex 1) ，（ⅰ）若 a 0 ，则 f (x) 0 ，所以 f (x) 在 (, ) 单调递减.（ⅱ）若 a 0 ，则由 f (x) 0 得 x ln a .当 x (, ln a) 时， f (x) 0 ；当 x ( ln a, ) 时， f (x) 0 ，所以 f (x) 在 (, ln a) 单调递减，在 (ln a, ) 单调递增.又 f (2) ae4 (a 2)e2 2 2e2 2 0 ，故 f (x) 在 (, ln a) 有一个零点.设正整数 n0 满足 n0ln( 3 a1)，则f(n0 )en0(aen0a 2) n0en0 n02n0n00.由于 ln( 3 1) ln a ，因此 f (x) 在 (ln a, ) 有一个零点. a2路漫漫其修远兮，吾将上下而求索 - 百度文库综上， a 的取值范围为 (0,1) . 【名师点睛】研究函数零点问题常常与研究对应方程的实数根问题相互转化.已知函数 f (x) 有 2 个零点求参数 a 的取值范围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数，研究其单调性、极值、最值，判断 y a 与其交点的个数，从而求出 a 的取值范围；第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究其单调性、极值、最值，注意点是若 f (x) 有 2 个零点，且函数先减后增，则只需其最小值小于 0，且后面还需验证最小值两边存在大于 0 的点. 3．（2015 新课标全国Ⅱ理科）设函数 f (x) emx x2 mx ．（Ⅰ）证明： f (x) 在 (, 0) 单调递减，在 (0, ) 单调递增；（Ⅱ）若对于任意 x1, x2 [1,1] ，都有| f (x1) f (x2 ) | e1，求 m 的取值范围．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，对任意的 m ， f (x) 在[1, 0]单调递减，在[0,1] 单调递增，故 f (x) 在 x 0 处取得最小值．所以对于任意x1, x2[1,1] ，|f(x1) f(x2)|e1的充要条件是 f f(1) f (1) (0) e1,即f (0) e1,em m em +m e e1, ①，设函数 1，g(t)ette1 ，则g'(t)et1．当t0时，g'(t)0；当t0时，g'(t) 0 ．故 g(t) 在 (, 0) 单调递减，在 (0, ) 单调递增．又 g(1) 0 ， g(1) e1 2 e < 0 ，故当 t [1,1] 时，g(t) 0 ．当 m [1,1] 时，g(m) 0 ，g(m) 0 ，即①式成立；当 m 1时，由 g(t)的单调性，g(m) 0 ，即 em m e 1 ；当 m 1时，g(m) 0 ，即 em +m e 1．综上可知，m的取值范围是 [1,1] ．【名师点睛】(Ⅰ)先求导函数 f '(x) m(emx 1) 2x ，根据 m 的取值范围讨论导函数在 (, 0) 和(0, ) 的符号即可；(Ⅱ) f (x1) f (x2 ) e 1恒成立，等价于 f (x1) f (x2 ) max e 1 ．由 x1, x2 是3路漫漫其修远兮，吾将上下而求索 - 百度文库两个独立的变量，可研究 f (x) 的值域，由(Ⅰ)可得最小值为 f (0) 1，最大值可能是 f (1) 或 f (1) ，故只需 f f(1) (1)f (0) f (0)e 1, e 1,，从而得关于m的不等式，因不易解出，故利用导数研究其单调性和符号，从而得解．1．利用导数研究函数的零点问题，一般出现在解答题的压轴题中，难度较大，这类零点一般都不能直接求出数值，而是利用数形结合、分类讨论、转化思想和分离变量等求零点的个数或根据零点的个数求参数的取值范围. 2．利用导数解决函数恒成立问题或有解问题是近年来高考的热点问题，这类问题往往融函数、导数、不等式等知识于一体，以函数知识为载体，利用导数为工具研究函数的性质，如单调性、极值、最值，综合性强，很好地考查了考生的分析问题和解决问题的能力，解决这类问题的关键是运用等价转化的数学思想及整体构造法和参数分离法.指点 1：利用导数研究函数的零点问题对于含参数的函数零点的个数问题，由函数 y f (x) 有 n 个零点方程 f (x) 0 有 n 个实数根函数 y f (x) 与 x 轴有 n 个交点可转化为方程解的个数问题，若能分离参数，可将参数分离出来，再作出函数的图象，根据函数的图象特征从而求出参数的取值范围.也可以根据函数的最值或极值的符号，即利用函数的性质去确定函数零点的个数，此方法主要是通过数形结合的方法确定存在零点的条件.【例 1】设函数 f (x) ex1 alnx ,其中 e 为自然对数的底数．（1）若 a 1,求 f (x) 的单调区间; （2）若 0 a e ,求证: f (x) 无零点．【解析】（1）若 ,则,∴．令当时,,则 ,即单调递增,又, ,4路漫漫其修远兮，吾将上下而求索 - 百度文库∴当时,单调递减,当时,单调递增．∴ 的单调递减区间为 ,单调递增区间为．（2）当时,当时,，显然无零点．(i)当 (ii)当时, 时，易证，∴，显然无零点． ,∴．令，则 g x ex1 e ，令 g x 0 ，得 x 2 ，当1 x 2 时， g(x) 0 ；当 x 2 时， g(x) 0 ，故 g(x)min g(2) 0 ，从而，显然无零点.综上, 无零点．指点 2：利用导数解决函数恒成立、有解问题利用导数研究恒成立问题、有解问题，通常采用分类讨论思想或分离参变量的方法，通过函数的单调性研究函数的最值，利用最值去研究恒成立问题、有解问题，此类问题最后都化归为与函数最值有关的问题. 一般地，若 f (x) a 恒成立，只需 f (x)min a 即可；若 f (x) a 恒成立，只需 f (x)max a 即可.若存在 x ，使得 f (x) a 成立，只需 f (x)max a 即可；若存在 x ，使得 f (x) a 成立，只需 f (x)min a 即可.【例 2】已知函数（1）若曲线与曲线（2）当时，若，.在它们的交点处的公共切线为，，求的取值范围.，求，，的值；【解析】（1）设它们的公共交点的横坐标为，则.，则，则，，②.①；由②得，由①得.5路漫漫其修远兮，吾将上下而求索 - 百度文库将，（2）由代入得，得，∴ ， . ，即在上恒成立，令，则，其中 ∴在在上恒成立，上单调递增，在上单调递减，则，∴.故的取值范围是.1．设函数 f (x) x3 bx2 cx 1的单调递减区间是 (1, 2) .（1）求 f (x) 的解析式；（2）若对任意的 m(0, 2] ，关于 x 的不等式 f (x) 1 m3 mlnm mt 3 在 x [2, ) 时有解，求实2 数 t 的取值范围. 【解析】（1） f (x) 3x2 2bx c .∵f(x)的单调递减区间是(1,2)，∴ f f(1) 3 2b c 0，(2) 12 4b c 0解得 b 9 , c 6.∴ f (x) x3 9 x2 6x 1.22（2）由（1）得 f (x) 3x2 9x 6 3(x 1)(x 2) ，当 x [2, ) 时， f (x) ≥0，∴ f (x) 在[2, ) 上单调递增，∴ f (x)min f (2) 3 .要使关于 x 的不等式 f (x) 1 m3 mlnm mt 3 在 x [2, ) 时有解， 2即 1 m3 2 mlnm mt3f( x)min 3，即 mt1 m3 2 mlnm 对任意 m(0, 2] 恒成立,6路漫漫其修远兮，吾将上下而求索 - 百度文库只需 t 1 m2 lnm 在 m (0, 2] 上恒成立. 2设 h(m) 1 m2 lnm ， m(0, 2] ，则 h(m) m 1 (m 1)(m 1) ，2mm当 m(0, 2] 时， h(m)在 0,1 上单调递减，在 1, 2 上单调递增，∴ h(m)minh(1)1 2.要使 t1 2m2lnm在m(0, 2]上恒成立，只需 th(m)min，则 t1 2.故 t 的取值范围是 (, 1) . 22．已知函数 f (x) (x 1)ex ．（1）证明：当 x [0, ) 时， f (x) x2 1 ； 2（2）当 k 0 时，讨论关于 x 的方程 2 f (x) kx2 0 的根的个数．（2）①当 x 0 时，易得关于 x 的方程 2 f (x) kx2 0 不成立；②当 x0 时，由 2f(x) kx20 可得 k2f (x) x2，即 k2( x1) ex x2，令g(x)2( x1) ex x2,x0，则问题可转化为讨论直线yk与函数g(x)的图象的交点个数.由 g(x) 2(x 1) ex x2，可得 g(x) 2( x 2 2x 2) ex x3，易知 (x2 2x 2) ex 0 恒成立，所以当 x 0时， g(x) 0 ， g(x) 单调递减；当 x 0 时， g(x) 0 ， g(x) 单调递增，又易知当 x 0 时， g(x) 0 恒成立，且 g(1) 0 ，所以当 k 0 时，直线 y k 与函数 g(x) 的图象有且只有一个交点，即关于 x 的方程 2 f (x) kx2 0 有且只有一个实数根.7路漫漫其修远兮，吾将上下而求索 - 百度文库3．设函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若，且在区间上恒成立，求的取值范围.【解析】（1）函数的定义域为，，当时，，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减；当时，，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减；当时，，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增；当时，，函数在上单调递增；当时，单调递增.，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上（2）若知，且在区间上恒成立，等价于在区间上.由（1）中的讨论，当时，，函数在区间上单调递减，,即，从而得；当时，，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，8路漫漫其修远兮，吾将上下而求索 - 百度文库9。

高考数学二轮复习导数与函数零点、不等式证明、恒成立

⇔[f(x)－g(x)]max>0(x∈I). ③对∀x1，x2∈I使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min. ④对∀x1∈I，∃x2∈I使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min. 温馨提醒解决方程、不等式相关问题，要认真分析题目的结构
导数与函数零点、不等式证明、恒成立
真题感悟· 考点整合
热点聚焦· 题型突破
归纳总结· 思维升华
高考定位
在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是
考查的热点，常以含指数函数、对数函数为载体考查函数的
零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与
能成立问题.
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令 f′(x)＝0，解得 x＝1. 当 0<x<1 时，f′(x)>0，f(x)单调递增. 当 x>1 时，f′(x)<0，f(x)单调递减. 因此 f(x)在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上为减函数.
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(2)证明由(1)知，函数 f(x)在 x＝1 处取得最大值 f(1)＝0.∴当 x≠1 时，ln x<x－1. x－1 1 1 故当 x∈(1，＋∞)时，ln x<x－1，lnx <x －1，即 1< <x. ln x (3)证明由题设 c>1，设 g(x)＝1＋(c－1)x－cx， c－1 ln ln c 则 g′(x)＝c－1－cxln c.令 g′(x)＝0，解得 x0＝ . ln c 当 x<x0 时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当 x>x0 时，g′(x)<0，g(x)单调递减. c －1 由(2)知 1< ln c <c，故 0<x0<1.又 g(0)＝g(1)＝0，故当 0<x<1 时， g(x)>0. ∴当 x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.

(浙江专用)2021高考数学二轮复习专题五函数与导数、不等式第5讲导数与函数零点、不等式问题课件

(1)解当 a＝3 时，f(x)＝13x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3. 令 f′(x)＝0 解得 x＝3－2 3或 x＝3＋2 3.当 x∈(－∞，3－2 3)∪(3＋2 3，＋∞)时， f′(x)>0；
当 x∈(3－2 3，3＋2 3)时，f′(x)<0. 故 f(x)在(－∞，3－2 3)，(3＋2 3，＋∞)上单调递增，在(3－2 3，3＋2 3)上单调递减. (2)证明由于 x2＋x＋1>0，所以 f(x)＝0 等价于x2＋xx3＋1－3a＝0. 设 g(x)＝x2＋xx3＋1－3a，则 g′(x)＝x2（（xx22＋＋x2＋x＋1）3）2 ≥0，仅当 x＝0 时 g′(x)＝0，所以 g(x)在(－∞，＋∞)单调递增.
当 x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数，则 g(x)min＝g(0)＝1，所以 e－(a＋1)－ae＜1，解得 a＞ee2－＋21e，所以 a 的取值范围为ee2－＋21e，1 .
个实根.
综上，当 a≤3－4ln 2 时，对于任意 k>0，直线 y＝kx＋a 与曲线 y＝f(x)有唯一公共
点.
考点整合
1.利用导数研究函数的零点函数的零点、方程的实根、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的变化趋势，数形结合求解.
故 h(x)在区间(1，e)上单调递增，所以 h(x)>h(1)＝0. 因为 h(x)>0，所以 g′(x)>0，即 g(x)在区间(1，e)上单调递增，则 g(x)<g(e)＝e－1，即xl－n x1<e－1，所以实数 a 的取值范围为[e－1，＋∞).
[考法 3] 存在性不等式成立问题【例 2－3】已知函数 f(x)＝x－(a＋1)ln x－ax(a∈R 且 a<e)，g(x)＝12x2＋ex－xex.

2018年高考数学二轮复习规范答题示例2 导数与不等式的恒成立问题理

规范答题示例2 导数与不等式的恒成立问题典例2 (12分)设函数f (x )＝e mx＋x 2－mx .(1)证明：f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；(2)若对于任意x 1，x 2∈[－1,1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1，求m 的取值范围．审题路线图 (1)求导f ′(x )＝m (e mx －1)＋2x →讨论m 确定f ′(x )的符号→证明结论 (2)条件转化为(|f (x 1)－f (x 2)|)max ≤e －1――――→结合(1)知f (x )min ＝f (0)⎩⎪⎨⎪⎧f (1)－f (0)≤e －1，f (－1)－f (0)≤e －1→⎩⎪⎨⎪⎧e m－m ≤e －1，e －m＋m ≤e －1→构造函数g (t )＝e t－t －e ＋1→研究g (t )的单调性→寻求⎩⎪⎨⎪⎧g (m )≤0，g (－m )≤0的条件→对m 讨论得适合条件的范围评分细则 (1)求出导数给1分；(2)讨论时漏掉m ＝0扣1分；两种情况只讨论正确一种给2分； (3)确定f ′(x )符号时只有结论无中间过程扣1分； (4)写出f (x )在x ＝0处取得最小值给1分； (5)无最后结论扣1分； (6)其他方法构造函数同样给分．跟踪演练2 已知函数f (x )＝ln x ＋1x.(1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)若对任意的x >1，恒有ln(x －1)＋k ＋1≤kx 成立，求k 的取值范围； (3)证明：ln 222＋ln 332＋…＋ln n n 2<2n 2－n －14(n ＋1) (n ∈N *，n ≥2)．(1)解 f ′(x )＝－ln xx2，由f ′(x )＝0⇒x ＝1，列表如下：因此函数f (x )的增区间为(0,1)，减区间为(1，＋∞)，极大值为f (1)＝1，无极小值． (2)解因为x >1，ln(x －1)＋k ＋1≤kx ⇔ln (x －1)＋1x －1≤k ⇔f (x －1)≤k ，所以f (x －1)max ≤k ，所以k ≥1. (3)证明由(1)可得f (x )＝ln x ＋1x ≤f (x )max ＝f (1)＝1⇒ln x x ≤1－1x，当且仅当x ＝1时取等号．令x ＝n 2(n ∈N *，n ≥2)．则ln n 2n 2<1－1n 2⇒ln n n 2<12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n 2<12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1n (n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1n ＋1(n ≥2)，所以ln 222＋ln 332＋…＋ln n n 2<12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋14＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1＋1n ＋1－12＝2n 2－n －14(n ＋1).。

2018-2019学年高中数学第一章不等式的基本性质和证明的基本方法 1.5.1 不等式证明

1.5.1 比较法在理解比较法的基础上，会用作差、作商两种形式的比较法比较两个代数式的大小，会用比较法证明较简单的不等式.自学导引1.因为a >b ⇔a －b >0，要证a >b ，只需要证a －b >0，同样要证a b ，只需证a b >1；如果a 、b 都是负数，要证a >b ，只需证a b<1.基础自测1.下列关系中对任意a 1 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2>⎝ ⎛⎭⎪⎫12b 2 解析 a b 2>0，∴lg a 2>lg b 2，故选B. 答案 B2.已知a >0且a ≠1，P ＝log a (a 3＋1)，Q ＝log a (a 2＋1)，则P 、Q 的大小关系是( ) A.P >Q B.P <Q C.P ＝QD.大小不确定解析当a >1时，a 3＋1>a 2＋1，∴log a (a 3＋1)>log a (a 2＋1)，当0<a <1时，a 3＋1<a 2＋1，∴log a (a 3＋1)>log a (a 2＋1)，综合以上两种情况知P >Q ，故选A. 答案 A3.设P ＝a 2b 2＋5，Q ＝2ab －a 2－4a ，且ab ≠1，a ≠－2.则P 、Q 的大小关系是________. 解析 P －Q ＝a 2b 2＋5－2ab ＋a 2－4a ＝(ab －1)2＋(a －2)2>0，∴P >Q . 答案 P >Q知识点1 两代数式大小的比较【例1】已知x <y <0，试比较(x 2＋y 2)(x －y )与(x 2－y 2)(x ＋y )的大小. 解 (x 2＋y 2)(x －y )－(x 2－y 2)(x ＋y ) ＝(x －y )[(x 2＋y 2)－(x ＋y )2]＝－2xy (x －y ).∵x <y <0，∴xy >0，x －y <0， ∴－2xy (x －y )>0，∴(x 2＋y 2)(x －y )>(x 2－y 2)(x ＋y ).●反思感悟：实数大小的比较常用a >b ⇔a －b >0或“a b>1，且b >0⇒a >b ”来解决，比较法的关键是第二步的变形，一般来说，变形越彻底，越有利于下一步的符号判断.1.设a >0，b >0且a ≠b ，试比较a a b b与a b b a的大小.解 a a b b a b b a ＝a a －b ·b b －a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b .当a >b >0时，a b >1，a －b >0，则⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b >1，于是a a b b>a b b a.当b >a >0时，0<ab<1，a －b <0，则⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b>1，于是a a b b >a b b a.综上所述，对于不相等的正数a 、b ，都有a a b b>a b b a. 知识点2 作差比较法证明不等式【例2】设a >0，b >0，求证⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b 12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a 12≥a 12＋b 12.证明方法一：左边－右边＝（a ）3＋（b ）3ab－(a ＋b )＝（a ＋b ）（a －ab ＋b ）－ab （a ＋b ）ab＝（a ＋b ）（a －2ab ＋b ）ab ＝（a ＋b ）（a －b ）2ab≥0.∴原不等式成立. 方法二：左边>0，右边>0. 左边右边＝（a ＋b ）（a －ab ＋b ）ab （a ＋b ）＝a －ab ＋b ab ≥2ab －abab＝1， ∴原不等式成立.●反思感悟：用比较法证不等式，一般要经历作差(或作商)、变形、判断三个步骤，变形的主要手段是通分、因式分解或配方，在变形过程中，也可利用基本不等式放缩.2.设a ≥b >0，求证：3a 3＋2b 3≥3a 2b ＋2ab 2.证明 3a 3＋2b 3－(3a 2b ＋2ab 2)＝3a 2(a －b )＋2b 2(b －a )＝(3a 2－2b 2)(a －b ). 因为a ≥b >0，所以a －b ≥0，3a 2－2b 2>0，从而(3a 2－2b 2)(a －b )≥0. 即3a 3＋2b 3≥3a 2b ＋2ab 2. 知识点3 作商比较法证明不等式【例3】已知a >b >c >0，求证：a a b b c c>(abc )13(a ＋b ＋c ).证明 ∵a a b b c c（abc ）13（a ＋b ＋c ）＝a 2a －b －c 3b 2b －a －c 3c 2c －a －b 3＝a a －b 3＋a －c3·bb －a 3＋b －c3·cc －a 3＋c －b 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b 3⎝ ⎛⎭⎪⎫a c a －c 3⎝ ⎛⎭⎪⎫b c b －c3. ∵a >b >0，∴a －b >0，a b>1，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b 3>1.同理可证⎝ ⎛⎭⎪⎫a ca －c 3>1，⎝ ⎛⎭⎪⎫b c b －c 3>1，∴a a b b c c>(abc )13(a ＋b ＋c ).●反思感悟：作商后通常利用不等式的性质、指数函数的性质、对数函数的性质来判断商式与1的大小.3.设m ＝|a |＋|b ||a ＋b |，n ＝|a －b |||a |－|b ||，那么它们的大小关系是m ________n .解析 m n ＝|a |＋|b ||a ＋b ||a －b |||a |－|b ||＝（|a |＋|b |）||a |－|b |||a ＋b |·|a －b |＝|a 2－b 2||a 2－b 2|＝1，∴m ＝n . 答案＝课堂小结1.比较法有两种形式，一是作差；二是作商.用作差证明不等式是最基本、最常用的方法.它的依据是不等式的基本性质.2.步骤是：作差(商)―→变形―→判断.变形的目的是为了判断.若是作差，就判断与0的大小关系，为了便于判断，往往把差式变为积或完全平方式.若是作商，两边为正，就判断与1的大小关系.3.有时要先对不等式作等价变形再进行证明，有时几种证明方法综合使用.随堂演练1.a 、b 都是正数，P ＝a ＋b2，Q ＝a ＋b ，则P ，Q 的大小关系是( )A.P >QB.P <QC.P ≥QD.P ≤Q解析 P 2Q 2＝a ＋b ＋2ab 2（a ＋b ）≤a ＋b ＋a ＋b 2（a ＋b ）＝1，∴P ≤Q ，应选D.答案 D2.已知0<x <1，a ＝2x ，b ＝1＋x ，c ＝11－x ，则其中最大的是( )A.aB.bC.cD.不能确定解析显然b >a ，下面比较b ，c .b －c ＝1＋x －11－x ＝1－x 2－11－x ＝－x21－x <0，∴C 最大，故应选C. 答案 C 3.下列命题：①当b >0时，a >b ⇔ab >1； ②当b >0时，a 0，b >0时， a b>1⇔a >b ；④当ab >0时，a b>1⇔a >b ，其中真命题有( ) A.①②③ B.①②④ C.④D.①②③④解析 ①②③正确，④中若a <0时不成立，故选A. 答案 A4.若－1<a 1b，又∵a 2，b 2都为正数，∴最小的为1b.答案 1b基础达标1.若a ，b 为不等的正数，则(ab k＋a kb )－(a k ＋1＋b k ＋1) (k ∈N *)的符号( )A.恒正B.恒负C.与k 的奇偶性有关D.与a ，b 大小无关解析 (ab k＋a kb )－ak ＋1－bk ＋1＝b k(a －b )＋a k(b －a )＝(a －b )(b k－a k)∵a >0，b >0，若a >b ，则a k >b k ，∴(a －b )(b k －a k)<0；若a QD.P <Q解析采用先平方后作差法∵P 2－Q 2＝(ab ＋cd ＋2abcd )－⎝⎛⎭⎪⎫ab ＋cd ＋mnad ＋n m bc＝2abcd －m n ad －n m bc ＝－⎝⎛⎭⎪⎫mnad － n m bc 2≤0， ∴P 2≤Q 2，又∵P >0，Q >0，∴P ≤Q . 答案 B3.对x 1>x 2>0，0<a <1，记y 1＝x 11＋a ＋ax 21＋a ，y 2＝ax 11＋a ＋x 21＋a，则x 1x 2与y 1y 2的关系为( ) A.x 1x 2>y 1y 2 B.x 1x 2＝y 1y 2C.x 1x 2<y 1y 2D.不能确定，与a 有关答案 C4.已知a 1≤a 2，b 1≤b 2，则a 1b 1＋a 2b 2与a 1b 2＋a 2b 1的大小关系是________. 解析 a 1b 1＋a 2b 2－a 1b 2－a 2b 1＝a 1(b 1－b 2)＋a 2(b 2－b 1)＝(b 2－b 1)(a 2－a 1)≥0 ∴a 1b 1＋a 2b 2≥a 1b 2＋a 2b 1. 答案 a 1b 1＋a 2b 2≥a 1b 2＋a 2b 15.设a >5，则a －3－a －4与a －4－a －5的大小关系是__________________. 解析因为a >5，只需比较a －3＋a －5与2a －4的大小，两数平方，即比较（a －3）（a －5）与a －4的大小，再平方，只需比较a 2－8a ＋15与a 2－8a ＋16的大小. 答案a －3－a －4<a －4－a －56.设a 、b ∈(0，＋∞)，且a ≠b ，比较a 3b 2＋b 3a2与a ＋b 的大小.解 a 3b 2＋b 3a 2－(a ＋b )＝(a 3－b 3)⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 2－1a 2＝(a ＋b )(a －b )2(a 2＋ab ＋b 2)1a 2b 2，∵a 、b ∈(0，＋∞)，且a ≠b ， ∴a ＋b ，(a －b )2，(a 2＋ab ＋b 2)，1a 2b 2均为正数，∴a 3b 2＋b 3a 2－(a ＋b )>0，∴a 3b 2＋b 3a2>a ＋b . 综合提高7.设a ＝sin 15°＋cos 15°，b ＝sin 16°＋cos 16°，则下列各式正确的是( ) A.a <a 2＋b 22ab ＝2sin 60°·2sin 61°＝3sin 61°>2sin 61°＝b ，故a ad ，则a b ，a ＋c b ＋d ，a ＋2c b ＋2d ，cd中最大的是( )A.a bB.a ＋cb ＋d C.a ＋2cb ＋2dD.c d解析 a b －c d ＝ad －bc bd <0，∴a b <cd，c d －a ＋c b ＋d ＝bc ＋cd －ad －dc d （b ＋d ）＝bc －ad d （b ＋d ）>0， c d －a ＋2c b ＋2d ＝bc ＋2cd －ad －2cd d （b ＋2d ）＝bc －ad d （b ＋2d ）>0，所以最大的是c d. 答案 D9.设x ＝a 2b 2＋5，y ＝2ab －a 2－4a ，若x ＞y ，则实数a 、b 应满足的条件是________. 解析若x ＞y ，则x －y ＝a 2b 2＋5－2ab ＋a 2＋4a ＝(ab －1)2＋(a ＋2)2＞0.只要a ＋2≠0，ab －1≠0两个中满足一个，即可使得x ＞y . 答案 a ≠－2或ab ≠110.设a ＞0，b ＞0，则下列两式大小关系为lg(1＋ab )________12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )].解析 (1＋a )(1＋b )－(1＋ab 2)＝a ＋b －2ab ＝(a －b )2≥0，∴lg(1＋a )(1＋b )≥lg(1＋ab )2，即12[lg(a ＋1)＋lg(1＋b )]≥lg(1＋ab ). 答案 ≤11.设m ∈R ，a >b >1，f (x )＝mxx －1，比较f (a )与f (b )的大小.解 f (a )－f (b )＝ma a －1－mb b －1＝m （b －a ）（a －1）（b －1）. ∵a >b >1，∴b －a <0，a －1>0，b －1>0，∴b －a（a －1）（b －1）<0. 当m >0时，m （b －a ）（a －1）（b －1）<0，f (a )<f (b )；当m <0时，m （b －a ）（a －1）（b －1）>0，f (a )>f (b )；当m ＝0时，m （b －a ）（a －1）（b －1）＝0，f (a )＝f (b ).12.已知a ，b ∈R ＋，n ∈N ，求证：(a ＋b )(a n ＋b n )≤2(a n ＋1＋bn ＋1).证明 ∵(a ＋b )(a n＋b n)－2(a n ＋1＋bn ＋1)＝an ＋1＋ab n ＋ba n ＋bn ＋1－2an ＋1－2bn ＋1＝a (b n －a n)＋b (a n－b n) ＝(a －b )(b n－a n).(1)若a >b >0，b n－a n<0，a －b >0，∴(a－b)(b n－a n)<0.(2)若b>a>0，b n－a n>0，a－b<0，∴(a－b)(b n－a n)<0.(3)若a＝b>0，(b n－a n)(a－b)＝0，综上(1)(2)(3)可知，对a，b∈R＋，n∈N，都有(a＋b)(a n＋b n)≤2(a n＋1＋b n＋1).。