高考数学问题2.6导数在研究不等式中的创新应用提分练习(2021学年)

2018届高考数学问题2.6 导数在研究不等式中的创新应用提分练习编辑整理:
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2。

6导数在研究不等式中的创新应用
一、考情分析
在高中新课标中，导数在数学各类问题以及各个学科和许多领域中有着非常广泛的应用。

导数已成为研究函数性质的一种重要工具，例如求函数的单调区间、求最大(小)值、求函数的值域等等。

在新课程背景下，不等式内容已大幅度降低要求，压轴题中出现不等式内容，一般情况都需要转化为函数,利用函数的性质,通过求导，利用单调性求出极值、最值,因此，很多时侯可以利用导数作为工具研究函数性质,从而解决不等式问题。

下面具体讨论导数在解决与不等式有关的问题时的作用。

二、经验分享
1。

研究含参数的函数的单调性,要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.划分函数的单调区间时,要在函数定义域内讨论,还要确定导数为０的点和函数的间断点.
2．根据函数单调性求参数的一般思路
(1）利用集合间的包含关系处理:y=f（x）在(ａ,b)上单调,则区间(a,b)是相应单调区间的子集．
(2)f(x)为增函数的充要条件是对任意的x∈(ａ，b)都有f′(x)≥０且在(a,ｂ)内的任一非空子区间上f′（ｘ）不恒为零,应注意此时式子中的等号不能省略,否则漏解．
(3)函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题．
3.利用导数研究含参数函数的单调性问题,常化为不等式恒成立问题,注意分类讨论与数形结合思想的应用;函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理．
三、知识拓展
1.若函数f（x)在定义域A上存在最大值与最小值,则
(1）对任意x∈A,f(ｘ）＞０⇔f(x)min〉0;
(2)存在ｘ∈A,f（x)>0⇔f(ｘ)maｘ〉0。

2。

利用导数解不等式的思路
(1)已知一个含f′（x）的不等式,可得到和f（x)有关的函数的单调性，然后可利用函数单调性解不等式．
(2)利用导数证明不等式的方法
证明ｆ(x）<g（x)，x∈(ａ,b）,可以构造函数F(ｘ）＝f（x)-g(ｘ）,如果F′(x)〈0，则F(x)
在（a ,ｂ)上是减函数,同时若F （a )≤0，由减函数的定义可知,x ∈（ａ,b ）时，有F （x ）<０,即证明了f (x )〈g （x )．
(3)利用导数解决不等式的恒成立问题的策略
①首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围.
②也可分离变量,构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题. 四、题型分析
(一) 利用导数证明不等式
利用导数研究函数单调性来证明不等式 我们知道函数在某个区间上的导数值大于(或小于)0时,该函数在该区间上单调递增(或递减）.因而在证明不等式时,根据不等式的特点,有时可以构造函数,用导数证明该函数的单调性,然后再用函数单调性达到证明不等式的目的，即把证明不等式转化为证明函数的单调性.常见的有如下几种形式:直接构造函数，然后用导数证明该函数的增减性;再利用函数在它的同一单调递增(减）区间,自变量越大，函数值越大(小），来证明不等式成立.有时先把不等式变形后再构造函数,然后利用导数证明该函数的单调性，达到证明不等式的目的。

【例１】【20１7江西省抚州市七校高三上学期联考】已知函数()()x f x x a e =+,其中a R ∈. （1）若曲线()y f x =在点(0,)A a 处的切线l 与直线|22|y a x =-平行,求l 的方程; （2)若[]1,2a ∀∈,函数()f x 在(,2)a b e -上为增函数，求证：232a e b e -≤<+.
【分析】（１)求导数,利用导数的几何意义求曲线()x f 在点()0,A a 处的切线方程的斜率与22-a 相等,可求出a ,进而可求l 的方程；（2）由函数为增函数得'()(1)0x f x x a e =++≥对(,2)a x b e ∈-恒成立,即1x a ≥--对(,2)a x b e ∈-恒成立,即1a b e a ≥--对[]1,2a ∈恒成立,设()1a g a e a =--，利用导数判断()a g 的单调性,得2max ()(2)3g a g e ==-结果得证。

(2）由题意可得'()(1)0x f x x a e =++≥对(,2)a x b e ∈-恒成立, ∵0x e >,∴10x a ++≥,即1x a ≥--对(,2)a x b e ∈-恒成立， ∴1a a b e --≤-,即1a b e a ≥--对[]1,2a ∈恒成立, 设()1a g a e a =--,[]1,2a ∈， 则'()10a g a e =->,
∴()g a 在[]1,2上递增,∴2max ()(2)3g a g e ==-,∴23b e ≥-． 又2a b e -<，∴232a e b e -≤<+.
【点评】证明不等式ｆ(x )〈g (x ）,可构造函数F (x )＝f (ｘ）－g (x ),利用导数求F (x ）的值域,得到F （x ）〈０即可,证明时要注意自变量的选取.
【小试牛刀】【2０18届四川省彭州高三９月月考】已知曲线()2ln ln x a x a f x x
++=在点()()
,e f e 处的切线与直线220x e y +=平行, a R ∈． (1）求a 的值; （２）求证：
()x f x a x
e
>．
①当()0,1x ∈时, ()1f x f e e ⎛⎫≥= ⎪⎝⎭,而()'
313x x
x x e e -⎛⎫= ⎪⎝⎭
,故3x x e 在()0,1上递增, 33x x e e e ∴
<<, ()3x x
f x e ∴>即()3x f x x e
>; ②当[)1,x ∈+∞时， 2ln 3ln 30033x x ++≥++=,令()23x x
g x e =,则()()
232x
x x g x e
='-故()g x
在[)1,2上递增， ()2,+∞上递减, ()()21223g x g e ∴≤=<， 22
3ln 3ln 3x x x x e ∴++>即
()3x f x x e
>; 综上,对任意0x >,均有
()3
x
f x x
e >。

(二） 利用导数解决不等式恒成立问题、存在性问题
不等式恒成立问题或存在性问题是高考中非常多的一种题型，此类问题一般都会涉及到求参数范围,往往把变量分离后可以转化为m 〉ｆ(x ) (或m 〈f （x ）)恒成立,于是ｍ大于f （ｘ)的最大值(或m 小于f （x )的最小值），从而把不等式恒成立问题转化为函数求最值问题．因此，利用导数求函数最值是解决不等式恒成立问题的一种重要方法。

【例2】【2017广西梧州高三上学期摸底联考】已知函数()2ln f x x x x =-+. （１）求函数()f x 的单调区间；
（2）证明:当2a ≥时,关于x 的不等式()2112a f x x ax ⎛⎫
<-+- ⎪⎝⎭
恒成立；
(3)若正实数12,x x 满足()()()22
12121220f x f x x x x x ++++=，证明12x x +≥
.
利用导数研究其最值，将恒成立问题进行转化;（３）将代数式()()2121x x x f x f ⋅++放缩,构造关于21x x +的一元二次不等式,解不等式即可．
【解析】（1)()()2121
210x x f x x x x x
-++'=-+=>,由()0f x '<，得2210x x -->,
又0x >,所以1x >,所以()f x 的单调减区间为()1,+∞,函数()f x 的增区间是()0,1， (2)令()()()221
11ln 1122a g x f x x ax x ax a x ⎡⎤⎛⎫=--+-=-+-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦
,
所以()()()2111
1ax a x g x ax a x x
-+-+'=-+-=
因为2a ≥，
所以()()
11a x x a g x x ⎛
⎫-+ ⎪⎝⎭
'=-,令()0g x '=，得1x a
=，
所以当()10,,0x g x a ⎛⎫'=> ⎪⎝⎭；当1,x a ⎛⎫
∈+∞ ⎪⎝⎭时,()0g x '<,
因此函数()g x 在10,x a ⎛⎫
∈ ⎪⎝⎭是增函数,在⎪⎭
⎫ ⎝⎛+∞∈,1a x 是减函数，
故函数()g x 的最大值为()2
111111ln 11ln 22g a a a a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫
=-⨯+-⨯+=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭
令()1lna 2h a a ⎛⎫
=- ⎪⎝⎭
,因为()12ln 204h =-<,又因为()h a 在()0,a ∈+∞是减函数，
所以当2a ≥时，()0h a <，即对于任意正数x 总有()0g x <,
所以关于x 的不等式()2112a f x x ax ⎛⎫
<-+- ⎪⎝⎭
恒成立;
【点评】 利用导数来处理存在性问题和恒成立问题，常用的是变量分离的方法,此类方法的解题步骤是:①分离变量；②构造函数(非变量一方）;③对所构造的函数求最值（一般需要求导数,有时还需求两次导数）;④写出变量的取值范围．
【小试牛刀】【201８届辽宁丹东市五校协作体高三上学期联考】设函数
()()()2
2
2ln 2f x x a x a =-+-，其中0x >， R a ∈,存在0x 使得()04
5
f x ≤
成立,则实数a 的值是 A. 1
5 B. 25 C 。

12
Ｄ。

1 【答案】Ａ
【解析】由题意得,函数()f x 表示动点(),2ln M x x 和动点(),2N a a 间的距离的平方。

其中动点(),2ln M x x 在函数2ln y x =的图象上，
动点(),2N a a 在直线2y x =上。

问题可转化为求直线2y x =上的动点到曲线2ln y x =的最小距离。

由2ln y x =得2y x '=。

令2
2x =,解得1x =.故曲线2ln y x =上
的点()1,0M 到直线2y x =的距离最小,且最小距离为
d ==
,由题意可得()45f x ≥。

根据题意存在0x 使得()045f x ≤成立,则()045f x =,此时点(),2N a a 恰好为垂足，由201
12
MN a k a -=
=--,解得1
5
a =。

选Ａ. (三） 利用导数解不等式
对于一些复杂的不等式求解问题,有的并没有现成的公式和规律可用，有时我们可根据题中条件联想构造出到相应的函数,根据函数的性质转化为处理函数的单调性或最值问题,我们都可以选择用导数作工具来研究函数问题.这种解题方法也是转化与化归思想在中学数学中的重要体现。

【例３】【2０17湖北省襄阳市四校高三上学期期中联考】奇函数()f x 定义域为()
(),00,ππ-，
其导函数是()'f x .当0x π<<时，有()()'sin cos 0f x x f x x -<，则关于x 的不等式
()
sin 4f x x π⎛⎫
< ⎪⎝⎭
的解集为（ ）
A ．,4ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭ B.,,44ππππ⎛
⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝
⎭⎝⎭
C ．,00,44ππ⎛⎫⎛⎫
- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
D ．,0,44πππ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
【答案】D
【点
评】解决此类问题的关键是根据导数的运算法则，构造合适的函数，再利用已知条件确定函数单调性解不等式。

【小试牛刀】【2０18届山东省济南高三12月考】已知()f x 是定义在R 上的函数， ()'f x 是
()f x 的导函数,且满足()()'3f x f x >， 13f e ⎛⎫
= ⎪⎝⎭
，则()3ln f x x <的解集为( ）
A ． ()0,e
B 。

130,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭
C 。

()1,e D. 13
1,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭
【答案】B 【解析】令()()3x
f x
g x e
=
，则有()()()()
3330x
x
f x f x f x
g x e
e
''-=
=
>,所以()g x 在R 上为增函数。

13f e ⎛⎫= ⎪⎝⎭
,则有: 11313f g e ⎛⎫
⎪
⎛⎫⎝⎭== ⎪⎝⎭，因为()()()3ln 3
ln ln ln x f x f x g x e x ==,所以()3
ln f x x <即为()3
ln 1f x x <，即()1ln 13g x g ⎛⎫
<= ⎪⎝⎭。

由()g x 在R 上为增函数得： 1ln 3x <,解得1
30x e <<.
故选B 。

五、迁移运用
1．【20１8届甘肃省高台县高三上学期12月模拟】已知函数()1
x f x x e
=+，若对任意x R ∈， ()f x ax >恒成立，则实数a 的取值范围是（ )
Ａ。

(),1e -∞- B. (]1,1e - C 。

[)1,1e - Ｄ． ()1,e -+∞ 【答案】B
【解析】函数()1x f x x e =+
，对任意x R ∈， ()f x ax >恒成立,∴1
x
x ax e +>恒成立， 即()11x a x e >-ｘ恒成立;设()()()1
,1x g x h x a x e
==-,ｘ∈R ；在同一坐标系内画出两个函数的图象,如图所示;
则满足不等式恒成立的是ｈ(ｘ)的图象在g (ｘ)图象下方，求()g x 的导数()'x g x e -=-, 且过()g x 图象上点()00,x y 的切线方程为()000x y y e x x --=--,且该切线方程过原点(０，0), 则0
00x y e x -=-⋅,即0
0x x e e x --=-⋅,解得01x =-;∴切线斜率为0
x k e e -=-=-，∴应满足a −１>−e ,
即ａ＞1−e ；又ａ−１⩽0，∴a ⩽1,∴实数ａ的取值范围是(1−e ,1］。

故选B 。

2．【20１8届】广东省五校高三12月联考】已知函数()()ln 224(0)f x x a x a a =+--+>,若有且只有两个整数1x , 2x 使得()10f x >，且()20f x >,则a 的取值范围是( ） A 。

()ln3,2 B 。

[)2ln3,2- C. (]0,2ln3- D ． ()0,2ln3- 【答案】C
【解析】
由题意可知, ()0f x >,即()()ln 2240,0x a x a a +--+>>, ()22ln 40ax a x x a ∴->-->，设()()2ln 4,2g x x x h x ax a =--=-,由()121'2x g x x x -=-
=,可知()2ln 4g x x x =--，在10,2⎛⎫
⎪⎝⎭
上为减函数,在1,2⎛⎫
+∞ ⎪⎝⎭
上为增函数， ()2h x ax a =-的图象恒过点()2,0,在同一坐标系中作出
()(),g x h x 的图象如下:若有且只有两个整数12,x x ，
使得()10f x >，且()20f x >,则()()()()
{11 33a h g h g >>≤,即0
{2 23
a a a ln >->-≤-，解得02ln3a <≤-，故选C.
3．【２018届重庆市高三1１月月考】已知可导函数()f x 的导函数为()'f x , ()02018f =,若对任意的x R ∈,都有()()'f x f x >,则不等式()2018x f x e <的解集为( ）
Ａ. ()0,+∞ B 。

21,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭
C. 21,e ⎛
⎫-∞ ⎪⎝⎭ D 。

(),0-∞
【答案】Ａ 【解析】令()()()()()
()0,02018x
x
f x f x f x
g x g x g e
e
-<'=
='=
∴
因此()2018x f x e < ()()()201800x
f x
g x g x e
⇒
<⇒⇒,选A ．
4.【２0１8届陕西省西安高三上学期期中考试】已知函数()321
3
f x x a x =-,若对于任意的[]12,0,1x x ∈,都有()()121f x f x -≤成立,则实数a 的取值范围是（ )
A. 2323,33⎡⎤-
⎢⎥⎣⎦ B ． 2323,33⎛⎫
- ⎪ ⎪⎝
⎭ C. 2323,00,33⎡⎫⎛⎤
-⋃⎪ ⎢⎥⎪ ⎣⎭⎝⎦
D 。

2323,00,33⎛⎫⎛⎫
-⋃ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
【答案】Ａ
５．【２01７山西临汾一中等五校高三第三联考】设函数()3236222x x f x e x x x ae x ⎛⎫
=+-+-- ⎪⎝⎭
,
若不等式()0f x ≤在[)2,-+∞上有解,则实数a 的最小值为（ ) A ．312
e
-- B.322
e
-- C.314
2e -- Ｄ.11e
-- 【答案】C
()0<'x g ,当()+∞∈,1x 时,()0>'x g ,故()x g 在[)1,2-上是减函数,在()+∞,1上是增函数;故
346.【2017河北省武邑中学高三上学期第三次调研考试】已知()f x 是定义在R 上的偶函数，其导函数为()'f x ,若 ()()'f x f x <，且()()()13,20152f x f x f +=-=,则不等式()12x f x e -<的解集为( ）
A.()1,+∞
B.(),e +∞ C 。

(),0-∞
D ．1,e ⎛
⎫-∞ ⎪⎝
⎭
【答案】A
【解析】可取特殊函数11()22211x x f x e e x --=⇒<⇒>⇒>，故选A.
７。

【２017四川省资阳市高三上学期第一次诊断考试】已知()f x 是定义在区间(0)+∞，
上的函数，其导函数为
()f x ',且不等式()2()x f x f x '<恒成立,则(
)
Ａ.4(1)(2)f f < B. 4(1)(2)f f > Ｃ. (1)4(2)f f < D. (1)4(2)f f '<
【答案】Ｂ
【解析】设函数2()()f x g x x =(0)x >，则243
()2()()2()
()0x f x xf x xf x f x g x x x ''--'=
=<,所以函数()g x 在(0,)+∞为减函数，所以(1)(2)g g <，即
22(1)(2)
12
f f >,所以4(1)(2)f f >,故选B. 【技巧点睛】对于已知不等式中既有()f x 又有'()f x ,一般不能直接确定'()f x 的正负,即不能确定()f x 的单调性,这时要求我们构造一个新函数,以便利用已知不等式判断其导数的的正负，常
见的构造新函数有()()g x xf x =,()()f x g x x =
,()()x g x e f x =,()
()x f x g x e
=等等． 8.【2０１7山西省孝义市高三上学期二轮模考】设函数()y f x =在(,)-∞+∞内有定义,对于给定的正数k ，定义函数:()(())
()(())k f x f x k f x k
f x k ≤⎧=⎨>⎩,取函数()2x f x x e -=--,若对任意的(,)x ∈-∞+∞,
恒有()()k f x f x =,则( )
Ａ．
k 的最大值为2 Ｂ．k 的最小值为２ Ｃ. k 的最大值为1 D.k 的最小值为1 【答案】Ｄ
【解析】由题意,得'()1x f x e -=-+，易知'(0)0f =,当0x <时,'()0f x >;当0x >时，'()0f x <，所以()f x 在0x =时,取得极大值0(0)201f e =--=,也是最大值．由()k f x 的定义,知当1k ≥时，()()k f x f x =恒成立,因此k 的最小值为1,故选D ．
9． 【2017山西省孝义市高三上学期二轮模考】已知函数2
ln ()()()x x b f x b R x +-=
∈,若存在1
[,2]2
x ∈,使得()'()f x x f x >-⋅，则实数b 的取值范围是( ）
A ．(-∞
B ．3
(,)2-∞ C 。

9(,)4
-∞ D.(,3)-∞ 【答案】C
【解析】由题意,得22
12()ln ()()x x b x x b f x x +----'=,则()()f x xf x +'＝2
ln ()x x b x +-－212()ln ()x x b x x b x +----=12()
x x b x +-．若存在1[,2]2x ∈，使得()'()f x x f x >-⋅,则
12()0x x b +->,所以12b x x <+.设1()2g x x x =+,则222121()122x g x x x -'=-=,当122
x ≤≤
时，
()0g x '<;当
22x ≤≤时,()0g x '>,所以()g x 在1[,]22上单调递减，在[2
上单调递增,所以当2x =,函数()g x 取最大值,最大值为19(2)244g =+
=,所以max 9
()4
b g x <=,故选C. 10.【２017重庆八中高三上学期二调】函数()f x 的导函数为'()f x ,对x R ∀∈,都有'()()f x f x >成立，若2(2)f e =,则不等式()x f x e >的解是（ ） Ａ．(2,)+∞ﻩB ．(0,1)
C ．(1,)+∞
Ｄ.(0,ln 2)
【答案】A
【解析】∵x R ∀∈，都有'()()f x f x >成立，∴()()0>-'x f x f ,于是有()0>'
⎪⎭
⎫
⎝⎛x e x f ,令()()x e x f x g =,
则有()x g 在R 上单调递增，∵不等式()x f x e >,∴()1>x g ,∵2(2)f e =,∴()12=g ,∴2>x ,故选:A ．
１1.【20１7河北沧州一中高三1１月月考】已知,a b R ∈，直线2
y ax b π
=++与函数()tan f x x
=的图象在4
x π
=-
处相切，设()2x g x e bx a =++。

若在区间[]1,2上，不等式()22m g x m ≤≤-恒成
立，则实数m ( ）
A ．有最大值1e +
B ．有最大值e Ｃ。

有最小值e Ｄ.有最小值e - 【答案】A
１2。

【２017河北武邑中学高三四调】已知定义在R 上的奇函数()y f x =满足()'2f x <，则不等式()()11ln 223x f x x e x ++-+->+的解集为（ ） A ．()2,1-- B.()1,-+∞ﻩC ．()1,2- D.()2,+∞
【答案】Ａ
【解析】由题意可知:设11223x g x f x ln x e x +=+-+---（）（）（）,2x -＞,求导
11
132
x g x f x e x +'='+-
--+（）（）,由2f x '（）＜,即20f x '-（）＜，130f x '+-（）＜，由函数的单调性可知：11
02
x e x +-
-+＜恒成立,∴0g x '（）＜恒成立,∴g x （）在2-+∞（，）单调递减，由y f x =（）为奇
函数,则00f =（），∴0101230g f ln e -=---+=（）（）,由11223x f x ln x e x ++-+-+（）（）＞,即01g x g =-（）＞（），由函数的单调递减，∴21x --＜＜,∴不等式11223x f x ln x e x ++-+-+（）（）＞的
解集21--（，）,故选A 。

１3．【20１7四川自贡普高一诊】设函数()()31x f x e x ax a =--+，其中1a <,若有且只有一个整数
0x 使得()00f x ≤,则a 的取值范围是（
）
A.23 4e ⎛⎫ ⎪⎝⎭， B ．23 4e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭， C.2 1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭， D ．2 1e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭
， 【答案】D
１4. 【2017中原名校高三上学期第三次质量考评】已知函数()f x 的定义域为R ,()'f x 为函数()f x 的导函数,当[)0,x ∈+∞时，()'2sin cos 0x x f x ->且x R ∀∈，()()cos21f x f x x -++=.则下
列说法一定正确的是（ ）
A.153
246
4
3f f π
π⎛⎫⎛⎫
-->-- ⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭
B.153446
4
3
f f π
π⎛⎫⎛⎫-->-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
C 。

3134
324
f f ππ⎛⎫⎛⎫
->- ⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭ D ．1332443f f π
π⎛⎫⎛⎫-->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
【答案】B
【解析】令()()2sin F x x f x =-,则()()''sin 2F x x f x =-。

因为当[)0,x ∈+∞时,()'2sin cos 0x x f x ->,即()'sin2x f x >，所以()()''sin 20F x x f x =->,所以()()2sin F x x f x =-在[)0,x ∈+∞上单调递增.又x R ∀∈,()()cos21f x f x x -++=,所以
()()22sin f x f x x -+=，所以()()()()2222
sin sin 2sin sin x f x x x f x x f x ⎡⎤---=-+=+-⎣⎦，故
()()2sin F x x f x =-为奇函数,所以()()2sin F x x f x =-在R 上单调递增,所以
546
3
F F ππ⎛⎫⎛⎫
->- ⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭
.即153446
4
3
f f π
π⎛⎫⎛⎫
-->-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
,故选B 。

1５.【2０18届江苏省徐州高三第一学期期中】已知函数()322f x x x a =--,若存在(]0,x a ∈-∞,
使()00f x ≥,则实数a 的取值范围是___＿______． 【答案】][)1,02,⎡-⋃+∞⎣
【解析】由三次函数图像可知只需()()()32020210f a a a a a a a ≥⇒--≥⇒-+≥⇒ 实数a 的取值范围是][)1,02,⎡-⋃+∞⎣
16．【2018届四川省成都高三上学期一诊模拟】设函数()()21,,x x x
f x
g x x e
+==对任意()12,0,,x x ∈+∞不等式
()()121
g x f x k
k ≤
+恒成立,则正数k 的取值范围是_____＿___＿.
【答案】1
21
k e ≥
- 【解析】对任意()12,0,x x ∈+∞，不等式
()()121
g x f x k
k ≤
+恒成立,则等价为
()()
121
g x k
f x k ≤
+恒成立, ()211122x f x x x x x x
+=++≥⋅,当且仅当1
x x =,即1x =时取等号,即()f x 的最小值是2，由
()x x
g x e =,则()()
2
1'x x x x e xe x g x e e
--==,由()'0g x >得01x <<,此时函数()g x 为增函数，由()'0g x >得1x >,此时函数()g x 为减函数,即当1x =时， ()g x 取得极大值同时也是最大值()11g e =,则()()
12g x f x 的最大值为1
1
22e e =，则由112k k e ≥+,得21ek k ≥+，即()211k e -≥,则121k e ≥-,
故答案为1
21
k e ≥
-．
17．【2０17湖北荆州高三上学期第一次质量检测】 已知函数()()21x f x e x ax a =--+，其中1a <,若存在唯一的整数0x ,使得()00f x <, 则a 的取值范围是___＿_____。

(e 为自然对数的底数)
【答案】3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭
【解析】设a ax x h x e x g x -=-=)(),12()(，由题设存在唯一的整数0x 使得在直线)1(-=x a y 的下方。

因)12()(/+=x e x g x ,故当2
1-<x 时, 0)(/<x g ，函数)12()(-=x e x g x 单调递减;当2
1-
>x 时， 0)(/>x g ,函数)12()(-=x e x g x 单调递增．所以当2
1-=x 时,函数)12()(-=x e x g x 取最小值
12)21()(min -<-=-=e g x g ，而03)1(,1)0(>=-=e g g ,且直线)1(-=x a y 恒过点)0,1(,故由题设
须满足⎩⎨⎧-≥--->--1310e
a a a ,即e a 231≤<.故应填答案3,12e ⎡⎫
⎪⎢⎣⎭. 18.已知()x f x xe =，2()(1)g x x a =-++,若12,x x ∃∈R ,使得21()()f x g x ≤成立,则实数ａ的取值范围是_＿___＿______． 【答案】1[,)e
-+∞
【解析】12,x x ∃∈R ,使得21()()f x g x ≤成立，等价于min max ()()f x g x ≤，'()(1)x x x f x e xe x e =+=+, 当1x <-时，'()0f x <，()f x 递减，当1x >-时,'()0f x >,()f x 递增，∴当1x =-时,()f x 取得
最小值，min 1()(1)f x f e =-=-；当1x =-时，()g x 取得最大值为max ()(1)g x g a =-=，∴1a e
-≤,
即实数a 的取值范围是1
a e
≥-.
1９。

【201７宁夏育才中学高三上学期第二次月】已知函数()ln f x ax x =+,其中a ∈R . (Ⅰ)若()f x 在区间[1,2]上为增函数，求a 的取值范围; (Ⅱ）当e a =-时,证明：()20f x +≤; （Ⅲ）当e a =-时，试判断方程,并说明理由．
（Ⅱ)证明见解析;（Ⅲ）没有实数解．
【解析】函数()f x 定义域),0(+∞∈x ,
（Ⅰ)因为()f x 在区间[1,2]上为增函数,所以()0f x '≥在[1,2]x ∈上恒成立,
即1()0f x a x '=+≥，1a x
≥-在[1,2]x ∈上恒成立,
则1.2
a ≥-
(Ⅲ)由（Ⅱ)知, max ()2f x =-， 所以2|)(|≥x f ． 设ln 3(),(0,).2
x g x x x
=+∈+∞所以2
ln 1)(x x
x g -=
'． 令0)(='x g ，得e x =.
令()0g x '>，得(0,e)x ∈,所以函数)(x g 在(0,e)单调递增, 令()0g x '<,得(e,)x ∈+∞，所以函数)(x g 在(e,)+∞单调递减； 所以,max lne 313
()(e)2e 2e 2
g x g ==
+=+<， 即2)(<x g . 所以)(|)(|x g x f > ,即>|)(|x f ln 3
2
x x +. 所以,方程=
|)(|x f ln 3
2
x x +没有实数解． 20. 【2０17江西省抚州市七校高三上学期联考】记{}max ,m n 表示m ,n 中的最大值,如
{}
max 1010=已知函数
{}2()max 1,2ln f x x x =-，2221()max ln ,()242g x x x x a x a a ⎧⎫
=+-+-++⎨⎬⎩⎭
．
(1)设21
()()3()(1)2
h x f x x x =---,求函数()h x 在(0,1]上零点的个数； (2）试探讨是否存在实数(2,)a ∈-+∞,使得3
()42
g x x a <+对(2,)x a ∈++∞恒成立?若存在，求a 的
取值范围；若不存在,说明理由. 【答案】(1）2个;(２）存在,ln 21
(
,2]4
-。

(2）
假设存在实数(2,)a ∈-+∞,使得3
()42
g x x a <
+对(2,)x a ∈++∞恒成立， 则2223ln 4,213()244,
22
x x x a x a x a a x a ⎧
+<+⎪⎪⎨⎪-+-++<+⎪⎩对(2,)x a ∈++∞恒成立，
即21ln 4,2
(2)()0x x a x x a ⎧-<⎪⎨⎪+->⎩
对(2,)x a ∈++∞恒成立， （ｉ）设1()ln 2H x x x =-，11'()2H x x =
-22x x
-=， 令'()0H x >,得02x <<,()H x 递增;令'()0H x <,得2x >,()H x 递减. ∴max ()(2)ln 21H x h ==-.
当022a <+<，即20a -<<时，4ln 21a >-,∴ln 21
4
a ->, ∵0a <,∴ln 21
(,0)4
a -∈. 故当ln 21(
,0)4a -∈时,1
ln 42
x x a -<对(2,)x a ∈++∞恒成立． 当22a +≥,即0a ≥时,()H x 在(2,)a ++∞上递减,∴1
()(2)ln(2)12
H x H a a a <+=+--． ∵111
(ln(2)1)'02
22
a a a +--=
-≤+，∴(2)(0)ln 210H a H +≤=-< 故当0a ≥时,1ln 42x x a -<对(2,)x a ∈++∞恒成立．
（ｉi)若2(2)()0x x a +->对(2,)x a ∈++∞恒成立，则22a a +≥,∴[]1,2a ∈-. 由（i ）及(ii ）得,ln 21
(
,2]4
a -∈.
故存在实数(2,)a ∈-+∞,使得3
()42
g x x a <+对(2,)x a ∈++∞恒成立, 且a 的取值范围为ln 21
(
,2]4
-. ２１。

【２0１8届湖北省稳派教育高三上学期第二次联考】已知函数()12x f x e kx k +=-- (其中ｅ是自然对数的底数，k∈R）． (１)讨论函数()f x 的单调性；
(2)当函数()f x 有两个零点12,x x 时,证明： 122x x +>-. 【解析】(1）解：∵()12x f x e kx k +=--， ∴.
①当
时,令()
0f x '=,解得1ln x k =-+,
∴当(),1ln x k ∈-∞-+时,
，单调递减; 当()1ln ,x k ∈-++∞时，，单调递增.
②当时,
恒成立,
∴函数在R 上单调递增。

综上,当时,
在(),1ln k -∞-+上单调递减，在()1ln ,k -++∞上单调递增.
当
时，在R 上单调递增.
（2）证明：当时,由(１)知函数
单调递增，不存在两个零点。

所以。

设函数的两个零点为,
则
，
设,
解得
，
所以()12+1ln 41
t t
x x t ++=
-，
要证,
只需证,
设
设单调递增,
所以,
所以在区间
上单调递增， 所以,
故
． ２２.【208届辽宁省沈阳高中三年级教学质量监测(三）】已知()x f x e =与()g x ax b =+的图象交于()()1122,,,P x y Q x y 两点.
(Ⅰ）求函数()()()h x f x g x =-的最小值；
（Ⅱ)且PQ 的中点为()00,M x y ,求证: ()00f x a y <<。

【解析】
(Ⅰ)()x h x e ax b =--,求导得()x h x e a '=-
当0a ≤时, ()0h x '>, ()h x 在R 上为增函数,不满足有两个零点，故不合题意； 所以0a >,令()0h x '=，解得ln x a =,
并且有()(),ln ,0x a h x -∞'∈<; ()()ln ,,0x a h x ∈+∞>', 故()()ln min ln ln ln a h x h a e a a b a b a a ==--=--．
()F t ∴在()0,+∞为增函数,故()()00F t F >=, 2
1t t e e t
-∴<成立； 要证112t t e e t -+<，只需证明112t t e t e -<+，令()112t t e t G t e -=-+， 求导()()()()()()22222411210212121t t t t t t t e e e e
G t e e e -+--=-==<+++',
()G t ∴在()0,+∞为减函数,故()()00G t G <=， 2
1t t e e t
-∴<成立； 所以2112t t t e e e t -+<<， 0t >成立， ()00f x a y ∴<<成立.
以上就是本文的全部内容，可以编辑修改。

高尔基说过：“书是人类进步的阶梯。

”我希望各位朋友能借助这个阶梯不断进步。

物质生活极大丰富,科学技术飞速发展，这一切逐渐改变了人们的学习和休闲的方式。

很多人已经不再如饥似渴地追逐一篇文档了，但只要你依然有着这样一份小小的坚持，你就会不断成长进步,当纷繁复杂的世界牵引着我们疲于向外追逐的时候,阅读一文或者做一道题却让我们静下心来,回归自我。

用学习来激活我们的想象力和思维,建立我们的信仰,从而保有我们纯粹的精神世界，抵御外部世界的袭扰。

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