浅谈一个超越不等式在解高考压轴题中应用(PDF版)

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高考数学难点突破难点(解不等式-不等式的综合应用)

原不等式的解集为{x|－1＜x＜1 } .
5.解：由 f(1)= 7 得 a+b+c= 7 ，令 x2+ 1 =2x2+2x+ 3 x =－1，由 f(x)≤2x2+2x+ 3 推得
2
2
2
2
2
3 f(－1)≤ .
2
由 f(x)≥x2+ 1 推得 f(－1)≥ 3 ，∴f(－1)= 3 ，∴a－b+c= 3 ，故
(2)若
f(x)=
px px
1 1
，解关于
x
的不等式
f-－1(x)＞ log p
1 k
x
(k∈R+)
5.(★★★★★)设 f(x)=ax2+bx+c，若 f(1)= 7 ，问是否存在 a、b、c∈R，使得不等式： 2
x2+ 1 ≤f(x)≤2x2+2x+ 3 对一切实数 x 都成立，证明你的结论.
2
a2
当 a＞1 时，原不等式与(x－
)(x－2)＞0 同解.
a 1
a2
a2
若
≥2，即 0≤a＜1 时，原不等式无解；若
＜2，即 a＜0 或 a＞1，于是 a
a 1
a 1
a2 ＞1 时原不等式的解为(－∞， )∪(2，+∞).
a 1
a2
a2
当 a＜1 时，若 a＜0，解集为(
，2)；若 0＜a＜1，解集为(2，
(2)当Δ=0 时，a=－1 或 2.当 a=－1 时 M={－1}［1，4］；当 a=2 时，m={2} ［1，4］.
(3)当Δ＞0 时，a＜－1 或 a＞2.设方程 f(x)=0 的两根 x1，x2，且 x1＜x2，那么 M=［x1，

【优质文档】超越函数的突破应对策略(1)

超越函数的突破应对策略y e x 与y ln x 是两个基本的超越函数，它们的很多性质在解题中有着非常重要的作用，例如两个重要不等式e x x 1（x 0 时等号成立），ln x x 1（x 1 时等号成立）成为不等式放缩的重要工具．我们将这两个函数与x 进行不同的组合，得到一系列的超越函数，通过研究它们的图像和性质，挖掘它们在解题中的重要作用．一、函数y xe x 的性质和应用．【函数的性质】y (x 1)e x ，当x 1时，y 0 ；当x 1 时，y 0 ．所以函数y xe x 在(, 1) 上单调递减，在(1, ) 上单调递增．【函数的图像】函数y xe x 的图像如图所示，当x 1 时，函数有最小值1，即xe x1恒成立。

当x 0 时，y 0 ，e e图像在x 轴的下方，当x 0 时，y 0 ，图像在x 轴的上方．【例题 1】（2013 年高考福建卷文科第22 题）已知函数 f (x) x 1ae x（a R ，e 为自然对数的底数）．（1）若曲线y f (x) 在点(1, f (1)) 处的切线平行于x 轴，求a 的值；（2）求函数 f (x) 的极值；（3）当a 1的值时，若直线l : y kx 1与曲线y f (x) 没有公共点，求k 的最大值．【分析】第（Ⅲ）问即方程k 1x1e x没有实根，可以考虑分离变量，同时出现xe x 的组合，数形结合，转化为两个函数图像没有交点的问题．【解析】（Ⅰ）略；（Ⅱ）略；（Ⅲ）当a 1时， f x x 11．e x依题意知关于x 的方程k 1x 1e x（*）在R 上没有实数解．①当k 1时，方程（*）可化为1e x0 ，在R 上没有实数解．a ②当k 1时，方程（*）化为1k 1结合函数y xe x的图像，易知xe x．当 1 , 1 时，方程（*）无实数解，k 1 e 解得k 的取值范围是1e,1．综上，得k 的最大值为1．【评析】本题的关键是分离变量，它让函数y xe x的性质凸显，问题的解答也变得清晰可见．【针对训练1】已知函数f (x) ln x1，a R ．x（1）若函数f (x) 的最小值为0，求a 的值；（2）证明：e x (ln x 1) sin x 0 ．1【分析】由函数的最小值为0，容易得出a 1，从而得到不等式ln x 1，代入第二问，这样就将含x有e x和ln x 的式子放缩为含有e x和x 的式子，从而突破了本题的难点．【解析】（1） f (x) ln xa 1的定义域为(0,) ，且f (x)1a x a．xx x2x2若a 0 ，则 f (x) 0 ，于是 f (x) 在(0, ) 上单调递增，故f (x) 无最小值，不合题意；若a0 ，则当0 x a 时， f (x) 0 ；当x a 时， f (x) 0 ．故 f (x) 在(0, a) 上单调递减，在(a, ) 上单调递增，于是，当x a 时， f (x) 取得最小值ln a ，由已知得ln a 0 ，解得a1．综上可知，a 1．（2）下面先证当x (0,) 时，ex(ln x 1) sin x 0 ．由（1）可知ln x 11，又因为x (0,) ，sin x 0 ，所以只要证ex1sin x 0 ，xx即只要证xe xsin x 0 ．由于函数y xe x在切线y x 的上方，而y sin x 在直线y x 的下方，所以有xexx sin x ，从而xe xsin x 0 成立．故当x (0,) 时，e x(ln x 1) sin x 0 成立．当x [,) 时，ln x 1 0 ，所以e x (ln x 1) sin x e x1 ln x ，结合exx 1 以及ln x x 1，知道e xln x 2 ，所以e x1 ln x 3 0，x x x 1(0, )x 故当x [,) 时，e x(ln x 1) sin x 0 成立．综上所述，e x(ln x 1) sin x 0 成立．【评析】通常这种题，一定要寻找第一问与第二问之间的联系，这种联系常常成为解题的突破点．另外，本题在解答中，按x (0,) 和x [, ) 分类讨论，是解题的关键点，这样成功地利用了函数y xe x的图像和性质，使问题轻松获解．二、函数y的性质和应用．ex 【函数的性质】y1x ，当x 1时，y 0 ；当x 1 时，y0 ．ex所以函数y在(,1) 上单调递增，在(1, ) 上单调递减．ex 【函数的图像】函数y 的图像如图所示，当x 1 时，函数有最大值1，即x exeex恒成立。

泰勒展开式与超越不等式在高考中的应用

泰勒展开式与超越不等式在高考中的应用王文琦(江苏省扬州大学数学科学学院ꎬ江苏扬州２２５００２)摘㊀要:泰勒公式是逼近㊁近似函数的重要工具ꎬ并由此引出高考数学中不等式及其他的众多题型.了解泰勒展开式对学生理解命题背景㊁快速解题有着重要的意义.关键词:泰勒展开式ꎻ超越不等式ꎻ不等式放缩中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)１９－００３１－０３收稿日期:２０２３－０４－０５作者简介:王文琦(２００２－)ꎬ男ꎬ江苏省泰州人ꎬ本科在读ꎬ从事中学数学教学研究.基金项目:２０２２年扬州大学大学生科创基金项目泰勒公式与泰勒级数的应用探究 (项目编号:Ｘ２０２２０２２２)ꎻ江苏高校品牌专业建设工程资助项目(项目编号:ＰＰＺＹ２０１５Ｂ１０９)㊀㊀笔者从泰勒公式基本形式出发ꎬ证明了两大超越不等式.笔者接着举例分析了高考中以泰勒展开为背景的试题ꎬ并总结了高考中五大应用题型ꎬ以期抛砖引玉.１泰勒展开式与超越不等式１.１泰勒公式形式若函数ｆ(ｘ)在包含ｘ０的某个闭区间[ａꎬｂ]上具有ｎ阶导数ꎬ且在开区间(ａꎬｂ)上具有(ｎ＋１)阶导数ꎬ则对闭区间[ａꎬｂ]上任意一点ｘꎬ有ｆｘ()＝ｆｘ０()＋ｆᶄｘ０()ｘ－ｘ０()＋ｆᵡｘ０()２!(ｘ－ｘ０)２＋＋ｆｎ()ｘ０()ｎ!ｘ－ｘ０()ｎ＋Ｒｎ(ｘ).其中:ｆ(ｎ)(ｘ０)表示ｆ(ｘ)在包含ｘ０的某个闭区间[ａꎬｂ]上具有ｎ阶导数ꎬ等号后的多项式称为函数ｆ(ｘ)在ｘ０处的泰勒展开式ꎬ剩余的Ｒｎ(ｘ)是泰勒公式的余项ꎬ是(ｘ－ｘ０)ｎ的高阶无穷小量[１].１.２两个超越不等式(１)对数型超越放缩:ｘ－１ｘɤｌｎｘɤｘ－１(ｘ>０).证明㊀因为ｌｎｘ＋１()＝ｘ－１２ｘ２＋１３ｘ３－＋－１()ｎ－１１ｎｘｎ＋Ｒｎ(ｘ)ꎬ①①中等号右边只取第一项ꎬ得ｌｎｘ＋１()ɤｘ(ｘ>－１).②用ｘ－１替代②中的ｘꎬ得ｌｎｘɤｘ－１(ｘ>０).③③式左右两边同乘－１ ꎬ有ｌｎ１ｘȡ１－ｘ(ｘ>０)④用１ｘ替代④中的ｘꎬ得ｘ－１ｘɤｌｎｘ(ｘ>０).(２)指数型超越放缩:ｘ＋１ɤｅｘɤ１１－ｘｘ<１()证明㊀因为ｅｘ＝１＋ｘ＋１２!ｘ２＋＋１ｎ!ｘｎ＋Ｒｎ(ｘ)ꎬ⑤⑤式等号右边取前两项ꎬ得ｅｘȡｘ＋１(ｘɪＲ).⑥用－ｘ替代⑥式中的ｘꎬ得ｅ－ｘȡ－ｘ＋１(ｘɪＲ).⑦当ｘ<１时ꎬ由⑦得ｅｘɤ１１－ｘｘ<１().当ｘ>１时ꎬ由⑦得ｅｘȡ１１－ｘｘ>１().２举例分析泰勒展开与高考题的联系２.１一阶导数放缩例１㊀(２０１３年新课标Ⅱ卷)已知函数ｆｘ()＝ｅｘ１３－ｌｎｘ＋ｍ()ꎬ(１)设ｘ＝０是ｆ(ｘ)的极值点ꎬ求ｍꎬ并讨论ｆ(ｘ)的单调性ꎻ(２)当ｍɤ２时ꎬ证明ｆ(ｘ)>０.命题手法分析㊀第(２)问考查泰勒一阶展开式:ｅｘȡｘ＋１>ｘ－１ȡｌｎｘꎬ所以可得ｅｘ－ｌｎｘ＋２()>０ꎬ这就是第(２)问的命题背景.２.２二阶导数放缩例２㊀(２０２０年全国Ⅰ卷)已知函数ｆｘ()＝ｅｘ＋ａｘ２－ｘ.(１)当ａ＝１时ꎬ讨论ｆ(ｘ)的单调性ꎻ(２)当ｘȡ０时ꎬｆｘ()ȡ１２ｘ３＋１ꎬ求ａ的取值范围.命题手法分析㊀第(２)问需证明ｅｘ＋ａｘ２－ｘ－１２ｘ３－１ȡ０ꎬ所证不等式是ｅｘ与三次多项式ꎬ我们可以由ｅｘȡ１２ｘ２＋ｘ＋１(ｘȡ０)来构造ꎬ再通过积分包装难度.显然ꎬｅｘ－１２ｘ２－ｘ－１ȡ０(ｘȡ０)ꎬ若用其作为导函数的一部分ꎬ我们可以用一个变号零点来做极值点(最值点)ꎬ处理变号零点最简单的方式就是一次函数ꎬ故可选２－ｘ()ｅｘ－１２ｘ２－ｘ－１æèçöø÷(ｘȡ０).这个式子使得ｘ＝２是一个极大值点(最大值点).但是ꎬ这样构造的导函数其原函数过于简单ꎬ不能满足压轴题的难度ꎬ那就增加一个分母[１]:如ｆᶄｘ()＝２－ｘ()ｅｘ－ｘ２/２－ｘ－１()ｘ３(ｘȡ０)ꎬ这样我们再将ｆᶄｘ()积分整理可得ｆｘ()＝－ｅｘ＋ｘ３/２＋ｘ＋１ｘ２.由导数可知ｆ(ｘ)在ｘ＝２处有最大值ꎬ故可得ｆ(ｘ)ɤａ恒成立ꎬ转化即可得到这道高考试题:当ｘȡ０时ꎬｆｘ()ȡ１２ｘ３＋１ꎬ求ａ的取值范围.而由上述分析可知ꎬｆ(ｘ)在ｘ＝２处取得最大值ꎬ故ａȡ７－ｅ２４ꎬ此题的结果就出来了.３具体应用３.１利用泰勒展开式证明不等式例１㊀证明:ｌｎ１＋ｘ()ɤｘ－ｘ２２＋ｘ３３(－１<ｘ<１).证明㊀设ｆ(ｘ)＝ｌｎ(１＋ｘ)(－１<ｘ<１)ꎬ则ｆ(ｘ)在ｘ＝０处有泰勒公式ｌｎ１＋ｘ()＝ｘ－ｘ２２＋ｘ３３－ｘ４４１＋ξ()４(－１<ξ<１)ꎬ因为－ｘ４４１＋ξ()４ɤ０ꎬ所以ｌｎ１＋ｘ()ɤｘ－ｘ２２＋ｘ３３.３.２泰勒展开式与函数的极值界定例２㊀已知ｘ＝０是函数ｆ(ｘ)＝ｘ(ａｘ－ｔａｎｘ)的极大值点ꎬ则ａ的取值范围是(㊀㊀).Ａ.－¥ꎬ０(]㊀㊀㊀Ｂ.－¥ꎬ１(]Ｃ.０ꎬ＋¥[)㊀Ｄ.[１ꎬ＋¥)解析㊀ｘ＝０是函数ｆ(ｘ)＝ｘ(ａｘ－ｔａｎｘ)的极大值点ꎬ等价于ｘ＝０是函数ｇ(ｘ)＝ｘ(ａｘｃｏｓｘ－ｓｉｎｘ)的极大值点.由ｆ(ｘ)在ｘ＝０的泰勒展开为ｇｘ()ʈｘａｘ１－ｘ２２æèçöø÷－ｘ＋ｘ３６[]ꎬ化简ꎬ得ｇｘ()ʈａ－１()ｘ２－ａ２－１６æèçöø÷ｘ４.因为ｘ＝０是ｆ(ｘ)的一个极大值点ꎬ所以二次项系数必须小于零ꎬ即ａ－１<０.当ａ＝１时ꎬ也满足最低偶次项即－１３ｘ４系数小于零ꎬ所以ａɤ１.故选Ｂ.３.３利用超越不等式比较大小例３㊀设ａ＝ｌｎ１.０１ꎬｂ＝１.０１３０ｅꎬｃ＝１１０１(其中自然对数的底数ｅ＝２.７１８２８ )ꎬ则(㊀㊀).Ａ.ａ<ｂ<ｃ㊀Ｂ.ａ<ｃ<ｂ㊀Ｃ.ｃ<ｂ<ａ㊀Ｄ.ｃ<ａ<ｂ解析㊀令ｘ＝１.０１ꎬ则ａ＝ｌｎｘꎬｂ＝ｘ３０ｅꎬｃ＝１－１ｘ－１.考虑到ｌｎｘɤｘ－１ꎬ可得－ｌｎｘɤ１ｘ－１.化简ꎬ得ｌｎｘȡ１－１ｘꎬ当且仅当ｘ＝１时等号成立ꎬ故ｘ＝１.０１２３时ꎬａ>ｃ.由ｌｎｘɤｘ－１ꎬ得ｌｎ１.０１<０.０１<１.０１３０ｅ.故ｂ>ａ.综上ꎬｂ>ａ>ｃꎬ故选Ｂ.３.４利用对数型超越放缩证明不等式例４㊀已知函数ｆｘ()＝ｌｎｘ－ｋｘ＋１.(１)若ｆｘ()ɤ０恒成立ꎬ求实数ｋ的取值范围ꎻ(２)证明:１＋１２２æèçöø÷１＋１３２æèçöø÷ １＋１ｎ２æèçöø÷<ｅ２３(ｎɪＮ∗ꎬｎ>１).解析㊀(１)由ｆｘ()ɤ０ꎬ得ｋȡｌｎｘ＋１ｘ.令ｇｘ()＝ｌｎｘ＋１ｘ(ｘ>０)ꎬ则ｇᶄｘ()＝－ｌｎｘｘ２.当０<ｘ<１时ꎬｇᶄｘ()>０ꎬｇｘ()单调递增ꎬ当ｘ>１时ꎬｇᶄｘ()<０ꎬｇｘ()单调递减ꎬ所以ｇ(ｘ)ｍａｘ＝ｇ１()＝１.从而ｋȡ１.(２)由(１)知ꎬｋ＝１时ꎬ有不等式ｌｎｘɤｘ－１对任意ｘɪ(０ꎬ＋¥)恒成立ꎬ当且仅当ｘ＝１时ꎬ取等号ꎬ所以不等式ｌｎｘ<ｘ－１对任意ｘɪ(１ꎬ＋¥)恒成立.令ｘ＝１＋１ｎ２(ｎ>１ꎬ且ｎɪＮ∗)ꎬ则ｌｎ１＋１ｎ２æèçöø÷<１ｎ２<１ｎ２－１＝１２１ｎ－１－１ｎ＋１æèçöø÷.则ｌｎ１＋１２２æèçöø÷＋ｌｎ１＋１３２æèçöø÷＋＋ｌｎ１＋１ｎ２æèçöø÷<１２２＋１２１２－１４æèçöø÷＋＋１ｎ－２－１ｎæèçöø÷＋１ｎ－１－１ｎ＋１æèçöø÷[]＝１４＋１２１２＋１３－１ｎ－１ｎ＋１[]<１４＋１２１２＋１３[]＝２３.即１＋１２２æèçöø÷１＋１３２æèçöø÷ １＋１ｎ２æèçöø÷<ｅ２３(ｎɪＮ∗ꎬｎ>１).㊀３.５利用指数型超越放缩证明不等式例５㊀已知函数ｆｘ()＝ｅｘ－ｅ－ｘ－２ｘꎬ(１)设ｇｘ()＝ｆ２ｘ()－４ｂｆ(ｘ)ꎬ当ｘ>０时ꎬｇｘ()>０ꎬ求ｂ的最大值ꎻ(２)已知１.４１４２<２<１.４１４３ꎬ估计ｌｎ２的近似值.(精确到０.００１)解析㊀(１)函数ｇｘ()＝ｆ２ｘ()－４ｂｆｘ()＝ｅ２ｘ－ｅ－２ｘ－４ｂｅｘ－ｅ－ｘ()＋８ｂ－４()ｘꎬ求导得ｇᶄｘ()＝２ｅｘ＋ｅ－ｘ－２()ｅｘ＋ｅ－ｘ＋２－２ｂ().①由ｅｘ＋ｅ－ｘ>２ꎬ则ｅｘ＋ｅ－ｘ＋２>４.当２ｂɤ４ꎬ即ｂɤ２时ꎬｇᶄｘ()ȡ０ꎬ当且仅当ｘ＝０时取等号.从而ｇ(ｘ)在Ｒ上为增函数ꎬ而ｇ(０)＝０ꎬ所以ｘ>０时ꎬｇ(ｘ)>０ꎬ符合题意.②当ｂ>２时ꎬ若ｘ满足２<ｅｘ＋ｅ－ｘ<２ｂ－２ꎬ则ｌｎｂ－１－ｂ２－２ｂ()<ｘ<ｌｎｂ－１＋ｂ２－２ｂ().又由ｇ(０)＝０知ꎬ当０<ｘɤｌｎｂ－１＋ｂ２－２ｂ()时ꎬｇ(ｘ)<０ꎬ不符合题意.综合①②知ꎬｂɤ２ꎬ即ｂ的最大值为２.(２)因为１.４１４２<２<１.４１４３ꎬ根据(２)中ｇｘ()＝ｅ２ｘ－ｅ－２ｘ－４ｂｅｘ－ｅ－ｘ()＋８ｂ－４()ｘꎬ为了凑配ｌｎ２ꎬ并利用２的近似值ꎬ故将ｌｎ２即１２ｌｎ２代入ｇ(ｘ)的解析式中ꎬ得ｇｌｎ２()＝３２－２２ｂ＋２２ｂ－１()ｌｎ２.当ｂ＝２时ꎬ由ｇ(ｘ)>０ꎬ得ｇｌｎ２()＝３２－４２＋６ｌｎ２>０ꎬ则ｌｎ２>８２－３１２>８ˑ１.４１４２－３１２＝０.６９２８.令ｌｎｂ－１＋ｂ２－２ｂ()＝ｌｎ２ꎬ得ｂ＝３２４＋１>２.当０<ｘɤｌｎｂ－１＋ｂ２－２ｂ()时ꎬ由ｇｘ()<０ꎬ得ｇｌｎ２()＝－３２－２２＋３２＋２()ｌｎ２<０.得ｌｎ２<１８＋２２８<１８＋１.４１４３２８<０.６９３４.所以ｌｎ２的近似值为０.６９３.总结㊀泰勒公式是高等数学中的重要知识ꎬ它构成了众多高考数学题中的命题背景.所以知道常见函数的泰勒展开式ꎬ就能捕捉到试题背后蕴藏的不等式ꎬ应用时用初等数学的方法证明即可.在高中数学学习的过程中适当扩展与了解一些高等数学的知识ꎬ对于高中生尤其是优等生是必要的.参考文献:[１]华东师范大学数学科学学院.数学分析(第五版上册)[Ｍ].北京:高等教育出版社ꎬ２０１９.[责任编辑:李㊀璟]３３。

教学设计不等式知识点在高考题中的运用

不等式知识点在高考题中的运用
安庆市皖河中学宋哲教材分析：
学情分析：
学生在高考二轮复习过程中，易于产生割裂知识，肢解问题的错误态度，因此需要整合不等式知识点综合运用能力，让学生学会“复合”知识，形成系统化知识的网络，宏观看待高考题的立意及处理方法。

教学目标：
知识与技能复习绝对值不等式的解法，不等式的证明，函数与不等式的交汇知识点及综合运用的能力。

过程与方法通过复习复习绝对值不等式的解法，不等式的证明，函数与不等式的交汇知识点解决简单问题，进一步提高不等式知识点的综合运用的能力。

情感、态度、价值观启发调动学生积极参与教学活动，培养良好的学习习惯。

通过绝对值不等式的解法，不等式的证明，函数与不等式的交汇的学习，培养实
事求是、勇于探索、严密细致的科学态度；通过提问、讨论、思考解答等教学活动，培养坚强的意志和锲而不舍的精神，敢于解决综合问题。

教学重点：
重点绝对值不等式的解法，不等式的证明等简单问题。

难点培养利用绝对值不等式的解法，不等式的证明，函数与不等式的交汇综合地解决问题的能力。

教学程序与环节设计：
课堂小结：
知识点：
题型：
课后延伸：教学反思：。

高中数学论文：一道不等式例题的推广及应用

一道不等式例题的推广及应用高中数学必修第二册（上）第12页例3：2233,,ab b a b a b a b a +>+≠则有都是正数，且若（1）文[1]对（1）式进行指数推广，笔者认为可以进一步推广为: 引理则有且同号都是正数，若,,,R l k b a ∈ k l l k l k l k b a b a b a +≥+++ 当且仅当b a =时取到等号。

证明：因为 0))((≥--=--+++l l kk k l l k l k l k b a b a b a b a b a 所以 k l l k l k l k b a b a b a +≥+++ 证毕。

下面我们考虑对其项数推广。

注意到引理的结构，两边同时加上lk lk ba +++，则可得k l l k l k l kb a b a b a +≥+++)(2+l k l k b a +++即，))(()(2l l k k l k l k b a b a b a ++≥+++，所以有：定理 :,,1,则有且同号、且若R l k N i n i R a i ∈∈≤<∈+)(1111∑∑∑===+≥n i l i n i k i ni lk i a a n a 时取等号当且仅当n a a a === 21证明：因为∑∑=+=+=nj l k j n i lk i a a 11所以∑∑∑∑∑∑=+=+====+++++=+=+nj l k j n i lk i n j n i n j n i lk j lk i lk j lk i a n a n na a a a 111111)()(∑=+=ni l k i a n 12 （2）由引理及∑∑∑∑======nj l j ni l i n i n j k j k i a a a a 1111,所以∑∑∑∑∑∑∑=======+++=+≥+ni l i kj n j n i ki lj nj n i kj li lj ki n j n i lk j lk i a a a a a a a a a a 1111111)()()(∑∑∑∑∑∑=======+=ni l i n i ki n i li n j kj n i ki n j lj a a a a a a 1111112 （3）时等号取到即当且仅当n j i a a a a a ==== 21结合（2）（3）可得定理成立。

导数压轴-超越函数的探讨(有详细解答)

（1）切线不等式（对于常见的 ex 和 lnx 1）
（2）换元处理（3）分离函数比较(提取公因式，分离超越式)
例题分析
三角函数
例 1. 已知 f x e1x a cos x,a R (1) 若函数 y f x 在0, 存在单调递增区间，求实数 a 的取值范围
(2)
若
f
2
0
，证明：对于
则有 a
2
sin(
x
4
)min
，因为在
0,
上所以
a
1
即可
对于第二问来说由
f
2
0
我
们不
难得到
a=0 ，进一步则不等号左边即为
ex2 cosx 1 2e1x sin x cos xcosx 1 0
即
解析几何导数专题
cos
x
1 (ex2
2e1x
sin
x
cos
x)
非是去绝对值后进行求导探求极值点，但是这道题里面难点就在于 a 是参数且
求导后无法得出具体的极值点，结合之前讲的放缩技巧，我们可以先一步使用绝
对值不等式有 a cos2x a 1cos x 1 a cos x a 1cos x 1 ，此时还带着
三角函数，因此我们继续使用三角函数放缩即可当 a1 有
0
而又因为在
x
1,
1 2
上
cos
x
1
0
恒
成立所以即证 (ex2 2e1x sin x cos x) 0 即可，即 e2x1 2
2
sin(x
4
)
在

经典(超越)不等式(解析版)

经典(超越)不等式一、结论(1)对数形式:x ≥1+ln x (x >0),当且仅当x =1时,等号成立.(2)指数形式:e x ≥x +1(x ∈R ),当且仅当x =0时,等号成立.进一步可得到一组不等式链：e x >x +1>x >1+ln x (x >0且x ≠1)上述两个经典不等式的原型是来自于泰勒级数：e x=1+x +x 22!+⋯+x n n !+e θx(n +1)!x n +1；ln (1+x )=x -x 22+x 33-⋯+(-1)n x n +1n +1+o (x n +1)；截取片段：e x ≥x +1(x ∈R )ln (1+x )≤x (x >-1)，当且仅当x =0时,等号成立；进而：ln x ≤x -1(x >0)当且仅当x =1时,等号成立二、典型例题1(2023·陕西咸阳·校考模拟预测)已知a =25,b =e -35,c =ln5-ln4，则()A.a >b >cB.a >c >bC.b >a >cD.b >c >a【答案】C【详解】f (x )=e x -1-xf (x )=e x -1，则x ∈0,+∞ ,f (x )>0,x ∈-∞,0 ,f (x )<0，故函数f (x )在-∞,0 单调递减，0,+∞ 单调递增，则f (x )≥f (0)=0则e x -1-x ≥0，即e x ≥1+x 由e x ≥1+x ，∴e -35>25，故b >a 同理可证ln (1+x )≤x又∵ln (1+x )≤x ，∴ln5-ln4=ln 1+14 <14，则b >a >c 故选：C .【反思】对于指数形式:e x ≥x +1(x ∈R ),当且仅当x =0时,等号成立，该不等式是可以变形使用的：e x≥x +1(x ∈R )-x 替换xe -x≥-x +1,即1ex ≥1-x 当x <1 e x ≤11-x当x >1e x ≥11-x注意使用时x 的取值范围；同样的还可以如下处理：e x ≥x +1(x ∈R )两边同时取对数：x ≥ln (x +1)(x >-1)，同样可以变形使用：x ≥ln (x +1)(x >-1)"x -1"替换"x "x -1≥ln x (x >0)左右两边同乘以“-1”1-x ≤-ln x (x >0)；1-x ≤-ln x (x >0)⇔1-x ≤ln 1x(x >0)用“1x ”替换“x ”1-1x ≤ln x ⇔x -1x≤ln x 注意使用时x 的取值范围.另外，选择填空题中，涉及到超越不等式可以直接使用，但是注意，解答题中一定要先证后用.2(2023·全国·高三专题练习)已知函数f (x )=e x -x -1.(1)证明：f (x )≥0；(2)证明：1+121+122⋯1+12n<e ．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【详解】(1)f x =e x -1，令f x >0，得x >0；令f x <0，得x <0，所以f x 在-∞,0 上单调递减，在0,+∞ 上单调递增，所f x 的最小值为f 0 =0，所以f (x )≥0.(2)由(1)知，当x ∈(0,+∞)时，f (x )>f (0)=0，即e x -x -1>0，即e x >x +1，即x >ln x +1 ，令x =12n ，得ln 1+12n<12n ，所以ln 1+121+122 ⋅⋅⋅1+12n=ln 1+12 +ln 1+122 +⋯+ln 1+12n<12+122+⋯+12n =121-12n 1-12=1-12n <1，故1+121+122⋅⋅⋅1+12n<e ．【反思】注意在解答题中e x ≥1+x ，x ≥1+ln x (x >0)等超越不等式，及其变形式，不能直接使用，需要证明后才可以使用，才可以进一步变形得到有利于解题的不等式.三、针对训练举一反三一、单选题1.(2023春·浙江·高三校联考开学考试)设a =12022，b =tan 12022⋅e 12022，c =sin 12023⋅e 12023，则()A.c <b <aB.c <a <bC.a <c <bD.a <b <c【答案】B【详解】设f x =e x -x +1 ，则f x =e x -1，在(0,+∞)时，f (x )>0，在(-∞,0)时，f (x )<0，所以f (x )min =f (0)=0，即e x -x +1 ≥0，所以e x ≥x +1对任意x ∈R 均成立.取x =12022，有e12022>12022+1=20232022，所以12023e 12022>12022.再取x =-12023，可得e -12023>1-12023=20222023，两边取倒数，即e 12023<20232022，所以12023e 12023<12022，又当x ∈0,π2时，设F (x )=x -sin x ，G (x )=tan x -x ，则F(x )=1-cos x >0，G(x )=sin x cos x -1=1-cos 2x cos 2x =sin 2x cos 2x >0，即F (x )和G (x )在0,π2 均递增，所以F (x )>F (0)=0，G (x )>G (0)=0，即x ∈0,π2时，sin x <x <tan x ，所以sin12023⋅e 12023<12023e 12023<12022<12023e 12022<tan 12023⋅e 12022，由tan x 在x ∈0,π2 单调递增，可得tan 12023⋅e 12022<tan 12022⋅e 12022，即c <a <b .故选：B2.(2023秋·江苏苏州·高三常熟中学校考期末)a =e 0.2，b =log 78，c =log 67，则()A.a >b >cB.b >a >cC.a >c >bD.c >a >b【答案】C 【详解】令f (x )=ln (x +1)ln x(x >0)则f (x )=x ln x -(x +1)ln (x +1)x (x +1)ln 2x，显然f (x )<0即f (x )单调递减，所以ln7ln6>ln8ln7，即log 67>log 78，c >b .令g (x )=e x -x -1(x ≥0)则g (x )=e x -1≥0，即g (x )在[0,+∞)上单调递增所以g (x )≥g (0)=0，即e x ≥x +1，所以e 0.2>0.2+1=65令h (x )=x 6-ln xln6则h (x )=16-1x ln6当h (x )>0时，x >6ln6，即h (x )在6ln6,+∞ 上单调递增又h (6)=0，所以当x >6时，h (x )>h (6)=0所以h (7)>h (6)=0，即76-ln7ln6>0即log 67<76，又76<65，所以log 67<76<65<e 0.2，即c <a .综上：a >c >b .故选：C.3.(2023·云南曲靖·统考一模)已知a=e-2，b=1-ln2，c=e e-e2，则()A.c>b>aB.a>b>cC.a>c>bD.c>a>b【答案】D【详解】令f(x)=x-1-ln x,x>0，则f(e)=e-1-ln e=e-2=a，f(2)=2-1-ln2=1-ln2=b，∵f (x)=1-1x =x-1x，∴当x>1时，f (x)>0，f(x)单调递增，∴f(e)>f(2)，即a>b，令g(x)=e x-x，则g (x)=e x-1，∴当x>0时，g (x)>0，g(x)单调递增，∴g(e)>g(2)，即e e-e>e2-2，所以e e-e2>e-2，即c>a．综上，c>a>b．故选：D．4.(2023·全国·高三专题练习)已知a=e sin1-1,b=sin1,c=cos1，则()A.a<c<bB.a<b<cC.c<b<aD.c<a<b【答案】C【详解】解：当x∈π4,5π4,sin x>cos x，又1∈π4,5π4，所以sin1>cos1，故b>c记f x =e x-x-1，所以f x =e x-1，令f x <0，得x<0，令f x >0，得x>0，所以f x 在-∞,0单调递减，在0,+∞单调递增.所以f x ≥f0 =0，即e x-x-1≥0，当x=0时取等号.所以a=e sin1-1>sin1-1+1=sin1=b，所以c<b<a.故选：C.5.(2023·全国·高三专题练习)已知a>b+1>1则下列不等式一定成立的是()A.b-a>b B.a+1a>b+1bC.b+1a-1<e bln aD.a+ln b<b+ln a【答案】C【详解】取a=10,b=8，则b-a<b，故A选项错误；取a=3，b=13，a+1a=b+1b，则B选项错误；取a=3，b=1，则a+ln b=3，b+ln a=1+ln3<1+ln e2=3，即a+ln b>b+ln a，故D选项错误；关于C选项，先证明一个不等式：e x≥x+1，令y=e x-x-1，y =e x-1，于是x>0时y >0，y递增；x<0时y <0，y递减；所以x=0时，y有极小值，也是最小值e0-0-1=0，于是y=e x-x-1≥0，当且仅当x=0取得等号，由e x≥x+1，当x>-1时，同时取对数可得，x≥ln(x+1)，再用x-1替换x，得到x-1≥ln x，当且仅当x=1取得等号，由于a>b+1>1，得到e b>b+1，ln a<a-1，∴a-1ln a>1>b+1e b，即b+1a-1<e bln a，C选项正确.故选：C.6.(2023·全国·高三专题练习)已知实数a，b，c满足ac=b2，且a+b+c=ln a+b，则()A.c<a<bB.c<b<aC.a<c<bD.b<c<a【答案】A【详解】设f x =ln x-x+1，则f x =1x-1=1-xx，当x∈0,1时，f x >0，f x 单调递增，当x∈1,+∞时，f x <0，f x 单调递减，∴f x ≤f1 =0，即ln x≤x-1，所以ln a+b≤a+b-1，所以a+b+c≤a+b-1，即c≤-1，又ac=b2>0，所以a<0，由a+b>0，所以b>-a>0，所以b2>a2，即ac>a2，所以c<a，所以c<a<b.故选：A.7.(2023·全国·高三专题练习)若正实数a，b满足ln a+ln b2≥2a+b22-2，则()A.a+2b=2+14B.a-2b=12-22 C.a>b2 D.b2-4a<0【答案】B到各不等式取等号的条件，解得a,b的值，然后逐一检验即可做出正确判断.【详解】先证明熟知的结论：x-1≥ln x恒成立，且当且仅当x=1时取等号.设f x =x-1-ln x,则f x =1-1 x ,在(0,1)上，f x <0,f x 单调递减;在(1,+∞)上，f x >0,f x 单调递增.故f x min=f1 =1-1-0=0,∴f x =x-1≥ln x恒成立，且当且仅当x=1时取等号.由2a+b22-2≥22a×b22-2=2ab2-1≥2ln ab2=ln a+ln b2,由已知ln a+ln b2≤2a+b22-2，∴ln a+ln b2=2a+b22-2，且2a=b22ab2=1，解得a=12b=2 ,经检验只有B正确，故选：B.8.(2023·四川南充·四川省南充高级中学校考模拟预测)已知a1,a2,a3,a4成等比数列，且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)．若a1>1，则A.a1<a3,a2<a4B.a1>a3,a2<a4C.a1<a3,a2>a4D.a1>a3,a2>a4【答案】B【详解】令f(x)=x-ln x-1,则f (x)=1-1x，令f(x)=0,得x=1，所以当x>1时，f (x)>0，当0<x<1时，f (x)<0，因此f(x)≥f(1)=0,∴x≥ln x+1，若公比q>0，则a1+a2+a3+a4>a1+a2+a3>ln(a1+a2+a3)，不合题意；若公比q≤-1，则a1+a2+a3+a4=a1(1+q)(1+q2)≤0,但ln(a1+a2+a3)=ln[a1(1+q+q2)]>ln a1>0，即a1+a2+a3+a4≤0<ln(a1+a2+a3)，不合题意；因此-1<q<0,q2∈(0,1)，∴a1>a1q2=a3,a2<a2q2=a4<0，选B.二、填空题9.(2022春·广东佛山·高二佛山市顺德区容山中学校考期中)已知对任意x，都有xe2x-ax-x≥1+ln x，则实数a的取值范围是.【答案】(-∞,1]【详解】根据题意可知，x>0，由x⋅e2x-ax-x≥1+ln x，可得a≤e2x-ln x+1x-1x>0恒成立，令f x =e2x-ln x+1x-1，则a≤f x min，现证明e x≥x+1恒成立，设g x =e x-x-1，g x =e x-1，当g x =0时，解得：x=0，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，故x=0时，函数g x 取得最小值，g0 =0，所以g x ≥g0 =0，即e x-x-1≥0⇔e x≥x+1恒成立，f x =e2x-ln x+1x -1=x⋅e2x-ln x-1x-1，=e ln x+2x-ln x-1x -1≥ln x+2x+1-ln x-1x-1=1，所以f x min=1，即a≤1.所以实数a的取值范围是-∞,1.故答案为：-∞,1三、解答题10.(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =e x-a.(1)若函数f(x)的图象与直线y=x-1相切，求a的值；(2)若a≤2，证明f(x)>ln x.【答案】(1)a=2(2)证明见解析(1)解：f(x)=ex-a，∴f′(x)=ex，令f′(x)=1，得x=0，而当x=0时，y=-1，即f(0)=-1，所以f0 =e0-a=-1，解得a=2.(2)证明　∵a≤2，∴f(x)=ex-a≥ex-2，令φ(x)=ex-x-1，则φ′(x)=ex-1，令φ′(x)=0⇒x=0，∴当x∈(0，+∞)时，φ′(x)>0；当x∈(-∞，0)时，φ′(x)<0，∴φ(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，∴φ(x)min=φ(0)=0，即φ(x)≥0，即ex≥x+1，∴ex-2≥x-1，当且仅当x=0时等号成立，令h(x)=ln x-x+1，则h′x =1x-1=1-xx，令h′(x)=0⇒x=1，∴当x∈(0，1)时，h′(x)>0；当x∈(1，+∞)时，h′(x)<0，∴h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，∴h(x)max=h(1)=0，即h x ≤h1 =0，即ln x≤x-1，∴ln x≤x-1，当且仅当x=1时等号成立，∴ex-2≥x-1≥ln x，两等号不能同时成立，∴ex-2>ln x，即证f(x)>ln x.。

浅谈一个超越不等式在解高考压轴题中应用(上网公开件)

浅谈一个超越不等式在求解高考压轴题中的应用爱学数理化外语摘要：本文介绍一个重要的超越不等式，以及它的导出、推广形式，并详细阐述它们在求解高考压轴题中的重要应用。

关键词：超越不等式；高考；压轴题一、一个重要超越不等式及其导出、推广形式（一）基本不等式e x ≥x+1,x∈R，当且仅当x=0时等号成立。

证明过程如下：设f(x)=e x -x-1，则f ′(x)=e x -1，令f ′(x)=0，得x=0。

且当x ＜0时，f ′(x)＜0；当x ＞0时，f ′(x)＞0，∴ f(x)在x=0处取得极小值f(0)=0，即f(x)≥f(0)=0，∴e x ≥x+1成立。

该不等式的几何意义如图一所示：函数y=e x 所表示的曲线在直线y=x+1的上方且与该直线相切。

切点坐标为(0,1)，即当x=0时不等式中的等号成立。

（二）基本不等式的变形上述基本不等式有很多实用变形，例如：当x＞-1时，将不等式两边取自然对数即得到导出不等式一：x≥ln(x+1)，x∈(-1,+∞)当且仅当x=0时等号成立。

当x ＞0时，用x-1代替上式中的x ，又可得到导出不等式二：x-1≥lnx，x∈(0,+∞)当且仅当x=1时等号成立。

其几何意义亦如图一所示。

（三）基本不等式的推广kx+b 直线为x 轴（直线与曲线y=e x 相离或0x推论一：若x∈R ，且e x ≥图二x恒成立，则必有k≥0且函数y=e x所表示的曲线在直线y=kx+b的上方且与该直线至多有一个公共点。

⒈若k=0，则b≤0，此时即曲线y=e x 的水平渐近线）或x轴下方与x轴平行的直线。

不等式中的“＞”成立。

⒉若k＞0，则相切。

相切时可设切点坐标为),(0x e x ，则有00)1(,x x e x b e k −==00x x =（求导后代入直线的点斜式方程即得），当且仅当时不等式中的等号成立。

推论二：若x∈R ，且me nx ≥kx+b(m>0,n≠0)恒成立，则必有n>0,k≥0（或n<0,k≤0）且函数y=me nx所表示的曲线在直线y=kx+b的上方且与该直线至多有一个公共点。

(复习指导)高考大题专项(一) 突破1 利用导数研究与不等式有关的问题含解析

高考大题专项(一)导数的综合应用考情分析导数的综合应用是高考考查的重点内容,也是高考压轴题之一,近几年高考命题的趋势是稳中求变、变中求新、新中求活,纵观近几年的高考题,导数的综合应用题考查多个核心素养以及综合应用能力,近两年的难度有所降低,题目所在试卷的位置有所提前,不再固定在最后压轴位置上,预计这一趋势会保持下去.突破1利用导数研究与不等式有关的问题必备知识预案自诊知识梳理1.与e x,ln x有关的常用不等式的结论(1)由f(x)=e x图象上任一点(m,f(m))的切线方程为y-e m=e m(x-m),得e x≥e m(x+1)-m e m,当且仅当x=m时,等号成立.当m=0时,有e x≥1+x;当m=1时,有e x≥e x.(2)由过函数f(x)=ln x图象上任一点(n,f(n))的切线方程为y-ln n=1n (x-n),得ln x≤1nx-1+ln n,当且仅当x=n时,等号成立.当n=1时,有ln x≤x-1;当n=e时,有ln x≤1ex.(3)由(1),(2)得,若x∈(0,+∞),则e x≥x+1>x-1≥ln x.2.证明含参数的函数不等式,其关键在于将所给的不等式进行“改造”,得到“一平一曲”,然后运用导数求出“曲”的最值,将其与“平”进行比较即可.3.函数不等式的类型与解法(1)∀x∈D,f(x)≤k⇔f(x)max≤k;∃x∈D,f(x)≤k⇔f(x)min≤k;(2)∀x∈D,f(x)≤g(x)⇐f(x)max≤g(x)min;∃x∈D,f(x)≤g(x)⇒f(x)min≤g(x)max.4.含两个未知数的不等式(函数)问题的常见题型及具体转化策略(1)∀x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最小值>g(x)在[c,d]上的最大值.(2)∃x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最大值>g(x)在[c,d]上的最小值.(3)∀x1∈[a,b],∃x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最小值>g(x)在[c,d]上的最小值.(4)∃x1∈[a,b],∀x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最大值>g(x)在[c,d]上的最大值.(5)∃x1∈[a,b],当x2∈[c,d]时,f(x1)=g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的值域与g(x)在[c,d]上的值域交集非空.(6)∀x1∈[a,b],∃x2∈[c,d],f(x1)=g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的值域⊆g(x)在[c,d]上的值域.(7)∀x2∈[c,d],∃x1∈[a,b],f(x1)=g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的值域⊇g(x)在[c,d]上的值域.关键能力学案突破考求函数不等式的参数的取值范围 (多点考向探究)考向1 求单变量函数不等式的参数的取值范围【例1】已知函数f (x )=(x+1)ln x-a (x-1). (1)略;(2)若当x ∈(1,+∞)时,f (x )>0,求实数a 的取值范围.解题心得1.若∀x>0,f (x )≥0成立,求a 的取值范围,即求当x>0,f (x )≥0恒成立时的a 的取值范围,即研究a 取什么范围使得当x>0时f (x )≥0成立.2.对于恒成立求参数取值范围的问题,最值法与分离参数法是两种最常用的方法.如果分离后的函数容易求最值,则选用分离参数法,否则选用最值法.最值法主要考查学生分类讨论的思想,一般遵循“构造函数——分类讨论”两步来展开.一些稍难的恒成立问题,如果用分离参数法来处理,往往需要多次求导和使用洛必达法则.对点训练1(2020河北石家庄质量检测)已知函数f (x )=ax e x -(a+1)(2x-1). (1)若a=1,求函数f (x )的图象在点(0,f (0))处的切线方程; (2)当x>0时,函数f (x )≥0恒成立,求实数a 的取值范围.考向2 求双变量函数不等式的参数的取值范围【例2】(2020山东潍坊临朐模拟一,22)已知函数f (x )=m ln x-x+m x(m ∈R ). (1)略;(2)若f (x )有两个极值点x 1,x 2,不等式f (x 1)+f (x 2)x 12+x 22<a 恒成立,求实数a 的取值范围.解题心得对于含有两个变量的不等式恒成立求参数取值范围的问题,一般要找到两个变量的关系,转化为一个变量,从而得到一个函数;也可以从含有两个变量的不等式中抽象出一个函数是单调函数.对于求参数的取值范围,可以分离出变量,得到一个不等式,通过函数的最值得参数的取值范围;如果变量不易分离,可以对参数进行讨论,看参数在什么范围不等式成立,从而求出参数的取值范围.对点训练2(2020安徽安庆二模,理21)已知函数f(x)=a ln x+12(a-1)x2+1(a∈R).(1)略;(2)当a=-1时,对任意的x1,x2∈(0,+∞),且x1≠x2,都有|x1f(x2)-x2f(x1)x1-x2|>mx1x2,求实数m的取值范围.考点利用导数证明不等式(多考向探究)考向1单未知数函数不等式的证明【例3】已知函数f(x)=e x-ln(x+m).(1)略;(2)当m≤2时,证明f(x)>0.解题心得1.对于含有参数的一个未知数的函数不等式,其证明方法与不含参数的一个未知数的函数不等式证明大体一致.可以直接证明,也可以放缩后再证明,也可以分离参数后,利用导数求最值来证明.2.证法1与证法2中出现的x0的具体数值是无法求解的,只能求出其范围,我们把这种零点称为“隐性零点”.证法2比证法1简单,这是因为利用了函数单调性将命题e x-ln(x+m)>0加强为e x-ln(x+2)>0,转化为研究一个特例函数的问题,从而大大降低了题目的难度.证法2中,因为φ(x 0)的表达式涉及e x 0,ln(x 0+2),都是超越式,所以φ(x 0)的值不好计算,由此,需要对“隐性零点”满足的式子e x 0−1x 0+2=0进行变形,得到两个式子e x 0=1x 0+2和ln(x 0+2)=-x 0,然后进行反代,从而将超越式转化为初等式.“反代”是处理“隐性零点”问题的常用策略.对点训练3已知函数f (x )=ax 2+x -1e x .(1)求曲线y=f (x )在点(0,-1)处的切线方程; (2)求证:当a ≥1时,f (x )+e ≥0.【例4】已知函数f (x )=x+ax .(1)略;(2)设函数g (x )=ln x+1,证明:当x ∈(0,+∞)且a>0时,f (x )>g (x ).解题心得欲证函数不等式f (x )>g (x )(x ∈I ,I 是区间),设h (x )=f (x )-g (x )(x ∈I ),即证h (x )>0,为此研究h (x )的单调性,先求h'(x )的零点,根据零点确定h (x )在给定区间I 上的正负,若h (x )在区间I 上单调递增或单调递减或先单调递减后单调递增,只须h (x )min >0(x ∈I )(若h (x )min 不存在,则须求函数h (x )在与区间I 相应的闭区间上的端点处的函数值),若h (x )在区间I 上先单调递增后单调递减,只须区间I 的端点的函数值大于或等于0;若h'(x )的零点不好求,可设出零点x 0,然后确定零点的范围,进而确定h (x )的单调区间,求出h (x )的最小值h (x 0),再研究h (x 0)的正负.对点训练4(2020安徽南陵中学模拟,文21)已知函数f (x )=a e x -ln x-1. (1)设x=2是f (x )的极值点,求实数a 的值,并求f (x )的单调区间;(2)证明:当a ≥1e 时,f (x )≥0.考向2双未知数函数不等式的证明-x+a ln x(a∈R).【例5】已知函数f(x)=1x(1)讨论f(x)的单调性;<a-2.(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:f(x1)-f(x2)x1-x2解题心得对于两个未知数的函数不等式问题,其关键在于将两个未知数化归为一个未知数,常见的证明方法有以下四种:方法1:利用换元法,化归为一个未知数;方法2:利用未知数之间的关系消元,化归为一个未知数;方法3:分离未知数后构造函数,利用函数的单调性证明;方法4:利用主元法,构造函数证明.对点训练5(2020山东德州二模,21)已知函数f(x)=1x2-ax+a ln 2x(a≠0).4-ln 2,求a;(1)若a<0时f(x)在[1,e]上的最小值是54(x12+x22)-2e(其中e为自然对数(2)若a≥e,且x1,x2是f(x)的两个极值点,证明:f(x1)+f(x2)<12的底数).高考大题专项(一)导数的综合应用突破1利用导数研究与不等式有关的问题关键能力·学案突破例1解(1)略.(2)(方法1 分离参数法)当x ∈(1,+∞)时,f (x )>0等价于a<(x+1)lnxx -1.令H (x )=(x+1)lnxx -1,则H'(x )=(x+1x+lnx )(x -1)-(x+1)lnx(x -1)2=x -1x -2lnx (x -1)2,令K (x )=x-1x -2ln x , 则K'(x )=x 2-2x+1x 2>0,于是K (x )在(1,+∞)上单调递增,所以K (x )>K (1)=0,于是H'(x )>0,从而H (x )在(1,+∞)上单调递增.由洛必达法则,可得lim x →1+(x+1)lnx x -1=lim x →1+((x+1)lnx )'(x -1)'=lim x →1+1+1x +lnx1=2,于是a ≤2,于是a 的取值范围是(-∞,2].(方法2 最值法)由f (x )=(x+1)ln x-a (x-1),得f'(x )=ln x+1x +1-a.①当1-a ≥0,即a ≤1时,f'(x )>0,所以f (x )在(1,+∞)上单调递增,所以f (x )>f (1)=0. ②当a>1时,令g (x )=f'(x ),则g'(x )=x -1x 2>0,所以g (x )在(1,+∞)上单调递增,于是f'(x )>f'(1)=2-a.(ⅰ)当2-a ≥0,即1<a ≤2时,f'(x )>0,于是f (x )在(1,+∞)上单调递增,于是f (x )>f (1)=0. (ⅱ)当2-a<0,即a>2时,存在x 0∈(1,+∞),使得当1<x<x 0时,f'(x )<0,于是f (x )在(1,x 0)上单调递减,所以f (x )<f (1)=0,不符合题意. 综上所述,a 的取值范围是(-∞,2].对点训练1解(1)若a=1,则f (x )=x e x -2(2x-1).f'(x )=x e x +e x -4,则f'(0)=-3,f (0)=2,所以所求切线方程为3x+y-2=0.(2)由f (1)≥0,得a ≥1e -1>0,则f (x )≥0对任意的x>0恒成立可转化为aa+1≥2x -1xe x对任意的x>0恒成立.设函数F (x )=2x -1xe x (x>0),则F'(x )=-(2x+1)(x -1)x 2e x. 当0<x<1时,F'(x )>0;当x>1时,F'(x )<0.所以函数F (x )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减. 所以F (x )max =F (1)=1e . 于是aa+1≥1e ,解得a ≥1e -1.故实数a 的取值范围是1e -1,+∞.例2解(1)略;(2)由题意得x ∈(0,+∞),f'(x )=m x -1-m x 2=-x 2-mx+mx 2,令g (x )=x 2-mx+m ,Δ=m 2-4m=m (m-4)>0,当m<0或m>4时,g (x )=0有两个不相等的实根x 1,x 2,且x 1+x 2=m ,x 1x 2=m. 当m<0时,两根一正一负,不符合题意.当m>4时,两个根为正,f (x )有两个极值点x 1,x 2, f (x 1)+f (x 2)=m ln x 1-x 1+m x 1+m ln x 2-x 2+mx 2=m ln x 1x 2-(x 1+x 2)+m (x 1+x 2)x 1x 2=m ln m-m+m=m ln m. x 12+x 22=(x 1+x 2)2-2x 1x 2=m 2-2m.所以f (x 1)+f (x 2)x 12+x 22=mlnmm 2-2m=lnm m -2.所以a>lnmm -2在m ∈(4,+∞)时恒成立.令h (m )=lnmm -2(m>4),则h'(m )=1-2m -lnm (m -2)2.令φ(m )=1-2m-ln m ,则φ'(m )=2m 2−1m=2-mm 2<0, 所以φ(m )在(4,+∞)上单调递减. 又φ(4)=1-12-2ln2<0,所以φ(m )<0在(4,+∞)上恒成立,即1-2m -ln m<0.所以h'(m )<0. 所以h (m )在(4,+∞)上为减函数.所以h (m )<h (4)=ln2. 所以a ≥ln2,即a 的取值范围是[ln2,+∞). 对点训练2解(1)略;(2)当a=-1时,f (x )=-ln x-x 2+1,不妨设0<x 1<x 2,则|x 1f (x 2)-x 2f (x 1)x 1-x 2|>mx 1x 2等价于|f (x 2)x 2-f (x 1)x 1|>m (x 2-x 1), 考查函数g (x )=f (x )x,得g'(x )=lnx -x 2-2x 2,令h (x )=lnx -x 2-2x 2,h'(x )=5-2lnxx 3, 则当x ∈(0,e 52)时,h'(x )>0, 当x ∈(e 52,+∞)时,h'(x )<0,所以h (x )在区间(0,e 52)上单调递增,在区间(e 52,+∞)上单调递减.故g'(x )≤g'(e 52)=12e 5-1<0,所以g (x )在(0,+∞)上单调递减. 从而g (x 1)>g (x 2),即f (x 2)x 2<f (x 1)x 1,故f (x 1)x 1−f (x 2)x 2>m (x 2-x 1), 所以f (x 1)x 1+mx 1>f (x 2)x 2+mx 2, 即g (x 1)+mx 1>g (x 2)+mx 2恒成立,设φ(x )=g (x )+mx ,则φ(x )在(0,+∞)上单调递减,从而φ'(x )=g'(x )+m ≤0恒成立,故φ'(x )=g'(x )+m ≤12e 5-1+m ≤0,故m ≤1-12e 5. 故实数m 的取值范围为-∞,1-12e 5. 例3解(1)略.(2)证法1:f (x )定义域为(-m ,+∞),f'(x )=e x -1x+m ,f ″(x )=e x +1(x+m )2>0,其中f ″(x )是f'(x )的导函数,则f'(x )在(-m ,+∞)上单调递增.又因为当x →(-m )+时,f'(x )→-∞,当x →+∞时,f'(x )→+∞,所以f'(x )=0在(-m ,+∞)上有唯一的实数根x 0,当-m<x<x 0时,f'(x )<0,当x>x 0时,f'(x )>0,所以f (x )在(-m ,x 0)上单调递减,在(x 0,+∞)上单调递增,所以当x=x 0时,f (x )取得最小值.由f'(x 0)=0可得e x 0−1x 0+m=0,即ln(x 0+m )=-x 0,于是f (x 0)=e x 0-ln(x 0+m )=1x0+m+x 0=1x 0+m +x 0+m-m ≥2-m. 当m<2时,f (x 0)>0;当m=2时,等号成立的条件是x 0=-1, 但显然f (-1)=e -1-ln(-1+2)=1e -0≠0.所以等号不成立,即f (x 0)>0.综上所述,当m ≤2时,f (x )≥f (x 0)>0.证法2:当m ≤2,x ∈(-m ,+∞)时,ln(x+m )≤ln(x+2),于是f (x )≥e x -ln(x+2),所以只要证明φ(x )=e x -ln(x+2)>0,x ∈(-2,+∞),就能证明当x ≤2时,f (x )>0.φ'(x )=e x -1x+2,φ″(x )=e x +1(x+2)2>0,其中φ″(x )是φ'(x )的导函数.于是φ'(x )在(-2,+∞)上单调递增. 又因为φ'(-1)=1e -1<0,φ'(0)=1-12>0,所以φ'(x )=0在(-2,+∞)上有唯一的实数根x 0,且x 0∈(-1,0). 当-2<x<x 0时,φ'(x )<0,当x>x 0时,φ'(x )>0,所以φ(x )在(-2,x 0)上单调递减,在(x 0,+∞)上单调递增, 所以当x=x 0时,φ(x )取得最小值. 由φ'(x 0)=0可得e x 0−1x 0+2=0,即ln(x 0+2)=-x 0,于是φ(x 0)=ex 0-ln(x 0+2)=1x 0+2+x 0=(x 0+1)2x 0+2>0,于是φ(x )≥φ(x 0)>0.综上所述,当m ≤2时,f (x )>0.证法3:当m ≤2,x ∈(-m ,+∞)时,ln(x+m )≤ln(x+2),于是f (x )≥e x -ln(x+2),所以只要证明e x -ln(x+2)>0(x>-2),就能证明当m ≤2时,f (x )>0.由ln x ≤x-1(x>0)可得ln(x+2)≤x+1(x>-2).又因为e x ≥x+1(x ∈R ),且两个不等号不能同时成立,所以e x >ln(x+2),即e x -ln(x+2)>0(x>-2),所以当m ≤2时,f (x )>0. 对点训练3(1)解f'(x )=-ax 2+(2a -1)x+2e x,因为(0,-1)在曲线y=f (x )上,且f'(0)=2,所以切线方程为y-(-1)=2(x-0),即2x-y-1=0. (2)证明f (x )+e ≥0⇔ax 2+x -1ex +e ≥0⇔ax 2+x-1+e x+1≥0. 当a ≥1时,ax 2+x-1+e x+1≥x 2+x-1+e x+1,因为e x ≥1+x (x ∈R ),所以e x+1≥2+x ,所以x 2+x-1+e x+1≥x 2+x-1+(2+x )=(x+1)2≥0. 所以当a ≥1时,f (x )+e ≥0. 例4(1)略.(2)证明令h (x )=f (x )-g (x )=x+ax -ln x-1(x>0),h'(x )=1-ax 2−1x =x 2-x -ax 2,设p (x )=x 2-x-a=0,函数p (x )的图象的对称轴为x=12.∵p (1)=1-1-a=-a<0,设p (x )=0的正实数根为x 0,∴x 0>1,由对称性知,p (x )=0的另一实数根小于0,h (x )在(0,x 0)上单调递减,在(x 0,+∞)上单调递增,h (x )min =h (x 0)=x 0+ax 0-ln x 0-1=x 0+x 02-x 0x 0-ln x 0-1=2x 0-ln x 0-2,令F (x )=2x-ln x-2(x>1),F'(x )=2-1x =2x -1x>0恒成立,所以F (x )在(1,+∞)上单调递增.又F (1)=2-0-2=0,∴F (x )>0,即h (x )min >0,故当x ∈(0,+∞)且a>0时,f (x )>g (x ).对点训练4(1)解f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=a e x -1x .由题设知,f'(2)=0,所以a=12e 2. 从而f (x )=12e 2e x -ln x-1,f'(x )=12e 2e x -1x .当0<x<2时,f'(x )<0;当x>2时,f'(x )>0.所以f (x )在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增. (2)证明设g (x )=e xe -ln x-1, 则g'(x )=e xe −1x .当0<x<1时,g'(x )<0;当x>1时,g'(x )>0.所以x=1是g (x )的极小值点也是最小值点.故当x>0时,g (x )≥g (1)=0. 因此,当a ≥1e 时,f (x )≥e xe-ln x-1≥0.例5(1)解函数f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=-1x 2-1+a x =-x 2-ax+1x 2.①若a ≤2,则f'(x )≤0,当且仅当a=2,x=1时,f'(x )=0,所以f (x )在(0,+∞)上单调递减. ②若a>2,由f'(x )>0,可得a -√a 2-42<x<a+√a 2-42,由f'(x )<0,可得0<x<a -√a 2-42或x>a+√a 2-42,所以f (x )在(0,a -√a 2-42),(a+√a 2-42,+∞)上单调递减,在(a -√a 2-42,a+√a 2-42)上单调递增. 综上所述,当a ≤2时,f (x )在(0,+∞)上单调递减; 当a>2时,f (x )在0,a -√a 2-42,a+√a 2-42,+∞上单调递减,在(a -√a 2-42,a+√a 2-42)上单调递增.(2)证明证法1:由(1)知,f (x )存在两个极值点,则a>2.因为x 1,x 2是f (x )的两个极值点,所以x 1,x 2满足x 2-ax+1=0,所以x 1+x 2=a ,x 1x 2=1,不妨设0<x 1<1<x 2.f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2= (1x 1-x 1+alnx 1)-(1x 2-x 2+alnx 2)x 1-x 2=x 2-x 1x 1x 2-(x 1-x 2)+a (lnx 1-lnx 2)x 1-x 2=-1x1x 2-1+a (lnx 1-lnx 2)x 1-x 2=-2+a (lnx 1-lnx 2)x 1-x 2, 于是f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2<a-2⇔-2+a (lnx 1-lnx 2)x 1-x 2<a-2⇔lnx 1-lnx 2x 1-x 2<1⇔-2lnx 21x 2-x 2<1⇔2ln x 2+1x 2-x 2<0. 构造函数g (x )=2ln x+1x-x ,x>1,由(1)知,g (x )在(1,+∞)上单调递减,所以g (x )<g (1)=0,所以原不等式获证.证法2:由(1)知,f (x )存在两个极值点,则a>2. 因为x 1,x 2是f (x )的两个极值点,所以x 1,x 2满足x 2-ax+1=0,不妨设0<x 1<1<x 2,则x 2-x 1=√a 2-4,x 1x 2=1.f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2= (1x 1-x 1+alnx 1)-(1x 2-x 2+alnx 2)x 1-x 2=x 2-x 1x 1x 2-(x 1-x 2)+aln x 1x 2x 1-x 2=-1x 1x 2-1+aln x1x 2x 1-x 2=-2-aln√22√2,于是f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2<a-2⇔-2-aln√2-4√2√2<a-2⇔ln√a 2√2<√a 2-4⇔ln (a+√a 2-42)2<√a 2-4⇔lna+√a 2-42<√a 2-42.设t=√a 2-42,则a=√4t 2+4,构造函数φ(t )=t-ln(√t 2+1+t ),t>0,则φ'(t )=1-1+2t √2√2=1-√2>0,所以φ(t )在(0,+∞)上单调递增,于是φ(t )>φ(0)=0,原不等式获证.证法3:仿照证法1,可得f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2<a-2⇔lnx 1-lnx 2x 1-x 2<1,设0<x 1<1<x 2,因为x 1x 2=1, 所以lnx 1-lnx 2x 1-x 2<1⇔lnx 1-lnx 2x 1-x 2<√x x ⇔ln x 1-ln x 2>12√x x ⇔ln x 1x 2>√x 1x 2−√x 2x 1,令t=√x1x 2∈(0,1),构造函数h (t )=2ln t+1t -t ,由(1)知,h (t )在(0,1)上单调递减,所以h (t )>h (1)=0,原不等式获证.对点训练5(1)解f (x )的定义域是(0,+∞),f'(x )=a x -a+x 2=x 2-2ax+2a 2x. 令g (x )=x 2-2ax+2a ,对称轴x 0=a<0,因为1>a ,g (1)=1>0,所以当x ∈[1,e]时,g (x )>0,即f'(x )=g (x )2x >0.所以f (x )在[1,e]上单调递增.f (x )min =f (1)=14-a+a ln2=54-ln2,解得a=-1.(2)证明由f (x )有两个极值点x 1,x 2,则f'(x )=0在(0,+∞)上有2个不相等的实数根,即x 2-2ax+2a=0在(0,+∞)上有2个不相等的实数根,则{Δ=4a 2-8a >0,a >0,解得a>2. x 1+x 2=2a ,x 1x 2=2a ,x 12+x 22=(x 1+x 2)2-2x 1x 2=4a 2-4a.当a ≥e 时,f (x 1)+f (x 2)-12(x 12+x 22)+2e =a ln(4x 1x 2)-a (x 1+x 2)-14(x 12+x 22)+2e =a ln8a-2a 2-14(4a 2-4a )+2e =a ln8a-3a 2+a+2e(a ≥e). 令g (a )=a ln8a-3a 2+a+2e(a ≥e),g'(a )=ln8a-6a+2(a ≥e),令h (a )=g'(a )=ln8a-6a+2,h'(a )=1a -6=1-6a a ,当a ≥e 时,h'(a )<0,所以h (a )在[e,+∞)上单调递减.所以h (a )≤h (e).即g'(a )≤g'(e)=ln8e -6e +2=(1+3ln2)-6e +2=3ln2-6e +3<3-6e +3=6-6e <0,所以g (a )在[e,+∞)上单调递减,g (a )≤g (e)=eln8e -3e 2+3e =e(1+3ln2)-3e 2+3e =e(3ln2-3e +4)<e(3-3e +4)=e(7-3e)<0, 所以g (a )<0,所以原不等式成立.。

突破一类高考压轴题的几种策略_刘义

n b1 b2 n （ 1 ）要证 a1 a2 … a b n ≤ 1 ∑ （ b k lna k ） ≤ 0 ． k =1
n
( 1 ) 证明: 当 x ＞－ 1 时， f( x) ≥ ( 2 ) 设当 x ≥ 0 时， f( x) ≤
x 恒成立，求 a 的取值范围． ax + 1 x 是分式不等 ax + 1
( 2011 年浙江) 已知函数 f( x) = 2 aln( 1 + x) － x ( a
分析：（ 1 ）略．（ 2 ）注意到已知函数为整式结构且对数为自然对数，这就启示我们先用分析法将常用对数转化为自然对数再通过联想进行分析探索．的形式，要证 4lge + lge lge +…+ ＞ lg［ e 2 n
19
义
x axf（ x） + f（ x）－ x ≤ 0 恒成立．令 h（ x） = ax + 1
f（ x） ≤
axf（ x） + f（ x）－ x， h' （ x） = af（ x） + axf ' （ x） + f ' （ x）－ 1 ．又因 f ' （ x） = 1 － f（ x），故 h' （ x） = af（ x）－ axf（ x） + ax － f（ x）． ① 由（ 1 ）变形得 x ≤ （ x + 1 ） f（ x），从而 h' （ x） ≤ （ 2 a － 1 ） f（ x） ≤ 0 ．所以 0 ≤ a ≤ 1 h（ x）在［ 0 ，+ ∞ ）单调递减，时， 2 x 成立． ax + 1
∫ f ' （ x） dx = f （ x） | = f （ 2 ）－ f （ 0），所以 f （ 0 ） ∫ f ' （ x） dx = f （ 0 ）－ f （－ 1 ），

高中数学压轴题系列——导数专题——超越不等式放缩

高中数学压轴题系列——导数专题——超越不等式放缩1.（2010•大纲版Ⅰ）已知函数f（x）=（x+1）lnx﹣x+1．（Ⅰ）若xf′（x）≤x2+ax+1，求a的取值范围；（Ⅱ）证明：（x﹣1）f（x）≥0．解：（Ⅰ），xf′（x）=xlnx+1，题设xf′（x）≤x2+ax+1等价于lnx﹣x≤a．令g（x）=lnx﹣x，则当0＜x＜1，g′（x）＞0；当x≥1时，g′（x）≤0，x=1是g（x）的最大值点，g（x）≤g（1）=﹣1综上，a的取值范围是[﹣1，+∞）．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，g（x）≤g（1）=﹣1即lnx﹣x+1≤0．当0＜x＜1时，f（x）=（x+1）lnx﹣x+1=xlnx+（lnx﹣x+1）＜0；当x≥1时，f（x）=lnx+（xlnx﹣x+1）==≥0所以（x﹣1）f（x）≥0．2.（2010•大纲版Ⅱ）设函数f（x）=1﹣e﹣x．（Ⅰ）证明：当x＞﹣1时，f（x）≥；（Ⅱ）设当x≥0时，f（x）≤，求a的取值范围．解：（1）当x＞﹣1时，f（x）≥当且仅当e x≥1+x 令g（x）=e x﹣x﹣1，则g'（x）=e x﹣1当x≥0时g'（x）≥0，g（x）在[0，+∞）是增函数当x≤0时g'（x）≤0，g（x）在（﹣∞，0]是减函数于是g（x）在x=0处达到最小值，因而当x∈R时，g（x）≥g（0）时，即e x≥1+x所以当x＞﹣1时，f（x）≥（2）由题意x≥0，此时f（x）≥0当a＜0时，若x＞﹣，则＜0，f（x）≤不成立；当a≥0时，令h（x）=axf（x）+f（x）﹣x，则f（x）≤当且仅当h（x）≤0因为f（x）=1﹣e﹣x，所以h'（x）=af（x）+axf'（x）+f'（x）﹣1=af（x）﹣axf（x）+ax﹣f（x）（i）当0≤a≤时，由（1）知x≤（x+1）f（x）h'（x）≤af（x）﹣axf（x）+a（x+1）f（x）﹣f（x）=（2a﹣1）f（x）≤0，h（x）在[0，+∞）是减函数，h（x）≤h（0）=0，即f（x）≤；（ii）当a＞时，由y=x﹣f（x）=x﹣1+e﹣x，y′=1﹣e﹣x，x＞0时，函数y递增；x＜0，函数y递减．可得x=0处函数y取得最小值0，即有x≥f（x）．h'（x）=af（x）﹣axf（x）+ax﹣f（x）≥af（x）﹣axf（x）+af（x）﹣f（x）=（2a﹣1﹣ax）f（x）当0＜x＜时，h'（x）＞0，所以h'（x）＞0，所以h（x）＞h（0）=0，即f（x）＞综上，a的取值范围是[0，]3.（2012•山东）已知函数为常数，e=2.71828…是自然对数的底数），曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与x轴平行．（Ⅰ）求k的值；（Ⅱ）求f（x）的单调区间；（Ⅲ）设g（x）=（x2+x）f′（x），其中f′（x）为f（x）的导函数．证明：对任意x＞0，g（x）＜1+e﹣2．解：（Ⅰ）∵f′（x）=，x∈（0，+∞），且y=f（x）在（1，f（1））处的切线与x轴平行，∴f′（1）=0，∴k=1；（Ⅱ）由（Ⅰ）得：f′（x）=（1﹣x﹣xlnx），x∈（0，+∞），令h（x）=1﹣x﹣xlnx，x∈（0，+∞），当x∈（0，1）时，h（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，h（x）＜0，又e x＞0，∴x∈（0，1）时，f′（x）＞0，x∈（1，+∞）时，f′x）＜0，∴f（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减；证明：（Ⅲ）∵g（x）=（x2+x）f′（x），∴g（x）=（1﹣x﹣xlnx），x∈（0，+∞），∴∀x＞0，g（x）＜1+e﹣2⇔1﹣x﹣xlnx＜（1+e﹣2），由（Ⅱ）h（x）=1﹣x﹣xlnx，x∈（0，+∞），∴h′（x）=﹣（lnx﹣lne﹣2），x∈（0，+∞），∴x∈（0，e﹣2）时，h′（x）＞0，h（x）递增，x∈（e﹣2，+∞）时，h（x）＜0，h（x）递减，∴h（x）max=h（e﹣2）=1+e﹣2，∴1﹣x﹣xlnx≤1+e﹣2，设m（x）=e x﹣（x+1），∴m′（x）=e x﹣1=e x﹣e0，∴x∈（0，+∞）时，m′（x）＞0，m（x）递增，∴m（x）＞m（0）=0，∴x∈（0，+∞）时，m（x）＞0，即＞1，∴1﹣x﹣xlnx≤1+e﹣2＜（1+e﹣2），∴∀x＞0，g（x）＜1+e﹣2．4.（2013•辽宁）已知函数f（x）=（1+x）e﹣2x，g（x）=ax++1+2xcosx，当x∈[0，1]时，（I）求证：；（II）若f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围．解：（I）证明：①当x∈[0，1）时，（1+x）e﹣2x≥1﹣x⇔（1+x）e﹣x≥（1﹣x）e x，令h（x）=（1+x）e﹣x﹣（1﹣x）e x，则h′（x）=x（e x﹣e﹣x）．当x∈[0，1）时，h′（x）≥0，∴h（x）在[0，1）上是增函数，∴h（x）≥h（0）=0，即f（x）≥1﹣x．②当x∈[0，1）时，⇔e x≥1+x，令u（x）=e x﹣1﹣x，则u′（x）=e x﹣1．当x∈[0，1）时，u′（x）≥0，∴u（x）在[0，1）单调递增，∴u（x）≥u（0）=0，∴f（x）．综上可知：．（II）解：设G（x）=f（x）﹣g（x）=≥=．令H（x）=，则H′（x）=x﹣2sinx，令K（x）=x﹣2sinx，则K′（x）=1﹣2cosx．当x∈[0，1）时，K′（x）＜0，可得H′（x）是[0，1）上的减函数，∴H′（x）≤H′（0）=0，故H（x）在[0，1）单调递减，∴H（x）≤H（0）=2．∴a+1+H（x）≤a+3．∴当a≤﹣3时，f（x）≥g（x）在[0，1）上恒成立．下面证明当a＞﹣3时，f（x）≥g（x）在[0，1）上不恒成立．f（x）﹣g（x）≤==﹣x．令v（x）==，则v′（x）=．当x∈[0，1）时，v′（x）≤0，故v（x）在[0，1）上是减函数，∴v（x）∈（a+1+2cos1，a+3]．当a＞﹣3时，a+3＞0．∴存在x0∈（0，1），使得v（x0）＞0，此时，f（x0）＜g（x0）．即f（x）≥g（x）在[0，1）不恒成立．综上实数a的取值范围是（﹣∞，﹣3]．5.（2012•湖北文）设函数f（x）=ax n（1﹣x）+b（x＞0），n为正整数，a，b为常数，曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程为x+y=1（Ⅰ）求a，b的值；（Ⅱ）求函数f（x）的最大值；（Ⅲ）证明：f（x）＜．解：（Ⅰ）因为f（1）=b，由点（1，b）在x+y=1上，可得1+b=1，即b=0．因为f′（x）=anx n﹣1﹣a（n+1）x n，所以f′（1）=﹣a．又因为切线x+y=1的斜率为﹣1，所以﹣a=﹣1，即a=1，故a=1，b=0．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）=x n（1﹣x），则有f′（x）=（n+1）x n﹣1（﹣x），令f′（x）=0，解得x=在（0，）上，导数为正，故函数f（x）是增函数；在（，+∞）上导数为负，故函数f（x）是减函数；故函数f（x）在（0，+∞）上的最大值为f（）=（）n（1﹣）=，（Ⅲ）令φ（t）=lnt﹣1+，则φ′（t）=﹣=（t＞0）在（0，1）上，φ′（t）＜0，故φ（t）单调减；在（1，+∞），φ′（t）＞0，故φ（t）单调增；故φ（t）在（0，+∞）上的最小值为φ（1）=0，所以φ（t）＞0（t＞1）则lnt＞1﹣，（t＞1），令t=1+，得ln（1+）＞，即ln（1+）n+1＞lne，所以（1+）n+1＞e，即＜由（Ⅱ）知，f（x）≤＜，故所证不等式成立．6.（2016•新课标Ⅲ）设函数f（x）=lnx﹣x+1．（1）讨论f（x）的单调性；（2）证明当x∈（1，+∞）时，1＜＜x；（3）设c＞1，证明当x∈（0，1）时，1+（c﹣1）x＞c x．【解答】解：（1）函数f（x）=lnx﹣x+1的导数为f′（x）=﹣1，由f′（x）＞0，可得0＜x＜1；由f′（x）＜0，可得x＞1．即有f（x）的增区间为（0，1）；减区间为（1，+∞）；（2）证明：当x∈（1，+∞）时，1＜＜x，即为lnx＜x﹣1＜xlnx．由（1）可得f（x）=lnx﹣x+1在（1，+∞）递减，可得f（x）＜f（1）=0，即有lnx＜x﹣1；设F（x）=xlnx﹣x+1，x＞1，F′（x）=1+lnx﹣1=lnx，当x＞1时，F′（x）＞0，可得F（x）递增，即有F（x）＞F（1）=0，即有xlnx＞x﹣1，则原不等式成立；（3）证明：设G（x）=1+（c﹣1）x﹣c x，则需要证明：当x∈（0，1）时，G（x）＞0（c＞1）；G′（x）=c﹣1﹣c x lnc，G′′（x）=﹣（lnc）2c x＜0，∴G′（x）在（0，1）单调递减，而G′（0）=c﹣1﹣lnc，G′（1）=c﹣1﹣clnc，由（1）中f（x）的单调性，可得G′（0）=c﹣1﹣lnc＞0，由（2）可得G′（1）=c﹣1﹣clnc=c（1﹣lnc）﹣1＜0，∴∃t∈（0，1），使得G′（t）=0，即x∈（0，t）时，G′（x）＞0，x∈（t，1）时，G′（x）＜0；即G（x）在（0，t）递增，在（t，1）递减；又因为：G（0）=G（1）=0，∴x∈（0，1）时G（x）＞0成立，不等式得证；即c＞1，当x∈（0，1）时，1+（c﹣1）x＞c x．。

2021年高考数学压轴题命题区间探究与突破(第一篇)专题03由“导”寻“源”妙解函数不等式学案

专题03 由“导〞寻“源〞妙解函数不等式一．方法综述对于仅利用函数的奇偶性、单调性即可求解的不等式问题，师生已有应对的良好方法，重在应用转化与化归思想，转化成解答具体不等式或不等式组问题.在近几年的高考试题中，出现了一类抽象函数、导数、不等式交汇的重要题型，这类问题由于涉及抽象函数，很多学生解题时，突破不了由抽象而造成的解题障碍，不能沉着应对不等式的求解问题．实际上，根据所给不等式，联想导数的运算法那么，构造适当的辅助函数，然后利用导数判断其单调性是解决此类问题的通法．常见的构造函数方法有如下几种： (1)利用和、差函数求导法那么构造函数①对于不等式f′(x)＋g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x)； ②对于不等式f′(x)－g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)；特别地，对于不等式f′(x)>k(或<k)(k≠0)，构造函数F(x)＝f(x)－kx. (2)利用积、商函数求导法那么构造函数①对于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)g(x)； ②对于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0(或<0)，构造函数()()()()()0f x F x g x g x ≠＝． (3)利用积、商函数求导法那么的特殊情况构造函数①对于不等式xf′(x)＋f(x) >0(或<0)，构造函数F(x)＝xf(x)； ②对于不等式xf′(x)－f(x)>0(或<0)，构造函数()()()0f x F x x x≠＝； ③对于不等式xf′(x)＋nf(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝x nf(x)； ④对于不等式xf′(x)－nf(x)>0(或<0)，构造函数()()()0n f x F x x x≠＝； ⑤对于不等式f′(x)＋f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝e xf(x)； ⑥对于不等式f′(x)－f(x)>0(或<0)，构造函数()()x f x F x e＝； ⑦对于不等式f(x)＋f′(x)tan x>0(或<0)，构造函数F(x)＝sin xf(x)； ⑧对于不等式f(x)－f′(x)tan x>0(或<0)，构造函数()()()sin 0sin f x F x x x≠＝； ⑨对于不等式f′(x)－f(x)tan x>0(或<0)，构造函数F(x)＝cos xf(x)； ⑩对于不等式f′(x)＋f(x)tan x>0(或<0)，构造函数()()()cos 0cos f x F x x x≠＝．⑪(理)对于不等式f′(x)＋kf(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝e kxf(x)； ⑫(理)对于不等式f′(x)－kf(x)>0(或<0)，构造函数()()kxf x F x e＝；二．解题策略类型一构造具体函数求解【例1】【2021届第二次调研】定义在R 上的函数满足，且恒成立，那么不等式的解集为( )A ．B ．C ．D ．【答案】D【指点迷津】对于与函数有关的不等式的求解问题：通常是代入函数的解析式，直接求解不等式的解集，假设不等式不易解或不可解，那么将问题转化为构造新函数，利用新函数的性质——单调性与奇偶性等，结合函数的图象求解，这样会使得问题变得直观、简单，这也表达了数形结合思想的应用.对于复合函数问题，先换元，再构造函数，是常用的方法.【举一反三】【黑龙江省2021年仿真模拟(一)】设函数是的导函数，，且，那么的解集是( ) A ． B ．C ．D ．【答案】B 【解析】类型二构造抽象函数求解【例2】【四川省眉山市仁寿第一中学校南校区2021届第一次调研】设函数是奇函数的导函数，当时，，那么使得成立的的取值范围是〔〕A． B． C． D．【答案】D【解析】根据题意，设，其导数，又由当时，，那么有，即函数在上为减函数，又由，那么在区间上，，又由，那么，在区间上，，又由，那么，那么在和上，，又由为奇函数，那么在区间和上，都有，或，解可得或，那么的取值范围是，应选D.【指点迷津】联系条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中假设遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了，准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造适宜的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的“形状〞变换不等式“形状〞；②假设是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.【举一反三】【河北省唐山一中2021届强化提升〔一〕】设是函数的导函数，且为自然对数的底数〕，那么不等式的解集为〔〕A． B． C． D．【答案】A【解析】综上，不等式的解集为应选.类型三追根求源，抽象问题具体化【例3】【四川省棠湖中学2021-2021学年第一次月考】定义在R上的函数满足,当时总有，假设,那么实数的取值范围是_________.【答案】【解析】【指点迷津】函数的奇偶性和单调性是函数的重要性质，它们应用贯穿于整个高中数学的教学之中.学习中应注意牢记奇偶性、单调性的不同表达形式.对于所遇到的数学问题，应注意挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的奇偶性单调性解题，能起到化难为易、化繁为简、化抽象为具体的作用.【举一反三】【安徽省淮南市2021届二模】函数是定义在上的奇函数，且在区间上单调递增，假设实数满足，那么的取值范围是( )A． B． C． D．【答案】A【解析】∵函数f〔x〕是定义在R上的奇函数，且在区间〔﹣∞，0]上单调递增，∴f〔x〕在R上都是增函数，那么不等式，等价为，即，那么，即a＞即实数a的取值范围是，故答案为：A三．强化训练1．【辽宁省局部重点高中2021届9月联考】函数为定义在上的偶函数，且在上单调递减，那么满足的的取值范围〔〕A． B． C． D．【答案】C【解析】2.【四川省雅安中学2021届第一次月考】设，分别是定义在上的奇函数和偶函数，当时，，且，那么不等式的解集是〔〕A． B．C． D．【答案】B【解析】构造函数F(x)=f〔x〕g〔x〕因为当时，，即当时F(x)为单调递增函数且，分别是定义在上的奇函数和偶函数，所以F(x)为奇函数F〔3〕==0所以的解集是所以选B3.【云南省曲靖市第一中学2021届9月监测卷二】函数)为奇函数,当时,且,那么不等式的解集为〔〕A． B．C． D．【答案】A【解析】4．【宁夏银川一中2021届第一次月考】设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，为导函数，当时，且，那么不等式的解集是〔〕A． (－3,0)∪(3,＋∞) B． (－3,0)∪(0,3)C． (－∞,－3)∪(3,＋∞) D． (－∞,－3)∪(0,3)【答案】D【解析】设F〔x〕=f 〔x〕g〔x〕，当x＜0时，∵F′〔x〕=f′〔x〕g〔x〕+f 〔x〕g′〔x〕＞0．∴F〔x〕在当x＜0时为增函数．∵F〔﹣x〕=f 〔﹣x〕g 〔﹣x〕=﹣f 〔x〕•g 〔x〕=﹣F〔x〕．故F〔x〕为〔﹣∞，0〕∪〔0，+∞〕上的奇函数．∴F〔x〕在〔0，+∞〕上亦为增函数．g〔﹣3〕=0，必有F〔﹣3〕=F〔3〕=0．构造如图的F〔x〕的图象，可知F〔x〕＜0的解集为x∈〔﹣∞，﹣3〕∪〔0，3〕．应选：D．5.【【全国百强校】河北省武邑中学2021届第一次调研】奇函数是定义在上的连续函数，满足f(2)＝，且在上的导函数，那么不等式的解集为( )A． B． C． D．【答案】B【解析】6.【黑龙江省2021届仿真模拟〔四〕】设是函数的导函数，且，〔为自然对数的底数〕，那么不等式的解集为〔〕A． B． C． D．【答案】B【解析】7.【2021年一轮复习讲练测】设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且有，那么不等式的解集为A． B． C． D．【答案】B【解析】根据题意，设g〔x〕=x2f〔x〕，x＜0，其导数g′〔x〕=[x2f〔x〕]′=2xf〔x〕+x2f′〔x〕=x〔2f〔x〕+xf′〔x〕〕，又由2f〔x〕+xf′〔x〕＞x2≥0，且x＜0，那么g′〔x〕≤0，那么函数g〔x〕在区间〔﹣∞，0〕上为减函数，〔x+2021〕2f〔x+2021〕﹣4f〔﹣2〕＞0⇒〔x+2021〕2f〔x+2021〕＞〔﹣2〕2f〔﹣2〕⇒g〔x+2021〕＞g〔﹣2〕，又由函数g〔x〕在区间〔﹣∞，0〕上为减函数，那么有，解可得：x＜﹣2021，即不等式〔x+2021〕2f〔x+2021〕﹣4f〔﹣2〕＞0的解集为〔﹣∞，﹣2021〕；应选：B．8.【江西省新余市第四中学2021届10月月考】函数的导函数为，且对任意的实数都有〔是自然对数的底数〕，且，假设关于的不等式的解集中恰有唯一一个整数，那么实数的取值范围是〔〕A． B． C． D．【答案】B【解析】分析：构造函数故进而得到对该函数求导得到函数的单调性和图像，结合图像得到结果.不等式的解集中恰有唯一一个整数，那么此整数只能为-1，故解得m的范围是：.故答案为：B.9．【四川省雅安中学2021届第一次月考】定义在实数集的函数满足，且导函数，那么不等式的解集为__________.【答案】【解析】∵f〔2〕=7，∴g〔2〕=f〔2〕-6-1=0，那么当x＜2时，g〔x〕＞g〔2〕=0，即g〔x〕>0，那么此时g〔x〕=f〔x〕-3x-1＞0，即不等式f〔x〕＞3x+1的解为x＜2，即f〔t〕＞3t+1的解为t＜2，由lnx＜2，解得0＜x＜e2，即不等式f〔lnx〕＞3lnx+1的解集为〔0，e2〕。

妙用不等式巧解高考题

学研究，２１（）８６．００２：５ — ０
［］杜伟．经典均值不等式再改进［］中学数学教学，６Ｊ．
２１（）２００４：６．
≤ ％，ｂ ≤ ｂ ≤ … ≤ ｂ，则有：ｌ２
２７
定理１：若函数，（）在区间朋字在二阶导数，
≤ ａｂ＋口２ｘ１＋… ＋珥（同序和）其中｛ｌ２ｔ，… ，ｔ｝｛，２，ｔ＿１，… ，ｎ｝，当且仅当口＝啦＝．
（） ∈ ，，（）０１，有 ” ＞，则函数，在区间，（）为凸函数．（） ∈ ，有，” ）０２，（＜，则函数，在区间，凹函数．（）为若函数，在区间，凸函数，则有不等式ｆ（￣＋（）是ｑ－ｇｚｘ
［］杨利勇，朱立明，姚雪．数列中的不等式问题［］教２Ｊ．育教学研究，２１（４：１８１９００１）８—８．
即Ｐｌ￣ｌｐｏ２２ｌｇ＋￣ｇ＋… ＋２ｇ２ｏｐｐｐｑａ＂ｏｏ ≥ ．
［］程文．参数不等式恒成立问题Ｅ］３含Ｊ．中学数学教学参
考，２１（）４２．００６：２ — ６
【点评】凸性是一种重要的几何性质，凸函数是一种具有特
殊性质的函数，从本例可以看出，利用凸函数的Ｊｎｅｅｓｎ不等式，
［］张筑生．学分析新讲［．北京：北京大学出版社，４数Ｍ］
２ｏ．０５
…＝ｎａ或者ｂ：。ｂ＝… ＝ｂ时等号成立．证明过程详见人教Ａ版《普通高中课程标准实验教科书・数

例析处理超越方程的若干策略

，问题得证．
“最是转换能致知，பைடு நூலகம்造迎来解题美”，因为转换，
我们找到了问题解决的方向；因为构造，我们将问
题的解答臻于完美！
参考文献 [1]林新建．数学高考解题的“三化四策八关注”[M]．厦门：厦门大学出版社，2015
例析处理超越方程的若干策略
王一棋福建省厦门市同安第一中学（361100）
近几年高考中，函数与导数问题受到出题专家的青睐，每年的压轴题都是函数与导数问题．很多学生对于求导之后的求解方向不是很清晰，尤其是对于超越方程的处理感到棘手．在 2017 年新考纲出台的背景下，对于超越方程的考察又是怎样的方式？本文从 4 个方面给出关于超越方程的一些教学建议．
不妨设 x1 > x2 ，则待证不等式 f (x1) − f (x2 ) < a − 2 可转换为：
x1 − x2
ln x1 − ln x2 < x1 − x2 ．
注意这是一个双变量问题，由 x1x2 = 1 ，
我们可将待证不等式进一步转换为：
ln
x1
− ln
1 x1
<
x1
−
1 x1
，
即 2 ln
22
福建中学数学
2018 年第 7 期
解析本题难在第（2）问，
由已知及
f
′( x)
=−
1 x2
−1+
a x
=−
x2
− ax +1 x2
，
知方程 x2 − ax +1 =0 存在两个实根 x1，x2 ，
从而有 x1 + x2 = a ， x1x2 = 1 ．
由（1）知 a > 2 ，

超越方程反解难,巧妙构造变简单高考数学解答题压轴题突破讲义(解析版)

【题型综述】导数研究超越方程超越方程是包含超越函数的方程，也就是方程中有无法用自变数的多项式或开方表示的函数，与超越方程相对的是代数方程．超越方程的求解无法利用代数几何来进行．大部分的超越方程求解没有一般的公式，也很难求得解析解．在探求诸如0109623=-+-x x x ，22ln 22+-=-x x x x 方程的根的问题时，我们利用导数这一工具和数形结合的数学思想就可以很好的解决．此类题的一般解题步骤是：1、构造函数，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 轴的交点情况求解．【典例指引】例1．已知函数()ln f x ax x x =+在2x e -=处取得极小值．（1）求实数a 的值；（2）设()()()22ln F x x x x f x =+--，其导函数为()F x '，若()F x 的图象交x 轴于两点()()12,0,,0C x D x 且12x x <，设线段CD 的中点为(),0N s ，试问s 是否为()0F x '=的根？说明理由．【思路引导】（1）先求导数，再根据()20f e -'=，解得1a =，最后列表验证（2）即研究1202x x F +⎛⎫=⎪⎝⎭'是否成立，因为121212412x x F x x x x +⎛⎫=+--⎪+⎭'⎝，利用21112ln 0x x x --=，22222ln 0x x x --=得()1212122ln ln 1x x x x x x -+=+-，所以()121212122ln ln 42x x x x F x x x x -+⎛⎫=- ⎪-+⎭'⎝=0，转化为()21ln 01t t t --=+．其中12x t x =，最后利用导数研究函数()()21ln 1t u t t t -=-+单调性，确定方程解的情况（2）由（1）知函数()22ln F x x x x =--．∵函数()F x 图象与x 轴交于两个不同的点()()12,0,,0C x D x ，（12x x <），∴21112ln 0x x x --=，22222ln 0x x x --=．两式相减得()1212122ln ln 1x x x x x x -+=+-()221F x x x-'=-．学*()1212121212122ln ln 4412x x x x F x x x x x x x x -+⎛⎫=+--=-⎪+-+⎝⎭'．下解()1212122ln ln 40x x x x x x --=-+．即()1212122ln 0x x x x x x --=+．令12x t x =，∵120x x <<，∴01t <<，即()21ln 01t t t --=+．令()()21ln 1t u t t t -=-+，()()()()22211411t u t t t t t -=-=+'+．又01t <<，∴()0u t '>，∴()u t 在()0,1上是増函数，则()()10u t u <=，从而知()1212122ln ln 40x x x x x x --+<+-，故1202x x F +⎛⎫< ⎪⎝⎭'，即()0F s '=不成立．故s 不是()0F x '=的根．学*例2．设函数()21ln 2f x x ax bx =--（1）当3,2a b ==时，求函数()f x 的单调区间；（2）令()()21(03)2a F x f x ax bx x x =+++<≤，其图象上任意一点()00,P x y 处切线的斜率12k ≤恒成立，求实数a 的取值范围．（3）当0,1a b ==-时，方程()f x mx =在区间21,e ⎡⎤⎣⎦内有唯一实数解，求实数m 的取值范围．【思路引导】（1）先求导数()'f x 然后在函数的定义域内解不等式()'0f x >和()()'0,'0f x f x 的区间为单调增区间，()'0f x <的区间为单调减区间；（2）先构造函数()F x 再由以其图象上任意一点()00,P x y 为切点的切线的斜率12k ≤恒成立，知导函数12k ≤恒成立，再转化为200max12a x x ⎛⎫≥-+ ⎪⎝⎭求解；（3）先把握()f x mx =有唯一实数解，转化为ln 1xm x=+有唯一实数解，再利用单调函数求解．【方法点晴】本题主要考查的是利用导数研究函数的单调性、利用导数研究方程的根、不等式的恒成立和导数的几何意义，属于难题．利用导数研究函数()f x 的单调性的步骤：①确定函数()f x 的定义域；②对()f x 求导；③令()'0f x >，解不等式得x 的范围就是递增区间；令()'0f x <，解不等式得x 的范围就是递减区间．例3．已知函数（）（1）讨论的单调性；（2）若关于的不等式的解集中有且只有两个整数，求实数的取值范围．【思路引导】（1）求出，分两种情况讨论，分别令得增区间，令得减区间；（2），令，利用导数研究其单调性，结合零点定理可得结果．试题解析：（1），当时，在上单调递减，在单调递增；当时，在上单调递增，在单调递减；（2）依题意，，令，则，学*令，则，即在上单调递增．又，，存在唯一的，使得．当，在单调递增；当，在单调递减．，，，且当时，，又，，．学*故要使不等式解集中有且只有两个整数，的取值范围应为．【新题展示】1．【2019山西祁县中学上学期期末】已知函数,．若（1）求实数的值；（2）若关于的方程有实数解，求实数的取值范围．【思路引导】（1）求出函数的导数，得到关于a的方程，解出即可；（2）得到xlnx k，令g（x）＝xlnx，根据函数的单调性求出k的范围即可．【解析】所以当时，，即的值域为．所以使方程有实数解的的取值范围．2．【2019浙江台州上学期期末】设函数，R．（Ⅰ）求函数在处的切线方程；（Ⅱ）若对任意的实数，不等式恒成立，求实数的最大值；（Ⅲ）设，若对任意的实数，关于的方程有且只有两个不同的实根，求实数的取值范围．【思路引导】（Ⅰ）求出函数在处的导数后可得切线方程．（Ⅱ）参变分离后求函数的最小值可得的最大值．（Ⅲ）因为，故无零根，参变分离后考虑的图像与直线总有两个不同的交点，从而得到实数的取值范围．【解析】（Ⅰ），.且，所以在处的切线方程为.所以.（其中）所以的最大值为.（ⅰ）当时，即时，则，即在，单调递增，且当时，的取值范围为；当时，的取值范围为.此时对任意的实数，原方程恒有且只有两个不同的解.（ⅱ）当时，有两个非负根，，所以在，，单调递增，单调递减，所以当时有4个交点，或有3个交点，均与题意不合，舍去.（ⅲ）当时，则有两个异号的零点，，不妨设，则在，单调递增；在，单调递减.当时，的取值范围为，当时，的取值范围为，所以当时，对任意的实数，原方程恒有且只有两个不同的解.所以有，，得.由，得，即.所以，，.故.所以.所以当或时，原方程对任意实数均有且只有两个解.3．【2019浙江杭州高级中学上学期期中】已知函数.（1）若关于的方程在内有两个不同的实数根，求实数的取值范围.（2）求证：当时，.【思路引导】（1）关于的方程在内有两个不同的实数根等价于，x与y=a有两个不同的交点；（2）要证当时，即证【解析】（2）证明：，由得在上单调递增，又,根据零点存在定理可知，存在，使得当时，，f（x）在上单调递减；当时，，f（x）在上单调递增；故.由，得到，即，，故，其中，令，，由，得到在上单调递减，故，即，综上：有当时，.【同步训练】1．已知函数()21e2xf x t x -=--（R t ∈），且()f x 的导数为()f x '．（Ⅰ）若()()2F x f x x =+是定义域内的增函数，求实数t 的取值范围；（Ⅱ）若方程()()222f x f x x x +=--'有3个不同的实数根，求实数t 的取值范围．【思路引导】（Ⅰ）只需()0f x '≥，即()()2121e 2x t x g x ≤-=恒成立，求出()min g x 即可得结果；（Ⅱ）原方程等价于227e 2x t x x ⎛⎫=+-⎪⎝⎭，研究函数()227e 2x h x x x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭的单调性，结合图象可得结果．令()0h x '=，解得3x =-或1x =．列表得：x (),3-∞-3-()3,1-1()1,+∞()h x '+0-0+()h x 增极大值减[来源:]极小值增由表可知当3x =-时，()h x 取得极大值65e 2-；当1x =时，()h x 取得极小值23e 2-．又当3x <-时，2702x x +->，2e 0x >，此时()0h x >．学*因此当3x <-时，()650,e 2h x -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭；当31x -<<时，()2635e ,e 22h x -⎛⎫∈- ⎪⎝⎭；当1x >时，()23e ,2h x ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭，因此实数t 的取值范围是650,e 2-⎛⎫ ⎪⎝⎭．2．已知函数()322ln 3f x ax x =--的图象的一条切线为x 轴．（1）求实数a 的值；（2）令()()()g x f x f x =+'，若存在不相等的两个实数12,x x 满足()()12g x g x =，求证：121x x <．【思路引导】（1）对函数求导，由题可设切点坐标为()0,0x ，由原函数和切线的斜率为0可得方程组，解方程组得a 值；（2）由题知()32211ln 3g x x x x x ⎛⎫=-+-- ⎪⎝⎭，可构造去绝对值后的函数，利用导数与函数单调性的关系，判断()g x 的单调性，再构造函数()()1G x g x g x ⎛⎫=-⎪⎝⎭，利用导数判断出()G x 的单调性，最后可令1201x x <<<，利用()G x 单调性可得结论．()()(),1{,01h x x g x h x x ≥=-<<且()g x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，()10g =，当1x >时，101x<<，学*记()()()()()1111G x g x g h x h f x f x f f x x x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=--=+++⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦''，记函数()y f x ='的导函数为()y f x =''，则()()()221111G x f x f x f f x x x x ⎛''''''⎫⎛⎫=+-- ⎪ ⎪⎝⎝'⎭⎭3．已知函数()()ln f x a x x =+（0a ≠），()2g x x =．（1）若()f x 的图象在1x =处的切线恰好也是()g x 图象的切线．①求实数a 的值；②若方程()f x mx =在区间1,e⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有唯一实数解，求实数m 的取值范围．（2）当01a <<时，求证：对于区间[]1,2上的任意两个不相等的实数1x ，2x ，都有()()()()1212f x f x g x g x -<-成立．【思路引导】（1）①首先求函数()f x 的图象在1x =处的切线，()1'1f x a x ⎛⎫=+⎪⎝⎭，()'12f a =，又因为切点为()1,a ，所以切线方程为2y ax a =-，于是问题转化为直线2y ax a =-与函数()g x 图象相切，于是可以根据直线与抛物线相切进行解题；②问题转化为方程ln x x mx +=在区间1,e⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有唯一实数解，参变量分离得ln 1x m x =+，设()ln 1x t x x =+，1,x e ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，研究()t x 的单调性、极值，转化为直线y m =与()y t x =有且只有一个交点，（2）当01a <<时，()f x 在[]1,2上单调递增，()2g x x =在[]1,2上单调递增，设1212x x ≤<≤，则()()12f x f x <，()()12g x g x <，于是问题转化为()()()()2211f x g x f x g x -<-，构造函数()()()F x f x g x =-，通过函数()F x 在[]1,2上单调递减，可以求出a的取值范围．∵()21ln 'x t x x -=，∴1,e e ⎛⎫⎪⎝⎭，()'0t x >，函数单调递增，(),e +∞，()'0t x <，函数单调递减，∵11t e e ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()11t e e=+，且(),x e ∈+∞时，()1t x >，∴[]11,11m e e ⎧⎫∈-⋃+⎨⎬⎩⎭；证明：（2）不妨设1212x x ≤<≤，则()()12f x f x <，()()12g x g x <，∴()()()()1212f x f x g x g x -<-可化为()()()()2121f x f x g x g x -<-∴()()()()2211f x g x f x g x -<-设()()()F x f x g x =-，即()()2ln F x a x x x =+-，∴()F x 在[]1,2上单调递减，∴()22'02ax a x F x +-=≤恒成立，即221x a x ≤+在[]1,2上恒成立，∵22221111124x x x =-≥+⎛⎫+- ⎪⎝⎭，∴1a ≤，从而，当01a <<时，命题成立．4．已知函数()()ln , 2.718f x x x e == ．（1）设()()()2216g x f x x e x =+-++，①记()g x 的导函数为()g x '，求()g e '；②若方程()0g x a -=有两个不同实根，求实数a 的取值范围；（2）若在[]1,e 上存在一点0x 使()()20011m f x x ->+成立，求实数m 的取值范围．【思路引导】（1）①对()g x 进行求导，将e 代入可得()g e '的值；②对()g x 进行二次求导，判断()g x '的单调性得其符号，从而可得()g x 的单调性，结合图象的大致形状可得a 的取值范围；（2）将题意转化为00001ln 0mx m x x x +-+<，令()1ln m h x x m x x x =+-+，题意等价于()h x 在[]1,e 上的最小值小于0，对()h x进行求导，对导函数进行分类讨论，判断单调性得其最值．（2）由题可得()2000ln 11m x x x ->+，∴000011ln m x x x x ⎛⎫->+ ⎪⎝⎭，∴00001ln 0mx m x x x +-+<，令()1ln mh x x m x x x=+-+，则()h x 在[]1,e 上的最小值小于0，又()()()()211x x m h x x='+-+，1，当1m e +≥时，即1m e ≥-，()h x 在[]1,e 上递减，所以()0h e <，解得211e m e +>-；2，当11m +≤即0m ≤，()h x 在[]1,e 递增，∴()10h <解得2m <-；3，当11m e <+<，即01m e <<-，此时要求()10h m +<又()0ln 11m <+<，所以()0ln 1m m m <+<，所以()()12ln 12h m m m m +=+-+>此时()10h m +<不成立，综上2m <-或211e m e +>-．学*点睛：本题考查导数的运用：求考查函数与方程的联系单调区间最值，同时考查不等式的存在性转化为求函数的最值问题，正确求导是解题的关键．在正确求导的基础上，利用导数与0的关系得到函数的单调区间，也是在高考中的必考内容也是基础内容；注意存在性问题与恒成立问题的区别．5．已知函数()()233x f x x x e =-+⋅．（1）试确定t 的取值范围，使得函数()f x 在[]2,(2)t t ->-上为单调函数；（2）若t 为自然数，则当t 取哪些值时，方程()()0f x z x R -=∈在[]2,t -上有三个不相等的实数根，并求出相应的实数z 的取值范围．【思路引导】（1）先求函数导数，根据导函数零点确定函数单调区间，再根据[]2,t -为某个单调区间的子集得t 的取值范围，（2）结合三次函数图像确定t 的取值范围：当2t ≥,且t N ∈时，方程()0f x z -=在[]2,t -上有可能有三个不等实根，再根据端点值大小确定实数z 的满足的条件：()(){}()(){}()max 2,1,min 0,z f f f f t ∈-，最后解不等式可得实数z 的取值范围．只需满足()(){}()(){}()max 2,1,min 0,z f f f f t ∈-即可．因为()()()()22132,03,1,2f f f e f e e-====，且()()()2230f t f e f ≥=>=，因而()()()()()2102f f f f f t -<<<≤，所以()()10f z f <<，即3e z <<，学*综上所述，当2t ≥,且t N ∈时，满足题意，此时实数z 的取值范围是(),3e ．6．已知函数()()21ln ,f x x ax g x x b x =+=++，且直线12y =-是函数()f x 的一条切线．（1）求a 的值；（2）对任意的11,x e ⎡⎤∈⎣⎦，都存在[]21,4x ∈，使得()()12f x g x =，求b 的取值范围；（3）已知方程()f x cx =有两个根1212,()x x x x <，若()1220g x x c ++=，求证:0b <．【思路引导】（1）对函数()f x 求导，()2112'2ax f x ax x x+=+=，设直线12y =-与函数()f x 相切与点()20000,ln (0)x x ax x +>，根据导数的几何意义可得，200200210{12ax x lnx ax +=+=-，解得01{12x a ==-，求出12a =-；（2）对任意的1[1,x ∈e ，都存在[]21,4x ∈，使得()()12f x g x =，只需要()1f x 的值域是()2g x 值域的子集，利用导数的方法分别求()1f x 、()2g x 的值域，即可求出b 的取值范围；（3）根据题意得()()2211{f x cx f x cx ==,两式相减得，212121ln ln 2x x x x c x x -+=--，所以()()1211221121122212ln ln 2ln 1x x x x x b x x x x x x x x x ---=--=++，令12xt x =，则()0,1t ∈，则()2112ln 1t b x x t t --=-+，令()()12ln ,0,11th t t t t-=-∈+，对()h t 求导，判断()h t 的单调，证明0b <．(2)由（1）得()21ln 2f x x x =-，所以()211'x f x x x x -=-=，当(1x ∈，时，()0f x <，所以()f x在⎡⎣上单调递减，所以当(1x ∈，时，()min f x f=122e=-，()()()222min1111,'12x f x f g x x x -+==-=-+=，当[]1,4x ∈时，()'0g x >，所以()g x 在[]1,4上单调递增，所以当[]1,4x ∈时，()()()()min max 1712,44g x g b g x g b ==+==+，依题意得11,222e ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦172,4b b ⎡⎤⊆++⎢⎥⎣⎦，所以1222{17142eb b +≤-+≥-，解得193422e b -≤≤--．(3)依题意得()()2211{f x cx f x cx ==,两式相减得()()()222121211ln ln 2x x x x c x x ---=-，所以212121ln ln 2x x x x c x x -+=--，方程()1220g x x c ++=可转化为7．已知函数（为自然对数的底数，），，．（1）若，，求在上的最大值的表达式；（2）若时，方程在上恰有两个相异实根，求实根的取值范围；（3）若，，求使的图象恒在图象上方的最大正整数．【思路引导】(1)先求函数导数，根据定义域以及取值分类讨论导函数是否变号，确定函数单调性，进而确定函数最值，(2)作差函数，求导得原函数先减后增，因此要有两个相异实根，需极小值小于零，两个端点值大于零，解不等式可得的取值范围；(3)实际为一个不等式恒成立问题，先转化为对应函数最值问题（利用导数求差函数最小值），再研究最小值恒大于零问题，继续求导研究函数单调性，并结合零点存在定理限制或估计极点范围，最后范围确定最大正整数．试题解析：(1)时，,；①当时，，在上为增函数，此时，②当时，，在上为增函数，故在上为增函数，此时③当时，，在上为增函数，在上为减函数，若，即时，故在上为增函数，在上为减函数，此时若，即时，在上为增函数，则此时，综上所述：（2），，∴在上单调递减，在上单调递增，∴在上恰有两个相异实根，，实数的取值范围是，8．设函数．（1）求函数的单调区间；（2）若函数有两个零点，求满足条件的最小正整数的值；（3）若方程，有两个不相等的实数根，比较与0的大小．【思路引导】(1)先求函数导数,再求导函数零点,根据定义域舍去,对进行讨论,时，，单调增区间为．时,有增有减;(2)函数有两个零点，所以函数必不单调,且最小值小于零,转化研究最小值为负的条件:,由于此函数单调递增,所以只需利用零点存在定理探求即可,即取两个相邻整数点代入研究即可得的取值范围,进而确定整数值,（3）根据，所以只需判定大小,由可解得,代入分析只需比较大小,设,构造函数,利用导数可得最值,即可判定大小．(3)证明：因为是方程的两个不等实根，由(1)知．不妨设，则，．两式相减得，即．所以．因为，点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1)构造差函数．根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式．（2）根据条件，寻找目标函数．一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数．21。

高考数学难点突破__不等式的综合应用

难点20 不等式的综合应用不等式是继函数与方程之后的又一重点内容之一，作为解决问题的工具，与其他知识综合运用的特点比较突出.不等式的应用大致可分为两类：一类是建立不等式求参数的取值范围或解决一些实际应用问题；另一类是建立函数关系，利用均值不等式求最值问题、本难点提供相关的思想方法，使考生能够运用不等式的性质、定理和方法解决函数、方程、实际应用等方面的问题.●难点磁场(★★★★★)设二次函数f (x )=ax 2+bx +c (a ＞0)，方程f (x )－x =0的两个根x 1、x 2满足0＜x 1＜x 2＜a1. (1)当x ∈［0，x 1)时，证明x ＜f (x )＜x 1；(2)设函数f (x )的图象关于直线x =x 0对称，证明：x 0＜21x . ●案例探究［例1］用一块钢锭烧铸一个厚度均匀，且表面积为2平方米的正四棱锥形有盖容器(如右图)设容器高为h 米，盖子边长为a 米，(1)求a 关于h 的解析式；(2)设容器的容积为V 立方米，则当h 为何值时，V 最大？求出V 的最大值(求解本题时，不计容器厚度)命题意图：本题主要考查建立函数关系式，棱锥表面积和体积的计算及用均值定论求函数的最值.知识依托：本题求得体积V 的关系式后，应用均值定理可求得最值.错解分析：在求得a 的函数关系式时易漏h ＞0.技巧与方法：本题在求最值时应用均值定理.解：①设h ′是正四棱锥的斜高，由题设可得：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+='⋅+12222412214h a a a h a 消去)0(11:.2>+='a h a h 解得 ②由)1(33122+==h h h a V (h ＞0) 得：2121)1(31=⋅=++=hh h h hh V 而所以V ≤61，当且仅当h =h1即h =1时取等号故当h =1米时，V 有最大值，V 的最大值为61立方米. ［例2］已知a ，b ，c 是实数，函数f (x )=ax 2+bx +c ，g (x )=ax +b ，当－1≤x ≤1时|f (x )|≤1.(1)证明：|c |≤1；(2)证明：当－1 ≤x ≤1时，|g (x )|≤2；(3)设a ＞0，有－1≤x ≤1时， g (x )的最大值为2，求f (x).命题意图：本题主要考查二次函数的性质、含有绝对值不等式的性质，以及综合应用数学知识分析问题和解决问题的能力.属★★★★★级题目.知识依托：二次函数的有关性质、函数的单调性是药引，而绝对值不等式的性质灵活运用是本题的灵魂.错解分析：本题综合性较强，其解答的关键是对函数f (x )的单调性的深刻理解，以及对条件“－1≤x ≤1时|f (x )|≤1”的运用；绝对值不等式的性质使用不当，会使解题过程空洞，缺乏严密，从而使题目陷于僵局.技巧与方法：本题(2)问有三种证法，证法一利用g (x )的单调性；证法二利用绝对值不等式：||a |－|b ||≤|a ±b |≤|a |+|b |；而证法三则是整体处理g (x )与f (x )的关系.(1)证明：由条件当=1≤x ≤1时，|f (x )|≤1，取x =0得：|c |=|f (0)|≤1，即|c |≤1.(2)证法一：依题设|f (0)|≤1而f (0)=c ，所以|c |≤1.当a ＞0时，g (x )=ax +b 在［－1，1］上是增函数，于是g (－1)≤g (x )≤g (1)，(－1≤x ≤1).∵|f (x )|≤1，(－1≤x ≤1)，|c |≤1，∴g (1)=a +b =f (1)－c ≤|f (1)|+|c |=2，g (－1)=－a +b =－f (－1)+c ≥－(|f (－2)|+|c |)≥－2，因此得|g (x )|≤2 (－1≤x ≤1)；当a ＜0时，g (x )=ax +b 在［－1，1］上是减函数，于是g (－1)≥g (x )≥g (1)，(－1≤x ≤1)， ∵|f (x )|≤1 (－1≤x ≤1)，|c |≤1∴|g (x )|=|f (1)－c |≤|f (1)|+|c |≤2.综合以上结果，当－1≤x ≤1时，都有|g (x )|≤2.证法二：∵|f (x )|≤1(－1≤x ≤1)∴|f (－1)|≤1，|f (1)|≤1，|f (0)|≤1，∵f (x )=ax 2+bx +c ，∴|a －b +c |≤1，|a +b +c |≤1，|c |≤1，因此，根据绝对值不等式性质得：|a －b |=|(a －b +c )－c |≤|a －b +c |+|c |≤2，|a +b |=|(a +b +c )－c |≤|a +b +c |+|c |≤2，∵g (x )=ax +b ，∴|g (±1)|=|±a +b |=|a ±b |≤2，函数g (x )=ax +b 的图象是一条直线，因此|g (x )|在［－1，1］上的最大值只能在区间的端点x =－1或x =1处取得，于是由|g (±1)|≤2得|g (x )|≤2，(－1＜x ＜1).)21()21(])21()21([])21()21([)2121(])21()21[()(,)21()21(4)1()1(:22222222--+=+-+--++++=--++--+=+=∴--+=--+=x f x f c x b x a c x b x a x x b x x a b ax x g x x x x x 证法三当－1≤x ≤1时，有0≤21+x ≤1，－1≤21-x ≤0， ∵|f (x )|≤1，(－1≤x ≤1)，∴|f )21(+x |≤1，|f (21-x )|≤1；因此当－1≤x ≤1时，|g (x )|≤|f )21(+x |+|f (21-x )|≤2.(3)解：因为a ＞0，g (x )在［－1，1］上是增函数，当x =1时取得最大值2，即g (1)=a +b =f (1)－f (0)=2. ① ∵－1≤f (0)=f (1)－2≤1－2=－1，∴c =f (0)=－1.因为当－1≤x ≤1时，f (x )≥－1，即f (x )≥f (0)，根据二次函数的性质，直线x =0为f (x )的图象的对称轴，由此得－ab 2＜0 ，即b =0. 由①得a =2，所以f (x )=2x 2－1.●锦囊妙计1.应用不等式知识可以解决函数、方程等方面的问题，在解决这些问题时，关键是把非不等式问题转化为不等式问题，在化归与转化中，要注意等价性.2.对于应用题要通过阅读，理解所给定的材料，寻找量与量之间的内在联系，抽象出事物系统的主要特征与关系，建立起能反映其本质属性的数学结构，从而建立起数学模型，然后利用不等式的知识求出题中的问题.●歼灭难点训练一、选择题1.(★★★★★)定义在R 上的奇函数f (x )为增函数，偶函数g (x )在区间［0，+∞)的图象与f (x )的图象重合，设a ＞b ＞0，给出下列不等式，其中正确不等式的序号是( )①f (b )－f (－a )＞g (a )－g (－b ) ②f (b )－f (－a )＜g (a )－g (－b )③f (a )－f (－b )＞g (b )－g (－a ) ④f (a )－f (－b )＜g (b )－g (－a )A.①③B.②④C.①④D.②③二、填空题2.(★★★★★)下列四个命题中：①a +b ≥2ab ②sin 2x +x2sin 4≥4 ③设x ，y 都是正数，若yx 91 =1，则x +y 的最小值是12 ④若|x －2|＜ε，|y －2|＜ε，则|x －y |＜2ε，其中所有真命题的序号是__________.3.(★★★★★)某公司租地建仓库，每月土地占用费y 1与车库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y 2与到车站的距离成正比，如果在距车站10公里处建仓库，这两项费用y 1和y 2分别为2万元和8万元，那么要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站__________公里处.三、解答题4.(★★★★★)已知二次函数 f (x )=ax 2+bx +1(a ，b ∈R ，a ＞0)，设方程f (x )=x 的两实数根为x 1，x 2.(1)如果x 1＜2＜x 2＜4，设函数f (x )的对称轴为x =x 0，求证x 0＞－1；(2)如果|x 1|＜2，|x 2－x 1|=2，求b 的取值范围.5.(★★★★)某种商品原来定价每件p 元，每月将卖出n 件，假若定价上涨x 成(这里x 成即10x ，0＜x ≤10).每月卖出数量将减少y 成，而售货金额变成原来的 z 倍. (1)设y =ax ，其中a 是满足31≤a ＜1的常数，用a 来表示当售货金额最大时的x 的值； (2)若y =32x ，求使售货金额比原来有所增加的x 的取值范围. 6.(★★★★★)设函数f (x )定义在R 上，对任意m 、n 恒有f (m +n )=f (m )·f (n )，且当x ＞0时，0＜f (x )＜1.(1)求证：f (0)=1，且当x ＜0时，f (x )＞1；(2)求证：f (x )在R 上单调递减；(3)设集合A ={ (x ，y )|f (x 2)·f (y 2)＞f (1)}，集合B ={(x ，y )|f (ax －g +2)=1，a ∈R }，若A ∩B =∅，求a 的取值范围.7.(★★★★★)已知函数f (x )=1222+++x c bx x (b ＜0)的值域是［1，3］， (1)求b 、c 的值；(2)判断函数F (x )=lg f (x )，当x ∈［－1，1］时的单调性，并证明你的结论；(3)若t ∈R ，求证：lg 57≤F (|t －61|－|t +61|)≤lg 513.［科普美文］数学中的不等式关系数学是研究空间形式和数量关系的科学，恩格斯在《自然辩证法》一书中指出，数学是辩证的辅助工具和表现形式，数学中蕴含着极为丰富的辩证唯物主义因素，等与不等关系正是该点的生动体现，它们是对立统一的，又是相互联系、相互影响的；等与不等关系是中学数学中最基本的关系.等的关系体现了数学的对称美和统一美，不等关系则如同仙苑奇葩呈现出了数学的奇异美.不等关系起源于实数的性质，产生了实数的大小关系，简单不等式，不等式的基本性质，如果把简单不等式中的实数抽象为用各种数学符号集成的数学式，不等式发展为一个人丁兴旺的大家族，由简到繁，形式各异.如果赋予不等式中变量以特定的值、特定的关系，又产生了重要不等式、均值不等式等.不等式是永恒的吗？显然不是，由此又产生了解不等式与证明不等式两个极为重要的问题.解不等式即寻求不等式成立时变量应满足的范围或条件，不同类型的不等式又有不同的解法；不等式证明则是推理性问题或探索性问题.推理性即在特定条件下，阐述论证过程，揭示内在规律，基本方法有比较法、综合法、分析法；探索性问题大多是与自然数n 有关的证明问题，常采用观察—归纳—猜想—证明的思路，以数学归纳法完成证明.另外，不等式的证明方法还有换元法、放缩法、反证法、构造法等.数学科学是一个不可分割的有机整体，它的生命力正是在于各个部分之间的联系.不等式的知识渗透在数学中的各个分支，相互之间有着千丝万缕的联系，因此不等式又可作为一个工具来解决数学中的其他问题，诸如集合问题，方程(组)的解的讨论，函数单调性的研究，函数定义域的确定，三角、数列、复数、立体几何、解析几何中的最大值、最小值问题无一不与不等式有着密切的联系.许多问题最终归结为不等式的求解或证明；不等式还可以解决现实世界中反映出来的数学问题.不等式中常见的基本思想方法有等价转化、分类讨论、数形结合、函数与方程.总之，不等式的应用体现了一定的综合性，灵活多样性.等与不等形影不离，存在着概念上的亲缘关系，是中学数学中最广泛、最普遍的关系.数学的基本特点是应用的广泛性、理论的抽象性和逻辑的严谨性，而不等关系是深刻而生动的体现.不等虽没有等的温柔，没有等的和谐，没有等的恰到好处，没有等的天衣无缝，但它如山之挺拔，峰之隽秀，海之宽阔，天之高远，怎能不让人心旷神怡，魂牵梦绕呢？参考答案难点磁场解：(1)令F (x )=f (x )－x ，因为x 1，x 2是方程f (x )－x =0的根，所以F (x )=a (x －x 1)(x －x 2).当x ∈(0，x 1)时，由于x 1＜x 2，得(x －x 1)(x －x 2)＞0，又a ＞0，得F (x )=a (x －x 1)(x －x 2)＞0，即x ＜f (x )x 1－f (x )=x 1－［x +F (x )］=x 1－x +a (x 1－x )(x －x 2)=(x 1－x )［1+a (x －x 2)］∵0＜x ＜x 1＜x 2＜a1，∴x 1－x ＞0，1+a (x －x 2)=1+ax －ax 2＞1－ax 2＞0 ∴x 1－f (x )＞0，由此得f (x )＜x 1.(2)依题意：x 0=－ab 2，因为x 1、x 2是方程f (x )－x =0的两根，即x 1，x 2是方程ax 2+(b －1)x +c =0的根.∴x 1+x 2=－ab 1- ∴x 0=－a ax ax a x x a a b 2121)(22121-+=-+=，因为ax 2＜1，∴x 0＜2211x a ax = 歼灭难点训练一、1.解析：由题意f (a )=g (a )＞0，f (b )=g (b )＞0，且f (a )＞f (b )，g (a )＞g (b )∴f (b )－f (－a )=f (b )+f (a )=g (a )+g (b )而g (a )－g (－b )=g (a )－g (b )∴g (a )+g (b )－［g (a )－g (b )］=2g (b )＞0，∴f (b )－f (－a )＞g (a )－g (－b )同理可证：f (a )－f (－b )＞g (b )－g (－a )答案：A二、2.解析：①②③不满足均值不等式的使用条件“正、定、等”.④式：|x －y |=|(x －2)－(y －2)|≤|(x －2)－(y －2)|≤|x －2|+|y －2|＜ε+ε=2ε.答案：④3.解析：由已知y 1=x 20；y 2=0.8x (x 为仓库与车站距离)费用之和y =y 1+y 2=0.8x + x 20≥2xx 208.0⋅=8 当且仅当0.8x =x20即x =5时“=”成立答案：5公里处。

完整版浅谈数学归纳法在高考中应用

赣南师范学院2015 届本科生毕业论文1、数学概括法的理论基础数学概括法，人类天才的思想、奇妙的方法、雅致的工具，解决无穷的问题。

它表现的是利用有限解决无穷问题的思想，这一思想凝固了数学家们无穷的想象力和创建力，这无疑形成了数学证明中一道绚烂多彩的景色线。

它的奇妙让人耐人回味，这一思想的发现为以后数学的发睁开辟了道路，如用有限维空间取代无穷维空间（多项式迫近连续函数）用有限过程取代无穷过程（积分和无量级数用有限项和答题，导数用差分取代）。

1.1 数学概括法的发展历史自古以来，人们就会想到问题的推行，由特别到一般、由有限到无穷，可人类对无穷的掌握不顺利。

在对无量思虑的过程中，古希腊出现了很多悖论，如芝诺悖论，在数列中为了保证结论的正确，则一定考虑无穷。

还有生活中一些现象，如战火的传达，爆竹的燃放等，触动了人类的思想。

安提丰用圆周内接正多边形无量地迫近圆的方法解决化圆为方；刘徽、祖冲之用圆内接正多边形去无量地强迫圆，无量的问题层见迭出，以后古希腊欧几里得对命题“素数的个数是无量的”的证明，经过了有限去实现无穷，表现了数学概括法递推思想。

但要形成数学概括法中明确的递推，清楚的步骤确是一件不简单的事，作为自觉运用进行数学证明倒是近代的事。

伊本海塞姆（ 10 世纪末）、凯拉吉（ 11 世纪上叶）、伊本穆思依姆（ 12 世纪末）、伊本班纳（ 13 世纪末）等都使用了概括推理，这表示数学概括法使用较广泛，特别是凯拉吉利用数学概括法证明1323n3 n2 (n 1)24这是数学家对数学概括法的最早证明。

接着 , 法国数学家莱维 . 本. 热尔松 (13 世纪末 ) 用" 逐渐的无穷递进 " ，即概括推理证明相关整数命题和摆列组合命题。

他比伊斯兰数学家更清楚地表现数学概括法证明的基础，递进概括两个步骤。

到 16 世纪中叶，意大利数学家毛罗利科对与全体和全体自然数相关的命题的证明作了深入的观察在1575 年，毛罗利科证了然an 1an n2此中ak1 23k 1,2他利用了逐渐推理铸就了“递归推理”的思路，成为了较早找到数学概括中“递归推理”的数学家，为无穷的掌握供给了思想。

专题06 超越不等式(方程)型-2021年高考数学复习压轴题解法分析与强化训练附真题及解析

专题06 超越不等式（方程）型[真题再现]例1 （2020·南京三模·20改编）已知函数2e ()xf x x ax a=-+(a ∈R)，其中e 为自然对数的底数，若函数()f x 的定义域为R ，且(2)()f f a >，求a 的取值范围．【答案】(2，4)【解析】由函数f (x )的定义域为R ，得x 2－ax ＋a ≠0恒成立，所以a 2－4a ＜0，解得0＜a ＜4．方法1（讨论单调性）由f (x )＝e x x 2－ax ＋a ，得f'(x )＝e x (x －a )(x －2)(x 2－ax ＋a )2． ①当a ＝2时，f (2)＝f (a )，不符题意．②当0＜a ＜2时，因为当a ＜x ＜2时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(a ，2)上单调递减，所以f (a )＞f (2)，不符题意．③当2＜a ＜4时，因为当2＜x ＜a 时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(2，a )上单调递减，所以f (a )＜f (2)，满足题意．综上，a 的取值范围为(2，4)．方法2（转化为解超越不等式，先猜根再使用单调性）由f (2)＞f (a )，得e 24－a ＞e a a．因为0＜a ＜4，所以不等式可化为e 2＞e a a(4－a )．设函数g (x )＝e x x(4－x )－e 2， 0＜x ＜4．因为g'(x )＝e x·－(x －2)2x 2≤0恒成立，所以g (x )在(0，4)上单调递减．又因为g (2)＝0，所以g (x )＜0的解集为(2，4)．所以，a 的取值范围为(2，4)．例2 （2016·宿迁三校学情调研·14）已知函数f (x )＝x －1－(e －1)ln x ，其中e 为自然对数的底，则满足f (e x )＜0的x 的取值范围为．【答案】()0,1【解析】易得f (1)＝f (e)=0 ∵1(1)()1e x e f x x x---'=-= ∴当(0,1)x e ∈-时，()0f x '<，()f x 在(0,1)e -单减；当(1,)x e ∈-+∞时，()0f x '>，()f x 在(1,)e -+∞单增∴()0f x <的解集是1x e <<令1x e e <<，得01x <<，故f (e x )＜0的x 的取值范围为()0,1．例3 （2020·扬州五月测试·20改编）不等式1ln 0x x x --≤的解集是 . 【答案】(0,1]【解法一】显然1x =是方程1ln 0x x x--=一个根令1()ln f x x x x=--，则22222111112()10x x x f x x x x x ⎛⎫-+ ⎪-+⎝⎭'=+-==> 故()f x 在(0,)+∞单增，且(1)0f =所以不等式1ln 0x x x--≤的解集是(0,1]. 【解法二】1ln 0x x x --≤变形为1ln x x x-≤ 设1()f x x x=-，()ln g x x = 而1()f x x x=-在(0,)+∞单减，()ln g x x =在(0,)+∞单增，且图象均过（1,0）所以不等式1ln 0x x x --≤的解集是(0,1]. 例4340x +=的根是 .【答案】43-【分析】利用“同构”构造函数，再利用函数的单调性.【解析】原方程可化为()()331123230x x x x+++++++=设3()f x x x=+，易得其为R上的单增奇函数所以()()1230x x+++=，43x=-即为所求.[强化训练]1.（2020·北京·6）已知函数()21xf x x=--，则不等式()0f x>的解集是（）．A. (1,1)- B. (,1)(1,)-∞-+∞C. (0,1)D. (,0)(1,)-∞⋃+∞【答案】D【分析】作出函数2xy=和1y x=+的图象，观察图象可得结果.【解析】因为()21xf x x=--，所以()0f x>等价于21x x>+，在同一直角坐标系中作出2xy=和1y x=+的图象如图：两函数图象的交点坐标为(0,1),(1,2)，不等式21x x>+的解为0x<或1x>.所以不等式()0f x>的解集为：()(),01,-∞⋃+∞.2.关于的不等式的解集为___________.【答案】[1,)+∞x2ln10x x+-≥3. 方程e eln e 0x x x +-=的根是___________.【答案】1【解析】设()e eln x x x x e ϕ=+-，则e ()(1)e 0x x x xϕ'=++>，所以()x ϕ单调递增，因为(1)0ϕ=，所以1x =.4.已知α、β分别是方程510x x ++=、10x +=的根，则α＋β的值是 . 【答案】－15.已知实数x 、y 满足(1x y =，则2234662020x xy y x y ----+的值是 .【答案】2020【提示】两边取自然对数得((ln ln 0x y +++=设(()ln f x x =+，则易得其为R 上的单增奇函数所以0x y +=，故2234662020()(4)6()20202020x xy y x y x y x y x y ----+=+--++=.。