高考数学基础突破导数与积分第6讲导数与不等式

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导数专题书目录第一篇独孤九剑——导数基础专题1总诀式——导数的前世今生第一讲导数基本定义第二讲导数运算法则第三讲复合函数求导第四讲同构函数求导专题2破剑式——数形结合遇导数第一讲导数的几何意义第二讲在点的切线方程第三讲过点的切线方程专题3破刀式——基本性质与应用第一讲单调性问题第二讲极值与最值第三讲恒能分问题专题4破枪式——抽象函数的构造第一讲求导法则与抽象构造第二讲幂函数及其抽象构造第三讲指数函数与抽象构造第四讲对数函数与抽象构造第五讲三角函数与抽象构造第六讲平移与奇偶抽象构造专题5破鞭式——分类讨论的策略第一讲不含参的四类问题第二讲含参数的五类问题专题6破索式——三次函数的探究第一讲基本性质第二讲切线问题第三讲四段论界定第四讲三倍角界定专题7破掌式——指对的破解逻辑第一讲指数模型第二讲对数模型专题8破箭式——六大同构函数论第一讲六大同构函数第二讲外部函数同构第三讲极值底层逻辑专题9破气式——零点与交点问题第一讲零点相关定理第二讲曲线交点问题第三讲零点个数问题第二篇如来神掌——导数选填的奇思妙解专题1心中有佛——秒解抽象函数构造第一讲抽象函数的积分构造第二讲“网红解法”的利弊专题2佛光初现——妙解参数取值范围第一讲零点比大小问题妙解双参比值问题第二讲零点比大小妙解指对单参数的问题第三讲恰到好处的取点妙解双参系列问题专题3金顶佛灯——数轴破整数个数解第一讲对数的取点技巧第二讲指数的取点技巧专题4佛动山河——平口单峰函数探秘第一讲平口二次函数问题第二讲平口对勾函数问题第三讲平口三次函数问题第四讲平口函数万能招数第五讲构造平口单峰函数第六讲必要探路最值界定第七讲倍角定理最值界定专题5佛问伽蓝——拉格朗日插值妙用第一讲三大微分中值定理简述第二讲拉格朗日中值定理应用专题6迎佛西天——构造函数速比大小第一讲构造基本初等函数第二讲构造母函数比大小第三讲构造混阶型比大小专题7天佛降世——琴生不等式破选填第一讲函数的凹凸性第二讲凹凸性的应用专题8佛法无边——极限思想巧妙应用第一讲前世今生论第二讲洛必达法则专题9万佛朝宗——选填压轴同构压制第一讲母函数原理概述第二讲同等双参需同构第三讲同构引出的秒解第三篇无涯剑道——导数三板斧升级篇专题1问剑求生——同类同构第一讲双元同构篇第二讲指对同构篇第三讲朗博同构篇第四讲零点同构篇第五讲同构保值篇第六讲同构导中切专题2持剑逆道——分类同构第一讲分而治之型第二讲端点效应型第三讲志同道合型第四讲分道扬镳型第五讲柳暗花明型专题3迎剑归宗——切点同构第一讲切线问题的进阶处理第二讲公切线问题几何探秘第三讲基本函数的切线找点第四讲跨阶函数的切线找点第五讲双变量乘积处理策略第四篇逍遥功——泰勒与放缩专题1逍遥剑法——泰勒展开第一讲泰勒基本展开式第二讲泰勒与切线找点第三讲泰勒与极值界定第四讲无穷阶极值界定第五讲泰勒与切线界定专题2逍遥刀法——京沪专线第一讲指数型“0”线第二讲对数型“0”线第三讲三角型“0”线专题3逍遥拳法——京九专线第一讲指数型“1”线第二讲对数型“1”线第三讲“e”线放缩论“n”线放缩论第四讲指对混阶放缩论第五讲指对三角放缩论第六讲高阶借位放缩论第七讲充分必要放缩论第八讲数列放缩系统论第五篇武当神功——点睛之笔专题1梯云纵——极点极值第一讲极值点本质第二讲唯一极值点第三讲存在极值点第四讲莫有极值点专题2太和功——隐点代换第一讲直接应用第二讲整体代换第三讲反代消参第四讲降次留参第五讲矛盾区间专题3峰回掌——跨阶找点第一讲找点初步认识第二讲找点策略阐述第三讲高次函数找点第四讲指对函数找点第五讲三角函数找点专题4太极剑——跳阶找点第一讲指对混阶找点第二讲指数三角找点第三讲对数三角找点第四讲终结混阶找点专题5八卦阵——必要探路第一讲端点效应第二讲极点效应第三讲显点效应第四讲隐点效应第五讲内点效应第六讲外点效应第七讲拐点效应第八讲弧点效应第六篇六脉神剑——明元之家专题1少商剑——三三来迟第一讲飘带函数减元第二讲点差法第三讲韦达定理的应用专题2商阳剑——四曾相识第一讲极值点偏移第二讲构造法第三讲拐点偏移第四讲泰勒公式专题3中冲剑——不讲五德第一讲换元构造第二讲对数平均不等式第三讲指数平均不等式第四讲广义对均第五讲深度剖析专题4関冲剑——七晴六遇第一讲零点差模型第二讲极值模型第三讲混合模型专题5少泽剑——第一讲复数三角形式第二讲棣莫弗定理第三讲复数的应用专题6少冲剑——第一讲斜率成等差等比问题第一讲数据逻辑及相关定理第二讲破解逻辑及突破压轴。

2020高考冲刺数学总复习压轴解答：函数、不等式与导数的综合问题(附答案及解析)

专题三压轴解答题第六关函数、不等式与导数的综合问题【名师综述】1.本专题在高考中的地位导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 2．本专题在高考中的命题方向及命题角度从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用【考点方向标】方向一用导数研究函数的性质典例1．（2020·山东高三期末）已知函数21()2ln (2)2f x x a x a x =+-+．（1）当1a =时，求函数()f x 的单调区间；（2）是否存在实数a ，使函数34()()9g x f x ax x =++在(0,)+∞上单调递增？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．【举一反三】（2020·云南昆明一中高三期末（理））已知函数2()(1)xx f x e ax e =-+⋅，且()0f x …. （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一极大值点0x ，且()0316f x <.方向二导数、函数与不等式典例2．（2020·四川省泸县第二中学高三月考）已知函数()sin f x x ax =-.（1）对于(0,1)x ∈，()0f x >恒成立，求实数a 的取值范围；（2）当1a =时，令()()sin ln 1h x f x x x =-++，求()h x 的最大值；（3）求证：1111ln(1)1231n n n+<+++⋅⋅⋅++-*()n N ∈.【举一反三】（2020·黑龙江哈尔滨三中高三月考）已知111123S n =++⋅⋅⋅+，211121S n =++⋅⋅⋅+-，直线1x =，x n =，0y =与曲线1y x=所围成的曲边梯形的面积为S .其中n N ∈，且2n ≥.（1）当0x >时，()ln 11axx ax x <+<+恒成立，求实数a 的值；（2）请指出1S ，S ，2S 的大小，并且证明；（3）求证：131112lnln 3132313n i n n i i i =+⎛⎫<+-< ⎪+--⎝⎭∑.方向三恒成立及求参数范围问题典例3．（2020·天津高三期末）已知函数()2ln h x ax x =-+. （1）当1a =时，求()h x 在()()2,2h 处的切线方程；（2）令()()22a f x x h x =+，已知函数()f x 有两个极值点12,x x ，且1212x x >，求实数a 的取值范围；（3）在（2）的条件下，若存在012x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++对任意a （取值范围内的值）恒成立，求实数m 的取值范围.【举一反三】（2020·江苏高三专题练习）已知函数()(32)xf x e x =-，()(2)g x a x =-，其中,a x R ∈. （1）求过点(2,0)和函数()y f x =的图像相切的直线方程；（2）若对任意x ∈R ，有()()f x g x ≥恒成立，求a 的取值范围；（3）若存在唯一的整数0x ，使得00()()f x g x <，求a 的取值范围.【压轴选编】1．（2020·山西高三开学考试）已知函数()()()222ln ,2ln f x x ax a x a R g x x x x =--+∈=-.（1）讨论()f x 的单调性；（2）求证：当1a =时，对于任意()0,x ∈+∞，都有()()f x g x <.2．（2020·河南鹤壁高中高三月考）已知函数2()ln (0,)a xf x x a a R x a=++≠∈ （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）设1()2a x g x x a a=+-+，当0a >时，证明：()()f x g x ≥.3．（2020·四川石室中学高三月考）已知函数()22ln f x x x =-+．（1）求函数()f x 的最大值；（2）若函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点． ①求实数a 的值；①若对于121,,3x x e ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦（e 为自然对数的底数），不等式()()1211f xg x k -≤-恒成立，求实数k 的取值范围．4．（2020·江西高三）已知函数()()ln f x x x a b =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线为210x y --=.（1）求a ，b 的值；（2）若对任意的()1,x ∈+∞，()()1f x m x ≥-恒成立，求正整数m 的最大值.5．（2020·江西高三）已知函数()e 2xf x m x m =--.（1）当1m =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（2）若()0f x >在(0,)+∞上恒成立，求m 的取值范围．6．（2020·江西高三）已知函数()()2xf x x e =-.（1）求()f x 的单调区间；（2）证明：对任意的()0,x ∈+∞，不等式()2ln 6xf x x x >-恒成立.7．（2020·四川高三月考）已知函数21()(32)()2xf x m e x m R =--∈. （1）若0x =是函数()f x 的一个极值点，试讨论()ln ()()h x b x f x b R =+∈的单调性；（2）若()f x 在R 上有且仅有一个零点，求m 的取值范围.8．（2020·山西高三）已知函数()2ln 21f x a x x =-+（其中a R ∈）. （1）讨论函数()f x 的极值；（2）对任意0x >，2()2f x a ≤-恒成立，求a 的取值范围.9．（2020·北京高三期末）已知函数()2xf x x e =（1）求()f x 的单调区间；（2）过点()1,0P 存在几条直线与曲线()y f x =相切，并说明理由；（3）若()()1f x k x ≥-对任意x ∈R 恒成立，求实数k 的取值范围.10．（2020·全国高三专题练习）已知函数()()33114ln 10f f x ax x x '=--的图象在点()()1,1f 处的切线方程为100++=x y b . （1）求a ，b 的值；（2）若()13f x m >对()0,x ∈+∞恒成立，求m 的取值范围.11．（2020·天津静海一中高三月考）已知函数()ln 1()f x ax x a R =--∈．（1）讨论()f x 的单调性并指出相应单调区间；（2）若21())1(2g x x x x f ---=，设()1212,x x x x <是函数()g x 的两个极值点，若32a ≥，且()()12g x g x k -≥恒成立，求实数k 的取值范围．12.（2020·山东高三期末）已知函数()()2sin ln 12x f x x x =+-+.（1）证明：()0f x ≥；（2）数列{}n a 满足：1102a <<，()1n n a f a +=（n *∈N ）. （①）证明：1102a <<（n *∈N ）；（①）证明：n *∀∈N ，1n n a a +<.13．（2020·四川三台中学实验学校高三开学考试）已知函数()ln f x x x a =+，()ln ,g x x ax a =-∈R . （1）求函数()f x 的极值；（2）若10a e<<，其中e 为自然对数的底数，求证：函数()g x 有2个不同的零点；（3）若对任意的1x >，()()0f x g x +>恒成立，求实数a 的最大值.14．（2020·河北高三期末）已知函数()f x 满足:①定义为R ；①2()2()9xx f x f x e e+-=+-. （1）求()f x 的解析式；（2）若12,[1,1]x x ∀∈-；均有()()21122(2)61x a x x f x -+-+-…成立，求a 的取值范围；（3）设2(),(0)()21,(0)f x x g x x x x >⎧=⎨--+≤⎩，试求方程[()]10g g x -=的解.15．（2020·湖南高三月考）已知函数2()()af x x ax a R x=+-∈. （1）当1a =且1x >-时，求函数()f x 的单调区间；（2）当21e a e ≥+时，若函数2()()ln g x f x x x =--的两个极值点分别为1x 、2x ，证明12240()()1g x g x e <-<+.16．（2020·江西高三期末）已知函数2()x f x e ax x =--（e 为自然对数的底数）在点(1,(1))f 的切线方程为(3)y e x b =-+. （1）求实数,a b 的值；（2）若关于x 的不等式4()5f x m >+对于任意(0,)x ∈+∞恒成立，求整数m 的最大值.17．（2020·江西高三期末）已知函数()()()2,xf x x m e nxm n R =--∈在1x =处的切线方程为y ex e =-.（1）求,m n 的值；（2）当0x >时，()3f x ax -…恒成立，求整数a 的最大值.18．（2020·河南高三期末）已知函数()()ln 1mxf x x x m=+-+，()1,0x ∈-. （1）若1m =，判断函数()f x 的单调性并说明理由；（2）若2m ≤-，求证：关于x 的不等式()()()21xx m f x e x-+⋅<-在()1,0-上恒成立.19．（2020·江西高三月考）已知函数32()32f x x x x =-+，()g x tx t R =∈，，()xe x xφ=. （1）求函数()()y f x x φ=⋅的单调增区间；（2）令()()()h x f x g x =-，且函数()h x 有三个彼此不相等的零点0m n ，，，其中m n <. ①若12m n =，求函数()h x 在x m =处的切线方程； ①若对[]x m n ∀∈，，()16h x t ≤-恒成立，求实数M 的取值范围.专题三压轴解答题第六关函数、不等式与导数的综合问题【名师综述】1.本专题在高考中的地位导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 2．本专题在高考中的命题方向及命题角度从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用【考点方向标】方向一用导数研究函数的性质典例1．（2020·山东高三期末）已知函数21()2ln (2)2f x x a x a x =+-+．（1）当1a =时，求函数()f x 的单调区间；（2）是否存在实数a ，使函数34()()9g x f x ax x =++在(0,)+∞上单调递增？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．【答案】（1）()f x 的单调递增区间为(]0,1和[)2,+∞，单调递减区间为()1,2（2）存在,724a ≥ 【解析】（1）当1a =时，21()2ln 3(0)2f x x x x x =+->．所以2()3f x x x '=+-=232(2)(1)x x x x x x-+--=令()0f x '≥，则01x <≤或2x ≥，令()0f x '<，则12x <<，所以()f x 的单调递增区间为(]0,1和[)2,+∞，单调递减区间为()1,2 （2）存在724a ≥，满足题设，因为函数34()()9g x f x ax x =++=23142ln 229x a x x x +-+所以224()23a g x x x x '=+-+，要使函数()g x 在0,∞（+）上单调递增，224()20,(0,)3a g x x x x x '=+-≥+∈+∞，即3243660x x x a +-+≥，(0,)x ∈+∞⇔324366x x xa +-≥-，(0,)x ∈+∞ 令32436()6x x x h x +-=，(0,)x ∈+∞，则2()21(21)(1)h x x x x x '=+-=-+，所以当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，()h x 在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，当1,2x ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()0h x '>，()h x 在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以12x =是()h x 的极小值点，也是最小值点，且17224h ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，∴324366x x x+--在(0,)+∞上的最大值为724．所以存在724a ≥，满足题设．【举一反三】（2020·云南昆明一中高三期末（理））已知函数2()(1)xx f x e ax e =-+⋅，且()0f x …. （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一极大值点0x ，且()0316f x <. 【答案】（1）1a =；（2）证明见解析. 【解析】（1）因为()()ee 10xxf x ax =--≥,且e0x>,所以e 10x ax --≥,构造函数()e 1xu x ax =--,则()'e xu x a =-,又()00u =,若0a ≤,则()'0u x >,则()u x 在R 上单调递增,则当0x <时,()0u x <矛盾,舍去；若01a <<,则ln 0a <,则当ln 0a x <<时,'()0u x >,则()u x 在(ln ,0)a 上单调递增,则()()ln 00u a u <=矛盾,舍去；若1a >,则ln 0a >,则当0ln x a <<时,'()0u x <,则()u x 在(0,ln )a 上单调递减,则()()ln 00u a u <=矛盾,舍去；若1a =,则当0x <时,'()0u x <,当0x >时,'()0u x >, 则()u x 在(,0)-∞上单调递减,在(0,)+∞上单调递增, 故()()00u x u ≥=,则()()e 0xf x u x =⋅≥,满足题意；综上所述,1a =.（2）证明:由（1）可知()()2e 1e xxf x x =-+⋅,则()()'e2e 2xxf x x =--,构造函数()2e 2xg x x =--,则()'2e 1xg x =-,又()'g x 在R 上单调递增,且()'ln20g -=,故当ln2x <-时,)'(0g x <,当ln 2x >-时,'()0g x >, 则()g x 在(,ln 2)-∞-上单调递减,在(ln 2,)-+∞上单调递增,又()00g =,()2220e g -=>,又33233332223214e 16e 022e 2e 8e 2e g --⎛⎫-=-==< ⎪⎝⎭+, 结合零点存在性定理知,在区间3(2,)2--存在唯一实数0x ,使得()00g x =, 当0x x <时,()'0f x >,当00x x <<时,()'0f x <,当0x >时,()'0f x >, 故()f x 在()0,x -∞单调递增,在()0,0x 单调递减,在()0,∞+单调递增,故()f x 存在唯一极大值点0x ,因为()0002e 20xg x x =--=,所以00e 12xx =+, 故()()()()022200000011e1e 11112244x x x x f x x x x ⎛⎫⎛⎫=-+=+-++=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,因为0322x -<<-,所以()201133144216f x ⎛⎫<--+<⎪⎝⎭. 方向二导数、函数与不等式典例2．（2020·四川省泸县第二中学高三月考）已知函数()sin f x x ax =-. （1）对于(0,1)x ∈，()0f x >恒成立，求实数a 的取值范围；（2）当1a =时，令()()sin ln 1h x f x x x =-++，求()h x 的最大值；（3）求证：1111ln(1)1231n n n+<+++⋅⋅⋅++-*()n N ∈. 【答案】（1）sin1a ≤.（2）max ()(1)0h x h ==.（3）见解析.【解析】（1）由()0f x >，得：sin 0x ax ->，因为01x <<，所以sin xa x<，令sin ()x g x x=，()2cos sin 'x x xg x x -=，再令()cos sin m x x x x =-，()'cos sin cos sin 0m x x x x x x x =--=-<，所以()m x 在()0,1上单调递减，所以()()0m x m <，所以()'0g x <，则()g x 在()0,1上单调递减，所以()(1)sin1g x g >=，所以sin1a ≤. （2）当1a =时，()sin f x x x =-， ①()ln 1h x x x =-+，()11'1x h x x x-=-=，由()'0h x =，得：1x =，当()0,1x ∈时，()'0h x >，()h x 在()0,1上单调递增；当()1,x ∈+∞时，()'0h x <，()h x 在()1,+∞上单调递减； ①()max (1)0h x h ==.（3）由（2）可知，当()1,x ∈+∞时，()0h x <，即ln 1x x <-，令1n x n +=，则11ln1n n n n ++<-，即()1ln 1ln n n n+-<，分别令1,2,3,,n n =L 得，()11ln 2ln11,ln 3ln 2,,ln 1ln 2n n n-<-<+-<L ，将上述n 个式子相加得：()()*111ln 1121n n N n n+<++++∈-L . 【举一反三】（2020·黑龙江哈尔滨三中高三月考）已知111123S n =++⋅⋅⋅+，211121S n =++⋅⋅⋅+-，直线1x =，x n =，0y =与曲线1y x=所围成的曲边梯形的面积为S .其中n N ∈，且2n ≥.（1）当0x >时，()ln 11axx ax x <+<+恒成立，求实数a 的值；（2）请指出1S ，S ，2S 的大小，并且证明；（3）求证：131112lnln 3132313n i n n i i i =+⎛⎫<+-< ⎪+--⎝⎭∑. 【答案】（1）1；（2）12S S S <<，证明见解析；（3）见解析【解析】（1）由已知得0a ≤时，不合题意，所以0a >.()ln 11axx x <++恒成立，即()()()1ln 10ax x x x <++>恒成立. 令()()()1ln 1m x x x ax =++-，()()'ln 11m x x a =++-. 当1a ≤时，()m x 在()0,∞+上为增函数，此时()0m x >成立.当1a >时，()m x 在()10,1a e --上为减函数，不合题意，所以1a ≤.令()()ln 1n x ax x x =-+，()1'1n x a x =-+，当1a ≥时，()n x 在()0,∞+上为增函数，此时()0n x >，()ln 1x ax +<恒成立.当01a <<时，()n x 在10,1a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上为减函数，不合题意，所以1a ≥.综上得1a =. （2）由（1）知()()ln 101x x x x x <+<>+.令1x i =，得111ln 11i i i⎛⎫<+< ⎪+⎝⎭，从而11111111ln 112321n i n i n -=⎛⎫+++<+<+++ ⎪-⎝⎭∑L L ，又因为11ln nS dx n x==⎰，则12S S S <<. （3）由已知111232313ni i i i =⎛⎫+- ⎪--⎝⎭∑1111111123323n n ⎛⎫⎛⎫+++⋅⋅⋅+-++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝=⎭L 111123n n n =++⋅⋅⋅+++，因为111ln 11i i i⎛⎫<+< ⎪+⎝⎭，所以 111111ln 1ln 1ln 1123123n n n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++>++++++ ⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭L L 31ln1n n +=+， 111123ln ln ln 123131n n n n n n n n n ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++<+++ ⎪ ⎪ ⎪+++-⎝⎭⎝⎭⎝⎭L L ln 3=.从而131112lnln 3132313n i n n i i i =+⎛⎫<+-< ⎪+--⎝⎭∑. 方向三恒成立及求参数范围问题典例3．（2020·天津高三期末）已知函数()2ln h x ax x =-+. （1）当1a =时，求()h x 在()()2,2h 处的切线方程；（2）令()()22a f x x h x =+，已知函数()f x 有两个极值点12,x x ，且1212x x >，求实数a 的取值范围；（3）在（2）的条件下，若存在0122x ⎡⎤∈+⎢⎥⎣⎦，使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++对任意a （取值范围内的值）恒成立，求实数m 的取值范围. 【答案】（1）322ln 220x y +-+=（2）()1,2（3）1,4⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦【解析】()1当1a =时，()()12ln ,'2h x x x h x x=-+=-+2x =时，()()3'2,24ln 22h h =-=-+()h x ∴在()()2,2h 处的切线方程为()34ln 222y x +-=--，化简得：322ln 220x y +-+= ()2对函数求导可得，()()221'0ax ax f x x x-+=>，令()'0f x =，可得2210ax ax -+=20440112a a a a ⎧⎪≠⎪∴->⎨⎪⎪>⎩，解得a 的取值范围为()1,2 ()3由2210ax ax -+=，解得1211x x ==+而()f x 在()10,x 上递增，在()12,x x 上递减，在()2,x +∞上递增12a <<Q211x ∴=+<()f x ∴在122⎡⎤+⎢⎥⎣⎦单调递增 ∴在1,22⎡⎤+⎢⎥⎣⎦上，()()max 22ln 2f x f a ==-+012x ⎡⎤∴∃∈⎢⎥⎣⎦，使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++对a M ∀∈恒成立等价于不等式2(2ln 2ln 1112))()n (l 2a a m a a -+++>--++恒成立即不等式2()ln 1ln 210a ma a m +--+-+>对任意的()12a a <<恒成立令()()2ln 1ln 21g a a ma a m =+--+-+，则()()121210,'1ma a m g g a a ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭==+ ①当0m ≥时，()()'0,g a g a <在()1,2上递减()()10g a g <=不合题意①当0m <时，()1212'1ma a m g a a ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭=+ 12a <<Q若1112m ⎛⎫-+> ⎪⎝⎭，即104m -<<时，则()g a 在()1,2上先递减 ()10g =Q12a ∴<<时，()0g a >不能恒成立若111,2m ⎛⎫-+≤ ⎪⎝⎭即14m ≤-，则()g a 在()1,2上单调递增 ()()10g a g ∴>=恒成立m ∴的取值范围为1,4⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦【举一反三】（2020·江苏高三专题练习）已知函数()(32)xf x e x =-，()(2)g x a x =-，其中,a x R ∈. （1）求过点(2,0)和函数()y f x =的图像相切的直线方程；（2）若对任意x ∈R ，有()()f x g x ≥恒成立，求a 的取值范围；（3）若存在唯一的整数0x ，使得00()()f x g x <，求a 的取值范围. 【答案】（1）2y x =-，8833918y e x e =-.（2）8319a e ≤≤.（3）345[,1)(7,5]3a e e e∈⋃. 【解析】（1）设切点为()00,x y ，()()'31xf x e x =+，则切线斜率为()0031x e x +，所以切线方程为()()000031x y y e x x x -=+-，因为切线过()2,0，所以()()()000032312x x ex e x x --=+-，化简得200380x x -=，解得080,3x =. 当00x =时，切线方程为2y x =-，当083x =时，切线方程为8833918y e x e =-. （2）由题意，对任意x R ∈有()()322xe x a x -≥-恒成立，①当(),2x ∈-∞时，()()323222x x maxe x e x a a x x ⎡⎤--≥⇒≥⎢⎥--⎣⎦，令()()322x e x F x x -=-，则()()()2238'2x e x xF x x -=-，令()'0F x =得0x =，()()max 01F x F ==，故此时1a ≥.①当2x =时，恒成立，故此时a R ∈. ①当()2,x ∈+∞时，()()min323222x x e x e x a a x x ⎡⎤--≤⇒≤⎢⎥--⎣⎦，令()8'03F x x =⇒=，()83min 893F x F e ⎛⎫== ⎪⎝⎭，故此时839a e ≤.综上：8319a e ≤≤.（3）因为()()f x g x <，即()()322xex a x -<-，由（2）知()83,19,a e ⎛⎫∈-∞⋃+∞ ⎪⎝⎭，令()()322x e x F x x -=-，则当(),2x ∈-∞，存在唯一的整数0x 使得()()00f x g x <，等价于()322x e x a x -<-存在唯一的整数0x 成立，因为()01F =最大，()513F e -=，()11F e =-，所以当53a e<时，至少有两个整数成立，所以5,13a e ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭. 当()2,x ∈+∞，存在唯一的整数0x 使得()()00f x g x <，等价于()322x e x a x ->-存在唯一的整数0x 成立，因为83893F e ⎛⎫= ⎪⎝⎭最小，且()337F e =，()445F e =，所以当45a e >时，至少有两个整数成立，所以当37a e ≤时，没有整数成立，所有(347,5a e e ⎤∈⎦.综上：(345,17,53a e e e ⎡⎫⎤∈⋃⎪⎦⎢⎣⎭. 【压轴选编】1．（2020·山西高三开学考试）已知函数()()()222ln ,2ln f x x ax a x a R g x x x x =--+∈=-.（1）讨论()f x 的单调性；（2）求证：当1a =时，对于任意()0,x ∈+∞，都有()()f x g x <. 【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】（1）由题意()f x 的定义域为()0,∞+，且()()()222222x a x a a x ax a f x x a x x x--+--+'=--+==，当0a =时，()20f x x '=-<；当0a >时，2a x >时，()0f x '<；02ax <<时，()0f x '>；当0a <时，x a >-时，()0f x '<；0x a <<-时，()0f x '>；综上所述，当0a =时，()f x 在()0,∞+上为减函数；当0a >时，()f x 在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上为增函数，在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上为减函数；当0a <时，()f x 在()0,a -上为增函数，在(),a -+∞上为减函数. （2）要证()()f x g x <，即证()21ln 0x x x -+>，当12x =时，不等式显然成立；当12x >时，即证ln 021x x x +>-；当102x <<时，即证ln 021xx x +<-；令()ln 21x F x x x =+-，则()()()()()22411112121x x F x x x x x ---'=+=--，当12x >时，在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上()0F x '<，()F x 为减函数；在()1,+∞上()0F x '>，()F x 为增函数，①()()min 110F x F ==>，①ln 021xx x +>-.当102x <<时，在10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0F x '>，()F x 为增函数；在11,42⎛⎫⎪⎝⎭上()0F x '<，()F x 为减函数， ①()max 111ln 0442F x F ⎛⎫==-<⎪⎝⎭，①ln 021x x x +<-，综上所述，当0x >时，()()f x g x <成立.2．（2020·河南鹤壁高中高三月考）已知函数2()ln (0,)a xf x x a a R x a=++≠∈ （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）设1()2a x g x x a a=+-+，当0a >时，证明：()()f x g x ≥. 【答案】（1）见解析；（2）证明见解析【解析】（1）22121(2)()()a x a x a f x x x a ax+-'=-+= 当0a >时，()0f x x a '>⇒>，()00f x x a '<⇒<<当0a <时，()002f x x a '>⇒<<-，()02f x x a '<⇒>- ①0a >时，()f x 在(0,)a 上递减，在(,)a +∞递增 0a <时，()f x 在(0,2)a -上递增，在(2,)a -+∞递减（2）设1()()()ln 2a F x f x g x x x a=-=++- 则221()(0)a x aF x x x x x-'=-=> Q 0a >，(0,)x a ∴∈时，()0F x '<，()F x 递减(,)x a ∈+∞，()0,F x '>()F x 递增，1()()ln 1F x F a a a∴≥=+-设1()ln 1h x x x =+-，(0)x >,则22111()(0)x h x x x x x-'=-=>1x >时，()0,h x '>时，()h x 递增， 01x <<时，()0h x '<，∴()h x 递减()(1)0h x h ∴≥=，()()0F a h a ∴=≥()0F x ∴≥，即()()f x g x ≥3．（2020·四川石室中学高三月考）已知函数()22ln f x x x =-+．（1）求函数()f x 的最大值；（2）若函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点． ①求实数a 的值；①若对于121,,3x x e ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦（e 为自然对数的底数），不等式()()1211f xg x k -≤-恒成立，求实数k 的取值范围．【答案】（①）()11f =-；（①）（①）1；（①）()34 ,2ln31,3⎛⎤-∞-+⋃+∞ ⎥⎝⎦．【解析】（1）22(1)(1)()2(0)x x f x x x x x+-'=-+=->，由()0{0f x x >>'得01x <<，由()0{0f x x <>'得1x >，①()f x 在(0,1)上为增函数，在(1,)+∞上为减函数， ①函数()f x 的最大值为(1)1f =-；（2）①()a g x x x=+，①2()1a g x x =-'，（①）由（1）知，1x =是函数()f x 的极值点，又①函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点， ①1x =是函数()g x 的极值点，①(1)10g a =-='，解得1a =，经检验，当1a =时，函数()g x 取到极小值，符合题意；（①）①211()2f e e =--，(1)1f =-，(3)92ln 3f =-+， ①2192ln 321e -+<--<-，即1(3)()(1)f f f e <<，①1[,3]x e∀∈，min max ()(3)92ln 3,()(1)1f x f f x f ==-+==-，由（①）知1()g x x x =+，①21()1g x x =-'，当1[,1)x e∈时，()0g x '<，当(1,3]x ∈时，()0g x '>，故()g x 在1[,1)e 为减函数，在(1,3]上为增函数，①11110(),(1)2,(3)333g e g g e e =+==+=，而11023e e <+<，①1(1)()(3)g g g e <<，①1[,3]x e ∀∈，min max 10()(1)2,()(3)3g x g g x g ====，①当10k ->，即1k >时，对于121,[,3]x x e ∀∈，不等式12()()11f xg x k -≤-恒成立12max 1[()()]k f x g x ⇔-≥-12max [()()]1k f x g x ⇔≥-+，①12()()(1)(1)123f x g x f g -≤-=--=-，①312k ≥-+=-，又①1k >，①1k >， ①当10k -<，即1k <时，对于121,[,]x x e e ∀∈，不等式12()()11f xg x k -≤-，12min 1[()()]k f x g x ⇔-≤-12min [()()]1k f x g x ⇔≤-+，①121037()()(3)(3)92ln 32ln 333f x g x f g -≥-=-+-=-+，①342ln 33k ≤-+，又①1k <， ①342ln 33k ≤-+．综上，所求的实数k 的取值范围为34(,2ln 3](1,)3-∞-+⋃+∞． 4．（2020·江西高三）已知函数()()ln f x x x a b =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线为210x y --=.（1）求a ，b 的值；（2）若对任意的()1,x ∈+∞，()()1f x m x ≥-恒成立，求正整数m 的最大值. 【答案】（1）1a =，0b =；（2）3【解析】（1）由()()ln f x x x a b =++得：()ln 1f x x a '=++ 由切线方程可知：()1211f =-=()112f a '∴=+=，()11f a b =+=，解得：1a =，0b =（2）由（1）知()()ln 1f x x x =+则()1,x ∈+∞时，()()1f x m x ≥-恒成立等价于()1,x ∈+∞时，()ln 11x x m x +≤-恒成立令()()ln 11x x g x x +=-，1x >，则()()2ln 21x x g x x --'=-. 令()ln 2hx x x =--，则()111x h x x x-'=-=∴当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，则()h x 单调递增()31ln30h =-<Q ，()422ln20h =-> ()03,4x ∴∃∈，使得()00h x =当()01,x x ∈时，()0g x '<；()0,x x ∈+∞时，()0g x '>()()()000min0ln 11x x g x g x x +∴==-()000ln 20h x x x =--=Q 00ln 2x x ∴=- ()()()()0000min 0213,41x x g x g x x x -+∴===∈-()03,4m x ∴≤∈，即正整数m 的最大值为35．（2020·江西高三）已知函数()e 2xf x m x m =--.（1）当1m =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（2）若()0f x >在(0,)+∞上恒成立，求m 的取值范围．【答案】（1）y x =-；（2）[2,)+∞【解析】（1）因为1m =,所以()e 21xf x x =--,所以()e 2xf x '=-,则(0)0,(0)1f f '==-,故曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为y x =-.（2）因为()e 2x f x m x m =--,所以()e 2xf x m '=-,①当2m ≥时,()0f x '>在(0,)+∞上恒成立,则()f x 在(0,)+∞上单调递增,从而()(0)0f x f >=成立,故2m ≥符合题意; ①当02m <<时,令()0f x '<,解得20lnx m <<,即()f x 在20,ln m ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减,则2ln(0)0f f m ⎛⎫<= ⎪⎝⎭,故02m <<不符合题意; ①当0m ≤时,0()e 2x f x m '-<=在(0,)+∞上恒成立,即()f x 在(0,)+∞上单调递减,则()(0)0f x f <=,故0m ≤不符合题意.综上,m 的取值范围为[2,)+∞. 6．（2020·江西高三）已知函数()()2x f x x e =-.（1）求()f x 的单调区间；（2）证明：对任意的()0,x ∈+∞，不等式()2ln 6xf x x x >-恒成立.【答案】（1）单调递增区间为()1,+?，单调递减区间为(),1-∞（2）证明见解析【解析】（1）因为()()2x f x x e =-，所以()()1x f x x e '=-，令()0f x ¢>，解得1x >；令()0f x ¢<，解得1x <.故()f x 的单调递增区间为()1,+?，单调递减区间为(),1-∞.（2）要证()2ln 6xf x x x >-，只需证()ln 32x f x x>-.由（1）可知()()min 1f x f e ==-.令()ln 3(0)2x h x x x =->，则()21ln 2xh x x -'=，令()21ln 0ln 102xh x x x e x-'=>⇒<⇒<<，所以当()0,x e ∈时，()0h x '>，()h x 单调递增；当(),x e ∈+∞时，()0h x '<，()h x 单调递减，则()()max 132h x h e e==-. 因为 2.71828e =⋅⋅⋅，所以 2.75e ->-，所以1133 2.7524e -<-=-，从而132e e->-，则当0x >时，()()min max f x h x >.故当0x >时，()()f x h x >恒成立，即对任意的()0,x ∈+∞，()2ln 6xf x x x >-.7．（2020·四川高三月考）已知函数21()(32)()2xf x m e x m R =--∈. （1）若0x =是函数()f x 的一个极值点，试讨论()ln ()()h x b x f x b R =+∈的单调性；（2）若()f x 在R 上有且仅有一个零点，求m 的取值范围.【答案】（1）当0b …时，()h x 在(0,)+∞上单调递减；当0b >时，()h x 在上单调递增，在)+∞上单调递减；（2）2222,333e ⎧⎫⎛⎫++∞⋃⎨⎬⎪⎩⎭⎝⎭. 【解析】（1）()(32)xf x m e x '=--，因为0x =是函数()f x 的一个极值点，则(0)320f m '=-=，所以23m =，则21()ln (0)2h x b x x x =->，当2()b b x h x x x x-'=-=，当0b …时，()0h x '…恒成立，()h x 在(0,)+∞上单调递减，当0b >时，2()000h x b x x '>⇒->⇒<<所以()h x 在上单调递增，在)+∞上单调递减. 综上所述：当0b …时，()h x 在(0,)+∞上单调递减；当0b >时，()h x 在上单调递增，在)+∞上单调递减. （2）()f x 在R 上有且仅有一个零点，即方程2322x x m e -=有唯一的解，令2()2xx g x e=，可得(2)()0,()2xx x g x g x e -'>=，由(2)()02xx x g x e -'==，得0x =或2x =，（1）当0x …时，()0g x '…，所以()g x 在(,0]-∞上单调递减，所以()(0)0g x g =…，所以()g x 的取值范围为[0,)+∞. （2）当02x <<时，()0g x '>，所以()g x 在(0,2)上单调递增，所以0()(2)g x g <<，即220()g x e<<，故()g x 的取值范围为220,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭. （3）当2x …时，()0g x '…，所以()g x 在[2,)+∞上单调递减，所以(0)()(2)g g x g <…，即220()g x e <…，即()g x 的取值范围为220,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦. 所以，当320m -=或2232m e ->，即23m =或22233m e >+时，()f x 在R 上有且只有一个零点，故m 的取值范围为2222,333e ⎧⎫⎛⎫++∞⋃⎨⎬⎪⎩⎭⎝⎭. 8．（2020·山西高三）已知函数()2ln 21f x a x x =-+（其中a R ∈）. （1）讨论函数()f x 的极值；（2）对任意0x >，2()2f x a ≤-恒成立，求a 的取值范围.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）[1,)+∞ 【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，2'()2af x x=-， ①当0a ≤时，'()0f x <，所以()f x 在(0,)+∞上是减函数，()f x 无极值. ①当0a >时，令'()0f x =，得x a =，在(0,)a 上，'()0f x >，()f x 是增函数；在(,)a +∞上，'()0f x <，()f x 是减函数. 所以()f x 有极大值()2ln 21f a a a a =-+，无极小值.（2）由（1）知，①当0a ≤时，()f x 是减函数，令2a x e =，则0(0,1]x ∈，222220()(2)21(2)320a a f x a a e a e --=-+--=->，不符合题意，①当0a >时，()f x 的最大值为()2ln 21f a a a a =-+，要使得对任意0x >，2()(1)f x a ≤-恒成立，即要使不等式22ln 212a a a a -+≤-成立，则22ln 230a a a a --+≤有解.令2()2ln 23(0)g a a a a a a =--+>，所以'()2ln 2g a a a =-令()'()2ln 2h a g a a a ==-，由22'()0ah a a-==，得1a =. 在(0,1)上，'()0h a >，则()'()h a g a =在(0,1)上是增函数；在(1,)+∞上，'()0h a <，则()'()h a g a =在(1,)+∞上是减函数. 所以max ()(1)20h a h ==-<，即'()0g a <，故()g a 在(0,)+∞上是减函数，又(1)0g =，要使()0g a ≤成立，则1a ≥，即a 的取值范围为[1,)+∞. 9．（2020·北京高三期末）已知函数()2xf x x e =（1）求()f x 的单调区间；（2）过点()1,0P 存在几条直线与曲线()y f x =相切，并说明理由；（3）若()()1f x k x ≥-对任意x ∈R 恒成立，求实数k 的取值范围.【答案】（1）增区间为(),2-∞-，()0,∞+，单调减区间为()2,0-；（2）三条切线，理由见解析；（3）0,2⎡+⎣ 【解析】（1）()()()222xxf x x x e x x e '==++，()0f x '>得，2x <-或0x >；()0f x '<得，20x -<<；所以()f x 的单调增区间为(),2-∞-，()0,∞+；单调减区间为()2,0-；（2）过()1,0P 点可做()f x 的三条切线；理由如下：设切点坐标为()0200,x x x e，所以切线斜率()()00002xx x k x e f '=+= 所以过切点的切线方程为：()()002200002x x x e x x e x y x -=+-，切线过()1,0P 点，代入得()()0022*******x x x e x x e x -=+-，化简得(0000x x x x e=，方程有三个解，00x =，0x =0x 所以过()1,0P 点可做()f x 的三条切线. （3）设()()21xg x x e k x -=-，①0k =时，因为20x ≥，0x e >，所以显然20x x e ≥对任意x ∈R 恒成立； ①k 0<时，若0x =，则()()0001f k k =>-=-不成立，所以k 0<不合题意.①0k >时，1x ≤时，()()210xg x x e k x -=->显然成立，只需考虑1x >时情况；转化为21xx e k x ≥-对任意()1,x ∈+∞恒成立令()21xx e h x x =-（1x >），则()min k h x ≤，()()()(()2222(2)111xx xx x x ex x e x x e h x x x +--'==--，当1x <<时，()0h x '<，()h x 单调减；当x >()0h x '>，()h x 单调增；所以()(min 2h x h==+=所以(2k ≤+综上所述，k 的取值范围(0,2+⎡⎣. 10．（2020·全国高三专题练习）已知函数()()33114ln 10f f x ax x x '=--的图象在点()()1,1f 处的切线方程为100++=x y b . （1）求a ，b 的值；（2）若()13f x m >对()0,x ∈+∞恒成立，求m 的取值范围. 【答案】（1）13a =,403=-b ；（2）2642ln 2<-m【解析】（1）()()23114310f f x ax x''=--, 因为()f x 在()()1,1f 处的切线方程为100++=x y b ,即10y x b =--,此时切线斜率10k =-,则()3(1)13141010f f a k ''=--==-,解得13a =,所以()()333101114ln 314ln 3103f x x x x x x x ⨯-=--=+-, 所以()31110113114ln13333f =⨯+⨯-=+=,则10103b =--,解得403=-b（2）由（1）知()31314ln 3f x x x x =+-, ()32143143x x f x x x x+-'=+-=, 设函数()()33140g x xx x =+->,则()2330g x x '=+>,所以()g x 在()0,∞+为增函数,因为()20g =,令()0g x <,得02x <<；令()0g x >,得2x >, 所以当02x <<时,()0f x '<；当2x >时,()0f x '>, 所以()()3min 126223214ln 214ln 233f x f ==⨯+⨯-=-, 从而12614ln 233<-m ,即2642ln 2<-m 11．（2020·天津静海一中高三月考）已知函数()ln 1()f x ax x a R =--∈．（1）讨论()f x 的单调性并指出相应单调区间；（2）若21())1(2g x x x x f ---=，设()1212,x x x x <是函数()g x 的两个极值点，若32a ≥，且()()12g x g x k -≥恒成立，求实数k 的取值范围．【答案】（1）答案见解析（2）15,2ln 28⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦【解析】（1）由()ln 1f x ax x =--，(0,)x ∈+∞，则11()ax f x a x x'-=-=，当0a ≤时，则()0f x '≤，故()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时，令1()0f x x a'=⇒=，所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增．综上所述：当0a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增．（2）①21()ln (1)2g x x x a x =+-+， 21(1)1()(1)x a x g x x a x x-++'=+-+=, 由()0g x '=得2(1)10x a x -++=，①121x x a +=+，121=x x ，①211x x =①32a ≥①111115210x x x x ⎧+≥⎪⎪⎨⎪<<⎪⎩解得1102x <≤.①()()()()222112121211221111ln(1)2ln 22x g x g x x x a x x x x x x ⎛⎫-=+--+-=-- ⎪⎝⎭. 设22111()2ln 022h x x x x x ⎛⎫⎛⎫=--<≤ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，则()2233121()0x h x x x x x '--=--=<,①()h x 在10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递减；当112x =时，min 115()2ln 228h x h ⎛⎫==- ⎪⎝⎭. ①152ln 28k ≤-，即所求k 的取值范围为15,2ln 28⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦.12.（2020·山东高三期末）已知函数()()2sin ln 12x f x x x =+-+.（1）证明：()0f x ≥；（2）数列{}n a 满足：1102a <<，()1n n a f a +=（n *∈N ）. （①）证明：1102a <<（n *∈N ）；（①）证明：n *∀∈N ，1n n a a +<.【答案】（1）证明见解析（2）（i ）证明见解析（ii ）证明见解析【解析】（1）由题意知，()1cos 1f x x x x'=+-+，()1,x ∈-+∞，当()1,0x ∈-时，()1101f x x x x'<+-<<+，所以()f x 在区间()1,0-上单调递减，当()0,x ∈+∞时，()()g x f x '=，因为()()()22111sin 011g x x x x '=+->>++所以()g x 在区间()0,∞+上单调递增，因此()()00g x g >=，故当()0,x ∈+∞时，()0f x '>，所以()f x 在区间()0,∞+上单调递增，因此当()1,x ∈-+∞时，()()00f x f ≥=，所以()0f x ≥ （2）（①）()f x 在区间10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，()()00f x f >=，因为881288311111C C 147122224e ⎛⎫⎛⎫=+=+++>++=> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭L ，故83318ln ln ln 022e ⎛⎫-=-< ⎪⎝⎭，所以()1113131131sin ln sin ln 18ln 22826822822f x f π⎛⎫⎛⎫<=+-<+-=+-<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭因此当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()01f x <<，又因为110,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以()()()()()()12110,2n n n a f a ff a f f f a --⎛⎫====∈ ⎪⎝⎭LL L（①）函数()()h x f x x =-（102x <<），则()()11cos 11h x f x x x x''=-=+--+，令()()x h x ϕ='，则()()0x g x ϕ''=>，所以()x ϕ在区间10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；因此()()111217cos 1cos 0222326h x x ϕϕ⎛⎫'=≤=+--=-<⎪⎝⎭，所以()h x 在区间10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，所以()()00h x h <=，因此()()10n n n n n a a f a a g a +-=-=<，所以x *∀∈N ，1n n a a +<13．（2020·四川三台中学实验学校高三开学考试）已知函数()ln f x x x a =+，()ln ,g x x ax a =-∈R . （1）求函数()f x 的极值；（2）若10a e<<，其中e 为自然对数的底数，求证：函数()g x 有2个不同的零点；（3）若对任意的1x >，()()0f x g x +>恒成立，求实数a 的最大值. 【答案】（1）极小值为1a e-+；无极大值（2）证明过程见解析；（3）2. 【解析】（1）函数()f x 的定义域为0x >，因为()ln f x x x a =+，所以()ln 1f x x =+‘，当1x e >时，()0f x >‘，所以函数()f x 单调递增；当10x e<<时，()0f x <‘，所以函数()f x 单调递减，因此1e是函数()f x 的极小值，故函数()f x 的极值为极小值，值为11()f a e e =-+；无极大值（2）函数()g x 的定义域为0x >，因为()ln ,g x x ax =-所以'1()g x a x=-，因为10a e <<，所以当1x a >时，'()0g x <，因此函数()g x 是递减函数，当10x a<<时，'()0g x >，。

2022年高考数学基础题型+重难题型突破类型六导数中函数的构造问题(解析版)

类型六导数中函数的构造问题【典例1】(1)f(x)是定义在R 上的偶函数，当x<0时，f(x)＋xf ′(x)<0，且f(－4)＝0，则不等式xf(x)>0的解集为________________．【答案】 (－∞，－4)∪(0,4)【解析】构造F(x)＝xf(x)，则F ′(x)＝f(x)＋xf ′(x)，当x<0时，f(x)＋xf ′(x)<0，可以推出当x<0时，F ′(x)<0，F(x)在(－∞，0)上单调递减，∵f(x)为偶函数，∴F(x)＝xf(x)为奇函数，∴F(x)在(0，＋∞)上也单调递减．根据f(－4)＝0可得F(－4)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象(图略)，根据图象可知xf(x)>0的解集为(－∞，－4)∪(0,4)．(2)已知偶函数f(x)(x ≠0)的导函数为f ′(x)，且满足f(－1)＝0，当x>0时，2f(x)>xf ′(x)，则使得f(x)>0成立的x 的取值范围是________________．【答案】 (－1,0)∪(0,1) 【解析】构造F(x)＝fx x2，则F ′(x)＝f ′x ·x －2f xx3，当x>0时，xf ′(x)－2f(x)<0，可以推出当x>0时，F ′(x)<0，F(x)在(0，＋∞)上单调递减，∵f(x)为偶函数，∴F(x)＝f xx2为偶函数， ∴F(x)在(－∞，0)上单调递增．根据f(－1)＝0可得F(－1)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象(图略)，根据图象可知f(x)>0的解集为(－1,0)∪(0,1)．【典例2】 (1)定义在R 上的函数f(x)满足f ′(x)>f(x)恒成立，若x 1<x 2，则1e xf(x 2)与2e x f(x 1)的大小关系为( )A ．1e x f(x 2)>2e xf(x 1) B ．1e x f(x 2)< 2e x f(x 1) C ．1e xf(x 2)＝2e xf(x 1)D ．1e x f(x 2)与2e xf(x 1)的大小关系不确定【答案】 A 【解析】设g(x)＝fxex，则g ′(x)＝f ′x e x－f x e xe x 2＝f ′x －fxex .由题意得g ′(x)>0，所以g(x)在R 上单调递增，当x 1<x 2时，g(x 1)<g(x 2)，即()11e x f x <()22e x f x ，所以1e xf(x 2)> 2e xf(x 1)．(2)已知定义在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上的函数f(x)，f ′(x)是它的导函数，且恒有f(x)<f ′(x)tan x 成立，则( )A.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4>2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3B ．f(1)<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6sin 1 C.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 D.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3 【答案】 D【解析】构造函数g(x)＝f xsin x，则g ′(x)＝f ′x sin x －f xcos xsin 2x，由已知可得，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，g ′(x)>0，g(x)为增函数，∴g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6sin π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3sinπ3， ∴3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<f⎝ ⎛⎭⎪⎫π3. 【方法总结】 (1)构造函数xf(x)，fxx：当条件中含“＋”时优先考虑xf(x)；当条件中含“－”时优先考虑fx x. (2)构造函数fxxn：条件中含“xf ′(x)－nf(x)”的形式；构造函数xf(nx)：条件中含“nxf ′(nx)＋f(nx)”的形式． (3)构造函数fxex：条件中含“f ′(x)－f(x)”的形式． (4)构造函数f xsin x ：条件中含“f ′(x)sin x －f(x)cos x ”的形式．【典例3】若函数21()ln 2f x x x bx =+-存在单调递减区间,则实数b 的取值范围为。

高考数学总复习考点知识专题讲解11---导数与不等式

当m>0时，f(x)的单调递增区间为 0，21m ，单调递减区间为21m，＋∞.
(2)若m＝21e2，则f(x)＝12lnx－21e2x.
对∀x1，x2∈[2,2e2]都有g(x1)≥f(x2)成立，等价于对∀x∈[2,2e2]都有g(x)min≥f(x)max，
由(1)知在[2,2e2]上f(x)的最大值为f(e2)＝12，
[规范解答]
(1)因为f(x)＝
ex x
，所以f′(x)＝
ex·x－ex x2
＝
exxx－2 1，f′(2)＝e42，又切点为2，e22，所以切线方程为y－ e22＝e42(x－2)，即e2x－4y＝0.
(2)证明：设函数g(x)＝f(x)－2(x－lnx)＝
ex x
－2x＋2lnx，x
∈(0，＋∞)，
[答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：
[题型专练] 1．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<xl－nx1<x； (3)设c>1，证明：当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>cx.
[解] (1)由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)， f ′(x)＝1x－1，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．
高考数学总复习考点知识专题讲解导数与不等式
专题概述：1.证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以直接构造函数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)．有时需对不等式等价变形后间接构造．若上述方法通过导数不便于讨论F′(x)的符号，可考虑分别研究f(x)、g(x)的单调性与最值情况，有时需对不等式进行等价转化；2.已知不等式恒成立求参数取值范围，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题；若参数不便于分离，或分离以后不便于求解，则考虑直接构造函数法，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．

高考数学第2部分专题6函数、导数、不等式解密高考6函数与导数综合问题巧在“转”、难在“分”教案文

解密高考⑥ 函数与导数综合问题巧在“转”、难在“分”——————[思维导图]————————————[技法指津]——————函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参数函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点，对于这类综合问题，一般是先转化(变形)，再求导，分解出基本函数，分类讨论研究其性质，再根据题意解决问题．母题示例：2019年全国卷Ⅰ，本小题满分12分母题突破：2019年济南模拟已知函数f (x )＝2sin x －x cos x －x ，f ′(x )为f (x )的导数. (1)证明：f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点； (2)若x ∈[0，π]时，f (x )≥ax ，求a 的取值范围.本题考查：利用导数讨论函数零点的个数、根据恒成立的不等式求参数的范围问题，考查考生的逻辑推理、转化与化归、数学运算能力，重点考查考生逻辑推理和数学运算的核心素养.(1)看到证明f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点，想到解决此问题应分两步：①确定有零点；②确定唯一性．可先求出f ′(x )的零点，然后利用导数证明单调性，进而确定唯一性．(2)看到求a 的取值范围，想到根据f (x )≥ax 构造函数或分离参数求解．[规范解答·评分标准](1)设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x ＋x sin x －1， g ′(x )＝x cosx ．············································2分当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，g ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π时， g ′(x )＜0，所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π上单调递减. ················4分又g (0)＝0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＞0，g (π)＝－2，故g (x )在(0，π)存在唯一零点．所以f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点.6分(2)由题设知f (π)≥a π，f (π)＝0，可得a ≤0. ······················7分由(1)知，f ′(x )在(0，π)只有一个零点，设为x 0，且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＞0；当x ∈(x 0，π)时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(0，x 0)单调递增，在(x 0，π)单调递减. ···························································10分又f (0)＝0，f (π)＝0，所以，当x ∈[0，π]时，f (x )≥0.又当a ≤0，x ∈[0，π]时，ax ≤0，故f (x )≥ax .因此，a 的取值范围是(－∞，0]. ·····························12分[构建模板·三处关键] 解函数与导数综合问题的关键关键1：会求函数的极值点，先利用方程f (x )＝0的根，将函数的定义域分成若干个开区间，再列成表格，最后依表格内容即可写出函数的极值；关键2：证明不等式，常构造函数，并利用导数法判断新构造函数的单调性，从而可证明原不等式成立；关键3：不等式恒成立问题除了用分离参数法，还可以从分类讨论和判断函数的单调性入手，去求参数的取值范围．, 已知函数f (x )＝(x －1)ln x ＋ax (a ∈R )．(1)当a ＝0时，求f (x )的单调区间；(2)若f (x )＞0在(0，＋∞)上恒成立，求实数a 的取值范围．[解] (1)a ＝0时，f (x )＝(x －1)ln x ，f ′(x )＝ln x ＋(x －1)·1x ＝ln x －1x＋1，设g (x )＝ln x －1x＋1，则g ′(x )＝x ＋1x 2＞0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增，而g (1)＝0，∴x ∈(0,1)时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，x ∈(1，＋∞)时，g (x )＞0，即f ′(x )＞0，∴f (x )的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．(2)由(x －1)ln x ＋ax ＞0，得－ax ＜(x －1)ln x ，而x ＞0，∴－a ＜x －1ln x x ＝ln x －ln x x. 记h (x )＝ln x －ln x x ，则h ′(x )＝1x －1x ·x －ln x x 2 ＝ln x ＋x －1x 2，设m (x )＝ln x ＋x －1(x ＞0)，显然m (x )在(0，＋∞)上单调递增，而m (1)＝0，∴x ∈(0,1)时，m (x )＜0，h ′(x )＜0，h (x )单调递减， x ∈(1，＋∞)时，m (x )＞0，h ′(x )＞0，h (x )单调递增， ∴h (x )min ＝h (1)＝0.∴－a ＜0，∴a ＞0，即实数a 的取值范围是(0，＋∞)．。

新高考数学二轮复习知识点总结与题型归纳第6讲导数的应用之单调性、极值和最值(解析版)

第6讲导数的应用之单调性、极值和最值1．函数单调性与导函数符号的关系一般地，函数的单调性与其导数正负有以下关系：在某个区间(,)a b 内，如果()0f x '>，那么函数()y f x =在该区间内单调递增；如果()0f x '<，那么函数()y f x =在该区间内单调递减.2．求可导函数单调区间的一般步骤（1）确定函数()f x 的定义域；（2）求()f x '，令()0f x '=，解此方程，求出它在定义域内的一切实数；（3）把函数()f x 的间断点（即()f x 的无定义点）的横坐标和()0f x '=的各实根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数()f x 的定义域分成若干个小区间；（4）确定()f x '在各小区间内的符号，根据()f x '的符号判断函数()f x 在每个相应小区间内的增减性.注①使()0f x '=的离散点不影响函数的单调性，即当()f x '在某个区间内离散点处为零，在其余点处均为正（或负）时，()f x 在这个区间上仍旧是单调递增（或递减）的.例如，在(,)-∞+∞上，3()f x x =，当0x =时，()0f x '=；当0x ≠时，()0f x '>，而显然3()f x x =在(,)-∞+∞上是单调递增函数.②若函数()y f x =在区间(,)a b 上单调递增，则()0f x '≥（()f x '不恒为0），反之不成立.因为()0f x '≥，即()0f x '>或()0f x '=，当()0f x '>时，函数()y f x =在区间(,)a b 上单调递增.当()0f x '=时，()f x 在这个区间为常值函数；同理，若函数()y f x =在区间(,)a b 上单调递减，则()0f x '≤（()f x '不恒为0），反之不成立.这说明在一个区间上函数的导数大于零，是这个函数在该区间上单调递增的充分不必要条件.于是有如下结论： ()0f x '>⇒()f x 单调递增； ()f x 单调递增()0f x '⇒≥； ()0f x '<⇒()f x 单调递减； ()f x 单调递减()0f x '⇒≤.3．函数极值的概念设函数()y f x =在点0x 处连续且0()0y f x '==，若在点0x 附近的左侧()0f x '>，右侧()0f x '<，则0x 为函数的极大值点；若在0x 附近的左侧()0f x '<，右侧()0f x '>，则0x 为函数的极小值点.函数的极值是相对函数在某一点附近的小区间而言，在函数的整个定义区间内可能有多个极大值或极小值，且极大值不一定比极小值大.极大值与极小值统称为极值，极大值点与极小值点统称为极值点. 4．求可导函数()f x 极值的一般步骤（1）先确定函数()f x 的定义域；（2）求导数()f x '；（3）求方程()0f x '=的根；（4）检验()f x '在方程()0f x '=的根的左右两侧的符号，如果在根的左侧附近为正，在右侧附近为负，那么函数()y f x =在这个根处取得极大值；如果在根的左侧附近为负，在右侧附近为正，那么函数()y f x =在这个根处取得极小值.注①可导函数()f x 在点0x 处取得极值的充要条件是：0x 是导函数的变号零点，即0()0f x '=，且在0x 左侧与右侧，()f x '的符号导号.②0()0f x '=是0x 为极值点的既不充分也不必要条件，如3()f x x =，(0)0f '=，但00x =不是极值点.另外，极值点也可以是不可导的，如函数()f x x =，在极小值点00x =是不可导的，于是有如下结论：0x 为可导函数()f x 的极值点0()0f x '⇒=；但0()0f x '=⇒0x 为()f x 的极值点. 5．函数的最大值、最小值若函数()y f x =在闭区间[],a b 上的图像是一条连续不间断的曲线，则该函数在[],a b 上一定能够取得最大值与最小值，函数的最值必在极值点或区间端点处取得.6．求函数的最大值、最小值的一般步骤设()y f x =是定义在区间[],a b 上的函数，()y f x =在(,)a b 可导，求函数()y f x =在[],a b 上的最大值与最小值，可分两步进行：（1）求函数()y f x =在(,)a b 内的极值；（2）将函数()y f x =的各极值与端点处的函数值(),()f a f b 比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.注①函数的极值反映函数在一点附近情况，是局部函数值的比较，故极值不一定是最值；函数的最值是对函数在整个区间上函数值比较而言的，故函数的最值可能是极值，也可能是区间端点处的函数值；②函数的极值点必是开区间的点，不能是区间的端点； ③函数的最值必在极值点或区间端点处取得.1．已知0x 是函数()e ln x f x x =-的极值点，若()00,a x ∈， ()0,b x ∈+∞，则 A. ()0f a '>， ()0f b '< B. ()0f a '<， ()0f b '< C. ()0f a '>， ()0f b '> D. ()0f a '<， ()0f b '> 【答案】D【解析】因为()1(0)x f x e x x '=->，令()1=0x f x e x '=-，即1=x e x ，在平面直角坐标系画出1,x y e y x==的图象，如图：根据图象可知， ()()()()000,,0,,,0x x f x x x f x '∞'∈∈+，所以 ()0f a '<， ()0f b '>，故选D.2．已知20a b =≠，且关于x 的函数()321132f x x a x a bx =++⋅在R 上有极值，则a 与b 的夹角范围为（）A. 0,6π⎛⎫⎪⎝⎭B. ,6ππ⎛⎤ ⎥⎝⎦C. ,3ππ⎛⎤ ⎥⎝⎦D. 2,33ππ⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】C【解析】()321132f x x a x a bx =++⋅在R 有极值， ()2'0f x x a x a b ∴=++⋅=有不等式的根， 0∴∆>，即2240,4cos 0a a b a a b θ-⋅>∴->，120,cos 2a b θ=≠∴<， 0,3πθπθπ≤≤∴<≤，即向量,a b 夹角范围是,3ππ⎛⎤⎥⎝⎦，故选C. 【方法点睛】本题主要考查向量的模及平面向量数量积公式、利用导数研究函数的极值，属于难题.平面向量数量积公式有两种形式，一是cos a b a b θ⋅=，二是1212a b x x y y ⋅=+，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角， ·cos ·a ba bθ=（此时·a b 往往用坐标形式求解）；（2）求投影， a 在b 上的投影是a b b⋅；（3）,a b 向量垂直则0a b ⋅=;(4)求向量ma nb + 的模（平方后需求a b ⋅）.3．在ABC ∆中， ,,a b c 分别为,,A B C ∠∠∠所对的边，若函数()()3222113f x x bx a c ac x =+++-+有极值点，则sin 23B π⎛⎫- ⎪⎝⎭的最小值是（） A. 0 B. 32- C. 32D. -1 【答案】D【解析】()()3222113f x x bx a c ac x =+++-+，∴f′（x ）=x 2+2bx+（a 2+c 2-ac ），又∵函数()()3222113f x x bx a c ac x =+++-+有极值点，∴x 2+2bx+（a 2+c 2-ac ）=0有两个不同的根，∴△=（2b ）2-4（a 2+c 2-ac ）＞0，即ac ＞a 2+c 2-b 2，即ac ＞2accosB ；即cosB ＜12，故∠B 的范围是（π3π，），所以23B π- 5,33ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，当3112B 326B πππ-==，即时sin 23B π⎛⎫- ⎪⎝⎭的最小值是-1 故选D4．设定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足xf′(x)－f(x)＝xlnx ， 11f e e⎛⎫= ⎪⎝⎭，则f(x)( )A. 有极大值，无极小值B. 有极小值，无极大值C. 既有极大值，又有极小值D. 既无极大值，又无极小值【答案】D【解析】因为xf ′(x )－f (x )＝x ln x ，所以()()2ln xf x f x x x x -='，所以()'ln ()f x xx x=，所以f (x )＝12x ln 2x ＋cx .因为f (1e )＝12e ln 21e ＋c ×1e ＝1e ，所以c ＝12，所以f ′(x )＝12ln 2x ＋ln x ＋12＝12(ln x ＋1)2≥0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以f (x )在(0，＋∞)上既无极大值，也无极小值，故选D.点睛：根据导函数求原函数，常常需构造辅助函数，一般根据导数法则进行：如()()f x f x '-构造()()x f x g x e =， ()()f x f x '+构造()()x g x e f x =，()()xf x f x '-构造()()f xg x x=， ()()xf x f x '+构造()()g x xf x =等 5．设a R ∈，若函数,x y e ax x R =+∈有大于零的极值点，则（）A. 1a e<- B. 1a e >- C. 1a >- D. 1a <-【答案】D【解析】()x f x e a '=+（x>0）,显然当0a ≥时， ()0f x '>，f(x)在R 上单调递增，无极值点，不符。

高考数学专题讲解第5 6讲函数导数与不等式上下

第5讲函数、导数与不等式（上）题一：已知函数()xf x y e = ,x R ∈满足()()f x f x '>，则()1f 与()0ef 的大小关系是（）A. ()()10f ef <B. ()()10f ef >C. ()()10f ef =D.不能确定题二：设()(),f x g x 是定义在R 上的可导函数，且()()()()0fx g x f x g x ''+<，则当a x b <<时有（）A. ()()()()f x g x f b g b >B. ()()()()f x g a f a g x >C. ()()()()f x g b f b g x >D. ()()()()f x g x f a g a >题三：已知函数f(x)=x 3-ax 2-1(a ≠0). （I ）求函数f(x)的单调区间；(Ⅱ)当a>0时，若过原点（0，0）与函数f(x)的图象相切的直线恰有三条，求实数a 的取值范围．题四：设函数321a x x bx c 32f -++（x ）=，其中a ＞0，曲线x y f =（）在点P （0，0f （））处的切线方程为y=1（Ⅰ）确定b 、c 的值（Ⅱ）设曲线x y f =（）在点（11x x f ，（））及（22x x f ，（））处的切线都过点（0,2）证明：当12x x ≠时，12'()'()f x f x ≠（Ⅲ）若过点（0,2）可作曲线x y f =（）的三条不同切线，求a 的取值范围。

题五：已知函数32()3(36)124()f x x ax a x a a R =++-+-∈ (Ⅰ)证明：曲线()0y f x x ==在(2,2)的切线过点；（Ⅱ）若00()(1,3)f x x x x =∈在处取得极小值，,求a 的取值范围。

题六：已知函数22()ln (0)f x x a x x x=++>，()f x 的导函数是'()f x ．对任意两个不相等的正数1x 、2x ，证明：（I ）当0a £时，1212()()()22f x f x x x f ++>；（II ）当4a £时， 1212'()'()f x f x x x ->-．第6讲函数、导数与不等式（下）题一：证明：当1x >时，()21ln 1x x x ->+题二：设函数)(x f =x +ax 2+b ln x ，曲线y =)(x f 过P （1,0），且在P 点处的切斜线率为2．（I ）求a ，b 的值；（II ）证明：)(x f ≤2x -2．题三：对正整数n ，设曲线()1ny x x =-在x=2处的切线与y 轴交点的纵坐标为n a ，则数列1n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和公式是题四：设数列{}n a 的通项是()213nn a n =-，请用导数的方法求它的前n 项和n S题五：已知函数f (x )=－x 2+8x,g (x )=6ln x+m 是否存在实数m ，使得y =f (x )的图象与y =g (x )的图象有且只有三个不同的交点？若存在，求出m 的取值范围；，若不存在，说明理由。

2023年高考数学总复习第三章导数及其应用第6节：利用导数证明不等式(教师版)

2023年高考数学总复习第三章导数及其应用利用导数证明不等式题型一移项构造函数证明不等式例1已知函数f (x )＝1－ln x x ，g (x )＝a e e x ＋1x－bx ，若曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )的一个公共点是A (1，1)，且在点A 处的切线互相垂直.(1)求a ，b 的值；(2)证明：当x ≥1时，f (x )＋g (x )≥2x .(1)解因为f (x )＝1－ln x x，x >0，所以f ′(x )＝ln x －1x 2，f ′(1)＝－1.因为g (x )＝a e e x ＋1x －bx ，所以g ′(x )＝－a e e x －1x2－b .因为曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )的一个公共点是A (1，1)，且在点A 处的切线互相垂直，所以g (1)＝1，且f ′(1)·g ′(1)＝－1.从而g (1)＝a ＋1－b ＝1，且g ′(1)＝－a －b －1＝1.解得a ＝b ＝－1.(2)证明由(1)知，g (x )＝－e e x ＋1x ＋x ，则f (x )＋g (x )≥2x ⇔1－ln x x －e e x －1x ＋x ≥0.令h (x )＝1－ln x x －e e x －1x＋x (x ≥1)，则h (1)＝0，h ′(x )＝－1－ln x x 2＋e e x ＋1x 2＋1＝ln x x 2＋e e x ＋1.因为x ≥1，所以h ′(x )＝ln x x 2＋e ex ＋1>0，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0，即1－ln xx－ee x－1x＋x≥0.故当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2 x .感悟提升待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证.训练1已知函数f(x)＝ln x＋ax，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a>0时，证明f(x)≥2a－1a.(1)解f′(x)＝1x－ax2＝x－ax2(x>0)，当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增.当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；若0<x<a，则f′(x)<0，函数f(x)在(0，a)上单调递减.(2)证明由(1)知，当a>0时，f(x)min＝f(a)＝ln a＋1.要证f(x)≥2a－1a，只需证ln a＋1≥2a－1a，即证ln a＋1a－1≥0.令g(a)＝ln a＋1a－1，则g′(a)＝1a－1a2＝a－1a2(a>0)，当0<a<1时，g′(a)<0；当a>1时，g′(a)>0，所以g(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(a)min＝g(1)＝0.所以ln a＋1a－1≥0恒成立，所以f(x)≥2a－1 a.题型二分拆函数法证明不等式例2已知函数f (x )＝x ln x －ax .(1)当a ＝－1时，求函数f (x )在(0，＋∞)上的最值；(2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x ＋1>1ex ＋1－2e 2x 成立.(1)解函数f (x )＝x ln x －ax 的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－1时，f (x )＝x ln x ＋x ，f ′(x )＝ln x ＋2.令f ′(x )＝0，得x ＝1e 2.当0<x <1e 2时，f ′(x )<0；当x >1e 2时，f ′(x )>0.所以f (x )0，1e 2上单调递减，在1e 2，＋∞上单调递增.因此f (x )在x ＝1e 2处取得极小值也是最小值，即f (x )min ＝1e 2＝－1e2，但f (x )在(0，＋∞)上无最大值.(2)证明当x >0时，ln x ＋1>1e x ＋1－2e 2x 等价于x (ln x ＋1)>x ex ＋1－2e 2.由(1)知a ＝－1时，f (x )＝x ln x ＋x ≥－1e 2，当且仅当x ＝1e 2时取等号.设G (x )＝xe x ＋1－2e 2，x ∈(0，＋∞)，则G ′(x )＝1－x ex ＋1，易知G (x )max ＝G (1)＝－1e 2，当且仅当x ＝1时取到，从而可知对一切x ∈(0，＋∞)，都有f (x )>G (x )，即ln x ＋1>1e x ＋1－2e 2x.感悟提升要证的不等式中既含有指数又含有对数，若直接用作差或作商的方式构造函数，求导后不易处理.我们可以在合理地分拆和转化后，按照需要构造函数，如本题，把证明x(ln x＋1)>xe x＋1－2e2分拆为两个函数f(x)＝x ln x＋x和G(x)＝xe x＋1－2e2，使指数与对数分开，仅含指数或对数，再利用导数求出所构造函数的最值来证不等式成立.训练2(2022·太原模拟)已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R).(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a＝e时，证明：xf(x)－e x＋2e x≤0.(1)解f′(x)＝ex－a(x>0)，①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a>0，则当0<x<ea时，f′(x)>0；当x>ea时，f′(x)<0.故f(x)0，ea上单调递增，在ea，＋∞.(2)证明因为x>0，所以只需证f(x)≤e xx－2e，当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.所以f(x)max＝f(1)＝－e.设g(x)＝e xx－2e(x>0)，则g′(x)＝（x－1）e xx2，所以当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤e xx－2e.即xf(x)－e x＋2e x≤0得证.题型三借助于e x≥x＋1和ln x≤x－1放缩证明不等式例3已知函数f(x)＝a ln(x－1)＋2x－1，其中a为正实数.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：当x>2时，f(x)<e x＋(a－1)x－2a.(1)解由x－1>0，得x>1，所以f(x)的定义域为(1，＋∞)，f′(x)＝ax－1－2（x－1）2＝a（x－1）－2（x－1）2＝ax－（a＋2）（x－1）2.令f′(x)＝0，得x＝a＋2 a，所以当1<x<1＋2a时，f′(x)<0，当x>1＋2a时，f′(x)>0，所以f(x)，1＋2a，＋(2)证明令g(x)＝ln x－x＋1，则g′(x)＝1x－1.所以当0<x<1时，g′(x)>0；当x>1时，g′(x)<0.所以g(x)≤g(1)＝0，所以ln x≤x－1，所以当x>2时，有ln(x－1)<x－2成立，又因为a>0，所以要证f(x)<e x＋(a－1)x－2a，只需证a(x－2)＋2x－1<e x＋(a－1)x－2a，即e x－x－2x－1对任意x>2恒成立.令h(x)＝e x－x－2x－1，x>2，则h′(x)＝e x－1＋2（x－1）2，因为x>2，所以h′(x)>0恒成立，所以h(x)在(2，＋∞)上单调递增，所以h(x)>h(2)＝e2－4>0，所以当x>2时，f(x)<e x＋(a－1)x－2a.感悟提升导数方法证明不等式中，最常见的是e x和ln x与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对e x和ln x进行放缩，使问题简化，简化后再构造函数进行证明.常见的放缩公式如下：(1)e x≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号.(2)ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号.训练3证明：e x－ln x>2.证明法一设f(x)＝e x－ln x(x>0)，则f′(x)＝e x－1 x .令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝e x＋1x2>0，∴f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f 12＝e－2<0，f′(1)＝e－1>0，∴12，1上存在x0使f′(x0)＝0，即x0＝－ln x0.∴f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，∴f(x)在x＝x0处有极小值，也是最小值.∴f(x0)＝e x0－ln x0＝1x0＋x0>2，故f(x)>2，即e x－ln x>2.法二令g(x)＝e x－x－1，∴g′(x)＝e x－1.令g′(x)＝0，得x＝0，∴当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0.∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(0)＝0.故e x≥x＋1，x＝0时取“＝”.同理可证x－1≥ln x，x＝1时取“＝”.∴x＋1≥ln x＋2，x＝1时取“＝”.故e x≥x＋1≥ln x＋2.∴e x>ln x＋2，即证e x－ln x>2.指对同构在解决指对混合不等式时，如恒成立求参数取值范围或证明不等式，有一部分题是命题者利用函数单调性构造出来的，如果我们能找到这个函数模型(即不等式两边对应的同一函数)，无疑大大加快解决问题的速度.找到这个函数模型的方法，我们称为同构法.(1)五个常见变形：x e x ＝e x ＋ln x，e x x ＝e x －ln x ，x e x ＝e ln x －x ，x ＋ln x ＝ln(x e x )，x －ln x ＝ln e x x .(2)三种基本模式①积型：a e a ≤b ln b ―————————―→三种同构方式a e a ≤（ln b ）e ln b ……f （x ）＝x e x ，e a ln e a ≤b ln b ……f （x ）＝x ln x ，a ＋ln a ≤lnb ＋ln （ln b ）……f （x ）＝x ＋ln x ，②商型：e a a ＜b ln b―————————―→三种同构方式同左：e a a ＜e ln b ln b ……f （x ）＝e x x，同右：e a ln e a ＜b ln b ……f （x ）＝x ln x，a －ln a ＜ln b －ln （ln b ）……f （x ）＝x －ln x ，③和差型：e a ±a ＞b ±ln b ――——————→两种同构方式e a ±a ＞e ln b ±ln b ……f （x ）＝e x ±x ，e a ±ln e a ＞b ±ln b ……f （x ）＝x ±ln x .例(1)(2020·新高考全国Ⅰ卷节选)已知函数f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a .若f (x )≥1，求a 的取值范围.解f (x )的定义域为(0，＋∞)，f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ＝e ln a ＋x －1－ln x ＋ln a ≥1，等价于e ln a ＋x －1＋ln a ＋x －1≥ln x ＋x ＝e ln x ＋ln x .令g (x )＝e x ＋x ，上述不等式等价于g (ln a ＋x －1)≥g (ln x ).显然g (x )为单调增函数，所以又等价于ln a ＋x －1≥ln x ，即ln a ≥ln x －x ＋1.令h (x )＝ln x －x ＋1，则h ′(x )＝1x －1＝1－x x.当x ∈(0，1)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，所以h (x )max ＝h (1)＝0，所以ln a ≥0，即a ≥1，a 的取值范围是[1，＋∞).(2)已知函数f (x )＝a e x －ln x －1，证明：当a ≥1e 时，f (x )≥0.证明当a ≥1e 时，f (x )≥e x e －ln x －1，所以只需证明e x e －ln x －1≥0，由于e x e－ln x －1≥0⇔e x ≥eln e x ⇔x e x ≥e x ln e x ⇔x e x ≥e ln e x ln e x ，令g (x )＝x e x ，由g ′(x )＝e x (x ＋1)＞0知g (x )为增函数，又易证x ≥ln e x ＝ln x ＋1，所以g (x )≥g (ln e x )，即x e x ≥e ln e x ln e x 成立.故当a ≥1e时，f (x )≥0.1.已知函数f (x )＝e x －ax (e 为自然对数的底数，a 为常数)的图象在(0，1)处的切线斜率为－1.(1)求a 的值及函数f (x )的极值；(2)证明：当x >0时，x 2<e x .(1)解由f (x )＝e x －ax ，得f ′(x )＝e x －a .因为f ′(0)＝1－a ＝－1，所以a ＝2，所以f (x )＝e x －2x ，f ′(x )＝e x －2.令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2，当x<ln2时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，ln2)上单调递减；当x>ln2时，f′(x)>0，f(x)在(ln2，＋∞)上单调递增.所以当x＝ln2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln2)＝e ln2－2ln2＝2－2ln2，f(x)无极大值.(2)证明令g(x)＝e x－x2，则g′(x)＝e x－2x.由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln2)>0，故g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增.所以当x>0时，g(x)>g(0)＝1>0，即x2<e x.2.已知函数f(x)＝ax－ln x－1.(1)若f(x)≥0恒成立，求a的最小值；(2)求证：e－xx＋x＋ln x－1≥0.(1)解f(x)≥0等价于a≥ln x＋1x(x>0).令g(x)＝ln x＋1x(x>0)，则g′(x)＝－ln xx2，所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，则g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1，则a≥1，所以a的最小值为1.(2)证明当a＝1时，由(1)得x≥ln x＋1，即t≥ln t＋1(t>0).令e－xx＝t，则－x－ln x＝ln t，所以e－xx≥－x－ln x＋1，即e－xx＋x＋ln x－1≥0.3.证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x ＞1e x －2e x 成立.证明问题等价于证明x ln x ＞x e x －2e (x ∈(0，＋∞)).设f (x )＝x ln x ，f ′(x )＝1＋ln x ，易知x ＝1e 为f (x )的唯一极小值点，则f (x )＝x ln x (x ∈(0，＋∞))的最小值是－1e ，当且仅当x ＝1e时取到.设m (x )＝x e x －2e (x ∈(0，＋∞))，则m ′(x )＝1－x ex ，由m ′(x )＜0，得x ＞1时，m (x )单调递减；由m ′(x )＞0得0＜x ＜1时，m (x )单调递增，易知m (x )max ＝m (1)＝－1e ，当且仅当x ＝1时取到.从而对一切x ∈(0，＋∞)，x ln x ≥－1e ≥x e x －2e ，两个等号不同时取到，所以对一切x ∈(0，＋∞)都有ln x ＞1e x －2e x 成立.4.已知x ∈(0，1)，求证：x 2－1x ＜ln x e x .证明法一要证x 2－1x ＜ln x e x ，只需证e 2ln x ，又易证e x ＞x ＋1(0＜x ＜1)，∴只需证明ln x ＋(x ＋x 0.即证ln x ＋1－x 3＋1x－x 2＞0，而x 3＜x ，x 2＜x (0＜x ＜1)，∴只需证ln x ＋1－2x ＋1x ＞0，令g (x )＝ln x ＋1－2x ＋1x，则g ′(x )＝1x －2－1x 2＝－2x 2－x ＋1x2，而2x 2－x ＋1＞0恒成立，∴g ′(x )＜0，∴g (x )在(0，1)上单调递减，∴当x ∈(0，1)时，g (x )＞g (1)＝0，第11页共11页即ln x ＋1－2x ＋1x ＞0.∴x 2－1x ＜ln x ex .法二∵x ∈(0，1)，∴e x ∈(1，e)，∴要证x 2－1x ＜ln x e x 成立，只需证e2ln x 成立，只需证x 2－1x＜ln x ，又x 2＜x (0＜x ＜1)，∴只需证ln x ＋1x －x ＞0，令h (x )＝ln x ＋1x－x ，则h ′(x )＝1x －1x 2－1＝－x 2－x ＋1x2，而x 2－x ＋1＞0恒成立，∴h ′(x )＜0，∴h (x )在(0，1)上单调递减，∴当x ∈(0，1)时，h (x )＞h (1)＝0，∴ln x ＋1x －x ＞0，∴x 2－1x ＜ln x ex .。

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2017年高考数学基础突破——导数与积分第6讲导数与不等式【知识梳理】利用导数方法证明不等式f (x )＞g (x )在区间D 上恒成立的基本方法是构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h (x )＞0，其中一种常用方法就是找到函数h (x )在何处可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口．【基础考点突破】考点1．用导数解决与不等式有关的问题命题点1．解不等式【例1】设f (x )是定义在R 上的奇函数，且f (2)＝0，当x >0时，有xfx －f xx 2<0恒成立，则不等式x 2f (x )>0的解集是( )A ．(－2，0)∪(2，＋∞)B ．(－2，0)∪(0，2)C ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D ．(－∞，－2)∪(0，2)变式训练1．(2015·新课标全国Ⅱ，12)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，＋∞)变式训练2．(2015·福建，10)若定义在R 上的函数f (x )满足f (0)＝－1，其导函数f ′(x )满足f ′(x )＞k ＞1，则下列结论中一定错误的是( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＜1kB ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＞1k －1C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＜1k －1D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＞k k －1命题点2．证明不等式【例2】 (2015·北京，18)已知函数f (x )＝ln 1＋x1－x ．(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求证：当x ∈(0，1)时，f (x )＞2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33； (3)设实数k 使得f (x )＞k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0，1)恒成立，求k 的最大值．变式训练3．（2016年全国III 卷高考）设函数()ln 1f x x x =-+．（I ）讨论()f x 的单调性；（II ）证明当(1,)x ∈+∞时，11ln x x x-<<；（III ）设1c >，证明当(0,1)x ∈时，1(1)x c x c +->．变式训练4．证明：当x ∈[0，1]时，22x ≤sin x ≤x ．命题点3 不等式恒成立问题【例3】 (2016·山东，20)已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x2，a ∈R ． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，证明f (x )>f ′(x )＋32对于任意的x ∈[1，2]成立．【归纳总结】（1）利用导数解不等式，一般可构造函数，利用已知条件确定函数单调性解不等式；（2）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；变式训练5．已知函数f (x )＝ln x －ax，若f (x )<x 2在(1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围．考点2．利用导数构造函数证明不等式【例4】已知函数1()ln xf x x ax-=+．（1）若函数()f x 在[1,)+∞上为增函数，求正数a 的取值范围；（2）求证：对于大于1的任意正整数n ，都有1111ln 234n n>+++⋅⋅⋅+．变式训练6．已知函数()f x kx =，ln ()xg x x=．（1）若不等式()()f x g x ≥在(0,)+∞上恒成立，求实数k 的取值范围．（2）求证：444ln 2ln 3ln l...232n n e+++<．变式训练7．已知函数()22(0)bf x ax a a x=++->的图象在点(1,(1))f 处的切线与直线21y x =+平行．（1）求a ，b 满足的关系．（2）若()2ln f x x ≥在[1,)+∞恒成立，求a 的取值范围．（3）证明：11111ln(21)3521221n n n n +++⋅⋅⋅+>++-+．变式训练8．已知函数(1ln )()(1)1x a x f x x x +=>-．（1）当0a ≥时，讨论2()(1)()g x x f x '=-的单调性；（2）当1a =时，若()f x n >恒成立，求满足条件的正整数n 的值；（3）求证：522(112)(123)[1(1)]n n n e -+⨯+⨯⋅⋅⋅++>．【基础练习巩固】 1．若0<x 1<x 2<1，则( )A 2121e e ln ln x x x x >－－B ． 2121e e ln ln x x x x <－－C ．1221e e x x x x >D ． 1221e e x x x x <2．设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )．若x ＝－1为函数g (x )＝f (x )e x的一个极值点，则下列图象不可能为y ＝f (x )的图象的是( )3．设函数h t (x )＝3tx －322t ，若有且仅有一个正实数x 0，使得h 7(x 0)≥h t (x 0)对任意的正数t 都成立，则x 0等于( )A ．5B ． 5C ． 3D ．74．已知函数f (x )＝ax 3－3x ＋1对x ∈(0，1]总有f (x )≥0成立，则实数a 的取值范围是________．5．已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0>0，则a 的取值范围是________．6．已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 的导函数为f ′(x )，f ′(x )>0，对于任意实数x ，有f (x )≥0，则ff的最小值为________．7．若对于任意实数x ≥0，函数f (x )＝e x＋ax 恒大于零，则实数a 的取值范围是________． 8．设a 为实数，函数f (x )＝e x－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，e x >x 2－2ax ＋1．9．设函数f (x )＝a 2ln x －x 2＋ax ，a >0．(1)求f (x )的单调区间；(2)求所有的实数a ，使e －1≤f (x )≤e 2对x ∈[1，e]恒成立．10．设函数f(x)＝a ln x＋1－a2x2－bx (a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0．(1)求b；(2)若存在x0≥1，使得f(x0)<aa－1，求a的取值范围．2017年高考数学基础突破——导数与积分第6讲导数与不等式（教师版）【知识梳理】利用导数方法证明不等式f (x )＞g (x )在区间D 上恒成立的基本方法是构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h (x )＞0，其中一种常用方法就是找到函数h (x )在何处可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口．【基础考点突破】考点1．用导数解决与不等式有关的问题命题点1．解不等式【例1】设f (x )是定义在R 上的奇函数，且f (2)＝0，当x >0时，有xfx －f xx 2<0恒成立，则不等式x 2f (x )>0的解集是( )A ．(－2，0)∪(2，＋∞)B ．(－2，0)∪(0，2)C ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D ．(－∞，－2)∪(0，2) 答案 D 解析 x >0时⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x x ′<0，∴φ(x )＝f x x 为减函数，又φ(2)＝0，∴当且仅当0<x <2时，φ(x )>0，此时x 2f (x )>0．又f (x )为奇函数，∴h (x )＝x 2f (x )也为奇函数．故x 2f (x )>0的解集为(－∞，－2)∪(0，2)．变式训练1．(2015·新课标全国Ⅱ，12)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，＋∞) 答案：A解析：因为f (x )(x ∈R )为奇函数，f (-1)＝0，所以f (1)＝-f (-1)＝0．当x ≠0时，令g (x )＝f （x ）x ，则g (x )为偶函数，且g (1)＝g (－1)＝0．则当x ＞0时，g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫f （x ）x ′＝xf ′（x ）－f （x ）x 2＜0，故g (x )在(0，＋∞)上为减函数，在(－∞，0)上为增函数．所以在(0，＋∞)上，当0＜x ＜1时，g (x )＞g (1)＝0⇔f （x ）x＞0⇔f (x )＞0；在(－∞，0)上，当x ＜－1时，g (x )＜g (－1)＝0⇔f （x ）x＜0⇔f (x )＞0．综上，得使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)，选A ．变式训练2．(2015·福建，10)若定义在R 上的函数f (x )满足f (0)＝－1，其导函数f ′(x )满足f ′(x )＞k ＞1，则下列结论中一定错误的是( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＜1kB ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＞1k －1C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＜1k －1D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＞k k －1答案：C解析∵导函数f ′(x )满足f ′(x )＞k ＞1，∴f ′(x )－k ＞0，k －1＞0，1k －1＞0，可构造函数g (x )＝f (x )－kx ，可得g ′(x )＞0，故g (x )在R 上为增函数，∵f (0)＝－1，∴g (0)＝－1，∴g ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1＞g (0)，∴f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1－k k －1＞－1，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＞1k －1，∴选项C 错误，故选C ．命题点2．证明不等式【例2】 (2015·北京，18)已知函数f (x )＝ln 1＋x1－x ．(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求证：当x ∈(0，1)时，f (x )＞2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33； (3)设实数k 使得f (x )＞k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0，1)恒成立，求k 的最大值．解析：因为f (x )＝ln(1＋x )－ln(1－x )，所以f ′(x )＝11＋x ＋11－x，f ′(0)＝2．又因为f (0)＝0，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝2x ． (2)证明令g (x )＝f (x )－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33，则g ′(x )＝f ′(x )－2(1＋x 2)＝2x 41－x 2．因为g ′(x )>0(0<x <1)，所以g (x )在区间(0，1)上单调递增．所以g (x )>g (0)＝0，x ∈(0，1)，即当x ∈(0，1)时，f (x )>2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33．(3)解由(2)知，当k ≤2时，f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0，1)恒成立．当k >2时，令h (x )＝f (x )－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33，则h ′(x )＝f ′(x )－k (1＋x 2)＝kx 4－（k －2）1－x 2．所以当0<x <4k －2k时，h ′(x )<0，因此h (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4k －2k 上单调递减．当0<x <4k －2k 时，h (x )<h (0)＝0，即f (x )<k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33．所以当k >2时，f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33并非对x ∈(0，1)恒成立．综上可知，k 的最大值为2．变式训练3．（2016年全国III 卷高考）设函数()ln 1f x x x =-+．（I ）讨论()f x 的单调性；（II ）证明当(1,)x ∈+∞时，11ln x x x-<<；（III ）设1c >，证明当(0,1)x ∈时，1(1)x c x c +->．解：（Ⅰ）由题设，()f x 的定义域为(0,)+∞，'1()1f x x=-，令'()0f x =，解得1x =．当01x <<时，'()0f x >，()f x 单调递增；当1x >时，'()0f x <，()f x 单调递减．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，()f x 在1x =处取得最大值，最大值为(1)0f =．所以当1x ≠时，ln 1x x <-．故当(1,)x ∈+∞时，ln 1x x <-，11ln1x x <-，即11ln x x x-<<．（Ⅲ）由题设1c >，设()1(1)x g x c x c =+--，则'()1ln xg x c c c =--，令'()0g x =，解得01lnln ln c c x c-=．当0x x <时，'()0g x >，()g x 单调递增；当0x x >时，'()0g x <，()g x 单调递减．由（Ⅱ）知，11ln c c c-<<，故001x <<，又(0)(1)0g g ==，故当01x <<时，()0g x >．所以当(0,1)x ∈时，1(1)xc x c +->．变式训练4．证明：当x ∈[0，1]时，22x ≤sin x ≤x ．证明记F (x )＝sin x －22x ，则F ′(x )＝cos x －22．当x ∈(0，π4)时，F ′(x )>0，F (x )在[0，π4]上是增函数；当x ∈(π4，1)时，F ′(x )<0，F (x )在[π4，1]上是减函数．又F (0)＝0，F (1)>0，所以当x ∈[0，1]时，F (x )≥0，即sin x ≥22x ．记H (x )＝sin x －x ，则当x ∈(0，1)时，H ′(x )＝cos x －1<0，所以H (x )在[0，1]上是减函数，则H (x )≤H (0)＝0，即sin x ≤x ．综上，22x ≤sin x ≤x ，x ∈[0，1]．命题点3 不等式恒成立问题【例3】 (2016·山东，20)已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x2，a ∈R ． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，证明f (x )>f ′(x )＋32对于任意的x ∈[1，2]成立．解析：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝（ax 2－2）（x －1）x 3．当a ≤0时，x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．当a >0时，f ′(x )＝a （x －1）x 3⎝⎛⎭⎪⎫x －2a ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋2a ．①0<a <2时，2a>1，当x ∈(0，1)或x ∈⎝⎛⎭⎪⎫2a，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．②a ＝2时，2a＝1，在x ∈(0，＋∞)内，f ′(x )≥0，f (x )单调递增．③a >2时，0<2a<1，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 或x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫2a，1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减；当0<a <2时，f (x )在(0，1)内单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫1，2a 内单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫2a，＋∞内单调递增；当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)内单调递增；当a >2时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 内单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫2a，1内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．(2)证明由(1)知，a ＝1时，f (x )－f ′(x )＝x －ln x ＋2x －1x2－⎝⎛⎭⎪⎫1－1x －2x2＋2x 3＝x －ln x ＋3x ＋1x 2－2x3－1，x ∈[1，2]．设g (x )＝x －ln x ，h (x )＝3x ＋1x 2－2x3－1，x ∈[1，2]，则f (x )－f ′(x )＝g (x )＋h (x )．由g ′(x )＝x －1x≥0，可得g (x )≥g (1)＝1，当且仅当x ＝1时取得等号．又h ′(x )＝－3x 2－2x ＋6x4．设φ(x )＝－3x 2－2x ＋6，则φ(x )在x ∈[1，2]单调递减．因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，所以∃x 0∈(1，2)，使得x ∈(1，x 0)时，φ(x )>0，x ∈(x 0，2)时，φ(x )<0．所以h (x )在(1，x 0)内单调递增，在(x 0，2)内单调递减．由h (1)＝1，h (2)＝12，可得h (x )≥h (2)＝12，当且仅当x ＝2时取得等号．所以f (x )－f ′(x )>g (1)＋h (2)＝32．即f (x )>f ′(x )＋32对于任意的x ∈[1，2]成立．【归纳总结】 (1)利用导数解不等式，一般可构造函数，利用已知条件确定函数单调性解不等式；(2)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；(3)利用导数研究不等式恒成立问题，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；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．变式训练5．已知函数f (x )＝ln x －ax，若f (x )<x 2在(1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围．解 ∵f (x )<x 2，∴ln x －a x<x 2，又x >0，∴a >x ln x －x 3，令g (x )＝x ln x －x 3，则h (x )＝g ′(x )＝1＋ln x －3x 2， h ′(x )＝1x －6x ＝1－6x2x，∵当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0，∴h (x )在(1，＋∞)上是减函数，∴h (x )<h (1)＝－2<0，即g ′(x )<0．∴g (x )在(1，＋∞)上也是减函数，∴g (x )<g (1)＝－1， ∴当a ≥－1时，f (x )<x 2在(1，＋∞)上恒成立．考点2．利用导数构造函数证明不等式【例4】已知函数1()ln xf x x ax-=+．（1）若函数()f x 在[1,)+∞上为增函数，求正数a 的取值范围；（2）求证：对于大于1的任意正整数n ，都有1111ln 234n n>+++⋅⋅⋅+．解析：（1）1()ln x f x x ax -=+在[1,)+∞上为增函数，所以21()0ax f x ax -'=≥对[1,)x ∈+∞恒成立，即10ax -≥，对[1,)x ∈+∞恒成立，即1a x≥，对[1,)x ∈+∞恒成立，所以1a ≥．（2）将不等式左边看成数列{}n a 的前n 项和，则ln n S n =，2n ≥时，1n n n a S S -=-ln ln(1)n n =--ln 1nn =-，待证式即为221ln ln 1n nk k k k k ==>-∑∑．故问题成立的充分必要条件是2k ≥时，1ln 1k k k>-，当1a =，1()ln xf x x x-=+，由（1）知，()f x 在[1,)+∞上为增函数，此时()(1)0f x f ≥=，即1ln x x x -≥（当且仅当1x =取等号），令1n x n =-，则1ln 1n n n>-，变式训练6．已知函数()f x kx =，ln ()xg x x=．（1）若不等式()()f x g x ≥在(0,)+∞上恒成立，求实数k 的取值范围．（2）求证：444ln 2ln 3ln l...232n n e+++<．解：（1）由()()f x g x ≥得ln x kx x ≥，又0x >，则2ln x k x ≥，令2ln ()xh x x=，则312ln ()xh x x-'=，当(0,x ∈时，()0h x '>，()h x 递增；当)x ∈+∞，()0h x '<，()h x递减；故max 1()2h x h e ==，所以12k e≥．（2）由（1）知，2ln 12x x e ≤，所以42ln 11(2)2x x x e x≤⋅≥，所以 444222ln 2ln 3ln l 111...(...)23223n n e n+++<+++，而2221111111......11231223(1)n n n n+++<+++=-<⨯⨯- 故444222ln 2ln 3ln l 111l...(...)232232n n e n e+++<+++<．评注：由第（1）问知2ln x k x ≥恒成立时k 的最小值是12，我们取这个临界值便恰好得出第（2）问所需的不等关系2ln 12x x e≤．变式训练7．已知函数()22(0)bf x ax a a x=++->的图象在点(1,(1))f 处的切线与直线21y x =+平行．（1）求a ，b 满足的关系．（2）若()2ln f x x ≥在[1,)+∞恒成立，求a 的取值范围．（3）证明：11111ln(21)3521221n n n n +++⋅⋅⋅+>++-+．解：（1）2()bf x a x'=-，根据题意(1)2f a b '=-=，即2b a =-；（2）由（1）知2()22a f x ax a x -=++-，令2()()2ln 222ln a g x f x x ax a x x-=-=++--，[1,)x ∈+∞，则(1)0g =， 222(1)()22()aa x x a a g x a x x x ----'=--= ①若01a <<，则21a a ->，当21ax a-<<时，()0g x '<，()g x 在[1,)+∞递减，此时()(1)0g x g <=，()2ln f x x ≥不恒成立，舍去．②当1a ≥，则21aa-≤，当1x >时， ()0g x '>，()g x 在[1,)+∞递增，此时()(1)0g x g ≥=，即()2ln f x x ≥恒成立，符合题意．（3）由（2）知，当1a ≥时，()2ln f x x ≥，即2222l n a a x a x x-++-≥，取1a =，得12ln x x x-≥．取21121n x n +=>-，*n N ∈，得2121212ln 212121n n n n n n +-+->-+-，即22211(1)2ln 212121n n n n ++-->-+-，即1121111ln ()2122122121n n n n n +>++---+．上式中，令1,2,...,n n =，再将n 个不等式相加得：11111ln(21)3521221n n n n +++⋅⋅⋅+>++-+．评注第（3)问是本题的核心，成功解答的关键是构造出不等关系12ln x x x-≥，再进行恰当换元和赋值，这个不等式的得出是在第（2）问结论的基础上取a 的临界值 1 得到的，值得体会．变式训练8．已知函数(1ln )()(1)1x a x f x x x +=>-．（1）当0a ≥时，讨论2()(1)()g x x f x '=-的单调性；（2）当1a =时，若()f x n >恒成立，求满足条件的正整数n 的值；（3）求证：522(112)(123)[1(1)]n n n e -+⨯+⨯⋅⋅⋅++>．解：（1）22[1(1ln )](1)[(1ln )]1ln 1()(1)(1)aa x x x x a x ax a x a x f x x x ⋅++⋅--+⋅---'==--，令()ln 1g x ax a x a =---，当0a =时，()1g x =-为常函数，不具有单调性；当0a >时，(1)()0a a x g x a x x-'=-=>，故()g x 在(1,)+∞上单调递增．（2）当1a =时，()ln 2g x x x =--，(3)1ln 30g =-<，(4)2ln 40g =->，设()0g b =，则(3,4)b ∈，由()g x 在(1,)+∞上单调递增可知：当(1,)x b ∈时，()0g x <，()0f x '<；当(,)x b ∈+∞时，()0g x >，()0f x '>．所以当x b =时，m i n (1ln )[()]()1b b f x f bb +==-．因为()0g b =，所以ln 20b b --=，即l n 2b b =+，所以()f b b =．因为(3,4)b ∈，所以()(3,4)f b ∈，所以3n ≤，故正整数n 的取值为1、2或3．（3）由（2）知，当1a =时，()3f x >恒成立，即(1ln )31x x x +>-，即3(1)1l nx x x-+>，则3(1)3ln 1=2(1)x x x x x->-->．令1(1)x n n =++，得3311ln(1(1))2223()1(1)(1)1n n n n n n n n ++>->-=--++++，则ln(112)ln3+⨯=（1n =不放缩），11ln(123)23()23+⨯>--，11ln(134)23()34+⨯>--，…，11ln(1(1))23()1n n n n ++>--+以上n 个式子相加得：11ln(112)ln(123)ln[1(1)]ln 32(1)3()21n n n n +⨯++⨯+⋅⋅⋅+++>+---+73535ln 22221212e n n n n n >+-+=-+>-++所以5ln{(112)(123)[1(1)]}22n n n +⨯+⨯⋅⋅⋅++>-，即522(112)(123)[1(1)]n n n e -+⨯+⨯⋅⋅⋅++> 点评本题第（2）问关键是构造不等式3ln 2x x>-，不等式的得出是基于第（2）问()f x n >时n 能取的最大值是3， 3依然是不等关系中的一个临界值．【基础练习巩固】 1．若0<x 1<x 2<1，则( )A 2121e e ln ln x x x x >－－B ． 2121e e ln ln x x x x <－－C ．1221e e x x x x >D ． 1221e e x x x x <答案 C解析设f (x )＝e xx ，则f ′(x )＝x ·e x－e xx2＝exx －x 2，当0<x <1时，f ′(x )<0，∴f (x )＝e xx在(0，1)上为减函数，由0<x 1<x 2<1知，f (x 1)>f (x 2)，即1212x x e e x x >，∴1221e e x xx x >． 2．设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )．若x ＝－1为函数g (x )＝f (x )e x的一个极值点，则下列图象不可能为y ＝f (x )的图象的是()答案 D解析设h (x )＝f (x )e x ，则h ′(x )＝(2ax ＋b )e x ＋(ax 2＋bx ＋c )e x ＝(ax 2＋2ax ＋bx ＋b ＋c )e x．由x ＝－1为函数f (x )e x 的一个极值点． ∴c －a ＝0，∴c ＝a ．∴f (x )＝ax 2＋bx ＋a ．若方程ax 2＋bx ＋a ＝0有两根x 1，x 2，则x 1x 2＝a a＝1，D 中图象一定不满足条件． 3．设函数h t (x )＝3tx －322t ，若有且仅有一个正实数x 0，使得h 7(x 0)≥h t (x 0)对任意的正数t 都成立，则x 0等于( )A ．5B ． 5C ． 3D ．7 答案 D解析 ∵h 7(x 0)≥h t (x 0)对任意的正数t 都成立，∴h 7(x 0)≥h t (x 0)max ，记g (t )＝h t (x 0)＝3tx 0－322t ，则g ′(t )＝3x 0－123t ，令g ′(t )＝0，得t ＝x 20，易得h t (x 0)max ＝g (x 20)＝x 30，∴21x 0－147≥x 30，将选项代入检验可知选D ．4．已知函数f (x )＝ax 3－3x ＋1对x ∈(0，1]总有f (x )≥0成立，则实数a 的取值范围是________．答案 [4，＋∞)解析当x ∈(0，1]时不等式ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x －1x 3，设g (x )＝3x －1x3，x ∈(0，1]，g ′(x )＝3x 3－x －x2x 6＝－x －12x 4．g ′(x )与g (x )随x 的变化情况如下表：↗↘因此g (x )5．已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0>0，则a 的取值范围是________．答案 (－∞，－2)解析 a ＝0时，不符合题意，a ≠0时，f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2a，若a >0，则由图象知f (x )有负数零点，不符合题意．则a <0，由图象f (0)＝1>0知，此时必有0<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a<1，即0<a ×8a 3－3×4a2＋1<1，化简得a 2>4，又a <0，所以a <－2．6．已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 的导函数为f ′(x )，f ′(x )>0，对于任意实数x ，有f (x )≥0，则ff的最小值为________．答案 2解析 ∵f ′(x )＝2ax ＋b ，∴f ′(0)＝b >0．由题意知⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝b 2－4ac ≤0a >0，∴ac ≥b 24，∴c >0，∴ff＝a ＋b ＋c b ≥b ＋2ac b ≥2bb＝2，当且仅当a ＝c 时“＝”成立．7．若对于任意实数x ≥0，函数f (x )＝e x＋ax 恒大于零，则实数a 的取值范围是________．答案 (－e ，＋∞)解析 ∵当x ≥0时，f (x )＝e x＋ax >0恒成立． ∴若x ＝0，a 为任意实数，f (x )＝e x＋ax >0恒成立．若x >0，f (x )＝e x＋ax >0恒成立，即当x >0时，a >－e xx 恒成立．设Q (x )＝－exx．Q ′(x )＝－e x x －exx 2＝－xxx 2．当x ∈(0，1)时，Q ′(x )>0，则Q (x )在(0，1)上单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，Q ′(x )<0，则Q (x )在(1，＋∞)上单调递减．∴当x ＝1时，Q (x )取得最大值．Q (x )max ＝Q (1)＝－e ，∴要使x ≥0时，f (x )>0恒成立，a 的取值范围为(－e ，＋∞)．8．设a 为实数，函数f (x )＝e x－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，e x>x 2－2ax ＋1．解：（1）由f (x )＝e x－2x ＋2a ，x ∈R ，知f ′(x )＝e x－2，x ∈R ．令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2．于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：↘↗故f (x )f (x )在x ＝ln 2处取得极小值，极小值为f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a ＝2－2ln 2＋2a ．(2)证明设g (x )＝e x －x 2＋2ax －1，x ∈R ，于是g ′(x )＝e x－2x ＋2a ，x ∈R ．由(1)知当a >ln 2－1时，g ′(x )取最小值为g ′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a )>0．于是对任意x ∈R ，都有g ′(x )>0，所以g (x )在R 内单调递增．于是当a >ln 2－1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>g (0)．而g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>0．即e x －x 2＋2ax －1>0，故当a >ln 2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1．9．设函数f (x )＝a 2ln x －x 2＋ax ，a >0． (1)求f (x )的单调区间；(2)求所有的实数a ，使e －1≤f (x )≤e 2对x ∈[1，e]恒成立．解 (1)因为f (x )＝a 2ln x －x 2＋ax ，其中x >0，所以f ′(x )＝a 2x－2x ＋a ＝－x －ax ＋ax．由于a >0，所以f (x )的增区间为(0，a )，减区间为(a ，＋∞)． (2)由题意得f (1)＝a －1≥e－1，即a ≥e．由(1)知f (x )在[1，e]内单调递增，要使e －1≤f (x )≤e 2对x ∈[1，e]恒成立．只要⎩⎪⎨⎪⎧f ＝a －1≥e－1，f＝a 2－e 2＋a e≤e 2，解得a ＝e ．10．设函数f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－bx (a ≠1)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为0．(1)求b ；(2)若存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1，求a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝ax＋(1－a )x －b ，由题设知f ′(1)＝0，解得b ＝1．(2)f (x )的定义域为(0，＋∞)，由(1)知，f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－x ，f ′(x )＝a x＋(1－a )x －1＝1－a x ⎝⎛⎭⎪⎫x －a 1－a (x －1)． ①若a ≤12，则a1－a≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1的充要条件为f (1)<a a －1，即1－a 2－1<aa －1，解得－2－1<a <2－1．②若12<a <1，则a 1－a >1，故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞上单调递增．所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1的充要条件为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a <aa －1．而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ＝a ln a 1－a ＋a 2－a＋a a －1>aa －1，所以不合题意．③若a >1，则f (1)＝1－a 2－1＝－a －12<a a －1．综上，a 的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞)． 1．在困惑中反思—— 一个简单问题引发的思考以上几道试题无论是背景、设问、还是解法都极其相似，我们不难发现：解题时我们要学会反思，明晰命题人的设问意图，要善于挖掘题目结论中隐含的条件，关注参数取值范围的临界值，当合理构造出不等关系时，解题就能在“ 山穷水尽”的瓶颈处走向“柳暗花明”！。