2019高考数学常考题型专题05导数压轴题的零点及恒成立、有解问题理

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

专题05 导数压轴题的零点及恒成立、有解问题1．（2018新课标全国Ⅱ理科）已知函数2()e x f x ax =-．（1）若1a =，证明：当0x ≥时，()1f x ≥；（2）若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a ．【解析】（1）当1a =时，()1f x ≥等价于2(1)e 10xx -+-≤．设函数2()(1)e1xg x x -=+-，则22()(21)e (1)e x x g'x x x x --=--+=--．当1x ≠时，()0g'x <，所以()g x 在(0,)+∞单调递减．而(0)0g =，故当0x ≥时，()0g x ≤，即()1f x ≥．①若(2)0h >，即2e 4a <，()h x 在(0,)+∞没有零点；②若(2)0h =，即2e 4a =，()h x 在(0,)+∞只有一个零点；③若(2)0h <，即2e 4a >，由于(0)1h =，所以()h x 在(0,2)有一个零点，由（1）知，当0x >时，2e xx >，所以33342241616161(4)11110e (e )(2)a a a a a h a a a=-=->-=->．故()h x 在(2,4)a 有一个零点，因此()h x 在(0,)+∞有两个零点．综上，()f x 在(0,)+∞只有一个零点时，2e 4a =．2．（2017新课标全国Ⅰ理科）已知函数2()e (2)e xx f x a a x =+--.（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.【解析】（1）()f x 的定义域为(,)-∞+∞，2()2e (2)e 1(e 1)(2e 1)x x x xf x a a a '=+--=-+，（ⅰ）若0a ≤，则()0f x '<，所以()f x 在(,)-∞+∞单调递减. （ⅱ）若0a >，则由()0f x '=得ln x a =-.当(,ln )x a ∈-∞-时，()0f x '<；当(ln ,)x a ∈-+∞时，()0f x '>，所以()f x 在(,ln )a -∞-单调递减，在(ln ,)a -+∞单调递增.又422(2)e(2)e 22e 20f a a ----=+-+>-+>，故()f x 在(,ln )a -∞-有一个零点.设正整数0n 满足03ln(1)n a>-，则00000000()e (e 2)e 20n n n nf n a a n n n =+-->->->. 由于3ln(1)ln a a->-，因此()f x 在(ln ,)a -+∞有一个零点.综上，a 的取值范围为(0,1).【名师点睛】研究函数零点问题常常与研究对应方程的实数根问题相互转化.已知函数()f x 有2个零点求参数a 的取值范围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数，研究其单调性、极值、最值，判断y a =与其交点的个数，从而求出a 的取值范围；第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究其单调性、极值、最值，注意点是若()f x 有2个零点，且函数先减后增，则只需其最小值小于0，且后面还需验证最小值两边存在大于0的点.3．（2015新课标全国Ⅱ理科）设函数2()e mx f x x mx =+-．（Ⅰ）证明：()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增；（Ⅱ）若对于任意12,[1,1]x x ∈-，都有12|()()|e 1f x f x -≤-，求m 的取值范围．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，对任意的m ，()f x 在[1,0]-单调递减，在[0,1]单调递增，故()f x 在0x =处取得最小值．所以对于任意12,[1,1]x x ∈-，12|()()|e 1f x f x -≤-的充要条件是(1)(0)e 1,(1)(0)e 1,f f f f -≤-⎧⎨--≤-⎩即e e 1,e +e 1mmm m -⎧-≤-⎪⎨≤-⎪⎩，①，设函数()e e 1t g t t =--+，则()e 1tg't =-．当0t <时，()0g't <；当0t >时，()0g't >．故()g t 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增．又(1)0g =，1(1)e 2e <0g --=+-，故当[1,1]t ∈-时，()0g t ≤．当[1,1]m ∈-时，()0g m ≤，()0g m -≤，即①式成立；当1m >时，由()g t 的单调性，()0g m >，即e e 1m m ->-；当1m <-时，()0g m ->，即e +e 1m m ->-．综上可知，m 的取值范围是[1,1]-．【名师点睛】(Ⅰ)先求导函数()(e1)2mxf 'x m x =-+，根据m 的取值范围讨论导函数在(,0)-∞和(0,)+∞的符号即可；(Ⅱ)12()()e 1f x f x -≤-恒成立，等价于12max ()()e 1f x f x -≤-．由12,x x 是两个独立的变量，可研究()f x 的值域，由(Ⅰ)可得最小值为(0)1f =，最大值可能是(1)f -或(1)f ，故只需(1)(0)e 1,(1)(0)e 1,f f f f -≤-⎧⎨--≤-⎩，从而得关于m 的不等式，因不易解出，故利用导数研究其单调性和符号，从而得解．1．利用导数研究函数的零点问题，一般出现在解答题的压轴题中，难度较大，这类零点一般都不能直接求出数值，而是利用数形结合、分类讨论、转化思想和分离变量等求零点的个数或根据零点的个数求参数的取值范围.2．利用导数解决函数恒成立问题或有解问题是近年来高考的热点问题，这类问题往往融函数、导数、不等式等知识于一体，以函数知识为载体，利用导数为工具研究函数的性质，如单调性、极值、最值，综合性强，很好地考查了考生的分析问题和解决问题的能力，解决这类问题的关键是运用等价转化的数学思想及整体构造法和参数分离法.指点1：利用导数研究函数的零点问题对于含参数的函数零点的个数问题，由函数()y f x =有n 个零点⇔方程()0f x =有n 个实数根⇔函数()y f x =与x 轴有n 个交点可转化为方程解的个数问题，若能分离参数，可将参数分离出来，再作出函数的图象，根据函数的图象特征从而求出参数的取值范围.也可以根据函数的最值或极值的符号，即利用函数的性质去确定函数零点的个数，此方法主要是通过数形结合的方法确定存在零点的条件. 【例1】设函数1()eln x f x a x -=-,其中e 为自然对数的底数．（1）若1a =,求()f x 的单调区间; （2）若0e a ≤≤,求证:()f x 无零点．【解析】（1）若,则,∴．令,则,当时,,即单调递增,又,∴当时,单调递减,当时,单调递增．∴的单调递减区间为,单调递增区间为．（2）当时,，显然无零点．当时,(i)当时,，显然无零点． (ii)当时，易证，∴,∴．令，则()1ee x g x -'=-，令()0g x '=，得2x =，当12x <<时，()0g x '<；当2x >时，()0g x '>，故min ()(2)0g x g ==，从而，显然无零点.综上,无零点．指点2：利用导数解决函数恒成立、有解问题利用导数研究恒成立问题、有解问题，通常采用分类讨论思想或分离参变量的方法，通过函数的单调性研究函数的最值，利用最值去研究恒成立问题、有解问题，此类问题最后都化归为与函数最值有关的问题. 一般地，若()f x a ≥恒成立，只需min ()f x a ≥即可；若()f x a ≤恒成立，只需max ()f x a ≤即可.若存在x ，使得()f x a ≥成立，只需max ()f x a ≥即可；若存在x ，使得()f x a ≤成立，只需min ()f x a ≤即可. 【例2】已知函数，.（1）若曲线与曲线在它们的交点处的公共切线为，求，，的值；（2）当时，若，，求的取值范围.【解析】（1）设它们的公共交点的横坐标为，则.，则，①；，则，②. 由②得，由①得.将，代入得，∴，.（2）由，得，即在上恒成立，令，则，其中在上恒成立，∴在上单调递增，在上单调递减，则，∴.故的取值范围是.1．设函数32()1f x x bx cx =+++的单调递减区间是(1,2). （1）求()f x 的解析式；（2）若对任意的(0,2]m ∈，关于x 在[2,)x ∈+∞时有解，求实数t 的取值范围.【解析】（1）2()32f x x bx c '=++. ∵()f x 的单调递减区间是(1,2)，∴(1)320(2)1240f b c f b c =++==++'=⎧⎨'⎩，解得9, 6.2b c =-=（2）由（1）得2()3963(1)(2)f x x x x x ==-'-+-，当[2,)x ∈+∞时，()f x '≥0，∴()f x 在[2,)+∞上单调递增，∴min ()(2)3f x f ==.在[2,)x ∈+∞时有解， 3ln m m -对任意(0,2]m ∈恒成立,只需21ln t m m <-在(0,2]m ∈上恒成立. ，(0,2]m ∈，则当(0,2]m ∈时，()h m 在()0,1要使21ln 2t m m <-在(0,2]m ∈上恒成立，只需故t 的取值范围是1(,)2-∞.2．已知函数()(1)e xf x x =-．（1）证明：当[0,)x ∈+∞时，2()12x f x ≥-；（2）当0k >时，讨论关于x 的方程22()0f x kx -=的根的个数．（2）①当0x =时，易得关于x 的方程22()0f x kx -=不成立；②当0x ≠时，由22()0f x kx -=可得22()f x k x =，即22(1)e x x k x -=，令22(1)e (),0xx g x x x -=≠，则问题可转化为讨论直线y k =与函数()g x 的图象的交点个数. 由22(1)e ()x x g x x -=，可得232(22)e ()x x x g x x-+'=，易知2(22)e 0xx x -+>恒成立，所以当0x <时，()0g x '<，()g x 单调递减；当0x >时，()0g x '>，()g x 单调递增，又易知当0x <时，()0g x <恒成立，且(1)0g =，所以当0k >时，直线y k =与函数()g x 的图象有且只有一个交点，即关于x 的方程22()0f x kx -=有且只有一个实数根.3．设函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若，且在区间上恒成立，求的取值范围.【解析】（1）函数的定义域为，，当时，，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减；当时，，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减；当时，，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增；当时，，函数在上单调递增；当时，，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增.（2）若，且在区间上恒成立，等价于在区间上.由（1）中的讨论，知当时，，函数在区间上单调递减，,即，从而得；当时，，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。

导数与函数的零点知识点讲解+例题讲解(含解析)

导数与函数的零点一、知识梳理1.利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．二、例题精讲 + 随堂练习考点一判断零点的个数【例1】(2019·青岛期中)已知二次函数f(x)的最小值为－4，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}．(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数g(x)＝f(x)x－4ln x的零点个数．解(1)∵f(x)是二次函数，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}，∴设f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0. ∴f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，a ＝1.故函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x－3.(2)由(1)知g(x)＝x2－2x－3x－4ln x＝x－3x－4ln x－2，∴g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝1＋3x2－4x＝(x－1)(x－3)x2，令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.当x变化时，g′(x)，g(x)的取值变化情况如下表：当0<x≤3时，g(x)≤g(1)＝－4<0，当x>3时，g(e5)＝e5－3e5－20－2>25－1－22＝9>0.又因为g(x)在(3，＋∞)上单调递增，因而g(x)在(3，＋∞)上只有1个零点，故g(x)仅有1个零点．【训练1】已知函数f(x)＝e x－1，g(x)＝x＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.718 28….(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，2)上有零点；(2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．(1)证明由题意可得h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1－x－x，所以h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－2>0，所以h(1)h(2)<0，所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点．(2)解由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1－x－x.由g(x)＝x＋x知x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点．又h(x)在(1，2)内有零点，因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．h′(x)＝e x－12x－12－1，记φ(x)＝e x－12x－12－1，则φ′(x)＝e x＋14x－32.当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，易知φ(x)在(0，＋∞)内至多有一个零点，即h(x)在[0，＋∞)内至多有两个零点，则h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点，所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.考点二已知函数零点个数求参数的取值范围【例2】函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝1处取得极值．(1)求f(x)的单调区间；(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．解(1)函数f(x)＝ax＋x ln x的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝a＋ln x＋1，因为f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，当a＝－1时，f(x)＝－x＋x ln x，即f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1.所以f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为y＝f(x)与y＝m＋1图象有两个不同的交点．由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，由题意得，m＋1>－1，即m>－2，①当0<x<e时，f(x)＝x(－1＋ln x)<0；当x>e时，f(x)>0.当x>0且x→0时，f(x)→0；当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.由图象可知，m＋1<0，即m<－1，②由①②可得－2<m<－1.所以m的取值范围是(－2，－1)．【训练2】已知函数f (x )＝e x ＋ax －a (a ∈R 且a ≠0)．(1)若f (0)＝2，求实数a 的值，并求此时f (x )在[－2，1]上的最小值； (2)若函数f (x )不存在零点，求实数a 的取值范围．解 (1)由题意知，函数f (x )的定义域为R ，又f (0)＝1－a ＝2，得a ＝－1，所以f (x )＝e x －x ＋1，求导得f ′(x )＝e x －1.易知f (x )在[－2，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，所以当x ＝0时，f (x )在[－2，1]上取得最小值2. (2)由(1)知f ′(x )＝e x ＋a ，由于e x >0， ①当a >0时，f ′(x )>0，f (x )在R 上是增函数，当x >1时，f (x )＝e x ＋a (x －1)>0；当x <0时，取x ＝－1a ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a <1＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a －1＝－a <0. 所以函数f (x )存在零点，不满足题意． ②当a <0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln(－a )．在(－∞，ln(－a ))上，f ′(x )<0，f (x )单调递减，在(ln (－a )，＋∞)上，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以当x ＝ln(－a )时，f (x )取最小值．函数f (x )不存在零点，等价于f (ln(－a ))＝e ln(－a )＋a ln(－a )－a ＝－2a ＋a ln(－a )>0，解得－e 2<a <0.综上所述，所求实数a 的取值范围是(－e 2，0)．考点三函数零点的综合问题【例3】设函数f (x )＝e 2x －a ln x . (1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －ax (x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点；当a >0时，因为y ＝e 2x 单调递增，y ＝－ax 单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(a )>0，假设存在b 满足0<b <a 4时，且b <14，f ′(b )<0，故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．(2)证明由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0. 故f (x )在(0，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，最小值为f (x 0)．由于2e2x 0－ax 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a .故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .【训练3】 (2019·天津和平区调研)已知函数f (x )＝ln x －x －m (m <－2，m 为常数)． (1)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 的最小值；(2)设x 1，x 2是函数f (x )的两个零点，且x 1<x 2，证明：x 1·x 2<1.(1)解 f (x )＝ln x －x －m (m <－2)的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－xx ＝0， ∴x ＝1.当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，所以y ＝f (x )在(0，1)递增；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，所以y ＝f (x )在(1，＋∞)上递减．且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1－1e －m ，f (e)＝1－e －m ，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －f (e)＝－2－1e ＋e>0，函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 的最小值为1－e －m .(2)证明由(1)知x 1，x 2满足ln x －x －m ＝0，且0<x 1<1，x 2>1， ln x 1－x 1－m ＝ln x 2－x 2－m ＝0，由题意可知ln x 2－x 2＝m <－2<ln 2－2. 又由(1)可知f (x )＝ln x －x 在(1，＋∞)递减，故x 2>2，所以0<x 1，1x 2<1.则f (x 1)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＝ln x 1－x 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 2－1x 2 ＝ln x 2－x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 2－1x 2 ＝－x 2＋1x 2＋2ln x 2.令g (x )＝－x ＋1x ＋2ln x (x >2)，则g ′(x )＝－1－1x 2＋2x ＝－x 2＋2x －1x 2＝－（x －1）2x 2≤0，当x >2时，g (x )是减函数，所以g (x )<g (2)＝－32＋ln 4.因32－ln 4＝ln e 324>ln 2.56324＝ln （1.62）324＝ln 1.634＝ln4.0964>ln 1＝0，∴g (x )<0，所以当x >2时，f (x 1)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2<0，即f (x 1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2.因为0<x 1，1x 2<1，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．所以x 1<1x 2，故x 1x 2<1.三、课后练习1.直线x ＝t 分别与函数f (x )＝e x ＋1的图象及g (x )＝2x －1的图象相交于点A 和点B ，则|AB |的最小值为________. 解析由题意得，|AB |＝|e t ＋1－(2t －1)| ＝|e t －2t ＋2|，令h (t )＝e t －2t ＋2，则h ′(t )＝e t －2，所以h (t )在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，所以h (t )min ＝h (ln 2)＝4－2ln 2>0，即|AB |的最小值是4－2ln 2. 答案 4－2ln 22.若函数f (x )＝ax －ae x ＋1(a <0)没有零点，则实数a 的取值范围为________.解析 f ′(x )＝a e x －（ax －a ）e x e 2x ＝－a （x －2）e x (a <0).当x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0， ∴当x ＝2时，f (x )有极小值f (2)＝ae 2＋1.若使函数f (x )没有零点，当且仅当f (2)＝ae 2＋1>0，解之得a >－e 2，因此－e 2<a <0. 答案 (－e 2，0)3.(2019·保定调研)已知函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，103.(1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有3个零点，求m 的取值范围. 解 (1)因为函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，103，所以32a 3－4a －4a －2＝103，解得a ＝2，即f (x )＝13x 3－12x 2－2x －2，所以f ′(x )＝x 2－x －2. 由f ′(x )>0，得x <－1或x >2.所以函数f (x )的单调递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞). (2)由(1)知f (x )极大值＝f (－1)＝－13－12＋2－2＝－56， f (x )极小值＝f (2)＝83－2－4－2＝－163，由数形结合，可知要使函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有三个零点，则－163<2m －3<－56，解得－76<m <1312.所以m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－76，1312.4.已知函数f (x )的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示.当1<a <2时，函数y ＝f (x )－a 的零点的个数为( )A.1B.2C.3D.4解析根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y ＝f (x )的大致图象如图所示.由于f (0)＝f (3)＝2，1<a <2，所以y ＝f (x )－a 的零点个数为4. 答案 D5.设函数f (x )＝ln x ＋m x (m >0)，讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数. 解函数g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0). 设h (x )＝－13x 3＋x (x >0)，所以h ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1).当x ∈(0，1)时，h ′(x )>0，此时h (x )在(0，1)内单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0，此时h (x )在(1，＋∞)内单调递减.所以当x ＝1时，h (x )取得极大值h (1)＝－13＋1＝23. 令h (x )＝0，即－13x 3＋x ＝0，解得x ＝0(舍去)或x ＝ 3. 作出函数h (x )的大致图象(如图)，结合图象知：①当m >23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象无交点.②当m ＝23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象有且仅有一个交点. ③当0<m <23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象有两个交点.综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23时，函数g (x )有且仅有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点.6.(2018·江苏卷改编)若函数f (x )＝2x 3－ax 2＋1(a ∈R )在区间(0，＋∞)内有且只有一个零点，求f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和. 解 f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )(a ∈R )，当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (0)＝1，所以此时f (x )在(0，＋∞)内无零点，不满足题意. 当a >0时，由f ′(x )>0得x >a 3，由f ′(x )<0得0<x <a3，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞上单调递增，又f (x )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a 327＋1＝0，得a ＝3，所以f (x )＝2x 3－3x 2＋1，则f ′(x )＝6x (x －1)，当x ∈(－1，0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减. 则f (x )max ＝f (0)＝1，f (－1)＝－4，f (1)＝0，则f (x )min ＝－4，所以f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3.7.已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数. (1)当a ＝－1时，求f (x )的单调递增区间；(2)当0<－1a <e 时，若f (x )在区间(0，e)上的最大值为－3，求a 的值； (3)当a ＝－1时，试推断方程|f (x )|＝ln x x ＋12是否有实数根. 解 (1)由已知可知函数f (x )的定义域为{x |x >0}，当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋ln x (x >0)，f ′(x )＝1－xx (x >0)；当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0. 所以f (x )的单调递增区间为(0，1).(2)因为f ′(x )＝a ＋1x (x >0)，令f ′(x )＝0，解得x ＝－1a ；由f ′(x )>0，解得0<x <－1a ；由f ′(x )<0，解得－1a <x <e.从而f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，e ，所以，f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－3.解得a ＝－e 2.(3)由(1)知当a ＝－1时，f (x )max ＝f (1)＝－1，所以|f (x )|≥1.令g (x )＝ln x x ＋12，则g ′(x )＝1－ln x x 2. 当0<x <e 时，g ′(x )>0；当x >e 时，g ′(x )<0.从而g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减. 所以g (x )max ＝g (e)＝1e ＋12<1，所以，|f (x )|>g (x )，即|f (x )|>ln x x ＋12，所以，方程|f (x )|＝ln x x ＋12没有实数根.。

导数的零点问题及恒成立问题(学生版)

导数的零点问题与恒成立问题1.已知函数f(x)=ln x+ax+1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)对任意x>0，xe2x≥f(x)恒成立，求实数a的最大值.2.已知函数f x =a ln x +2 -x a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性和最值；(2)若关于x 的方程e x =2m -1m ln mx +2(m >0)有两个不等的实数根x 1,x 2，求证：e x 1+e x 2>2m.3.已知f x =sin n x ，g x =ln x +me x (n 为正整数，m ∈R )．(1)当n =1时，设函数h x=x 2-1-2f x ，x ∈0,π ，证明：h x 有且仅有1个零点；(2)当n =2时，证明：f x 2+g x <x +m e x -1．4.已知函数f x =e x-a ln x,a∈R.(1)当a=0时，若曲线y=f x 与直线y=kx相切于点P，求点P的坐标；(2)当a=e时，证明：f x ≥e；(3)若对任意x∈0,+∞，不等式f x >a ln a恒成立，请直接写出a的取值范围.5.已知函数f x =x -a ln x ,a ∈R(1)请讨论函数f x 的单调性(2)当x ∈1e ,+∞ 时，若e x ≥λx ln ln x +x +1 +1 恒成立，求实数λ的取值范围6.已知函数f x =ax2-1ln x，其图象在x=e处的切线过点2e,2e2．(1)求a的值；(2)讨论f x 的单调性；(3)若λ>0，关于x的不等式λxf x ≤e2λx-1在区间[1,+∞)上恒成立，求λ的取值范围．.7.已知函数f x =e x-1-mx2m∈R(1)选择下列两个条件之一：①m=12；②m=1；判断f x 在区间0,+∞是否存在极小值点，并说明理由；(2)已知m>0，设函数g x =f x +mx ln mx上.若g x 在区间0,+∞存在零点，求实数m的取值范围.8.已知函数f x =e2x+a-12ln x+a2(1)若函数y=f x 在0,12上单调递减，求a的取值范围；(2)若函数y=f x 在定义域内没有零点，求a的取值范围．9.已知函数f(x)=ae x-ln(x+1)+ln a-1. (1)若a=1，求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)有且仅有两个零点，求a的取值范围.10.已知f x =x ln x+a2x2+1．(1)若函数g x =f x +x cos x-sin x-x ln x-1在0,π2上有1个零点，求实数a的取值范围．(2)若关于x的方程xe x-a=f x -a2x2+ax-1有两个不同的实数解，求a的取值范围．11.在数学中，我们把仅有变量不同，而结构、形式相同的两个式子称为同构式，相应的方程称为同构方程，相应的不等式称为同构不等式.若关于a的方程ae a=e6和关于b的方程b(ln b-2)=e3λ-1(a,b∈R)可化为同构方程. (1)求ab的值；.若斜率为k的直线与曲线y=f'(x)相交于(2)已知函数f(x)=x ln x+13λA(x1,y1)，B(x2,y2)(x1<x2)两点，求证：.x1<1k<x212.已知函数f x =x2e ax．(1)讨论函数f x 的单调性；(2)已知函数g x =f x -2ln x-ax，且函数g x 的最小值恰好为1，求a的最小值．13.已知函数f x =a-1-xe xx>0(e为自然对数的底数，a∈R)．(1)求f x 的单调区间和极值；(2)设g x =ln x+1x+x-f x ⋅e x，若对任意的x∈0,+∞，都有g x ≤e x恒成立，求a的取值范围.14.已知函数f x =mx+ln x.(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若14<m<1e，求证：函数g x =x ln x+x m e-m x有两个零点x1，x2且1x1 +1x2>2e.15.已知函数f x =ln x +m -e x -1(m ∈R ，e ≈2.718281⋯⋯)(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若关于x 的不等式f x -xe x +2≤0恒成立，求实数m 的取值范围．16.1.已知函数f x =ae x -ln x +2 +ln a -2.(1)若f x 在x =0处取得极值，求a 的值及函数的单调区间；(2)请在下列两问中选择一问作答，答题前请标好选择.如果多写按第一个计分.①若f x ≥0恒成立，求a 的取值范围.②若f x 仅有两个零点，求a 的取值范围.17.已知a >0，函数f x =ae x -x -2，函数g x =ln x +2 -x -ln a ．(1)若对∀x ∈R ，f x ≥0恒成立，求a 的取值范围；(2)若方程f x =g x 有两个根，求a 的取值范围．18.已知函数f(x)=ln x+ax(a≠0)．(1)讨论f(x)的零点个数；(2)证明：f e xx≤f-xa．19.已知函数f x =x 1-a ln x ，a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若x ∈0,12时，都有f x <1，求实数a 的取值范围；(3)若有不相等的两个正实数x 1，x 2满足1+ln x 21+ln x 1=x 2x 1，证明：x 1+x 2<ex 1x 2.20.已知函数f(x)=e x-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值．(1)求a；(2)证明：存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．。

高考数学之利用切线法破解函数恒成立问题(导函数零点问题)

关于对切线法破解导函数隐零点问题的一点理解导函数隐零点问题是常考压轴题类型。

即是关于函数恒成立的一类问题，这种题往往在解答的时候，最后要转化为对函数单调区间的讨论，从而探索出函数的极值点，也就是导函数的零点。

常规的方法往往讨论比较复杂，而且容易卡在某一步上。

而利用切线法，可以完美规避掉对原函数含参区间的单调性讨论，解答比较简洁，真可谓是破解导函数隐零点问题的一大利器。

然而切线法的难点在于该方法的理解，思维层次较高，同时也有点跳跃。

因此笔者赶紧有必要仔细的把关于切线法的前因后果好好分析一下，以求牢固掌握，同时也算是对想了解并运用该方法的读者朋友尽上一点绵薄的帮助。

限于笔者水平有限，有些疏漏，以及不严谨的地方，欢迎大家批评指正以及补充完善。

一、从一道例题说起题目：若k(k−2)<k+k ln k,∀k>2,求整数k的最大值.分析：∀k>2,k(k−2)<k+k ln k,等价于∀k>2,k(k−2)−k−k ln k<0,令g(x)=k(k−2)−k−k ln k，当x>2时，明显可以看出k越小，g(x)的值就会越小，所以问题不在于k能取多小，而在于k能取多大，即本题里面我们关于的应该是k的上限。

所以我们最后求得的关于k的范围，一定是一个小于某一个值的情况。

另外，g(x)显然代表了一族函数，因此每一个具体的k的值都会对应于一个具体的g(x)。

下面我们具体来分析下g(x)的图像特点。

由前面的分析可知，当k超过某一个值时，g(x)必定会出现大于0的部分，也就是出现位于x轴上方的部分。

现在把f(x)看成一族函数，显然这个大家族里面会出现无数个图像位于x轴上方的g(x)，也会出现无数个图像位于x轴下方的g(x)。

而每一个g(x)都是连续的函数，那么根据连续函数的介值定理（在这里应该是广义的介值定理，需要一点高等数学的知识才能理解透），既然图像位于x轴上方和x轴下方都有可能存在，那么就一定存在一个临界状态，即g(x)的图像位于x轴下方（这是我们的题目要求），而且恰好切于x轴。

高考数学导数恒成立问题的解法及例题

高考数学导数恒成立问题的解法
对于恒成立问题，一般采取的方法有两种：一是利用函数的单调性，二是利用函数的最值。

1. 利用函数的单调性
如果函数f(x)在区间D上单调，可以根据函数的单调性来解决问题。

例如，不等式f(x) > 0在区间D上恒成立，那么只需要找到满足f(x)min > 0的x值即可。

2. 利用函数的最值
如果函数f(x)在区间D上不是单调的，那么可以转化为求函数的最值问题。

例如，不等式f(x) > 0在区间D上恒成立，可以转化为求f(x)的最小值，只要最小值大于0，那么不等式就恒成立。

例题：已知函数f(x) = x2 + ax + 4在区间[-1,2]上都不小于2，求a的取值范围。

解法：首先根据题意得到函数f(x) = x2 + ax + 4在区间[-1,2]上的最小值为2，然后根据二次函数的性质得到对称轴为x=-b/2a=-a/2。

我们需要分三种情况讨论：
1. 当-a/2≤-1时，即a≥2时，函数在[-1,2]上是增函数，只需要满足f(-1)=1-a+4≥2即可，解得a≤3，所以2≤a≤3；
2. 当-a/2≥2时，即a≤-4时，函数在[-1,2]上是减函数，只需要满足
f(2)=4+2a+4≥2即可，解得a≥-4，但是此时a没有合适的取值，故舍去；
3. 当-1<-a/2<2时，即-4<a<2时，函数在对称轴左侧是减函数，右侧是增函数，只需要满足f(-a/2)=(-a/2)2-a2/4+4≥2即可，解得-4<a≤-2。

综上可得a的取值范围为：[-4,-2]∪[2,3]。

从2019年高考理科导数压轴题看函数零点问题的解题方法

从2019年高考理科导数压轴题看函数零点问题的解题方法
作者：邓军民
来源：《广东教育·高中》2019年第10期
2019年高考數学命题以全国教育大会精神为指引，认真贯彻“五育并举”教育方针，突出数学学科特色，着重考查考生的理性思维能力以及综合运用数学思维方法分析问题、解决问题的能力. 试题突出学科素养导向，全面覆盖基础知识，凸显综合性、应用性，以反映我国社会主义建设的成果和优秀传统文化的真实情境为载体，贴近生活，联系社会实际，在考试评价中落实立德树人根本任务. 今年全国？玉卷的导数压轴题也设置得很有特色，考查了函数零点问题，题目如下：。

专题5 导数中的点关于线对称问题-2019届高考数学二轮复习压轴题突破例题讲解与专题训练含答案

专题05 导数中的点关于线对称问题导数中的存在点关于线的对称问题在平时的练习中比较常见，一开始很多同学无法下手，但是其实根据对称思想确定对称点的坐标，转化为一个函数是否存在零点的问题，再利用导数分析函数的单调性，确定最值，数形结合即可求解。

【题型示例】1、已知函数（为自然对数的底数）与的图象上存在关于直线对称的点，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为函数与的图象在上存在关于直线对称的点，所以问题转化为方程在上有解，即在上有解.令，则，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，又，，所以，即，故选A.2、已知函数的图象上存在两点关于轴对称，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设是上一点，则点关于y轴的对称点为，于是，∴，令，则，∴在上是增函数，在与上是减函数，又时，，，，∴，故选D.3、已知函数，，若存在使得，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B4、已知函数的图象上存在点.函数的图象上存在点，且关于原点对称，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由题知有解，令，，故函数在递减，在递增，所以，解得.【专题练习】1、已知函数, ,若图象上存在两个不同的点与图象上两点关于轴对称，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】∵图象上存在两个不同的点与图象上两点关于轴对称，在上有两解，即有两解，整理得．设，则．令，得，解得或（舍）．当时，，函数递减，当时，，函数递增，则当时，取得极小值，当时，，有两解，．的取值范围是．故选D．学=科网2、已知函数与的图象在上存在关于轴对称的点，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】依题意，存在，使成立，即，在上有解.令，则.因为在上单调递增，所以，所以在上单调递减，所以，所以在上单调递增，所以，即，所以.3、已知函数，，若与的图象上分别存在点，使得关于直线对称，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B4、已知函数(,是自然对数的底)与的图象上存在关于轴对称的点,则实数的取值范围是( )A. B. C. D.【答案】A【解析】根据题意,若函数(,是自然对数的底)与的图象上存在关于轴对称的点,则方程在区间上有解,,即方程在区间上有解,设函数,其导数,又由,在有唯一的极值,分析可得:当时,,为减函数,当时,,为增函数,故函数有最小值,又由,，比较可得:,故函数有最大值,故函数在区间上的值域为;若方程在区间上有解,必有,则有,即的取值范围是.5、若平面直角坐标系内的两点满足：①点都在的图象上；②点关于原点对称，则称点对是函数的一个“姊妹点对”（点对与可看作同一个“姊妹点对”）.已知函数则的“姊妹点对”的个数为（）A.1B.2C.3D.4【答案】B。

导数的零点问题及恒成立问题(教师版)

导数的零点问题与恒成立问题1.已知函数f (x )=ln x +ax +1.(1)讨论f (x )的单调性；(2)对任意x >0，xe 2x ≥f (x )恒成立，求实数a 的最大值.【答案】(1)答案见解析；(2)2.【解析】(1)f (x )=1x +a =1+axx(x >0)当a ≥0时，x ∈(0,+∞)，f (x )=1+axx>0，所以f (x )在(0,+∞)上单调递增；当a <0时，x ∈0,-1a ，f (x )=1+ax x >0，所以f (x )在0,-1a上单调递增；x ∈-1a ，+∞ ，f (x )=1+ax x <0，所以f (x )在-1a，+∞ 上单调递减；综上：当a ≥0时，f (x )在(0,+∞)上单调递增；当a <0时，f (x )在0,-1a 上单调递增，在-1a，+∞ 上单调递减.(2)任意x >0，xe 2x ≥f (x )，即xe 2x -ln x -ax -1 ≥0恒成立，即e ln x +2x -ln x -ax -1≥0恒成立；令g (x )=e ln x +2x -ln x -ax -1，则任意x >0，g (x )=e ln x +2x -ln x -ax -1≥0，因为，存在正实数x 0，满足：ln x 0+2x 0=0且g (x 0)=eln x 0+2x 0-ln x 0-ax 0-1≥0，所以2x 0-ax 0≥0，所以a ≤2.下证：当a =2时成立：即证：e ln x +2x -ln x -2x -1≥0，因为∀x ∈R ，e x ≥x +1，所以：e ln x +2x -ln x -2x -1≥ln x +2x +1-ln x -2x -1=0显然成立；所以实数a 的最大值为2.2.已知函数f x =a ln x +2 -x a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性和最值；(2)若关于x 的方程e x =2m -1m ln mx +2(m >0)有两个不等的实数根x 1,x 2，求证：e x 1+e x 2>2m.【答案】(1)见解析；(2)见解析【解析】(1)f x =a x +2-1=a -2-xx +2，其中x >-2若a ≤0，则f x <0在-2,+∞ 上恒成立，故f (x )在-2,+∞ 上为减函数，故f (x )无最值.若a >0，当x ∈-2,a -2 时，f x >0；当x ∈a -2,+∞ 时，f x <0；故f (x )在-2,a -2 上为增函数，在a -2,+∞ 上为减函数，故f (x )max =f a -2 =a ln a -a +2，f (x )无最小值.(2)方程e x =2m -1m ln mx +2(m >0)即为me x +x +ln m =x +2+ln x +2 ，故e x +ln m +ln e x +ln m =x +2+ln x +2 ，因为y =x +ln x 为0,+∞ 上的增函数，所以x +2=e x +ln m =me x所以关于x 的方程e x =2m -1m ln mx +2(m >0)有两个不等的实数根x 1,x 2即为：x +2=me x 有两个不同的实数根x 1,x 2.所以x 1+2=me x 1,x 2+2=me x 2，所以x 1-x 2=m e x 1-e x 2，不妨设x 1>x 2，t =x 1-x 2，故e x 1+e x 2=e x1+e x 2x 1-x 2m e x1-e x 2，要证：e x 1+e x 2>2m 即证e x 1+e x 2x 1-x 2m e x1-e x 2>2m ，即证e x 1-x 2+1 x 1-x 2e x 1-x2-1>2，即证e t +1 te t -1>2t >0 ，即证e t +1 t >2e t -2t >0 ，设s t =e t +1 t -2e t +2，则s t =e t +1+te t -2e t =t -1 e t +1，故s t =te t >0，所以s t 在0,+∞ 上为增函数，故s t >s 0 =0，所以s t 在0,+∞ 上为增函数，所以s t >s 0 =0，故e x 1+e x 2>2m成立.3.已知f x =sin n x ，g x =ln x +me x (n 为正整数，m ∈R )．(1)当n =1时，设函数h x =x 2-1-2f x ，x ∈0,π ，证明：h x 有且仅有1个零点；(2)当n =2时，证明：f x 2+g x <x +m e x -1．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【解析】(1)当n =1时，h x =x 2-1-2sin x 0<x <π 记φx =h x =2x -2cos x ，则φ x =2+2sin x >0所以φx =h x 在区间0,π 上单调递增而φ0 =-2<0，φπ2 =π>0所以存在x 0∈0,π2，使得φx 0 =0，即h x 0 =0当x ∈0,x 0 时，φx =h x <0，h x 单调递减当x ∈x 0,π 时，φx =h x >0，h x 单调递增又h 0 =-1<0，h x 0 <h 0 <0，h π =π2-1>0所以h x 在0,x 0 上没有零点，在x 0,π 上有一个零点，综上所述，函数h x 在0,π 内只有一个零点.(2)当n =2时，f x =2sin x cos x =sin2x ，要证f x 2+g x <x +m e x -1，即证sin2x2+ln x +1-xe x <0，令H x =sin2x -2x (x >0)，则H x =2cos2x -2≤0，所以H x 在0,+∞ 单调递减，H x <H 0 =0，即sin2x <2x ，要证sin2x 2+ln x +1-xe x <0只需证x +ln x +1-xe x ≤0，令μx =e x -x -1，则μ x =e x -1，∴μx 在-∞,0 单调递减，在0,+∞ 单调递增，∴μx ≥μ0 =0，即e x ≥x +1，∴e x +ln x ≥x +ln x +1，即xe x ≥x +ln x +1，所以x +ln x +1-xe x ≤0成立，∴原命题得证.4.已知函数f x =e x -a ln x ,a ∈R .(1)当a =0时，若曲线y =f x 与直线y =kx 相切于点P ，求点P 的坐标；(2)当a =e 时，证明：f x ≥e ；(3)若对任意x ∈0,+∞ ，不等式f x >a ln a 恒成立，请直接写出a 的取值范围.【答案】(1)1,e ;(2)证明见解析；(3)0,e 【解析】(1)当a =0时，f x =e x ,f x =e x .设P x 0,e x 0 ，则切线斜率k =e x 0.由切点性质，得k =e x 0e x 0=kx 0 ，解得x 0=1.所以点P 的坐标1,e .(2)当a =e 时，f x =e x -e ln x ，其中x >0，则f x =e x -ex，令g x =e x -e x ，其中x >0，则g x =e x +e x 2>0，故函数f x 在0,+∞ 上单调递增，且f1 =0，当x 变化时，x ,f x ,f x 变化情况如下表：x 0,111,+∞f x -0+f x单调递减极小值单调递增由上表可知，f (x )min =f 1 =e.所以f x ≥e.(3)实数a 的取值范围0,e .理由如下：方法一：(数形结合)在0,+∞ 上f x =e x -a ln x >a ln a 恒成立，即e x >a ln x +ln a .因而函数y 1=e x 的图象在函数y 2=a ln x +a ln a 的图象上方.考虑函数y 1=e x 图象在函数y 2=a ln x +a ln a 图象恰好有一个公共点的临界情形(如图所示)，此时它们在交点处有一条公切线m ，设交点的横坐标为x 0.又y '1=e x,y '2=a x，由切点性质知e x=a x 0e x 0=a ln x 0+a ln a，所以a x 0=a ln x 0+a ln a 即1x 0=ln x 0+ln a ，由e x 0=a x 0得x 0e x 0=a ，所以1x 0=ln x 0+ln x 0e x 0即2ln x 0+x 0-1x 0=0记h x =2ln x +x -1x ,x ∈0,+∞ ，则h x =2x +1+1x2>0，所以h x在0,+∞ 上是增函数.又因为h 1 =0，所以方程2ln x 0+x 0-1x 0=0的解是x 0=1.因此，当两函数恰好有一个交点时，交点坐标是1,e ，此处公切线方程是y =ex .所以当函数y 1=e x 的图象在函数y 2=a ln x +a ln a 的图象上方时，实数a 的取值范围0,e .方法二：(同构变形)显然a >0，在0,+∞ 上f x =e x -a ln x >a ln a 恒成立，即e x -ln a -ln x >ln a 恒成立即e x -ln a -ln a >ln x 恒成立，所以e x -ln a +x -ln a >x +ln x =e ln x +ln x 恒成立，构造函数g x =e x +x ,x ∈0,+∞ ，易知g x 在0,+∞ 上是增函数，所以x -ln a >ln x 恒成立，即ln a <(x -ln x )min ，令h x =x -ln x ,h x =x -1x(x >0)，当x ∈0,1 时，h x <0，所以h x 在0,1 上单调递减，当x ∈1,+∞ 时，h x >0，所以h x 在1,+∞ 上单调递增，所以h (x )min =h 1 =1，所以ln a <1，解得0<a <e ，所以实数a 的取值范围0,e .5.已知函数f x =x -a ln x ,a ∈R(1)请讨论函数f x 的单调性(2)当x ∈1e ,+∞ 时，若e x≥λx ln ln x +x +1 +1 恒成立，求实数λ的取值范围【答案】(1)答案见解析；(2)λ≤1【解析】(1)f (x )=1-a x =x -ax(x >0)当a ≤0时，f (x )>0，f (x )在(0,+∞)上递增当a >0时，在(0,a )上f (x )<0，f (x )单调递减在(a ,+∞)上f (x )>0，f (x )单调递增(2)原式等价于xe x =e ln x +x ≥λ(ln (ln x +x +1)+1)设t =ln x +x ，x ∈1e ,+∞ 由(1)当a =-1时，f (x )=ln x +x 为增函数，∴t ∈1e-1,+∞ ，∴等式等价于e t ≥λ(ln (t +1)+1)，t ∈1e-1,+∞恒成立，t =1e -1时，e 1e -1>0成立，t ∈1e -1,+∞ 时，λ≤e tln (t +1)+1，设g (t )=e t ln (t +1)+1，t ∈1e -1,+∞ ，g (t )=e t (ln (t +1)+1)-e t 1t +1 (ln (t +1)+1)2=e t ⋅ln (t +1)+1-1t +1(ln (t +1)+1)2，设h (t )=ln (t +1)+1-1t +1，h (t )=1t +1+1(t +1)2>0所以h (t )在1e -1,+∞ 上为增函数，又因为h (0)=0，所以在1e-1,0 上，h (t )<0，∴g (t )<0，g (t )为减函数，在(0，+∞)上，h (t )>0，∴g (t )>0，g (t )为增函数，∴g (t )min =g (0)=1，∴λ≤1．6.已知函数f x =ax 2-1ln x，其图象在x =e 处的切线过点2e ,2e 2 ．(1)求a 的值；(2)讨论f x 的单调性；(3)若λ>0，关于x 的不等式λxf x ≤e 2λx -1在区间[1,+∞)上恒成立，求λ的取值范围．【答案】(1)1;(2)f x 在0,1 上递增，在1,+∞ 上递增；(3)1e ,+∞【解析】(1)因为函数f x =ax 2-1ln x，所以f e =ae 2-1，f x =2ax ln x -ax 2-1 1xln x2，则f e =ae +1e，所以函在x =e 处的切线方程为y -ae 2-1 =ae +1ex -e ，又因为切线过点2e ,2e 2，所以2e 2-ae 2-1 =ae +1e2e -e ，即2ae 2=2e 2，解得a =1；(2)由(1)知；f x =x 2-1ln x ,x >0且x ≠1，则fx =2x 2ln x -x 2+1x ln x 2，令g x =2x 2ln x -x 2+1，则g x =4x ln x ，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 ≥g 1 =0，f x ≥0，所以f x 在0,1 ，1，+∞ 上递增；(3)因为x 的不等式λxf x ≤e 2λx -1在区间[1,+∞)上恒成立，所以e 2λx -1λx≥x 2-1ln x 在区间[1,+∞)上恒成立，即f e λx ≥f x 在区间[1,+∞)上恒成立，因为f x 在1,+∞ 上递增，所以e λx ≥x 在区间[1,+∞)上恒成立，即λ≥ln xx在区间[1,+∞)上恒成立，令h x =ln x x ，则h x =1-ln xx 2，当0<x <e 时，h x >0，当x >e 时，h x <0，所以当x =e 时，h x 取得最大值h e =1e，所以λ≥1e.7.已知函数f x =e x -1-mx 2m ∈R .(1)选择下列两个条件之一：①m =12；②m =1；判断f x 在区间0,+∞ 是否存在极小值点，并说明理由；(2)已知m >0，设函数g x =f x +mx ln mx .若g x 在区间0,+∞ 上存在零点，求实数m 的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2)m ≥1.【解析】(1)若选择①m =12,f x =e x -1-12x 2，则f x =e x -1-x ,f x =e x -1-1，由f x 在R 上单调递增，且f 1 =0，所以f x 在0,1 上单调递减，1,+∞ 上单调递增，有f x ≥f 1 =0，则f x 在0,+∞ 上单调递增，不存在极小值点.若选择②m =1,f x =e x -1-x 2，则f x =e x -1-2x ,f x =e x -1-2，由f x 在R 上单调递增，且f 1+ln2 =0，所以f x 在0,1+ln2 上单调递减，1+ln2,+∞ 上单调递增，有f x ≥f 1+ln2 =-2ln2<0，而f 4 =e 3-8>0，所以存在极小值点x 0∈1+ln2,4 .(2)令g x =0，有e x -1-mx 2+mx ln mx =0，又mx >0，所以e x -1mx -x +ln mx =e x -1e ln mx -x +ln mx =e x -ln mx -1-x -ln mx=0，令t =x -ln mx ，即转化为e t -1-t =0有解，设h t=e t -1-t ，则由h t =e t -1-1可得，h t 在t ∈-∞,1 单调递减，在t ∈1,+∞ 单调递增，而h 1 =0，所以h t =e t -1-t 由唯一零点t =1.若g x 在区间0,+∞ 存在零点，即为1=x -ln mx 在0,+∞ 有解.整理得：1+ln m =x -ln x ，设l x =x -ln x ，由l x =1-1x知，l x 在x ∈0,1 单调递减，在x ∈1,+∞ 单调递增，则l x ≥l 1 =1，所以1+ln m ≥1，故有m ≥1.8.已知函数f x =e 2x +a -12ln x +a 2(1)若函数y =f x 在0,12上单调递减，求a 的取值范围；(2)若函数y =f x 在定义域内没有零点，求a 的取值范围．【答案】(1)a ≤-1-ln2；(2)a >-1-ln2．【解析】(1)f x =2e 2x +a -12x因为函数f x 在0,12 单调递减，所以f x =2e 2x +a -12x ≤0在0,12恒成立，两边取以e 为底的对数，即a ≤-2x -1n 4x 在0,12恒成立，设g x =-2x -ln4x ，g x =-2-1x<0所以g x 在0,12 递减，所以g (x )min =g 12=-1-ln2，所以a ≤-1-ln2；(2)f x =e 2x +a -12ln x +a2在0,+∞ 无零点，等价于方程e 2x +a -12ln x +a2=0在0,+∞ 无实根，亦即e 2x +a +2x +a 2=e ln x +ln x2在0,+∞ 无实根，因为e x +x2在0,+∞ 为单调增函数，原方程无零点等价于2x +a =ln x 在0,+∞ 无实根，即：a =ln x -2x 在0,+∞ 无实根，构造函数h x =ln x -2x ，h (x )=1x -2=1-2x x ，x ∈0,12 ，h (x )>0，x ∈12,+∞ ，h (x )<0所以h x 在0,12 上单调递增，在12,+∞ 上单调递减，且h (x )max =h 12=-1-ln2，x →0，h x →-∞所以a >-1-ln2．9.已知函数f (x )=ae x -ln (x +1)+ln a -1.(1)若a =1，求函数f (x )的极值；(2)若函数f (x )有且仅有两个零点，求a 的取值范围.【答案】(1)极小值0，无极大值；(2)0<a <1.【解析】(1)当a =1时，f (x )=e x -ln (x +1)-1，f ′(x )=e x -1x +1，x >-1，显然f ′(x )在(-1,+∞)单调递增，且f ′(0)=0，∴当-1<x <0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x >0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，∴f (x )在x =0处取得极小值f (0)=0，无极大值.(2)函数f (x )有两个零点，即f (x )=0⇒ae x +ln a +x =ln (x +1)+x +1有两个解，即ae x +ln ae x =ln (x +1)+(x +1)有两个解，设h (t )=t +ln t ，则h ′(t )=1+1t>0，h (t )单调递增，∴ae x =x +1(x >-1)有两个解，即a =x +1e x(x >-1)有两个解.令s (x )=x +1e x (x >-1)，则s ′(x )=-xe x ，当x ∈(-1,0)时，s ′(x )>0，s (x )单调递增，当x ∈(0,+∞)时，s ′(x )<0，s (x )单调递减，又x =-1时，s (x )=x +1e x=0，且s (0)=1，当x →+∞时，s (x )→0，且s (x )>0所以当x >-1时，x +1ex ∈(0,1]∴0<a <1.10.已知f x =x ln x +a 2x 2+1．(1)若函数g x =f x +x cos x -sin x -x ln x -1在0,π2上有1个零点，求实数a 的取值范围．(2)若关于x 的方程xe x -a =f x -a 2x 2+ax -1有两个不同的实数解，求a 的取值范围．【答案】(1)0<a ≤8π2;(2)a >1【解析】(1)g (x )=a 2x 2+x cos x -sin x ，x ∈0，π2，所以g ′(x )=x (a -sin x )，当a ≥1时，a -sin x ≥0，所以g (x )在0，π2单调递增，又因为g (0)=0，所以g (x )在0，π2上无零点；当0<a <1时，∃x 0∈0,π2，使得sin x 0=a ，所以g (x )在x 0，π2 单调递减，在(0,x 0)单调递增，又因为g (0)=0，g π2 =a π28-1，所以若a π28-1>0，即a >8π2时，g (x )在0，π2 上无零点，若a π28-1≤0，即0<a ≤8π2时，g (x )在0，π2 上有一个零点，当a ≤0时，g ′(x )=a -x sin x <0，g (x )在0，π2上单调递减，g (x )在0，π2 上无零点，综上当0<a ≤8π2时，g (x )在0，π2 上有一个零点；(2)由xe x -a =f x -a2x 2+ax -1x >0 ，即xe x -a=x ln x +ax ，即e x -a =ln x +a ，则有e x -a +x -a =x +ln x ，令h x =x +ln x ,x >0，则h e x -a =e x -a +x -a ，h x =1+1x>0，所以函数h x 在0,+∞ 上递增，所以e x -a =x ，则有x -a =ln x ，即a =x -ln x ,x >0，因为关于x 的方程xe x -a =f x -a2x 2+ax -1有两个不同的实数解，则方程a =x -ln x ,x >0有两个不同的实数解，令φx =x -ln x ，则φ x =1-1x =x -1x，当0<x <1时，φ x <0，当x >1时，φ x >0，所以函数φx =x -ln x 在0,1 上递减，在1,+∞ 上递增，所以φx min =φ1 =1，当x →0时，φx →+∞，当x →+∞时，φx →+∞，所以a >1.11.在数学中，我们把仅有变量不同，而结构、形式相同的两个式子称为同构式，相应的方程称为同构方程，相应的不等式称为同构不等式.若关于a 的方程ae a =e 6和关于b 的方程b (ln b -2)=e 3λ-1(a ,b ∈R )可化为同构方程.(1)求ab 的值；(2)已知函数f (x )=x ln x +13λ.若斜率为k 的直线与曲线y =f '(x )相交于A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)(x 1<x 2)两点，求证：.x 1<1k<x 2【答案】(1)e 8；(2)答案见解析.【解析】(1)对ae a =e 6两边取自然对数，得ln a +a =6(1),对b (ln b -2)=e 3λ-1(a ,b ∈R )两边取自然对数，得ln b +ln (ln b -2)=3λ-1,即ln b -2+ln (ln b -2)=3λ-3(2).，因为(1)(2)方程为两个同构方程，所以3λ-3=6，解得λ=3，设φ(x )=ln x +x ,x >0，则φ'(x )=1x+1>0 ,所以φ(x )在(0，+∞)单调递增，所以方程φ(x )=6的解只有一个,所以a =ln b -2，所以ab =(ln b -2)b =b (ln b -2)=e 3×3-1=e 8，故ab =e 8 .(2)由(1)知：f (x )=x ln x +13λ =x ln x +13×3 =x ln x +x ,x ∈(0,+∞).所以f(x )=ln x +2,k =f (x 2)-f (x 1)x 2-x 1=ln x 2-ln x 1x 2-x 1,要证x 1<1k<x 2，即证明x 1<x 2-x 1ln x 2-ln x 1<x 2,等价于1<x 2x 1-1ln x 2x 1<x 2x 1,令t =x 2x 1(t >1)，则只要证明1<t -1ln t <t 即可，由t >1知，ln t >0，故等价于证ln t <t -1<t ln t (t >1).设g (t )=t -1-ln t (t >1), 则g '(x )=1-1t>0(t >1)，即g (t )在(1,+∞)单调递增，故g (t )>g (1)=0，即t -1>ln t .设h (t )=t ln t -(t -1)(t >1),则h '(t )=ln t >0(t >1)，即h (t )在(1,+∞)单调递增，故h (t )>h (1)=0，即t -1<t ln t 。

2019年高考数学总复习压轴题突破--导数与零点个数附解析与综上可2019年高考数学总复习压轴题突破

2019年高考数学总复习压轴题突破--导数与零点个数（附解析）与综上可2019年高考数学总复习压轴题突破--极值点的关系证明（含解析）2019年高考数学总复习压轴题突破--导数与零点个数（附解析）专题02 导数与零点个数导数与零点个数，对于考生来讲中等偏难，基本的思路是利用导数分析函数的单调性，确定函数的极值或最值，作出函数的大致图像，再数形结合可求得结果。

【题型示例】1、设为实数,函数．(1)求的极值点；(2)如果曲线与轴仅有一个交点,求实数的取值范围．【答案】（1）的极大值点为,极小值点为．（2）或．2、已知函数 .（1）求的极值；（2）若函数的图象与函数的图象在区间上有公共点,求实数的取值范围. 【答案】（1）极大值，无极小值；（2） .【解析】（1）的定义域为, ,令得，当时，，是增函数；当时，，是减函数，所以在处取得极大值,无极小值.（2）①当时，即时，由（1）知在上是增函数，在上是减函数，所以，因为的图象与的图象在上有公共点,所以，解得，又，所以 .②当时，即时，在上是增函数，所以在上最大值为，所以原问题等价于,解得 .又，所以此时无解.综上,实数的取值范围是 .3、设函数（其中）．（Ⅰ）求函数的极值；（Ⅱ）求函数在上的最小值；（Ⅲ）若，判断函数零点个数．【答案】（1）极小值，不存在极大值；（2）（3）1个．【解析】（Ⅰ），由得，由得，在单调递增，在单调递减．极小值，不存在极大值．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，在单调递增，在单调递减．当时，在单调递减，单调递增，∴．当时，在单调递增，；（Ⅲ）由题意求导得，由得或，由得所以在上单调递增，在上单调递减当时，，故函数只有一个零点．4、已知函数 .（I）若，求的极值；（II）若，函数有且只有一个零点，求实数的取值范围.【答案】（I）的极小值为；（II）或 .【解析】（I）时，，其中则得当时，单调递减，当时，单调递增，因而的极小值为；（II）若有且只有一个零点，即方程在上有且只有一个实数根，分离参数得，设，则，又设，，而因而当时，当时，那么当时，单调递增，当时，单调递减，，又时，且时从而或，即或时函数有且只有一个零点.【题型专练】1、已知函数 .（1）当时，求的极值；（2）若函数有两个零点，求实数的取值范围.【答案】（1）有得极大值，无极小值；（2） .2、设函数, .关于的方程在区间上有解,求的取值范围;【答案】的取值范围 .【解析】方程即为,令,则,∴当时, , 随变化情况如表:, , ,∴当时, ,∴的取值范围 .3、已知函数 .（1）求函数的单调区间；（2）若当时（其中），不等式恒成立，求实数的取值范围；（3）若关于的方程在区间上恰好有两个相异的实根，求实数的取值范围. 【答案】（1）的单调减区间为，增区间；（2）；（3） .【解析】∵,所以(1)∵,令, 得：，所以的单调减区间为，增区间；（2）由（1）知, 得，函数在上是连续的，又所以，当时，的最大值为故时，若使恒成立，则（3）原问题可转化为：方程在区间上恰有两个相异实根.令，则，令，解得： .当时，在区间上单调递减，当时，在区间上单调递增.在和处连续，又且当时，的最大值是，的最小值是∴在区间上方程恰好有两个相异的实根时，实数的取值范围是：4、设函数,其中为实数.（1）若在上是单调减函数, 且在上有最小值, 求的取值范围；（2）若在上是单调增函数, 试求的零点个数, 并证明你的结论.【答案】（１）；（２）当或时，有个零点，当时, 有个零点，证明见解析．（2）在上恒成立, 则,故 .①若, 令得增区间为；令得减区间为,当时, ；当时, ；当时, ,当且仅当时取等号. 故: 时, 有个零点；当时, 有个零点.5、已知函数在处的切线斜率为2.(1)求的单调区间和极值;(2)若在上无解,求的取值范围.【答案】（1）函数的单调递增区间为，单调递减区间为和 . 函数的极小值为，极大值为 .（2）【解析】(1)∵，∴，∴，令，解得或 ..当变化时，的变化情况如下表:∴函数的单调递增区间为，单调递减区间为和 .∴函数的极小值为，极大值为 .(2)令，∵在上无解,∴在上恒成立,∵，记，∵在上恒成立,∴在上单调递减,∴，若，则，∴，∴单调递减,∴恒成立,若，则，存在，使得，∴当时，，即，∴在上单调递增,∵，∴在上成立,与已知矛盾,故舍去,综上可2019年高考数学总复习压轴题突破--极值点的关系证明（含解析）2019年高考数学总复习压轴题突破--极值点的关系证明（含解析）专题01 极值点的关系证明极值点的关系证明是今年高考的热点和难点，其关键在于根据极值的必要条件确定极值点的关系，再通过极值的加减，运算整理，构造函数，再利用导数求最值即可证明。

高考数学真题导数专题及答案

高考数学真题导数专题及答案2019年高考真题-导数专题一、解答题（共12小题）1.已知函数 $f(x)=ae^{2x}+(a-2)e^{x}-x$。

1）讨论 $f(x)$ 的单调性；2）若 $f(x)$ 有两个零点，求 $a$ 的取值范围。

2.已知函数 $f(x)=ax^2-ax-x\ln{x}$，且 $f(x)\geq 0$。

1）求 $a$；2）证明：$f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x$，且 $e^{-2}<f(x)<2^{-2}$。

3.已知函数 $f(x)=x^{-1}-a\ln{x}$。

1）若 $f(x)\geq 0$，求 $a$ 的值；2）设 $m$ 为整数，并且对于任意正整数 $n$，$(1+\frac{1}{m})^n\geq 2$，求 $m$ 的最小值。

4.已知函数 $f(x)=x^3+ax^2+bx+1$（$a>0,b\in\mathbb{R}$）有极值，且导函数 $f'(x)$ 的极值点是 $f(x)$ 的零点。

1）求 $b$ 关于 $a$ 的函数关系式，并写出定义域；2）证明：$b^2>3a$；3）若 $f(x)$，$f'(x)$ 这两个函数的所有极值之和不小于$-1$，求 $a$ 的取值范围。

5.设函数 $f(x)=(1-x^2)e^x$。

1）讨论 $f(x)$ 的单调性；2）当$x\geq 0$ 时，$f(x)\leq ax+1$，求$a$ 的取值范围。

6.已知函数 $f(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}$。

1）求 $f(x)$ 的导函数；2）求 $f(x)$ 在区间 $(0,+\infty)$ 上的取值范围。

7.已知函数 $f(x)=x^2+2\cos{x}$，$g(x)=e^x(\cos{x}-\sin{x}+2x^{-2})$，其中 $e\approx 2.\cdots$ 是自然对数的底数。

Ⅰ）求曲线 $y=f(x)$ 在点 $(\pi,f(\pi))$ 处的切线方程；Ⅱ）令 $h(x)=g(x)-af(x)$（$a\in \mathbb{R}$），讨论$h(x)$ 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值。

冲刺“985”必备：导数压轴题搞定零点、不等式证明、恒成立问题

冲刺“985”必备：导数压轴题搞定零点、不等式证明、恒成
立问题
冲刺“985”必备：
高考导数压轴题关于（函数零点、利用导数证明不等式、以及函数恒成立问题），所有例题均来自高考或者名校没模拟卷，讲练结合，将常考类型题总结归纳，套用模板，力求最大限度实现短期拿高分目的，他山之石，可以攻玉，极具借鉴意义。

题型一：
利用导数研究函数零点及方程的根的问题（数形结合思路）
题型二：
利用导数证明不等式问题（3大注意问题）
题型三：
利用导数研究不等式恒成立问题（构造函数问题）。

专题05 不等式之恒成立问题(填空题)(解析版))2021年新高考数学考前压轴冲刺(新高考地区专用)

专题05 不等式之恒成立问题2021年新高考填空题考点预测新高考近几年不等式常以压轴题的题型出现，常见的考试题型有恒成立，有解问题，此类题型丰富多变，综合性强，有一定的难度，但只要我们理解问题的本质，就能解决这类问题，常用的知识点如下：1.若)(x f 在区间D 上存在最小值，A x f >)(在区间D 上恒成立，则A x f >min )(.2.若)(x f 在区间D 上存在最大值，B x f <)(在区间D 上恒成立，则B x f <max )(.3.若)(x f 在区间D 上存在最大值，A x f >)(在区间D 上有解，则A x f >max )(.4.若)(x f 在区间D 上存在最小值，B x f <)(在区间D 上有解，则B x f <min )(.5.],,[,21b a x x ∈∀)()(21x g x f ≤，则min max )()(x g x f ≤.6.],,[1b a x ∈∀],[2n m x ∈∃，)()(21x g x f ≤，则max max )()(x g x f ≤.7.],,[1b a x ∈∃],[2n m x ∈∃，)()(21x g x f ≤，则max min )()(x g x f ≤.8.],,[b a x ∈∀)()(x g x f ≤,则0)()(≤-x g x f .典型例题1.若不等式|x ﹣2|﹣|x +2|≤21﹣3a 对任意实数x 都成立，则实数a 的最大值为．【分析】依据题设借助绝对值的几何意义得|x ﹣2|﹣|x +2|≤4，然后由不等式恒成立可得a 的范围．【解答】解：由绝对值的几何意义知|x ﹣2|﹣|x +2|≤|（x ﹣2）﹣（x +2）|＝4，当且仅当（x ﹣2）（x +2）≤0，即﹣2≤x ≤2时取等号，∵|x ﹣2|﹣|x +2|≤21﹣3a 对任意实数x 都成立，∴21﹣3a≥（|x﹣2|﹣|x+2|）max＝4＝22，∴1﹣3a≥2，∴a≤﹣，∴实数a的最大值为：﹣．故答案为：﹣．【知识点】不等式恒成立的问题2.已知a是实数，若对于任意的x＞0，不等式恒成立，则a的值为．【分析】设y＝（4a﹣2）x+，y＝x2+ax﹣，分别作出y＝（4a﹣2）x+，y＝x2+ax﹣的图象，讨论4a ﹣2≥0，不符题意；4a﹣2＜0，且y＝（4a﹣2）x+经过二次函数y＝x2+ax﹣图象的B（x2，0），将B的坐标分别代入一次函数和二次函数解析式，解方程可得a，检验可得所求值．【解答】解：设y＝（4a﹣2）x+，y＝x2+ax﹣，由△＝a2+＞0，可得y＝x2+ax﹣的图象与x轴有两个交点，分别作出y＝（4a﹣2）x+，y＝x2+ax﹣的图象，可得4a﹣2≥0，不满足题意；则4a﹣2＜0，即a＜，且y＝（4a﹣2）x+经过二次函数y＝x2+ax﹣图象的B（x2，0），即有（4a﹣2）x2+＝0，即x2＝，代入x2+ax﹣＝0，化为48a2﹣40a+7＝0，解得a＝或a＝＞（舍去），故答案为：．【知识点】不等式恒成立的问题3.若对于任意x∈[1，4]，不等式0≤ax2+bx+4a≤4x恒成立，|a|+|a+b+25|的范围为．【答案】[25，57]【分析】由题意不等式恒成立化为﹣b≤a（x+）≤4﹣b恒成立，设f（x）＝x+，x∈[1，4]，求出f（x）的值域，根据一次函数的性质转化为，即；设，求出a、b的表达式，把目标函数z＝|a|+|a+b+25|化为关于y、x的解析式，利用线性规划的知识求出z的取值范围，即可得出结论．【解答】解：对于任意x∈[1，4]，不等式0≤ax2+bx+4a≤4x恒成立，可得当x∈[1，4]时，不等式﹣b≤a（x+）≤4﹣b恒成立，设f（x）＝x+，x∈[1，4]；可得x∈[1，2]时f（x）递减，x∈[2，4]时f（x）递增，可得f（2）时取得最小值4，f（1）＝f（4）时取得最大值5，所以f（x）的值域为[4，5]；所以原不等式恒成立，等价于，（y＝af（x）为f（x）的一次函数，最大值与最小值都在端点处）即，设，则，所以，所以目标函数z＝|a|+|a+b+25|＝|y﹣x|+|4x+3y+25|＝|y﹣x|+4x+3y+25，画出不等式组表示的平面区域，如图所示；当y≥x时，目标函数z＝3x+4y+25，所以x＝0，y＝0时z min＝25，x＝4，y＝5时z max＝57；当y＜x时，目标函数z＝5x+2y+25，所以x＝0，y＝0时为临界值z min＝25，x＝4，y＝4时z max＝53；综上可得，|a|+|a+b+25|的范围是[25，57]．故答案为：[25，57]．【知识点】不等式恒成立的问题专项突破一、填空题（共14小题）1.设a∈R，若x＞0时均有[（a﹣1）x﹣1]（x2﹣ax﹣1）≥0，则a＝．【分析】分类讨论，（1）a＝1；（2）a≠1，在x＞0的整个区间上，我们可以将其分成两个区间，在各自的区间内恒正或恒负，即可得到结论．【解答】解：（1）a＝1时，代入题中不等式明显不成立．（2）a≠1，构造函数y1＝（a﹣1）x﹣1，y2＝x 2﹣ax﹣1，它们都过定点P（0，﹣1）．考查函数y1＝（a﹣1）x﹣1：令y＝0，得M（，0），∴a＞1；考查函数y2＝x2﹣ax﹣1，∵x＞0时均有[（a﹣1）x﹣1]（x2﹣ax﹣1）≥0，∴y2＝x2﹣ax﹣1过点M（，0），代入得：，解之得：a＝，或a＝0（舍去）．故答案为：．【知识点】不等式恒成立的问题2.若存在实数b使得关于x的不等式|a sin2x+（4a+b）sin x+13a+2b|﹣2sin x≤4恒成立，则实数a的取值范围是﹣．【答案】[-1，1]【分析】运用正弦函数的值域可得2+sin x∈[1，3]，可得|a（2+sin x）++b|≤2恒成立，讨论a＝0，a ＞0，a＜0，结合绝对值不等式的解法和不等式恒成立思想，可得所求范围．【解答】解：|a sin2x+（4a+b）sin x+13a+2b|﹣2sin x≤4，即为|a（sin2x+4sin x+4）+b（2+sin x）+9a|≤2（2+sin x），即有|a（2+sin x）2+b（2+sin x）+9a|≤2（2+sin x），由2+sin x∈[1，3]，可得|a（2+sin x）++b|≤2恒成立，当a＝0时，显然成立；当a＞0，可得a（2+sin x）+∈[6a，10a]，﹣2﹣b≤a（2+sin x）+≤2﹣b，可得﹣2﹣b≤6a且2﹣b≥10a，可得﹣2﹣6a≤b≤2﹣10a，即﹣2﹣6a≤2﹣10a，可得0＜a≤1；当a＜0，可得a（2+sin x）+∈[10a，6a]，可得﹣2﹣b≤10a且2﹣b≥6a，可得﹣2﹣10a≤b≤2﹣6a，即﹣2﹣10a≤2﹣6a，可得﹣1≤a＜0；综上可得a的范围是[﹣1，1]．故答案为：[﹣1，1]．【知识点】不等式恒成立的问题3.若不等式≥a对x＜2恒成立，则a的最大值是﹣【分析】设t＝2﹣x，得出x＝2﹣t，其中t＞0，把化为f（t），利用基本不等式求出f（t）的最小值，由此求出a的最大值．【解答】解：不等式≥a对x＜2恒成立，设t＝2﹣x，则x＝2﹣t，其中t＞0，所以化为f（t）＝＝+t﹣3≥2﹣3＝2﹣3，当且仅当＝t，即t＝时取“＝”，∴f（t）的最小值为2﹣3；∴不等式≥a对x＜2恒成立时，a的最大值是2﹣3．故答案为：2﹣3．【知识点】不等式恒成立的问题4.若不等式|x﹣2|﹣|x+2|≤21﹣3a对任意实数x都成立，则实数a的最大值为．【分析】依据题设借助绝对值的几何意义得|x﹣2|﹣|x+2|≤4，然后由不等式恒成立可得a的范围．【解答】解：由绝对值的几何意义知|x﹣2|﹣|x+2|≤|（x﹣2）﹣（x+2）|＝4，当且仅当（x﹣2）（x+2）≤0，即﹣2≤x≤2时取等号，∵|x﹣2|﹣|x+2|≤21﹣3a对任意实数x都成立，∴21﹣3a≥（|x﹣2|﹣|x+2|）max＝4＝22，∴1﹣3a≥2，∴a≤﹣，∴实数a的最大值为：﹣．故答案为：﹣．【知识点】不等式恒成立的问题5.已知a，b∈R，若关于x的不等式lnx≤a（x﹣2）+b对一切正实数x恒成立，则当a+b取最小值时，b的值为﹣．【分析】由题意可得只要考虑直线y＝a（x﹣2）+b与y＝lnx相切，设出切点（m，lnm），运用导数的几何意义，可得a，b，m的方程，再由x＝3时，a+b取得最小值，结合构造函数法，运用导数求得最小值，即可得到所求b的值．【解答】解：设y＝lnx的图象与直线y＝a（x﹣2）+b相切的切点为（m，lnm），由y＝lnx的导数为y′＝，可得a＝，lnm＝a（m﹣2）+b，可得b＝2a﹣lna﹣1，由x＝3时，可得a+b≥ln3，可得a+b的最小值为ln3，即有2a﹣lna﹣1＝ln3﹣a，即3a﹣lna＝1+ln3，由y＝3x﹣lnx的导数为y′＝3﹣，可得0＜x＜时，函数y＝3x﹣lnx递减，在x＞时，函数y＝3x﹣lnx递增，可得x＝处函数y取得最小值1+ln3，则3a﹣lna＝1+ln3的解为a＝，即有b＝ln3﹣．故答案为：ln3﹣．【知识点】不等式恒成立的问题6.已知等比数列{a n}的前n项和为S n，且S n＝，若对任意的n∈N*，（2S n+3）λ≥27（n﹣5）恒成立，则实数λ的取值范围是．【分析】根据等比数列前n项和公式，求得a n，即可求得t的值，代入根据函数的单调性即可求得实数λ的取值范围．【解答】解：由题意可知：2S n＝3n+1+t，当n≥2时，2a n＝2S n﹣2S n﹣1＝3n+1+t﹣3n﹣t＝2×3n，∴a n＝3n，由数列{a n}为等比数列，则a1＝3，当n＝1，则a1＝S1＝＝3，则t＝﹣3，∴S n＝（3n﹣1），对任意的n∈N*，（2S n+3）λ≥27（n﹣5），即3n+1λ≥27（n﹣5），∴λ≥＝，n∈N*，由对任意的n∈N*，（2S n+3）λ≥27（n﹣5）恒成立，则λ≥（）max，由函数f（x）＝在[1，+∞），f′（x）＝＝，令f′（x）＝0，则x＝+5，则f（x）在[1，+5）单调递增，在（+5，+∞）单调递减，由n∈N*，f（5）＝0，f（6）＝，∴当n＝6时，取最大值，最大值为，∴实数λ的取值范围[，+∞），故答案为：[，+∞）．【知识点】不等式恒成立的问题、利用导数研究函数的单调性7.已知函数f（x）＝，设a∈R，若关于x的不等式在R上恒成立，则a的取值范围是﹣【分析】根据题意，分段讨论x≤1和x＞1时，关于x的不等式f（x）≥|+a|在R上恒成立，去掉绝对值，利用函数的最大、最小值求得a的取值范围，再求它们的公共部分．【解答】解：函数f（x）＝，当x≤1时，关于x的不等式f（x）≥|+a|在R上恒成立，即为﹣x2+x﹣3≤+a≤x2﹣x+3，即有﹣x2+x﹣3≤a≤x2﹣x+3，由y＝﹣x2+x﹣3的对称轴为x＝＜1，可得x＝处取得最大值为﹣；由y＝x2﹣x+3的对称轴为x＝＜1，可得x＝处取得最小值为，则﹣≤a≤；…①当x＞1时，关于x的不等式f（x）≥|+a|在R上恒成立，即为﹣（x+）≤+a≤x+，即有﹣（x+）≤a≤+，由y＝﹣（x+）≤﹣2＝﹣2（当且仅当x＝＞1）取得最大值﹣2；由y＝x+≥2＝2（当且仅当x＝2＞1）取得最小值2．则﹣2≤a≤2；…②由①②可得，﹣≤a≤2；综上，a的取值范围是﹣≤a≤2．故答案为：﹣≤a≤2．【知识点】不等式恒成立的问题8.若不等式（x+1）1n（x+1）＜ax2+2ax在（0，+∞）上恒成立，则a的取值范围是．【分析】当x＞0时a＞在x＞0恒成立，设g（x）=，g（x）﹣=，求得y=2（x+1）ln（x+1）﹣x（x+2），x＞0的导数和符号，即可得到所求a的范围．【解答】解：不等式（x+1）1n（x+1）＜ax2+2ax在（0，+∞）上恒成立，即有a＞在x＞0恒成立，设g（x）=，由y=lnx﹣x+1的导数为y′=﹣1=，x＞1时，函数y递减；0＜x＜1时，函数y递增，可得y=lnx﹣x+1的最大值为0，即lnx≤x﹣1，则g（x）﹣=，由y=2（x+1）ln（x+1）﹣x（x+2），x＞0的导数为y′=2（1+ln（x+1））﹣2（x+1）=2[ln（x+1）﹣x]，由ln（x+1）＜x，即ln（x+1）﹣x＜0，（x＞0），可得g（x）﹣＜0，即g（x）＜，可得a≥，则a的范围是[，+∞）．故答案为：[，+∞）．【知识点】不等式恒成立的问题9.对于任意的正数a，b，不等式（2ab+a2）k≤4b2+4ab+3a2恒成立，则k的最大值为．【分析】通过变形，换元可得，接下来只需求出在（1，+∞）上的最小值即可．【解答】解：依题意，，令，则，令μ＝2t+1＞1，则，而函数在（1，+∞）上的最小值为，故，即k的最大值为．故答案为：．【知识点】不等式恒成立的问题10.设a＞0，若关于x的不等式x≥9在x∈（3，+∞）恒成立，则a的取值范围为．【答案】3【分析】利用基本不等式，确定x的最小值，即可求得a的最小值．【解答】解：∵a＞0，x＞1，∴x＝（x﹣3）+3≥2+1∵a＞0，若关于x的不等式x≥9在x∈（3，+∞）恒成立，∴2+3≥9．∴a≥3∴a的最小值为3．故答案为：3．【知识点】不等式恒成立的问题11.不等式（a﹣2）x2+（a﹣2）x+1＞0对一切x∈R恒成立，则实数a的取值范围是．【答案】[2，6）【分析】由于二次项系数含有参数，故需分a﹣2＝0与a﹣2≠0两类讨论，特别是后者：对于（a﹣2）x2+（a﹣2）x+1＞0对一切x∈R恒成立，有求出a的范围，再把结果并在一起．【解答】解：当a＝2时，原不等式即为1＞0，原不等式恒成立，即a＝2满足条件；当a≠2时，要使不等式（a﹣2）x2+（a﹣2）x+1＞0对一切x∈R恒成立，必须解得，2＜a＜6．综上所述，a的取值范围是2≤a＜6，故答案为：[2，6）．【知识点】不等式恒成立的问题12.若对任意a∈[1，2]，不等式ax2+（a﹣1）x﹣1＞0恒成立，则实数x的取值范围是﹣∞﹣【答案】（-∞，-1）∪（1，+∞）【分析】通过变换主元，利用函数恒成立转化为不等式组求解即可．【解答】解：由题意对任意a∈[1，2]，不等式ax2+（a﹣1）x﹣1＞0恒成立，即为a（x2+x）﹣x﹣1＞0对任意a∈[1，2]恒成立，所以，解得x＜﹣1或x＞1．故答案为：（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）．【知识点】不等式恒成立的问题13.若不等式2kx2+kx+＜0对于一切实数x都成立，则k的取值范围是﹣∞﹣．【答案】（-∞，-2）【分析】根据不等式2kx2+kx+＜0对一切实数x都成立，讨论k＝0和k≠0时，即可求出k的取值范围．【解答】解：不等式2kx2+kx+＜0对一切实数x都成立，k＝0时，不等式化为＜0不成立，k≠0时，应满足，解得k＜﹣2．综上，不等式2kx2+kx+＜0对一切实数x都成立的k的取值范围是（﹣∞，﹣2）．故答案为：（﹣∞，﹣2）．【知识点】二次函数的性质与图象、不等式恒成立的问题14.若关于x的不等式（x2﹣a）（2x+b）≥0在（a，b）上恒成立，则2a+b的最小值为．【答案】0【分析】设f（x）＝（x2﹣a）（2x+b），x∈（a，b），讨论a＞0和a≤0时，利用f（x）≥0在x∈（a，b）恒成立，即可求出2a+b的最小值．【解答】解：关于x的不等式（x2﹣a）（2x+b）≥0在（a，b）上恒成立，当a＞0时，b＞a＞0，f（x）＝（x2﹣a）（2x+b）的三个零点分别为±，﹣；显然有＞﹣，＞﹣；则f（x）在（a，b）上是单调增函数，f（x）≥0在（a，b）上恒成立，则f（a）＝（a2﹣a）（2a+b）＝a（a﹣1）（2a+b）≥0，即或；则2a+b≥0或无最小值；当a≤0时，x2﹣a≥0恒成立，f（x）≥0时只需2x+b≥0恒成立，又x∈（a，b），∴2a+b≥0；综上所述，2a+b的最小值为0．故答案为：0．【知识点】不等式恒成立的问题。

完整版高考数学一轮复习导数中恒成立问题总结

讲课方案方案XueDa PPTS Learning Center 姓名学生姓名填写时间学科数学年级高三教材版本人教 A版课题名称导数中的恒成立问题课时计划4上课时间同步讲课知识内容讲课目标个性化学习问题解决讲课重点讲课难点教师活动一、重点精讲1．导数的看法函数 y=f(x), 假如自变量 x 在 x0处有增量x，那么函数 y 相应地有增量y=f（ x+x）－（x 0），f比值y叫做函数 y=f （x）在 x 0到 x 0 +x 之间的均匀变化率，即y =f (x0x) f (x0 ) 。

x x x假如当 x0 时，y有极限，我们就说函数y=f(x) 在点 x0 处可导，并把这个极限叫做f（ x）x在点 x0处的导数，记作 f ’（ x）或 y’| 。

x x0即 f（ x 0） = lim ylimf ( x0x) f ( x0 )。

=x0x x0x 讲课过程说明：（ 1）函数 f（ x）在点 x 0处可导，是指x0 时，y有极限。

假如y不存在极限，就说函数x x在点 x 0处不可以导，或说无导数。

（ 2）x是自变量 x 在 x 0处的改变量，x0 时，而y是函数值的改变量，可以是零。

由导数的定义可知，求函数y=f （ x）在点 x 0处的导数的步骤（可由学生来归纳）：（ 1）求函数的增量y =f（x0+x ）－f（x0）；（ 2）求均匀变化率y=f ( x0x)f ( x)；x x（ 3）取极限，得导数 f ’(x0 )= lim y 。

讲课方案方案XueDa PPTS Learning Center2．导数的几何意义函数 y=f （ x）在点 x 0处的导数的几何意义是曲线y=f （ x）在点 p（ x 0， f （ x 0））处的切线的斜率。

也就是说，曲线y=f （x）在点 p（ x 0，f（ x 0））处的切线的斜率是 f ’（ x 0）。

相应地，切线方程为 y－ y 0 =f /（ x 0）（ x－ x 0）。

专题05用好导数,破解函数零点问题(第一篇)-2019年高考数学压轴题命题区间探究与突破(解析版)

”19高考勤学府由题命即区间探究与突破专题第一篇函数与导致专题05用好导数,破解函数零点问题一.方法综述近几年的高考数学试题中频频出现零点问题，其形式逐渐多样化、综合化.处理函数零点问题时，我们不但要掌握零点存在性定理，还要充分运用等价转化、函数与方程、数形结合等思想方法，才能有效地找到解题的突破口.利用导数解决函数的零点问题，是近几年高考命题的热点题型，此类题一般属于压轴题，难度较大.本专题举例说明如何用女?导数，破解函数零点问题.[…二.解题策略・♦・在（1/（1））处的切线方程为： 2 ，化简得4x + 2y-5 = o .Q ）由（D 知，3 =”y一，因为工>。

「令尸（力=。

上得久=依所以郃豆9扬时，有尸⑴《0,则9遍）是函数了㈤的单调递减区间；当嵬£ （国一句时,有尸但>0,则（34却是图翻,3的单调递游区间.当工已（工白）时J 函数fG ）在（1*可上单调递减，在—耳的上单调递增；又因为凡D = pf （e ） = # 一 3 > oj （^） =;（l-ln3） < 0, 所以f 在区间（L P ）上有两个零点，【指点迷津】类型一讨论函数零点的个数/1（#） = 1/一 31rw 门 , …仆【例。

1】【吉林省通榆县第一中学 2019届高三上期中】已知函数r 上 .（1）求/（*）在处的切线方程；（2）.试判断网岑在区间（L*•上有没有零点？若有则判断零点的个数.【答案】（1）杀+ 2y-5 = 0；（2） 2.【解析】「⑴7f ⑴M,有2,1 y — =：— 2（x — 1）讨论函数零点的个数，可先利用函数的导数，判断函数的单调性，进一步讨论函数的取值情况，根据零点存在定理判断(证明)零点的存在性，确定函数零点的个数1【举一反二】【2015局考新课标1,理21］已知函数f (x) =x ax —,g(x) In x.4(I)当a为何值时，x轴为曲线y f (x)的切线；(n)用min m,n 表示m,n中的最小值，设函数h(x) min f(x),g(x) (x 0),讨论h (x)零点的个数.3 3 5 ........................... 3 5【答案】(i) a 一；(n)当a —或a —时，h(x)由一个零点；当a 一或a —时，h(x)有4 4 4 4 45 3两个零点；当一a —时，h(x)有三个零点.学&6 4【解析】X5 + QX. + — = 0《I)设曲线P二/00与工轴相切于点小◎，则二口二o,即y 4 ，解得十口= 013K.= —. £7 = —“ 2 4因此1当口二—时，工轴是曲j三,㈤的崩量 .......................... 5分4ln x 0 ,从而h(x) min{ f (x), g(x)} g(x) 0,(n)当x (1,)时，g(x)h(x)在(1, +8)无零点.5 5 ...................................... ....当x=1 时，若a —,则f(1) a —0, h(1) min{ f (1),g(1)} g(1) 0,故x =1 是h(x)的零点；4 44 5 5 一一 __________ 一一一一右a —，则 f ⑴ a - 0 , h(1) min{ f (1),g(1)} f (1) 0,故x=1 不是h(x)的零点.4 4当x (0,1)时，g(x) ln x 0,所以只需考虑f(x)在(0,1)的零点个数.2 1(i)若a 3或a 0,则f(x) 3x a 在(0,1)无零点，故f(x)在(0,1)单调，而f(0)一,4 5f(1) a —,所以当a 3时，f (x)在(0,1)有一个零点；当a 0时，f (x)在(0, 1)无零点.46i)若3 a 0,则f(x)在(0, J"|)单调递减，在(『3,1)单调递增，故当x = J"a时，f(x)取的最小值，最小值为①若f(J a，>0，即:< a < 0，f(X)在0 0,l 无零点.②若f( a)=o,即a 3,则f(x)在(0,1)有唯一零点; ,3 4③若f(.1 a)<0,即3 a 3 一…、1—，由于f (0)—,4 4f (1) a 9,所以当45 3r「，、一、a 一时，f (x)在(0,1)4 4后两个零点；当 3 a 5■时,4f (x)在(0,1)有一一个零点.•・•1阴综上，当a 3 一一或a4 5时, 4h(x)由一个零点；. 3 T当a —或a45 ..................................... ........一时，h(x)司两个零点；当45 3-a 一时，h(x)有二个零点. ........ 12分学*4 4类型二已知函数在区间上有零点，求参数的取值范围【例2】【河北省衡水中学2019届高三上学期二调】已知函数fW= / - 2工(1)求曲线) =北灯在点(。

专题05 挖掘“隐零点”,破解导数压轴题-2019年高考数学压轴题之函数零点问题(解析版)

1专题五挖掘“隐零点”，破解导数压轴题函数方程思想是一种重要的数学思想方法，函数问题可以利用方程求解，方程解的情况可借助于函数的图象和性质求解.高考命题常常以基本初等函数为载体，主要考查以下三个方面：（1）零点所在区间——零点存在性定理；（2）二次方程根的分布问题；（3）判断零点的个数问题；（4）根据零点的情况确定参数的值或范围；（5）根据零点的情况讨论函数的性质或证明不等式等.本专题围绕利用函数的“隐零点”，破解导数压轴问题，例题说法，高效训练.【典型例题】类型一挖掘“隐零点”，求参数的最值或取值范围例1.【浙江省杭州第十四中学2019届高三12月月考】设函数,曲线y=f(x)在x=1处的切线与直线y=3x 平行. (1)判断函数f(x)在区间和上的单调性，并说明理由;(2)当时,恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）区间单调递增；（2）【解析】（1）.∵f'(1)=1+b=3,∴b=2,则f'(x )=ln x+4x-1.因为在单调递增，所以当时即函数f (x )在区间单调递减；当时即函数f (x )在区间单调递增；（2）因为，而在（0，1）上递增存在使得，当时单调递减；当时单调递增2所以又因为时则所以则类型二挖掘“隐零点”，证明不等式例2. 设函数2()ln xf x e a x =-，设()20,2a e ∈求证：当(]0,1x ∈时，2()2lnf x a a a≥+ 【答案】见解析【解析】()f x 的定义域为(]0,1，222'()2x xa xe af x e x x-=-=设2()2xx xea ϕ=-，()22()242x xx xe x e ϕ'==+，当(]0,1x ∈，()0x ϕ'>，即()x ϕ在区间(]0,1为增函数，(2(),2x a e a ϕ⎤∈--⎦又因为()20,2a e∈，所以2(0)0,(1)20a ea ϕϕ=-<=->由零点存在定理可知'()f x 在(]0,1的唯一零点为0x 当0(0,)x x ∈时，'()0f x <，当(]0,1x x ∈，'()0f x > 故()f x 在0(0,)x 单调递减，在(]0,1x 单调递增，所以当0x x =时，()f x 取得最小值，最小值为0200()ln xf x e a x =-，由02020x x ea -=，即0202x a ex =，两边去对数得00ln ln 22ax x =- 由于，所以00000222()2ln 22ln 2ln 22a a f x ax a ax a a a x a x a a=++≥⋅=+ 所以2()2lnf x a a a≥+ 类型三挖掘“隐零点”，估算极值例3.【2017年全国课标1】已知函数f （x ）=ax 2﹣ax ﹣xlnx ，且f （x ）≥0．（1）求a ；3（2）证明：f （x ）存在唯一的极大值点x 0，且e ﹣2＜f （x 0）＜2﹣2．【答案】（1）1；（2）见解析.【解析】（1）因为f （x ）=ax 2﹣ax ﹣xlnx=x （ax ﹣a ﹣lnx ）（x ＞0），则f （x ）≥0等价于h （x ）=ax ﹣a ﹣lnx≥0，求导可知h ′（x ）=a ﹣x1．则当a≤0时h ′（x ）＜0，即y=h （x ）在（0，+∞）上单调递减，所以当x 0＞1时，h （x 0）＜h （1）=0，矛盾，故a ＞0．因为当0＜x ＜a 1时h ′（x ）＜0，当x ＞a 1时h ′（x ）＞0，所以h （x ）min =h （a1），又因为h （1）=a ﹣a ﹣ln1=0，所以a1=1，解得a=1；（另解：因为f （1）=0，所以f （x ）≥0等价于f （x ）在x ＞0时的最小值为f （1），所以等价于f （x ）在x=1处是极小值，所以解得a=1；）（2）证明：由（1）可知f （x ）=x 2﹣x ﹣xlnx ，f′（x ）=2x ﹣2﹣lnx ，令f′（x ）=0，可得2x ﹣2﹣lnx=0，记t （x ）=2x ﹣2﹣lnx ，则t′（x ）=2﹣x1，令t′（x ）=0，解得：x=21，所以t （x ）在区间（0，21）上单调递减，在（21，+∞）上单调递增，所以t （x ）min =t （21）=ln2﹣1＜0，从而t （x ）=0有解，即f ′（x ）=0存在两根x 0，x 2，且不妨设f′（x ）在（0，x 0）上为正、在（x 0，x 2）上为负、在（x 2，+∞）上为正，所以f （x ）必存在唯一极大值点x 0，且2x 0﹣2﹣lnx 0=0，所以f （x 0）=20x ﹣0x ﹣00ln x x =20x ﹣0x ﹣)22(00-x x =﹣20x +0x ，由x 0＜21可知f （x 0）＜412121)(2max 020=+-=+-x x ；由f ′（e 1）＜0可知x 0＜e 1＜21，所以f （x ）在（0，x 0）上单调递增，在（x 0，e 1）上单调递减，所以f （x 0）＞f （e1）=21e；综上所述，f （x ）存在唯一的极大值点x 0，且e ﹣2＜f （x 0）＜2﹣2．4【规律与方法】“隐零点”问题：求解导数压轴题时，如果题干中未提及零点或零点不明确，依据有关理论（如函数零点的存在性定理）或函数的图象，能够判断出零点确实存在，但是无法直接求出，不妨称之为隐性零点.我们一般可对零点“设而不求”，通过一种整体的代换和过渡，再结合其他条件，从而最终解决问题．我们称这类问题为“隐零点”问题．处理此类问题的策略可考虑“函数零点存在定理”、“构造函数”、利用“函数方程思想”转化等，从操作步骤看，可遵循如下处理方法：第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f ′(x 0)＝0，并结合f (x )的单调性得到零点的范围；这里应注意，确定隐性零点范围的方式是多种多样的，可以由零点的存在性定理确定，也可以由函数的图象特征得到，甚至可以由题设直接得到，等等；至于隐性零点的范围精确到多少，由所求解问题决定，因此必要时尽可能缩小其范围；第二步：以零点为分界点，说明导函数f ′(x )的正负，进而得到f (x )的最值表达式；这里应注意，进行代数式的替换过程中，尽可能将目标式变形为整式或分式，那么就需要尽可能将指、对数函数式用有理式替换，这是能否继续深入的关键；第三步：将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明；有时候第一步中的零点范围还可以适当缩小．导函数零点虽然隐形，但只要抓住特征(零点方程)，判断其范围(用零点存在性定理)，最后整体代入即可．【提升训练】1.【江西省九江市2019届高三一模】已知函数．1试讨论函数的单调性；2若函数存在最小值，求证：．【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】 1，时，在恒成立，故在递增，时，由，解得：，由，解得：，故在递减，在递增；52由1知要使存在最小值，则且，令，，则在递减，又，，故存在使得，故在递增，在递减，，，故，故，又，，故． 2．【广东省汕头市2019届高三上学期期末】已知函数．讨论的单调性；若，是的两个极值点，证明：．【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）见解析【解析】，．令则，的对称轴为，．时，，函数在上是增函数；当时，，可得，，函数在上是增函数；当时，，由，解得，．在，上，，，函数是增函数；在，，，函数是减函数．综上可得：在，上，函数是增函数；6在，函数是减函数．证明：假设，由，是函数的极值点，则，是的两个实数根，，，．．即．令，即．令，．，函数在内单调递减，．即．．3.【东北师大附中、重庆一中、吉大附中、长春十一中等2019届高三联合模拟】已知函数．（1）若，证明：；（2）若只有一个极值点，求的取值范围．【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】（1）当时，等价于，即；设函数，则，当时，；当时，．所以在上单调递减，在单调递增．故为的最小值，而，故，即．（2），7设函数，则；（i ）当时，，在上单调递增，又，取b 满足且，则，故在上有唯一一个零点，且当时，，时，，由于，所以是的唯一极值点；（ii ）当时，在上单调递增，无极值点；（iii ）当时，若时，；若时，．所以在上单调递减，在单调递增．故为的最小值，①若时，由于，故只有一个零点，所以时，因此在上单调递增，故不存在极值；②若时，由于，即，所以，因此在上单调递增，故不存在极值；③若时，，即．又，且，而由（1）知，所以，取c 满足，则故在有唯一一个零点，在有唯一一个零点；且当时，当时，，当时，由于，故在处取得极小值，在处取得极大值，即在上有两个极值点．综上，只有一个极值点时，的取值范围是4. 已知函数+3()ex mf x x =-,()()ln 12g x x =++．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线斜率为1，求实数m 的值；（Ⅱ）当1m ≥时，证明：()3()f x g x x >-. 【答案】（Ⅰ）0；（Ⅱ）见解析.8【解析】（Ⅰ）解：因为+3()e x mf x x =-，所以+2()e3x mf x x '=-.……………………………………………………………1分因为曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线斜率为1，所以()0e 1mf '==，解得0m =.…………………………………………………2分（Ⅱ）证法一：因为+3()ex mf x x =-,()()ln 12g x x =++，所以()3()f x g x x >-等价于()+e ln 120x mx -+->．当1m ≥时，()()+1e ln 12e ln 12x mx x x +-+-≥-+-．要证()+eln 120x mx -+->，只需证明1e ln(1)20x x +-+->.………………4分以下给出三种思路证明1e ln(1)20x x +-+->．思路1：设()()1e ln 12x h x x +=-+-，则()11e 1x h x x +'=-+. 设()11e 1x p x x +=-+，则()()121e 01x p x x +'=+>+．所以函数()p x =()11e 1x h x x +'=-+在()1+-∞，上单调递增．…………………6分因为121e 202h ⎛⎫'-=-< ⎪⎝⎭，()0e 10h '=->，所以函数()11e 1x h x x +'=-+在()1+-∞，上有唯一零点0x ，且01,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭. ………………………………8分因为()00h x '=，所以0+101e1x x =+，即()()00ln 11x x +=-+.………………9分当()01,x x ∈-时，()0h x '<；当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>，所以当0x x =时，()h x 取得最小值()0h x .………………………………………10分所以()()()0100=e ln 12x h x h x x +≥-+-()0011201x x =++->+. 综上可知，当1m ≥时，()3()f x g x x >-. ……………………………………12分思路2：先证明1e 2x x +≥+()x ∈R ．……………………………………………5分设()1e2x h x x +=--，则()+1e 1x h x '=-．9因为当1x <-时，()0h x '<，当1x >-时，()0h x '>，所以当1x <-时，函数()h x 单调递减，当1x >-时，函数()h x 单调递增．所以()()10h x h ≥-=．所以1e 2x x +≥+（当且仅当1x =-时取等号）．…………………………………7分所以要证明1eln(1)20x x +-+->，只需证明()2ln(1)20x x +-+->．………………………………………………8分下面证明()ln 10x x -+≥．设()()ln 1p x x x =-+，则()1111xp x x x '=-=++．当10x -<<时，()0p x '<，当0x >时，()0p x '>，所以当10x -<<时，函数()p x 单调递减，当0x >时，函数()p x 单调递增．所以()()00p x p ≥=．所以()ln 10x x -+≥（当且仅当0x =时取等号）．……………………………10分由于取等号的条件不同，所以1eln(1)20x x +-+->．综上可知，当1m ≥时，()3()f x g x x >-. ……………………………………12分（若考生先放缩()ln 1x +，或e x 、()ln 1x +同时放缩，请参考此思路给分！）思路3：先证明1eln(1)20x x +-+->．令1t x =+，转化为证明e ln 2t t ->()0t >．……………………………………5分因为曲线e ty =与曲线ln y t =关于直线y t =对称，设直线0x x =()00x >与曲线e ty =、ln y t =分别交于点A 、B ，点A 、B 到直线y t =的距离分别为1d 、2d ，则)122AB d d =+．其中0012x d ，22d =()00x >．①设()000e x h x x =-()00x >，则()00e 1x h x '=-．因为00x >，所以()00e 10x h x '=->．所以()0h x 在()0,+∞上单调递增，则()()001h x h >=．10所以01x d =>②设()000ln p x x x =-()00x >，则()0000111x p x x x -'=-=．因为当001x <<时，()00p x '<；当01x >时，()00p x '>，所以当001x <<时，函数()000ln p x x x =-单调递减；当01x >时，函数()000ln p x x x =-单调递增．所以()()011p x p ≥=．所以00222d =≥．所以)1222222AB d d ≥+>=⎭．综上可知，当1m ≥时，()3()f x g x x >-.……………………………………12分证法二：因为+3()ex mf x x =-,()()ln 12g x x =++，所以()3()f x g x x >-等价于()+e ln 120x mx -+->．…………………………4分以下给出两种思路证明()+e ln 120x mx -+->．思路1：设()()+e ln 12x mh x x =-+-，则()+1e 1x m h x x '=-+. 设()+1e 1x m p x x =-+，则()()+21e 01x m p x x '=+>+．所以函数()p x =()+1e 1x m h x x '=-+在()+∞-1，上单调递增．………………6分因为1m ≥，所以()()1e+1e 1ee e e e 10mmmmm m h ----+-+'-+=-=-<，()0e 10m h '=->.11所以函数()+1e 1x m h x x '=-+在()+∞-1，上有唯一零点0x ，且()01e ,0m x -∈-+. …………………8分因为()00h x '=，所以0+01e1x mx =+，即()00ln 1x x m +=--．………………9分当()00,x x ∈时，()0h x '<；当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>.所以当0x x =时，()h x 取得最小值()0h x ．……………………………………10分所以()()()0+00e ln 12x mh x h x x ≥=-+-00121x m x =++-+ ()0011301x m x =+++->+．综上可知，当1m ≥时，()3()f x g x x >-．……………………………………12分思路2：先证明e 1()xx x ≥+∈R ，且ln(1)(1)x x x +≤>-．…………………5分设()e 1xF x x =--，则()e 1xF x '=-．因为当0x <时，()0F x '<；当0x >时，()0F x '>，所以()F x 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增．所以当0x =时，()F x 取得最小值(0)0F =．所以()(0)0F x F ≥=，即e 1()xx x ≥+∈R ．…………………………………7分所以ln(1)x x +≤（当且仅当0x =时取等号）．…………………………………8分再证明()+eln 120x mx -+->．由e 1()xx x ≥+∈R ，得1e 2x x +≥+（当且仅当1x =-时取等号）．…………9分因为1x >-，1m ≥，且1e 2x x +≥+与ln(1)x x +≤不同时取等号，所以 ()()+11eln 12e e ln 12x mm x x x -+-+-=⋅-+-11e (2)2(e 1)(2)0m m x x x -->+--=-+≥．综上可知，当1m ≥时，()3()f x g x x >-．……………………………………12分5.已知函数 f （x ）=22ln )21(ax x x x ++（a∈R），曲线y=f （x ）在x=1处的切线与直线x+2y ﹣1=0垂直．（1）求a 的值，并求f （x ）的单调区间；12（2）若λ是整数，当x ＞0时，总有f （x ）﹣（3+λ）x 221x >-λlnx+241x ，求λ的最大值．【答案】（1）递增区间是（e 1，+∞），单调递减区间为（0，e1）；（2）-2. 【解析】（1）函数f （x ）的定义域是（0，+∞），f'（x ）=（x+1）ln x+（2a+21）x+1，依题意可得，f'（1）=1，2a+21+1=2，∴41=a ， f '（x ）=（x+1）ln x+（x+1）=（x+1）（lnx+1），令f '（x ）=0，即（x+1）（ln x+1）=0，∵x＞0，∴ex 1>．x∈（e 1，+∞）时，f′（x ）＞0，x∈（0，e1）时，f ′（x ）＜0．∴f （x ）的递增区间是（e 1，+∞），单调递减区间为（0，e1）．（2）由（Ⅰ）可知，f （x ）=（221x +x ）lnx+41x 2• 2241ln 21)3()(x x x x x f +>-+-λλ⇔λ>+-13ln x x x x ．设h （x ）=13ln +-x xx x ，只需λ＜h （x ）minh '（x ）=2)1()3ln ()1)(3ln 1(+--+-+x x x x x x =2)1(ln 2++-x xx （x ＞0），令u （x ）=x ﹣2+ln x ，∴u'（x ）=1+x1＞0，可得u （x ）在（0，+∞）上为单调递增函数， ∵u（1）=﹣1＜0，u （2）=ln 2＞0，∴存在x 0∈（1，2），使u （x 0）=0，当x∈（x 0，+∞）时，u （x ）＞0，即h'（x ）＞0，当x∈（0，x 0）时，u （x ）＜0，即h '（x ）＜0，∴h （x ）在x=x 0时取最小值，且h （x ）min =13ln 0000+-x x x x ，又u （x 0）=0，∴ln x 0=2﹣x 0， h （x ）min =13)2(0000+--x x x x =x 0，13∵λ＜h （x ）min ，λ∈Z，x 0∈（1，2），∴﹣x 0∈（﹣2，﹣1），λ的最大值为﹣2． 6.【湖北省武汉市2019届高三二月调研测试】已知函数．（1）若函数在区间上单调递减，求实数的取值范围；（2）设的两个极值点为，证明：当时，．（附注：）【答案】（1）；（2）见解析【解析】（1）由，得，，有两个不同的实根，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减．所以要在上单调递减，只需，即，，从而．所以所求的取值范围是．（2）是的极值点，是关于的方程两个实根，，又，，，，又，令，则，从而只需对恒成立．令，而在上单调递增，14，又．7.已知函数f （x ）=（ae x﹣a ﹣x ）e x（a ≥0，e=2.718…，e 为自然对数的底数），若f （x ）≥0对于x ∈R 恒成立．（1）求实数a 的值；（2）证明：f （x ）存在唯一极大值点x 0，且．【答案】（1）1；（2）见解析. 【解析】（1）解：f （x ）=e x（ae x﹣a ﹣x ）≥0，因为e x＞0，所以ae x﹣a ﹣x ≥0恒成立，即a （e x﹣1）≥x 恒成立， x=0时，显然成立， x ＞0时，e x ﹣1＞0，故只需a ≥在（0，+∞）恒成立，令h （x ）=，（x ＞0），h′（x ）=＜0，故h （x ）在（0，+∞）递减，而==1，故a ≥1，x ＜0时，e x﹣1＜0，故只需a ≤在（﹣∞，0）恒成立，令g （x ）=，（x ＜0），g′（x ）=＞0，故h （x ）在（﹣∞，0）递增，15而==1，故a ≤1，综上：a=1；（2）证明：由（1）f （x ）=e x（e x﹣x ﹣1），故f'（x ）=e x（2e x﹣x ﹣2），令h （x ）=2e x﹣x ﹣2，h'（x ）=2e x﹣1，所以h （x ）在（﹣∞，ln ）单调递减，在（ln ，+∞）单调递增，h （0）=0，h （ln ）=2eln ﹣ln ﹣2=ln2﹣1＜0，h （﹣2）=2e ﹣2﹣（﹣2）﹣2=＞0，∵h （﹣2）h （ln ）＜0由零点存在定理及h （x ）的单调性知，方程h （x ）=0在（﹣2，ln ）有唯一根，设为x 0且2e x0﹣x 0﹣2=0，从而h （x ）有两个零点x 0和0，所以f （x ）在（﹣∞，x 0）单调递增，在（x 0，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增，从而f （x ）存在唯一的极大值点x 0即证，由2e x0﹣x 0﹣2=0得e x0=，x 0≠﹣1，∴f （x 0）=e x0（e x0﹣x 0﹣1）=（﹣x 0﹣1）=（﹣x 0）（2+x 0）≤（）2=，取等不成立，所以f （x 0）＜得证，又∵﹣2＜x 0＜ln ，f （x ）在（﹣∞，x 0）单调递增所以f （x 0）＞f （﹣2）=e ﹣2[e ﹣2﹣（﹣2）﹣1]=e ﹣4+e ﹣2＞e ﹣2＞0得证，从而0＜f （x0）＜成立．8．已知函数f （x ）=ax+xlnx （a ∈R ）（1）若函数f （x ）在区间[e ，+∞）上为增函数，求a 的取值范围；（2）当a=1且k ∈Z 时，不等式k （x ﹣1）＜f （x ）在x ∈（1，+∞）上恒成立，求k 的最大值．【答案】（1）[﹣2，+∞）；（2）3. 【解析】（1）∵函数f （x ）在区间[e ，+∞）上为增函数，∴f′（x ）=a+lnx+1≥0在区间[e ，+∞）上恒成立，∴a ≥（﹣lnx ﹣1）max =﹣2．16∴a ≥﹣2．∴a 的取值范围是[﹣2，+∞）．（2）a=1时，f （x ）=x+lnx ，k ∈Z 时，不等式k （x ﹣1）＜f （x ）在x ∈（1，+∞）上恒成立， ∴k ＜，令 g （x ）=，则g′（x ）=，令h （x ）=x ﹣lnx ﹣2（x ＞1）．则h′（x ）=1﹣=＞0，∴h （x ）在（1，+∞）上单增，∵h （3）=1﹣ln3＜0，h （4）=2﹣2ln2＞0，存在x 0∈（3，4），使 h （x 0）=0．即当 1＜x ＜x 0时h （x ）＜0 即 g′（x ）＜0 x ＞x 0时 h （x ）＞0 即 g′（x ）＞0g （x ）在（1，x 0）上单减，在（x 0+∞）上单增．令h （x 0）=x 0﹣lnx 0﹣2=0，即lnx 0=x 0﹣2， g （x ）min =g （x 0）===x 0∈（3，4）．k ＜g （x ）min =x 0∈（3，4），且k ∈Z ， ∴k max =3．9．已知函数f （x ）=e x+a﹣lnx （其中e=2.71828…，是自然对数的底数）．（Ⅰ）当a=0时，求函数a=0的图象在（1，f （1））处的切线方程；（Ⅱ）求证：当时，f （x ）＞e+1．【答案】（Ⅰ）（e ﹣1）x ﹣y+1=0；（Ⅱ）见解析. 【解析】（Ⅰ）解：∵a=0时，∴，∴f （1）=e ，f′（1）=e ﹣1，∴函数f （x ）的图象在（1，f （1））处的切线方程：y ﹣e=（e ﹣1）（x ﹣1），即（e ﹣1）x ﹣y+1=0；17（Ⅱ）证明：∵，设g （x ）=f′（x ），则，∴g （x ）是增函数， ∵e x+a＞e a，∴由，∴当x ＞e ﹣a时，f′（x ）＞0；若0＜x ＜1⇒e x+a＜e a+1，由，∴当0＜x ＜min{1，e﹣a ﹣1}时，f′（x ）＜0，故f′（x ）=0仅有一解，记为x 0，则当0＜x ＜x 0时，f ′（x ）＜0，f （x ）递减；当x ＞x 0时，f′（x ）＞0，f （x ）递增；∴，而，记h （x ）=lnx+x ，则，⇔﹣a ＜⇔h （x 0）＜h （），而h （x ）显然是增函数，∴，∴．综上，当时，f （x ）＞e+1．10．已知函数f （x ）=x 2﹣（a ﹣2）x ﹣alnx （a ∈R ）．（Ⅰ）求函数y=f （x ）的单调区间；（Ⅱ）当a=1时，证明：对任意的x ＞0，f （x ）+e x＞x 2+x+2．【答案】（Ⅰ）在区间（，+∞）上单调递增，在区间（0，）上单调递减；（Ⅱ）见解析. 【解析】解：（Ⅰ）函数f （x ）的定义域是（0，+∞）， f′（x ）=2x ﹣（a ﹣2）﹣=…（2分）当a ≤0时，f′（x ）＞0对任意x ∈（0，+∞）恒成立，18所以，函数f （x ）在区间（0，+∞）单调递增；…（4分）当a ＞0时，由f′（x ）＞0得x ＞，由f′（x ）＜0，得0＜x ＜，所以，函数在区间（，+∞）上单调递增，在区间（0，）上单调递减；（Ⅱ）当a=1时，f （x ）=x 2+x ﹣lnx ，要证明f （x ）+e x＞x 2+x+2，只需证明e x﹣lnx ﹣2＞0，设g （x ）=e x﹣lnx ﹣2，则问题转化为证明对任意的x ＞0，g （x ）＞0，令g′（x ）=e x﹣=0，得e x=，容易知道该方程有唯一解，不妨设为x 0，则x 0满足e x0=，当x 变化时，g′（x ）和g （x ）变化情况如下表g （x ）min =g （x 0）=e x0﹣lnx 0﹣2=+x 0﹣2，因为x 0＞0，且x 0≠1，所以g （x ）min ＞2﹣2=0，因此不等式得证．。

高考数学二轮复习专题一函数与导数不等式第5讲导数与函数零点不等式证明恒成立问题文PPT课件

当 x<x0 时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当 x>x0 时，g′(x)<0，g(x)单调递减. 由(2)知 1<cl－n c1<c，故 0<x0<1.又 g(0)＝g(1)＝0，故当 0<x<1 时，g(x)>0.
∴当 x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.
2.(2017·全国Ⅱ卷)设函数f(x)＝(1－x2)ex. (1)讨论f(x)的单调性； (2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求a的取值范围.
热点一利用导数研究函数的零点(方程的根) 【例1】 (2017·淄博诊断)已知a∈R，函数f(x)＝ex－ax(e＝
2.718 28…是自然对数的底数). (1)若函数 f(x)在区间(－e，－1)上是减函数，求实数 a 的取值范围； (2)若函数 F(x)＝f(x)－(ex－2ax＋2ln x＋a)在区间0，12内无零点，求实数 a 的最大值.
解 (1)f′(x)＝－2xex＋(1－x2)ex＝(1－2x－x2)ex. 令 f′(x)＝0，得 x2＋2x－1＝0，解得 x1＝－ 2－1，x2＝ 2－1，令 f′(x)>0，则 x∈(－ 2－1， 2－1)，令 f′(x)<0，则 x∈(－∞，－ 2－1)∪( 2－1，＋∞). ∴f(x)在区间(－∞，－ 2－1)，( 2－1，＋∞)上单调递减，在区间(－ 2－1， 2－1)上单调递增.
a的符号
a＞0(f(x1)为极大值，f(x2)为极小
值)
a＜0(f(x1)为极小值，f(x2)为极大
值)
零点个数一个两个三个一个两个三个
充要条件 f(x1)＜0或f(x2)>0 f(x1)＝0或者f(x2)＝0 f(x1)＞0且f(x2)＜0 f(x1)>0或f(x2)＜0 f(x1)＝0或者f(x2)＝0 f(x1)＜0且f(x2)＞0

专题一第5讲母体突破导数不等式的证明、恒成立问题与有解问题、零点问题(解析版)

专题一第5讲导数的综合应用【情报站】1.导数逐渐成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题是高考的热点和难点.2.多以解答题压轴形式出现，难度较大．母题突破1 导数与不等式的证明母题 (2017·全国Ⅲ)已知函数f(x)＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x. (1)讨论f(x)的单调性；(2)当a<0时，证明f(x)≤－34a －2.思路分析 ❶fx≤－34a－2↓ ❷fxmax≤－34a－2↓ ❸fx max＋34a＋2≤0 ↓ ❹构造函数证明【答案】(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)， f ′(x)＝1x＋2ax ＋2a ＋1＝x ＋12ax ＋1x.若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．若a<0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，－12a 时，f ′(x)>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞时，f ′(x)<0.故f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞上单调递减．(2)证明由(1)知，当a<0时，f(x)在x ＝－12a 处取得最大值，最大值为f⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a －1－14a ，所以f(x)≤－34a －2等价于ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a －1－14a ≤－34a －2，即ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a＋1≤0.设g(x)＝ln x －x ＋1，则g ′(x)＝1x －1.当x ∈(0,1)时，g ′(x)>0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x)<0.所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故当x ＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0. 所以当x>0时，g(x)≤0.从而当a<0时，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a＋1≤0，即f(x)≤－34a－2.[子题1] 设函数f(x)＝ln x －x ＋1.证明：当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x <x.【答案】证明 f ′(x)＝1x －1＝1－xx ，x>0，当x>1时，f ′(x)<0，f(x)单调递减，当0<x<1时，f ′(x)>0，f(x)单调递增， ∴f(x)＝ln x －x ＋1≤f(1)＝0，∴ln x ≤x －1， ∴当x>1时，ln x<x －1，① 且ln 1x <1x－1，②由①得，1<x －1ln x ，由②得，－ln x<1－xx ，∴ln x>x －1x ，∴x>x －1ln x ，综上所述，当x>1时，1<x －1ln x<x.[子题2] 已知函数f(x)＝e x－x 2.求证：当x>0时，e x＋2－e x －1x≥ln x ＋1.【答案】证明设g(x)＝f(x)－(e －2)x －1＝e x －x 2－(e －2)x －1(x>0)，则g ′(x)＝e x－2x －(e －2)，设m(x)＝e x－2x －(e －2)(x>0)，则m ′(x)＝e x －2，易得g ′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，又g ′(0)＝3－e>0，g ′(1)＝0，由0<ln 2<1，则g ′(ln 2)<0，所以存在x 0∈(0，ln 2)，使得g ′(x 0)＝0，所以当x ∈(0，x 0)∪(1，＋∞)时，g ′(x)>0；当x ∈(x 0，1)时，g ′(x)<0.故g(x)在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又g(0)＝g(1)＝0，所以g(x)＝e x－x 2－(e －2)x －1≥0，故当x>0时，e x＋2－e x －1x ≥x.又由母题可得ln x ≤x －1，即x ≥ln x ＋1，故e x＋2－e x －1x≥ln x ＋1.【方法总结】利用导数证明不等式f(x)>g(x)的基本方法(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min >g(x)max .(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)>0.(3)通过题目中已有的或常用的不等式进行证明． (4)利用赋值法证明与正整数有关的不等式.拓展训练1．(2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ae x－ln x －1.(1)设x ＝2是f(x)的极值点，求a ，并求f(x)的单调区间； (2)证明：当a ≥1e时，f(x)≥0.【答案】(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝ae x－1x .由题设知，f ′(2)＝0，所以a ＝12e2.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)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0,2)． (2)证明当a ≥1e 时，f(x)≥exe －ln x －1.方法一设g(x)＝exe －ln x －1(x ∈(0，＋∞))，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)的最小值点．故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0. 因此，当a ≥1e时，f(x)≥0.方法二易证e x≥x ＋1，① ln x ≤x －1，②∴f(x)≥e xe －ln x －1＝e x －1－ln x －1≥x －ln x －1≥0，即证f(x)≥0.2．(2020·株州模拟)已知f(x)＝ln x ＋2ex.(1)若函数g(x)＝xf(x)，讨论g(x)的单调性与极值； (2)证明：f(x)>1ex .【答案】(1)解由题意，得g(x)＝x ·f(x)＝xln x ＋2e (x>0)，则g ′(x)＝ln x ＋1.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，g ′(x)<0，所以g(x)单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，g ′(x)>0，所以g(x)单调递增，所以g(x)的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ，单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞，g(x)的极小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e，无极大值．(2)证明要证ln x ＋2ex >1e x (x>0)成立，只需证xln x ＋2e >xe x (x>0)成立，令h(x)＝x e x ，则h ′(x)＝1－xex ，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)的极大值为h(1)，即h(x)≤h(1)＝1e，由(1)知，x ∈(0，＋∞)时，g(x)≥g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e，且g(x)的最小值点与h(x)的最大值点不同，所以xln x ＋2e >x e x ，即ln x ＋2ex >1e x ，所以f(x)>1ex .强化练（一）1．(2020·沈阳模拟)已知函数f(x)＝x 2－(a －2)x －aln x ，a>0. (1)求函数y ＝f(x)的单调区间；(2)当a ＝1时，证明：对任意的x>0，f(x)＋e x>x 2＋x ＋2.【答案】(1)解 f(x)＝x 2－(a －2)x －aln x ，a>0，定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝2x －(a －2)－a x＝2x －ax ＋1x，令f ′(x)>0，得x>a 2；令f ′(x)<0，得0<x<a2.∴函数y ＝f(x)的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，＋∞.(2)证明方法一 ∵a ＝1，∴f(x)＝x 2＋x －ln x(x>0)，即证e x－ln x －2>0恒成立，令g(x)＝e x－ln x －2，x ∈(0，＋∞)，即证g(x)min >0恒成立，g ′(x)＝e x－1x ，g ′(x)为增函数，g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12<0，g ′(1)>0，∴∃x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，使g ′(x 0)＝0成立，即0e x－1x 0＝0，则当0<x<x 0时，g ′(x)<0，当x>x 0时，g ′(x)>0，∴y ＝g(x)在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， ∴g(x)min ＝g(x 0)＝0e x－ln x 0－2，又∵0e x －1x 0＝0，即0e x＝1x 0，∴g(x 0)＝0e x －ln x 0－2＝0e x＋ln 1x 0－2＝1x 0＋x 0－2，又∵x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，∴x 0＋1x 0>2，∴g(x 0)>0，即对任意的x>0，f(x)＋e x>x 2＋x ＋2. 方法二令φ(x)＝e x－x －1， ∴φ′(x)＝e x－1，∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， ∴φ(x)min ＝φ(0)＝0， ∴e x≥x ＋1，①令h(x)＝ln x －x ＋1(x>0)， ∴h ′(x)＝1x －1＝1－xx，∴h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴h(x)max ＝h(1)＝0，∴ln x ≤x －1，∴x ＋1≥ln x ＋2，② 要证f(x)＋e x>x 2＋x ＋2，即证e x>ln x ＋2，由①②知e x≥x ＋1≥ln x ＋2，且两等号不能同时成立， ∴e x>ln x ＋2，即证原不等式成立．2．(2020·全国Ⅱ)已知函数f(x)＝sin 2xsin 2x. (1)讨论f(x)在区间(0，π)的单调性； (2)证明：|f(x)|≤338；(3)设n ∈N *，证明：sin 2xsin 22xsin 24x …sin 22nx ≤3n4n .【答案】(1)解 f ′(x)＝2sin xcos xsin 2x ＋2sin 2xcos 2x ＝2sin xsin 3x.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3∪⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3，π时，f ′(x)>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，2π3时，f ′(x)<0.所以f(x)在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3，⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3，π上单调递增，在区间⎝⎛⎭⎪⎫π3，2π3上单调递减． (2)证明因为f(0)＝f(π)＝0，由(1)知，f(x)在区间[0，π]上的最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝338，最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3＝－338. 而f(x)是周期为π的周期函数，故|f(x)|≤338.(3)证明由于()322222sin sin 2sin 4sin 2…nx x x x＝|sin 3xsin 32x …sin 32nx| ＝|sin x||sin 2xsin 32x …sin 32n －1xsin 2n x||sin 22nx|＝|sin x||f(x)f(2x)…f(2n －1x)||sin 22nx|≤|f(x)f(2x)…f(2n －1x)|，所以sin 2xsin 22xsin 24x …sin 22nx ≤23338n ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭＝3n4n .母题突破2 恒成立问题与有解问题母题 (2014·全国Ⅰ)设函数f(x)＝aln 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． 2思路分析❶存在x 0≥1，使得f(x 0)<aa －1↓ ❷fxmin< a a －1↓ ❸求fxmin【答案】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)＝aln 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)<a a －1的充要条件为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a <a a －1. 而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ＝aln a 1－a ＋a 221－a ＋a a －1>a a －1，所以不符合题意．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，＋∞)． [子题1] 已知函数f(x)＝ln x －ax ，g(x)＝x 2，a ∈R .(1)求函数f(x)的极值点；(2)若f(x)≤g(x)恒成立，求a 的取值范围．【答案】解 (1)f(x)＝ln x －ax 的定义域为(0，＋∞)， f ′(x)＝1x－a.当a ≤0时，f ′(x)＝1x－a>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值点；当a>0时，由f ′(x)＝1x －a>0，得0<x<1a ，由f ′(x)＝1x －a<0，得x>1a，所以f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减，所以函数f(x)有极大值点1a ，无极小值点．(2)由条件可得ln x －x 2－ax ≤0(x>0)恒成立，则当x>0时，a ≥ln xx－x 恒成立，令h(x)＝ln x x －x ，x>0，则h ′(x)＝1－x 2－ln xx 2，令k(x)＝1－x 2－ln x ，x>0，则当x>0时，k ′(x)＝－2x －1x <0，所以k(x)在(0，＋∞)上单调递减，又k(1)＝0，所以在(0,1)上，h ′(x)>0，在(1，＋∞)上，h ′(x)<0，所以h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以h(x)max ＝h(1)＝－1，所以a ≥－1. 即a 的取值范围为a ≥－1.[子题2] (2020·北京市西城区师范大学附属实验中学模拟)已知x ＝1e为函数f(x)＝x aln x 的极值点． (1)求a 的值；(2)设函数g(x)＝kxe x ，若对∀x 1∈(0，＋∞)，∃x 2∈R ，使得f(x 1)－g(x 2)≥0，求k 的取值范围．【答案】解 (1)f ′(x)＝ax a －1ln x ＋x a ·1x＝x a －1(aln x ＋1)，f ′⎝⎛⎭⎪⎫1e ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e a －1⎝⎛⎭⎪⎫aln 1e ＋1＝0，解得a ＝2，当a ＝2时，f ′(x)＝x(2ln x ＋1)，函数f(x)在⎝⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增，所以x ＝1e为函数f(x)＝x aln x 的极小值点，因此a ＝2.(2)由(1)知f(x)min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－12e ，函数g(x)的导函数g ′(x)＝k(1－x)e －x.①当k>0时，当x<1时，g ′(x)>0，g(x)在(－∞，1)上单调递增；当x>1时，g ′(x)<0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，对∀x 1∈(0，＋∞)，∃x 2＝－1k ，使得g(x 2)＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ＝1e k -<－1<－12e ≤f(x 1)，符合题意． ②当k ＝0时，g(x)＝0，取x 1＝1e，对∀x 2∈R 有f(x 1)－g(x 2)<0，不符合题意．③当k<0时，当x<1时，g ′(x)<0，g(x)在(－∞，1)上单调递减；当x>1时，g ′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增， g(x)min ＝g(1)＝ke，若对∀x 1∈(0，＋∞)，∃x 2∈R ，使得f(x 1)－g(x 2)≥0，只需g(x)min ≤f(x)min ，即k e ≤－12e ，解得k ≤－12.综上所述，k ∈⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－12∪(0，＋∞)．【方法总结】 (1)由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略 ①求最值法，将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题．②分离参数法，将参数分离出来，进而转化为a>f(x)max 或a<f(x)min 的形式，通过导数的应用求出f(x)的最值，即得参数的范围．(2)不等式有解问题可类比恒成立问题进行转化，要理解清楚两类问题的差别．拓展训练1．(2020·全国Ⅱ改编)已知函数f(x)＝2ln x ＋1.若f(x)≤2x ＋c ，求c 的取值范围．【答案】解设h(x)＝f(x)－2x －c ，则h(x)＝2ln x －2x ＋1－c ，其定义域为(0，＋∞)，h ′(x)＝2x－2.当0<x<1时，h ′(x)>0；当x>1时，h ′(x)<0.所以h(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减．从而当x ＝1时，h(x)取得最大值，最大值为h(1)＝－1－c. 故当－1－c ≤0，即c ≥－1时，f(x)≤2x ＋c. 所以c 的取值范围为[－1，＋∞)． 2．已知函数f(x)＝(1－x)e x－1. (1)求f(x)的极值；(2)设g(x)＝(x －t)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x －m t 2，存在x 1∈(－∞，＋∞)，x 2∈(0，＋∞)，使方程f(x 1)＝g(x 2)成立，求实数m 的最小值．【答案】解 (1)f ′(x)＝－xe x，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x)<0，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x)>0， ∴当x ＝0时，f(x)有极大值f(0)＝e 0－1＝0，f(x)没有极小值． (2)由(1)知f(x)≤0，又因为g(x)＝(x －t)2＋⎝⎛⎭⎪⎫ln x －m t 2≥0，所以要使方程f(x 1)＝g(x 2)有解，必然存在x 2∈(0，＋∞)，使g(x 2)＝0，所以x ＝t ，ln x ＝mt ，等价于方程ln x ＝mx有解，即方程m ＝xln x 在(0，＋∞)上有解，记h(x)＝xln x ，x ∈(0，＋∞)，则h ′(x)＝ln x ＋1，令h ′(x)＝0，得x ＝1e，所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，h ′(x)<0，h(x)单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，h ′(x)>0，h(x)单调递增，所以当x ＝1e 时，h(x)min ＝－1e ，所以实数m 的最小值为－1e.强化练（二）1．(2020·新高考全国Ⅰ改编)已知函数f(x)＝aex －1－ln x ＋ln a ．若f(x)≥1，求a 的取值范围．【答案】解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝ae x －1－1x. 当0<a<1时，f(1)＝a ＋ln a<1. 当a ＝1时，f(x)＝ex －1－ln x ，f ′(x)＝ex －1－1x. 当x ∈(0,1)时，f ′(x)<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x)>0.所以当x ＝1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)＝1，从而f(x)≥1. 当a>1时，f(x)＝aex －1－ln x ＋ln a ≥ex －1－ln x ≥1.综上，a 的取值范围是[1，＋∞)．2．设函数f(x)＝ax 2－xln x －(2a －1)x ＋a －1(a ∈R )．若对任意的x ∈[1，＋∞)，f(x)≥0恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】解 f ′(x)＝2ax －1－ln x －(2a －1)＝2a(x －1)－ln x(x>0)，易知当x ∈(0，＋∞)时，ln x ≤x －1，则f ′(x)≥2a(x －1)－(x －1)＝(2a －1)(x －1)．当2a －1≥0，即a ≥12时，由x ∈[1，＋∞)得f ′(x)≥0恒成立， f(x)在[1，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(1)＝0，符合题意；当a ≤0时，由x ∈[1，＋∞)得f ′(x)≤0恒成立，f(x)在[1，＋∞)上单调递减，f(x)≤f(1)＝0，显然不符合题意，a ≤0舍去；当0<a<12时，由ln x ≤x －1，得ln 1x ≤1x －1，即ln x ≥1－1x，则f ′(x)≤2a(x －1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x (2ax －1)， ∵0<a<12，∴12a>1. 当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，12a 时，f ′(x)≤0恒成立， ∴f(x)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，12a 上单调递减， ∴当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，12a 时，f(x)≤f(1)＝0，显然不符合题意，0<a<12舍去．综上可得，a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.母题突破3 零点问题母题 (2020·福州模拟)已知函数f(x)＝ln x ＋a x有零点，求实数a 的取值范围．思路分析一❶f x 有零点↓❷f x 的性质、草图↓❸求导，确定fx 的性质思路分析二❶f x 有零点 ↓❷a ＝－xln x 有解↓❸直线y ＝a 和曲线φx ＝－xln x 有交点↓❹求导确定φx 的性质、草图【答案】解方法一 f ′(x)＝1x －a x 2＝x －ax 2，x>0，①当a ≤0时，f ′(x)>0恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(1)＝ln 1＋a ＝a ≤0，当x →＋∞时，f(x)→＋∞，所以函数f(x)在定义域(0，＋∞)上有1个零点．②当a>0，则x ∈(0，a)时，f ′(x)<0；x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x)>0.所以函数f(x)在(0，a)上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．当x ＝a 时，f(x)取得最小值，且f(x)min ＝ln a ＋1，则ln a ＋1≤0，即0<a ≤1e ，又f(1)＝ln 1＋a ＝a>0，所以函数f(x)在定义域(0，＋∞)上有零点．综上所述，实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，1e .方法二由f(x)＝ln x ＋ax 有零点可得，a ＝－xln x 有解，设φ(x)＝－xln x ，则φ′(x)＝－ln x －1，令φ′(x)<0，得x>1e ；令φ′(x)>0，得0<x<1e ，所以φ(x)＝－xln x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递减，且x →0时，φ(x)→0，x →＋∞时，φ(x)→－∞，画出φ(x)＝－xln x 的草图如图所示，当a ≤1e 时，a ＝－xln x 有解，所以实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，1e .[子题1] (2020·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝e x －a(x ＋2)，(1)当a ＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a 的取值范围．【答案】解 (1)当a ＝1时，f(x)＝e x －(x ＋2)，f ′(x)＝e x－1，令f ′(x)<0，解得x<0，令f ′(x)>0，解得x>0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)f ′(x)＝e x －a.①当a ≤0时，f ′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．故f(x)至多存在一个零点，不合题意．②当a>0时，由f ′(x)＝0，可得x ＝ln a.当x ∈(－∞，ln a)时，f ′(x)<0；当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x)>0.所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．故当x ＝ln a 时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a(1＋ln a)．(ⅰ)若0<a ≤1e，则f(ln a)≥0，f(x)在(－∞，＋∞)上至多存在一个零点，不合题意． (ⅱ)若a>1e，f(ln a)<0. 因为f(－2)＝e －2>0，所以f(x)在(－∞，ln a)上存在唯一零点．由(1)知，当x>2时，e x －x －2>0.所以当x>4且x>2ln(2a)时，f(x)＝22e ·e x x －a(x ＋2)>e ln(2a)·⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋2－a(x ＋2)＝2a>0. 故f(x)在(ln a ，＋∞)上存在唯一零点．从而f(x)在(－∞，＋∞)上有两个零点．综上，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞. [子题2] 已知函数f(x)＝ln x ＋x ，方程x 2＝2mf(x)(m>0)有唯一实数解，求m.【答案】解因为方程2mf(x)＝x 2有唯一实数解，所以x 2－2mln x －2mx ＝0有唯一实数解，设g(x)＝x 2－2mln x －2mx ，则g ′(x)＝2x 2－2mx －2m x，令g ′(x)＝0，即x 2－mx －m ＝0.因为m>0，x>0，所以x 1＝m －m 2＋4m 2<0(舍去)， x 2＝m ＋m 2＋4m 2>0，当x ∈(0，x 2)时，g ′(x)<0，g(x)在(0，x 2)上单调递减，当x ∈(x 2，＋∞)时，g ′(x)>0，g(x)在(x 2，＋∞)上单调递增，当x ＝x 2时，g ′(x)＝0，g(x)取最小值g(x 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧ g x 2＝0，g ′x 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x 22－2mln x 2－2mx 2＝0，x 22－mx 2－m ＝0，所以2mln x 2＋mx 2－m ＝0，因为m>0，所以2ln x 2＋x 2－1＝0，(*)设函数h(x)＝2ln x ＋x －1，h ′(x)＝2x ＋1，因为当x>0时，h ′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)＝0至多有一解，因为h(1)＝0，所以方程(*)的解为x 2＝1，即m ＋m 2＋4m 2＝1，解得m ＝12. 规律方法解函数零点问题的一般思路 (1)对函数求导．(2)分析函数的单调性，极值情况．(3)结合函数性质画函数的草图．(4)依据函数草图确定函数零点情况．拓展训练1．(2019·全国Ⅱ改编)已知函数f(x)＝ln x －x ＋1x －1.讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点．【答案】解 f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．因为f ′(x)＝1x ＋2x －12>0，所以f(x)在(0,1)，(1，＋∞)上单调递增．因为f(e)＝1－e ＋1e －1＝－2e －1<0， f(e 2)＝2－e 2＋1e 2－1＝e 2－3e 2－1>0，所以f(x)在(1，＋∞)上有唯一零点x 1，即f(x 1)＝0.又0<1x 1<1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＝－ln x 1＋x 1＋1x 1－1＝－f(x 1)＝0，故f(x)在(0,1)上有唯一零点1x 1. 综上，f(x)有且仅有两个零点．2．已知函数f(x)＝ax 2－1－2ln x(a ∈R )．(1)当a ＝1时，求证：f(x)≥0；(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a 的取值范围．【答案】(1)证明当a ＝1时，f(x)＝x 2－1－2ln x(x>0)，f(1)＝0.f ′(x)＝2x －2x ＝2x ＋1x －1x ，当x ∈(0,1)时，f ′(x)<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x)>0，∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴当x ＝1时，函数f(x)取得最小值，∴f(x)≥f(1)＝0，即f(x)≥0.(2)解方法一 f ′(x)＝2ax －2x(x>0)，当a ≤0时，f ′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，至多有一个零点，不符合题意．当a>0时，f ′(x)＝2ax －2x＝2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a x ，可得当x ＝1a时，函数f(x)取得最小值．当x →0时，f(x)→＋∞；当x →＋∞时，f(x)→＋∞.∵函数f(x)有两个零点，∴f(x)min ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫1a ＝1－1－2ln 1a＝ln a<0，解得0<a<1.∴实数a 的取值范围是(0,1)．方法二由f(x)＝ax 2－1－2ln x ＝0，得a ＝1＋2ln x x2，设h(x)＝1＋2ln x x2， ∵f(x)有两个零点，∴a ＝h(x)有两个解，又h ′(x)＝2x ·x 2－1＋2ln x ·2x x 4＝－4ln x x3，由h ′(x)>0，得ln x<0，∴0<x<1，由h ′(x)<0，得ln x>0，∴x>1，∴函数h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴h(x)max ＝h(1)＝1，当x →0时，h(x)→－∞，当x →＋∞时，h(x)→0，画出h(x)＝1＋2ln x x 2的草图，如图所示，由a ＝h(x)有两个解，可知0<a<1，故实数a 的取值范围是(0,1)．强化练（三）1．(2018·全国Ⅱ)已知函数f(x)＝13x 3－a(x 2＋x ＋1)． (1)若a ＝3，求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)只有一个零点．【答案】(1)解当a ＝3时，f(x)＝13x 3－3x 2－3x －3， f ′(x)＝x 2－6x －3.令f ′(x)＝0，解得x ＝3－23或x ＝3＋2 3.当x ∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f ′(x)>0；当x ∈(3－23，3＋23)时，f ′(x)<0.故f(x)的单调递增区间为(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)，单调递减区间为(3－23，3＋23)．(2)证明因为x 2＋x ＋1>0在R 上恒成立，所以f(x)＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0. 设g(x)＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x)＝x 2x 2＋2x ＋3x 2＋x ＋12≥0在R 上恒成立，当且仅当x ＝0时，g ′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．又f(3a －1)＝－6a 2＋2a －13＝－6⎝ ⎛⎭⎪⎫a －162－16<0， f(3a ＋1)＝13>0，故f(x)有一个零点．综上所述，f(x)只有一个零点．2．已知函数f(x)＝ln x －x ＋2sin x ，f ′(x)为f(x)的导函数．(1)求证：f ′(x)在(0，π)上存在唯一零点；(2)求证：f(x)有且仅有两个不同的零点．【答案】证明 (1)设g(x)＝f ′(x)＝1x －1＋2cos x ，当x ∈(0，π)时，g ′(x)＝－2sin x －1x 2<0，所以g(x)在(0，π)上单调递减，又因为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝3π－1＋1>0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝2π－1<0，所以g(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π2上有唯一的零点α，所以命题得证． (2)①由(1)知，当x ∈(0，α)时，f ′(x)>0，f(x)在(0，α)上单调递增；当x ∈(α，π)时，f ′(x)<0，f(x)在(α，π)上单调递减，所以f(x)在(0，π)上存在唯一的极大值点α⎝⎛⎭⎪⎫π3<α<π2，所以f(α)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝ln π2－π2＋2>2－π2>0，又因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2＝－2－1e 2＋2sin 1e 2<－2－1e 2＋2<0，所以f(x)在(0，α)上恰有一个零点，又因为f(π)＝ln π－π<2－π<0，所以f(x)在(α，π)上也恰有一个零点．②当x ∈[π，2π)时，sin x ≤0，f(x)≤ln x －x ，设h(x)＝ln x －x ，则h ′(x)＝1x－1<0，所以h(x)在[π，2π)上单调递减，所以h(x)≤h(π)<0，所以当x ∈[π，2π)时，f(x)≤h(x)≤h(π)<0恒成立，所以f(x)在[π，2π)上没有零点．③当x ∈[2π，＋∞)时，f(x)≤ln x －x ＋2，设φ(x)＝ln x －x ＋2，则φ′(x)＝1x－1<0，所以φ(x)在[2π，＋∞)上单调递减，所以φ(x)≤φ(2π)<0，所以当x ∈[2π，＋∞)时，f(x)≤φ(x)≤φ(2π)<0恒成立，所以f(x)在[2π，＋∞)上没有零点．综上，f(x)有且仅有两个不同的零点．。

专题05 应用导数研究不等式恒成立问题【解析版】

【答案】
【解析】恒成立的不等式为，便于参数分离，所以考虑尝试参变分离法
解：，其中
只需要，令
（导函数无法直接确定单调区间，但再求一次导即可将变为，所以二阶导函数的单调性可分析，为了便于确定的符号，不妨先验边界值）
，，（判断单调性时一定要先看定义域，有可能会简化判断的过程）
在单调递减，在单调递减
【压轴典例】
例1.（2019年高考天津理）已知，设函数若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为（）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】当时，恒成立；
当时，恒成立，
令，
则
，
当，即时取等号，
∴ ，则 .
当时，，即恒成立，
令，则，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
(1)已知不等式f(x，λ)≥0(λ为实参数)对任意的x∈D恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数解决此类问题可以运用分离参数法，其一般步骤如下：
(2)如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(a＞0，Δ＜0或a＜0，Δ＜0)求解．
（Ⅰ）讨论的单调区间；
（Ⅱ）若 ,且恒成立.求的最大值.
【答案】（1）见解析;（2）6.
【解析】
（1），
当时，即时，在上恒成立，所以的单调减区间是，无单调增区间.
当时，即时，由得 .由，得，所以的单调减区间是，单调增区间是
（2）由得，
令
，
，，
，，
，，
8.（陕西省2019届高三第三次联考）已知函数，， .

导数压轴题恒成立题目

导数压轴题恒成立题目一、导数的定义导数是微积分中的重要概念之一，用来描述函数在某一点上的变化率。

设函数f(x)在点x处可导，那么f(x)在该点的导数表示为f’(x)，可以通过以下极限定义得到：f′(x)=limΔx→0f(x+Δx)−f(x)Δx其中，Δx表示自变量x的增量。

二、导数的性质1.导数存在性：函数在某一点可导意味着该点处的切线存在且唯一。

2.导数与函数图像：函数图像上任意一点处的切线斜率等于该点处的导数值。

3.导数与连续性：可导函数必然连续，但连续函数不一定可导。

4.导数与凸凹性：若f″(x)>0（f″(x)<0），则函数图像在该区间上是凹（凸）向上弯曲的。

5.导数与极值：若f′(x0)=0，则x0可能是极大值或极小值。

三、求解导数压轴题例题1：已知函数f(x)=2x3−3x2+4x−5，求f′(x)。

解：根据导数的定义，我们可以利用求极限的方法来计算导数。

首先，我们将函数f(x)写成差商的形式：f(x+Δx)−f(x)Δx =2(x+Δx)3−3(x+Δx)2+4(x+Δx)−5−(2x3−3x2+4x−5)Δx=2[(x+Δx)3−x3]−3[(x+Δx)2−x2]+4[(x+Δx)−x]Δx=2[3x2Δx+3x(Δx)2+(Δx)3]−3[2xΔx+(Δx)2]+4ΔxΔx=6x2+6xΔx+2(Δx)2−6x−3(Δx)+4然后，我们取极限limΔx→0，得到：f′(x)=6x2−6x+4因此，函数f(x)的导数为f′(x)=6x2−6x+4。

例题2：已知函数g(x)=e ax，其中a为常数，请求g′(0)。

解：根据导数的定义，我们将函数g(x)写成差商的形式：g(x+Δx)−g(x)Δx =e a(x+Δx)−e axΔx=e ax e aΔx−e axΔx=e ax(e aΔx−1)Δx然后，我们取极限limΔx→0，得到：g′(x)=ae ax将x=0代入上式，得到：g′(0)=ae0=a因此，函数g(x)在x=0处的导数为g′(0)=a。

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