【精品】2019高考数学压轴题命题区间二函数与导数★★★增分点5 掌握四种函数构造法,破解导数解决不等式

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2019全国二卷数学导数

2019全国二卷数学导数
导数是一个重要的数学概念，它在研究函数的单调性、极值、最值等方面有着广泛的应用。

在2019年全国二卷数学中，导数也是必考的知识点之一。

在2019年全国二卷数学中，导数的题目通常会给出函数的表达式，要求求出函数的导数，并利用导数研究函数的单调性、极值和最值等性质。

例如，题目可能会给出函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 2，要求求出函数的导数f'(x)，并研究函数的单调性和极值。

对于函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 2，我们可以求出它的导数 f'(x) = 3x^2 - 6x。

接下来，我们可以令 f'(x) = 0，解得 x = 0 或 x = 2。

当 x < 0 时，f'(x) > 0，所以函数在区间 (-∞, 0) 上是单调递增的；
当 0 < x < 2 时，f'(x) < 0，所以函数在区间 (0, 2) 上是单调递减的；
当 x > 2 时，f'(x) > 0，所以函数在区间(2, +∞) 上是单调递增的。

因此，函数在 x = 0 处取得极大值 f(0) = 2，在 x = 2 处取得极小值 f(2) = 0。

需要注意的是，这只是导数的一种应用示例，具体的题目可能会涉及到更多的知识点和解题技巧。

因此，考生在备考时需要全面掌握导数的基本概念和性质，并多做一些练习题来提高自己的解题能力。

浙江省2019年高考数学压轴卷(含解析)

三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
18.设函数，其中，已知 .
(1)求；
(2)将函数的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再将得到的图象向左平移个单位，得到函数的图象，求在上的最小值．
19.已知等差数列的前项和为，若．
A.4B.-4C.6D.-6
8.4月23日是“世界读书日”，某中学在此期间开展了一系列的读书教育活动.为了解本校学生课外阅读情况，学校随机抽取了100名学生对其课外阅读时间进行调查. 根据调查结果知道，从该校学生中任意抽取1名学生恰为读书迷的概率是 .现在从该校大量学生中，用随机抽样的方法每次抽取1人，共抽取3次，记被抽取的3人中的“读书迷”的人数为 .若每次抽取的结果是相互独立的，则期望和方差分别是（）.
∴ ，
解得，
∴ ，
解得R=2.
故答案为：2;2.
14.【答案】4
【解析】设向量的夹角为，由余弦定理有：，
，则：
，
令，则，
据此可得：，
即的最小值是4，最大值是．
15.【答案】
【解析】原问题等价于有三个不同的实根，即与有三个不同的交点，当时，为增函数，在处取得最小值为，与只有一个交点.当时，，根据复合函数的单调性，其在上先减后增.所以，要有三个不同交点，则需，解得 .
设直线的方程为：，
联立，得，
则 ①.
设，则 .
∵
即，得：，
∴ ，即或，
代人①式检验均满足，
∴直线的方程为：或 .
∴直线过定点（定点不满足题意，故舍去）.
22.【答案】(1) ；(2) .

全国卷Ⅱ2019年高考数学压轴卷理含解析20190514017

（全国卷Ⅱ）2019年高考数学压轴卷理（含解析）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．已知{}lg 0A x x =>，{}12B x x =-<，则A B =U （） A ．{}11x x x <-≥或 B ．{}13x x << C ．{}3x x >D ．{}1x x >-2．下列命题中正确的是（）A ．若p q ∨为真命题，则p q ∧为真命题B ．若0x >，则sin x x >恒成立C ．命题“()00,x ∃∈+∞，00ln 1x x =-”的否定是“()00,x ∀∉+∞，00ln 1x x ≠-”D ．命题“若22x =，则2x =或2x =-”的逆否命题是“若2x ≠或2x ≠-，则22x ≠”3．设曲线C 是双曲线，则“C 的方程为2214y x -=”是“C 的渐近线方程为2y x =±”的( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件4．函数e 4xy x=的图象可能是（）A ．B ．C ．D ．5．已知函数()sin y A x b ωϕ=++的最大值为3，最小值为1-．两条对称轴间最短距离为2π，直线6x π=是其图象的一条对称轴，则符合条件的函数解析式为（） A ．4sin 26y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ B ．2sin 216y x π⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭C ．2sin 3y x π⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭D ．2sin 213y x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭6．设0.1log 0.2a =， 1.1log 0.2b =，0.21.2c =，0.21.1d =则（）A．a b d c>>>B．c a d b>>>C．d c a b>>>D．c d a b>>>7．某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为（）A．16π3B．3πC．29πD．169π8．已知向量(1,3=-a，()0,2=-b，则a与b的夹角为（）A．π6B．π3C．5π6D．2π39．在ABC△中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，()()3a b c a c b ac+++-=，则角B=（）A．2π3B．π3C．5π6D．π610．执行如图所示程序框图，输出的S=（）A．25 B．9 C．17 D．2011．已知过点(),0A a作曲线:e xC y x=⋅的切线有且仅有两条，则实数a的取值范围是（）A．()(),40,-∞-+∞U B．()0,+∞C．()(),11,-∞-+∞U D．(),1-∞-12．已知函数()ln,0e,ex xf x exx⎧<≤⎪=⎨>⎪⎩，若0a b c<<<且满足()()()f a f b f c==，则()af b()bf c+()cf a+的取值范围是（）A．()1,+∞B．()e,+∞C．11e1e⎛⎫++⎪⎝⎭,D．1e,2ee⎛⎫+⎪⎝⎭二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．已知直线l、m与平面α、β，lα⊂，mβ⊂，则下列命题中正确的是_______（填写正确命题对应的序号）．S＝S＋8开始否T>S？结束是S＝1，T=0,n=0n=＝0n＝n+2输出ST＝T+2n①若l m ∥，则αβ∥；②若l m ⊥，则αβ⊥； ③若l β⊥，则αβ⊥；④若αβ⊥，则m α⊥，14．若x ，y 满足约束条件220100x y x y y --≤⎧⎪-+≥⎨⎪≤⎩，则2z x y =+的最小值为__________．15．费马点是指三角形内到三角形三个顶点距离之和最小的点．当三角形三个内角均小于120︒时，费马点与三个顶点连线正好三等分费马点所在的周角，即该点所对的三角形三边的张角相等均为120︒．根据以上性质，函数 ()f x______．16．已知ABC △中，AB AC =，点D 是AC 边的中点，线段BD x =，ABC △的面积2S =，则x 的取值范围是_________．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（本小题满分12分）在ABC △中，角A 、B 、C 所对的边分别是a 、b 、c ，角A 、B、C 成等差数列，b =（1）若3sin 4sin C A =，求c 的值；（2）求a c +的最大值． 18．（本小题满分12分）2018年2月9-25日，第23届冬奥会在韩国平昌举行．4年后，第24届冬奥会将在中国北京和张家口举行．为了宣传冬奥会，某大学在平昌冬奥会开幕后的第二天，从全校学生中随机抽取了120名学生，对是否收看平昌冬奥会开幕式情况进行了问卷调查，统计数据如下：（1（2）现从参与问卷调查且收看了开幕式的学生中，采用按性别分层抽样的方法，选取12人参加2022年北京冬奥会志愿者宣传活动．（i ）问男、女学生各选取了多少人？（ii ）若从这12人中随机选取3人到校广播站开展冬奥会及冰雪项目的宣传介绍，设选取的3人中女生人数为X ，写出X 的分布列，并求()E X ．附：()()()()()22n ad bc K a b c d a c b d -=++++，其中n a b c d =+++．19．（本小题满分12分）在四棱锥P ABCD -中，AD ⊥平面PDC ，PD DC ⊥，底面ABCD 是梯形，AB DC ∥，1AB AD PD ===，2CD =．（1）求证：平面PBC ⊥平面PBD ；（2）设Q 为棱PC 上一点，PQ PC λ=u u u r u u u r，试确定λ的值使得二面角Q BD P --为60︒．20.（本小题满分12分）已知椭圆()222:90C x y m m +=>，直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴，l 与C 交于A 、B 两点，线段AB 的中点为M ．（1）证明：直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值；（2）若l 过点,3m m ⎛⎫⎪⎝⎭，延长线段OM 与C 交于点P ，四边形OAPB 能否为平行四边形？若能，求l 的斜率；若不能，说明理由． 21．（本小题满分12分）已知函数()ln 2a xf x x x =++．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）设函数()()ln 1g x x x f x =+-，若1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x >恒成立，求实数a 的取值范围．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分． 22．（本题满分10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】平面直角坐标系中，直线l 的参数方程为131x t y t =+⎧⎪⎨=+⎪⎩(t 为参数)，以原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为22cos 1cos θρθ=-．（1）写出直线l 的普通方程与曲线C 的直角坐标方程;（2）已知与直线l 平行的直线l '过点()20M ,，且与曲线C 交于A ，B 两点，试求MA MB ⋅． 23．（本题满分10分）【选修4-5：不等式选讲】已知函数()211f x x x =+--．（1）解不等式()2f x <；（2）若不等式()1123m f x x x -≥+-+-有解，求实数m 的取值范围．2019全国卷Ⅱ高考压轴卷数学理科答案一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．【答案】D 【解析】{}{}lg 01A x x x x =>=>，{}{}1213B x x x x =-<=-<<，则{}1A B x x =>-U ．故选D ．2．【答案】B【解析】令()sin f x x x =-，()1cos 0f x x '=-≥恒成立，()sin f x x x =-在()0,+∞单调递增，∴()()00f x f >=，∴sin x x >，B 为真命题或者排除A 、C 、D ．故选B ． 3．【答案】A【解析】若C 的方程为2214y x -=，则1a =，2b =，渐近线方程为b y x a=±，即为2y x =±，充分性成立，若渐近线方程为2y x =±，则双曲线方程为()2204y x λλ-=≠，∴“C 的方程为2214y x -=”是“C 的渐近线方程为2y x =±”的充分而不必要条件，故选A ． 4．【答案】C【解析】函数为奇函数，图象关于原点对称，排除B ，当1x =时，e14y =<，排除A ；当x →+∞时，e4xx→+∞，排除D ．故选C ．5．【答案】B【解析】由31A b A b +=⎧⎨-+=-⎩，∴21A b =⎧⎨=⎩，又22T π=，∴T =π，∴2ω=，∴()2sin 21y x ϕ=++，又262k ϕππ⋅+=+π，k ∈Z ，∴6k ϕπ=+π，k ∈Z ， ∴72sin 212sin 2166y x x ππ⎛⎫⎛⎫=++=-++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故选B ． 6．【答案】D【解析】01a <<，0b <，1c >，1d >，由0.2y x =在R 上为增函数，∴c d >，故选D ． 7．【答案】D【解析】形，高是4的圆锥体．容易算得底面面积，所以其体积D ．8．【答案】A【解析】设向量a 与向量b 的夹角为[]()0,πθθ∈，则3cos θ⋅==a b a b ，∴π6θ=．故选A ． 9．【答案】B【解析】由()()3a b c a c b ac +++-=，可得222a c b ac +-=，根据余弦定理得2221cos 22a cb B ac +-==，∵()0,πB ∈，∴π3B =．故选B ． 10．【答案】C【解析】按照程序框图依次执行为1S =，0n =，0T =；9S =，2n =，044T =+=； 17S =，4n =，41620T S =+=>，退出循环，输出17S =．故选C ． 11．【答案】A【解析】设切点为()000,e x x x ，()1e xy x '=+，∴0001e x x x y x ='=+⋅，则切线方程为：()()00000e =1e x xy x x x x -+⋅-，切线过点(),0A a 代入得：()()000e =1ex x x x a x -+⋅-，∴2001x a x =+，即方程2000x ax a --=有两个解，则有2400a a a ∆=+>⇒>或4a <-．故选A ．12．【答案】D【解析】画出()f x 的图象，由0a b c <<<且()()()f a f b f c ==得：01a <<，1e b <<，e c >，ln ln a b -=，e ln b c=，∴1ab =，ln e c b =，()()()()1ln ln e af b bf c cf a a b c b b b b ⎛⎫++=++=++ ⎪⎝⎭，令()1ln e g b b b b ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，()1e b <<，则()21111ln g b b b b b b ⎛⎫⎛⎫'=-++⋅⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()()211ln 1ln g b b b b'=++-，∵1e b <<，∴1ln 0b ->，ln 0b >，∴()0g b '>，则函数()g b 在区间()1,e 上单调递增，∴()()()1e g g b g <<，即11e ln e 2e e b b b ⎛⎫<++<+ ⎪⎝⎭，∴()()()af b bf c cf a ++的取值范围是1e,2e e ⎛⎫+ ⎪⎝⎭（以a 为变量时，注意a 的取值范围为11ea <<）．故选D ．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．【答案】③【解析】①如图所示，设c αβ=I ，l c ∥，m c ∥满足条件，但是α与β不平行，故①不正确；②假设αβ∥，l β'⊂，l l '∥，l m '⊥，则满足条件，但是α与β不垂直，故②不正确； ③由面面垂直的判定定理，若l β⊥，则αβ⊥，故③正确；④若αβ⊥，n αβ=I ，由面面垂直的性质定理知，m n ⊥时，m α⊥，故④不正确．综上可知：只有③正确．故答案为③． 14．【答案】11-【解析】画出可行域如图所示，可知目标函数过点()4,3A --时取得最小值，()()min 24311z =⨯-+-=-． 15.【答案】23【解析】由两点间的距离公式得()()()222222112x y x y x y -++++-为点(),x y 到点()1,0、()1,0-、()0,2的距离之和，即求点(),x y 到点()1,0、()1,0-、()0,2的距离之和的最小值，取最小值时的这个点即为这三个点构成的三角形的费马点，容易求得最小值为2233322333=+．16．【答案】)3+⎡∞⎣,【解析】设BAC α∠=，BA c =，则21sin 22c α⋅=，∴2sin 4c α⋅=①在ABD △中，222cos 22c c BD c c α⎛⎫=+-⋅⋅ ⎪⎝⎭，2225cos 4BD c c α=-②由①得24sin c α=③，把③代入②得：254cos sin BD αα-=，2sin 4cos 5BD αα+=，由辅助角公式得()224sin 5BD αϕ++=，∴4245BD +≥，即49BD ≥，23BD ≥，则3BD ≥（3sin 5α=，203c =时取等号）．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17（本小题满分12分）【答案】（1）4；（2）213．【解析】（1）由角A ，B ，C 成等差数列，得2B A C =+，又A B C ++=π，得3B π=．又由正弦定理，3sin 4sinC A =，得34c a =，即34a c =，由余弦定理，得2222cos b a c ac B =+-，即22331132442c c c c ⎛⎫=+-⨯⨯⨯ ⎪⎝⎭，解得4c =．（2）由正弦定理得213sin sin sin 3a c b A C B ===， ∴2133a A ，2133c C =，)()213213sin sin sin sin 33a c A C A A B +=+=++⎤⎦213sin sin 213363A A A π⎤π⎛⎫⎛⎫=++=+ ⎪ ⎪⎥⎝⎭⎝⎭⎦，由23Aπ<<，知当62Aππ+=，即3Aπ=时，()max213a c+=．18．（本小题满分12分）【答案】（1）有99%的把握认为，收看开幕式与性别有关；（2）见解析．【解析】（1）因为()22120602020207.5 6.63580408040K⨯⨯-⨯==>⨯⨯⨯，所以有99%的把握认为，收看开幕式与性别有关．（2）（i）根据分层抽样方法得，男生31294⨯=人，女生11234⨯=人，所以选取的12人中，男生有9人，女生有3人．（ii）由题意可知，X的可能取值有0，1，2，3．()3093312C C84220CP X===，()2193312C C1081220CP X===，()1293312C C272220CP X===，()0393312C C13220CP X===，∴XX0123P84220108220272201220∴()01232202202202204E X=⨯+⨯+⨯+⨯=．19．（本小题满分12分）【答案】（1）见解析；（2）36λ=-．【解析】（1）证明∵AD⊥平面PDC，PD⊂平面PDC，DC⊂平面PDC，∴AD PD⊥，AD DC⊥，在梯形ABCD中，过点作B作BH CD⊥于H，在BCH△中，145BH CH BCH==⇒∠=︒，又在DAB△中，145AD AB ADB==⇒∠=︒，∴4590BDC DBC BC BD∠=︒⇒∠=︒⇒⊥，①∵PD AD⊥，PD DC⊥，AD DC D=I，AD⊂平面ABCD，DC⊂平面ABCD，∴PD⊥平面ABCD，∵BC⊂平面ABCD，∴PD BC⊥，由①②，∵BD PD D=I，BD⊂平面PBD，PD⊂平面PBD，∴BC⊥平面PBD，∵BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PBD；（2）以D为原点，DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系(如图)则()0,0,1P ，()0,2,0C ，()1,0,0A ，()1,1,0B ，令()000,,Q x y z ，()000,,1PQ x y z =-u u u r ，()0,2,1PC =-u u u r，∵PQ PC λ=u u u r u u u r，∴()()000,,10,2,1x y z λ-=-，∴()0,2,1Q λλ=-，∵BC ⊥平面PBD ，∴()1,1,0=-n 是平面PBD 的一个法向量，设平面QBD 的法向量为(),,x y z =m ，则00DB DQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r m m ，即()0210x y y z λλ+=⎧⎪⎨+-=⎪⎩，即()21x y z y λλ=-⎧⎪⎨=⎪-⎩，不妨令1y =，得21,1,1λλ⎛⎫=- ⎪-⎝⎭m ，∵二面角Q BD P --为60︒，∴21cos ,22221λλ⋅===⋅⎛⎫⋅+ ⎪-⎝⎭m n m n m n，解得36λ=±，∵Q 在棱PC 上，∴01λ<<，故36λ=-为所求．20.（本小题满分12分）【答案】（1）见解析；（2）四边形OAPB 能为平行四边形，当l 的斜率为4747四边形OAPB 为平行四边形．【解析】（1）设直线()0,0y kx b k b =+≠≠，()11,A x y ，()22,B x y ，(),M M M x y ，将y kx b =+代入2229x y m +=，得()2222920k x kbx b m +++-=，故12229M x x kb x k +==-+，299M M by kx b k =+=+，于是直线OM 的斜率9M OM M y k x k ==-，即9OM k k ⋅=-，所是命题得证．（2）四边形OAPB 能为平行四边形．∵直线l 过点,3m m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，∴l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是0k >且3k ≠．由（1）得OM 的方程为9y x k=-．设点P 的横坐标为P x ．由22299y x k x y m ⎧=-⎪⎨⎪+=⎩，得2222981P k m x k =+，即P x =．将点,3m m ⎛⎫ ⎪⎝⎭的坐标代入直线l 的方程得()33m k b -=，因此()()2339M mk k x k -=+，四边形OAPB 为平行四边形当且仅当线段AB 与线段OP 互相平分，即2P M x x =()()23239mk k k -=⨯+．解得14k =-24k =∵0i k >，3i k ≠，1i =，2，∴当l的斜率为4或4OAPB 为平行四边形．21．（本小题满分12分）【答案】（1）当0a ≤时，()f x 的增区间为()0,+∞；当0a >时，()f x 的减区间为(0,1-，增区间为()1-+∞；（2）12⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭,．【解析】（1）()f x 的定义域为()0,+∞，()222112222a x x a f x x x x +-'=-+=，令()0f x '=，则2220x x a +-=，480a ∆=+>时，即12a >-，方程两根为11x ==-，2x =-，122x x +=-，122x x a =-， ①当12a ≤-时，0∆≤，()0f x '≥恒成立，()f x 的增区间为()0,+∞； ②当102a -<≤时，1220x x a =-≥，10x <，20x ≤， ()0,x ∈+∞时，()0f x '≥，()f x 的增区间为()0,+∞；③当0a >时，10x <，20x >，当()20,x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，当()2+x x ∈∞,时，()0f x '>，单调递增；综上，当0a ≤时，()f x 的增区间为()0,+∞；当0a >时，()f x 的减区间为()0,112a -++，增区间为()112,a -+++∞．（2）1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x >恒成立，即ln ln 102a x x x x x ---+>，∴22ln ln 2x a x x x x x <--+，令()221ln ln 22x h x x x x x x x ⎛⎫=--+> ⎪⎝⎭，()2ln ln 11h x x x x x x '=+---+，()()21ln h x x x '=-，当1,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，()h x 单调递减；当()1+x ∈∞,时，()0h x '>，()h x 单调递减； ∴()()min 112h x h ==，∴12a <，则实数a 的取值范围时12⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭,．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．22．（本小题满分10分）【答案】（1）()311y x =-+，22y x =；（2）163．【解析】（1）把直线l 的参数方程化为普通方程为()311y x =-+．由22cos 1cos θρθ=-，可得()221cos 2cos ρθρθ-=， ∴曲线C 的直角坐标方程为22y x =．（2）直线l 的倾斜角为3π，∴直线l '的倾斜角也为3π，又直线l '过点()20M ,， ∴直线l '的参数方程为1223x t y ⎧'=+⎪⎪⎨⎪'=⎪⎩(t '为参数)，将其代入曲线C 的直角坐标方程可得234160t t ''--=，设点A ，B 对应的参数分别为1t '，2t '．由一元二次方程的根与系数的关系知12163t t ''=-，1243t t ''+=． ∴163MA MB ⋅=． 23．（本小题满分10分）【答案】（1）243x x ⎧⎫-<<⎨⎬⎩⎭；（2）3m ≤-或5m ≥．【解析】（1）()12,21211=3,122,1x x f x x x x x x x ⎧--<-⎪⎪⎪=+---≤≤⎨⎪+>⎪⎪⎩， ∴1222x x ⎧<-⎪⎨⎪--<⎩或11232x x ⎧-≤≤⎪⎨⎪<⎩或122x x >⎧⎨+<⎩，解得142x -<<-或1223x -≤<或无解，综上，不等式()2f x <的解集是243x x ⎧⎫-<<⎨⎬⎩⎭．（2）()1232111232123f x x x x x x x x x +-+-=+--+-+-=++-()21234x x ≥+--=，当1322x -≤≤时等号成立不等式()1123m f x x x -≥+-+-有解， ∴()min 1123m f x x x -≥⎡+-+-⎤⎣⎦， ∴14m -≥，∴14m -≤-或14m -≥，即3m ≤-或5m ≥，∴实数m 的取值范围是3m ≤-或5m ≥．。

全国卷Ⅱ2019年高考数学压轴卷文含解析20190514018

（全国卷Ⅱ）2019年高考数学压轴卷文（含解析）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知复数z 满足11i 12z z -=+，则复数z 在复平面内对应点在（） A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限2．已知集合{}06M x x =≤≤， {}232x N x =≤，则M N ⋃=（） A. (],6-∞ B. (],5-∞ C. []0,6 D. []0,53.已知向量2=a ，1=b ，()22⋅-=a a b ，则a 与b 的夹角为（）A ．30︒B ．60︒C ．90︒D ．150︒4.《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一，书中有这样一道题目：把100个面包分给5个人，使每个人所得面包成等差数列，且较大的三份之和的等于较小的两份之和，问最小的一份为（）A.65 B.611 C. 35 D. 310 5.若n 是2和8的等比中项，则圆锥曲线221y x n+=的离心率是（）A ．32 B ．5 C ．32或52 D ．32或5 【答案】D6．《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，已知某“堑堵”的三视图如图所示，则该“堑堵”的表面积为( )A ．4B ．642+C ．442+D ．27.在ABC ∆中，内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，若sin 1sin 2B C =，()2213cos2a b B BA BC-=⋅u u u v u u u v，则角C=（）A.6πB.3πC.2πD.3π或2π8. 如图为函数()y f x=的图象，则该函数可能为()A．sin xyx=B．cos xyx=C．sin||xyx=D．|sin|xyx=9．执行如图所示程序框图，若输出的S值为20-，在条件框内应填写（）A．3?i>B．4?i<C．4?i>D．5?i< 10．已知抛物线()220y px p=>的焦点为F，准线l与x轴交于点A，点P在抛物线上，点P到准线l的距离为d，点O关于准线l的对称点为点B，BP交y轴于点M，若BP a BM=，23OM d=，则实数a的值是（）A.34B.12C.23D.3211．已知不等式组2024x yx yyx y m-≥+≤≥⎧⎪+⎨≤⎪⎪⎪⎩表示的平面区域为M，若m是整数，且平面区域M内的整点(),x y恰有3个（其中整点是指横、纵坐标都是整数的点），则m的值是（）A. 1B. 2C. 3D. 412．已知函数()f x 的导函数为()f x '，且满足()32123f x x ax bx =+++， ()()24f x f x +='-'，若函数()6ln 2f x x x ≥+恒成立，则实数b 的取值范围为（）A. [)64ln3,++∞B. [)5ln5,++∞C. [)66ln6,++∞D. [)4ln2,++∞ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．某学校选修网球课程的学生中，高一、高二、高三年级分别有50名、40名、40名．现用分层抽样的方法在这130名学生中抽取一个样本，已知在高二年级学生中抽取了8名，则在高一年级学生中应抽取的人数为_______．14．设P 为曲线2:23C y x x =++上的点，且曲线C 在点P 处切线倾斜角的取值范围为0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦π，则点P 横坐标的取值范围为． 15．已知正四棱锥P ABCD -内接于半径为94的球O 中（且球心O 在该棱锥内部），底面ABCD 的边长为2，则点A 到平面PBC 的距离是__________．16．若双曲线()222210,0x y a b a b-=>>上存在一点P 满足以OP 为边长的正三角形的内切圆的面积等于236c π（其中O 为坐标原点， c 为双曲线的半焦距），则双曲线的离心率的取值范围是．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.（本小满分题12分）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，1110,910n n a a S +==+. （1）求证：{lg }n a 是等差数列；（2）设n T 是数列13{}(lg )(lg )n n a a +的前n 项和，求使21(5)4n T m m >-对所有的*n N ∈都成立的最大正整数m 的值.18.（本小题满分12分）进入11月份，香港大学自主招生开始报名，“五校联盟”统一对五校高三学生进行综合素质测试，在所有参加测试的学生中随机抽取了部分学生的成绩，得到如图所示的成绩频率分布直方图：（1）估计五校学生综合素质成绩的平均值；（2）某校决定从本校综合素质成绩排名前6名同学中，推荐3人参加自主招生考试，若已知6名同学中有4名理科生，2名文科生，试求这2人中含文科生的概率．19.（本题满分12分）如图，在三棱锥P ADE -中， 4AD =， 22AP =， AP ⊥底面ADE ，以AD 为直径的圆经过点E .（1）求证： DE ⊥平面PAE ；（2）若60DAE ∠=︒，过直线AD 作三棱锥P ADE -的截面ADF 交PE 于点F ，且45FAE ∠=︒，求截面ADF 分三棱锥P ADE -所成的两部分的体积之比.20. （本小题满分12分）已知椭圆C 的两个焦点分别为F 1(－10，0)，F 2(10，0)，且椭圆C 过点P (3，2)．（1）求椭圆C 的标准方程；（2）与直线OP 平行的直线交椭圆C 于A ，B 两点，求△PAB 面积的最大值．21. （本小题满分12分）已知函数()e x f x ax =-（a 为常数）的图象与y 轴交于点A ，曲线()y f x =在点A 处的切线斜率为2-．（1）求a 的值及函数()f x 的单调区间；（2）设()231g x x x =-+，证明：当0x >时，()()f x g x >恒成立． 22．（本小题满分10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】在平面直角坐标系xOy 中，以O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．已知曲线M 的参数方程为1cos 1sin x y ϕϕ=+=+⎧⎨⎩（ϕ为参数），过原点O 且倾斜角为α的直线l 交M 于A 、B 两点．（1）求l 和M 的极坐标方程；（2）当4π0,α⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，求OA OB +的取值范围．23．（本小题满分10分）【选修4-5：不等式选讲】已知函数()121f x x x =++-．（1）解不等式()2f x x ≤+；（2）若()3231g x x m x =-+-，对1x ∀∈R ，2x ∃∈R ，使()()12f x g x =成立，求实数m 的取值范围．2019全国卷Ⅱ高考压轴卷数学文科答案一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．【答案】D【解析】设复数i z a b =+，(),a b ∈R ，则i z a b =-，因为11i 12z z -=+，所以()()211i z z -=-，所以2(1)2i a b --()1i a b =+-，所以可得2221a bb a -=-⎧⎨-=+⎩，解得5343a b ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，所以54i 33z =-，所以复数z 在复平面内对应点54,33⎛⎫-⎪⎝⎭在第四象限上．故选D ．2【答案】A【解析】因为{}06M x x =≤≤， {}232{|5}x N x x x =≤=≤，所以{|6}M N x x ⋃=≤，故选A. 3.【答案】B【解析】∵()222422⋅-=-⋅=-⋅=a a b a a b a b ，∴1⋅=a b ．设a 与b 的夹角为θ，则1cos 2θ⋅==a b a b ，又0180θ︒≤≤︒，∴60θ=︒，即a 与b 的夹角为60︒．4.【答案】C【解析】分析：根据已知条件，设等差数列的公差为，将已知条件转化为等式，求出等差数列的首项和公差，再得出答案。

专题12、函数与导数大题-冲刺高考最后一个月之2019高考数学(文)名师押题高端精品

（一）命题特点和预测：分析近8年的全国新课标1的函数与导数大题，发现8年8考，每年1题，第1小题主要考查函数的切线、函数的单调性、极值、最值，第2小题主要考查零点个数、方程解得个数、切线的条数、极值点个数、不等式的证明、函数能成立与恒成立问题、范围问题，考查分类整合思想与分析解决问题的能力，第1小题是基础题，第2小题是压轴题，为难题.2019年函数与导数大题仍为压轴题，主要考查导数的几何意义、常见函数的导数及导数的运算法则、利用导数研究函数的图象与性质，进而研究零点个数、方程解得个数、切线的条数、极值点个数、不等式的证明、函数能成立与恒成立问题、范围问题，考查分类整合思想与分析解决问题的能力，难度为难题.（二）历年试题比较：年份题目2020年【2018新课标1，文21】已知函数．（1）设是的极值点．求，并求的单调区间；（2）证明：当时，．2020年【2017新课标1，文21】已知函数. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()0f x …，求a 的取值范围． 2020年【2016新课标1，文21】已知函数.（I ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.2020年【2015高考新课标1，文21】（本小题满分12分）设函数.（I ）讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数；（II ）证明：当0a >时.2020年【2014全国1，文21】设函数，曲线处的切线斜率为0（1）求b;（2）若存在01,x ≥使得，求a 的取值范围。

2013年【2013课标全国Ⅰ，文20】(本小题满分12分)已知函数f (x )＝e x (ax ＋b )－x 2－4x ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝4x ＋4. (1)求a ，b 的值；(2)讨论f (x )的单调性，并求f (x )的极大值．2012年【2012新课标全国1，文21】设函数f (x )= e x －ax －2 (Ⅰ)求f (x )的单调区间；(Ⅱ)若a =1，k 为整数，且当x >0时，(x －k ) f´(x )+x +1>0，求k 的最大值2011年【2011新课标全国1，文21】已知函数()f x =ln 1a x bx x++，曲线y =()f x 在点（1，(1)f ）处的切线方程为.（Ⅰ）求a ，b 的值；（Ⅱ）证明：当x ＞0，且x ≠1时，()f x ＞ln 1xx -. （2020年）【解析】（1）f （x ）的定义域为，f ′（x ）=a e x –．由题设知，f ′（2）=0，所以a =．从而f （x ）=，f ′（x ）=．当0<x <2时，f ′（x ）<0；当x >2时，f ′（x ）>0．所以f （x ）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．（2）当a ≥时，f （x ）≥．设g （x ）=，则当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，当时，．（2020年）【解析】（1），①当0a =时，恒成立，所以()f x 在R 上单调递增；②当0a >时，2e 0x a +>恒成立，令()0f x '>，则e 0x a ->，故ln x a >，所以()f x 在()ln ,a +∞上单调递增，同理在(),ln a -∞上单调递减． ③当0a <时，e 0x a ->恒成立，令()0f x '>，则2e 0x a +>，即，所以，所以()f x 在上单调递增，同理在上单调递减．（2）①当0a =时，恒成立，符合题意；②当0a >时，，故，即01a <…；③当0a <时，，从而，故34e 2a -…，所以34e 20a -<…．综上所述：a 的取值范围为34e ,12-⎡⎤⎢⎥⎣⎦．【名师点睛】本题主要考查导数两大方面的应用：（1）函数单调性的讨论：运用导数知识来讨论函数单调性时，首先考虑函数的定义域，再求出()f x '，由()f x '的正负，得出函数()f x 的单调区间；（2）函数的最值（极值）的求法：由确认的单调区间，结合极值点的定义及自变量的取值范围，得出函数()f x 的极值或最值．（2020年）【解析】 (I)(i)设0a ≥，则当(),1x ∈-∞时，()'0f x <；当()1,x ∈+∞时，()'0f x >. 所以在(),1-∞单调递减，在()1,+∞单调递增. (ii)设0a <，由()'0f x =得x=1或x=ln(-2a). ①若2ea =-，则，所以()f x 在(),-∞+∞单调递增.②若2ea >-，则ln(-2a)<1,故当时，()'0f x >；当时，()'0f x <，所以()f x 在单调递增，在单调递减. ③若2ea <-，则()21ln a ->，故当时，()'0f x >，当时，()'0f x <，所以()f x 在单调递增，在()()1,ln 2a -单调递减.(II)(i)设0a >，则由(I)知，()f x 在(),1-∞单调递减，在()1,+∞单调递增.又，取b 满足b <0且ln 22b a <，则，所以()f x 有两个零点.(ii)设a =0，则所以()f x 有一个零点.(iii)设a <0，若2ea ≥-，则由(I)知，()f x 在()1,+∞单调递增. 又当1x ≤时，()f x <0，故()f x 不存在两个零点；若2ea <-，则由(I)知，()f x 在()()1,ln 2a -单调递减，在单调递增.又当1x ≤时()f x <0，故()f x 不存在两个零点.综上，a 的取值范围为()0,+∞.【名师点睛】本题第(I)问是用导数研究函数单调性,对含有参数的函数单调性的确定,通常要根据参数进行分类讨论,要注意分类讨论的原则：互斥、无漏、最简；第(II)问是求参数取值范围,由于这类问题常涉及导数、函数、不等式等知识,越来越受到高考命题者的青睐,解决此类问题的思路是构造适当的函数,利用导数研究函数的单调性或极值破解.（2020年）【解析】（I ）()f x 的定义域为()0+¥，，.当0a £时,()0f x ¢>，()f x ¢没有零点；当0a >时，因为2x e 单调递增，ax-单调递增，所以()f x ¢在()0+¥，单调递增.又()0f a ¢>,当b 满足04a b <<且14b <时，(b)0f ¢<,故当0a >时，()f x ¢存在唯一零点. （II ）由（I ），可设()f x ¢在()0+¥，的唯一零点为0x，当()00x x Î，时，()0f x ¢<;当时，()0f x ¢>. 故()f x 在()00x ，单调递减，在()0+x ¥，单调递增，所以当0x x=时，()f x 取得最小值，最小值为0()f x . 由于，所以.故当0a >时，.（2020年）【解析】（1）∵()f x '=，由题设知，(1)f '=1b -=0，∴b =1.……4分（2）()f x 的定义域为（0，+∞），由（I ）知，()f x =，∴()f x '===，①当a ＜12时，1a -＞0，1a a-＜1，当 x ＞1时，()f x '＞0，则()f x 在（1，+∞）是增函数，当要使存在01x ≥使得，则(1)f =112a --＜1aa -，解得12--＜a ＜12-+；②当a =12时，()f x '=2(1)2x x-≥0，故()f x 在（1，+∞）是增函数，存在01x ≥使得，则(1)f =112a --=34-＜1aa -=1，适合； ③当12＜a ＜1时，1a -＞0，1a a -＞1，当x ＞1a a -时，()f x '＞0，则()f x 在（1a a-，+∞）是增函数，当1＜x ＜1a a -时，()f x '＜0，则()f x 在（1，1aa-）上是减函数，要使存在01x ≥使得，则()1af a -＜1a a -，而()1a f a -=＞1aa -，∴不合题意 ④当a ＞1时，1a -＜0，1aa-＜1，当x ＞1时，()f x '＜0，则()f x 在（1，+∞）是减函数，∵(1)f =112a --=12a +-＜0＜1a a -，适合；综上所述，a 的取值范围为（12--，（2013年）【解析】（1）()f x '=.由已知得(0)f =4，(0)f '=4，故4b =，a b +=8，从而a =4，4b =；（2）由（Ⅰ）知，()f x =，()f x '==，令()f x '=0得，x =ln 2-或x =-2， ∴当时，()f x '＞0，当x ∈（-2，ln 2-）时，()f x '＜0，∴()f x 在（-∞，-2），（ln 2-，+∞）单调递增，在（-2，ln 2-）上单调递减. 当x =-2时，函数()f x 取得极大值，极大值为.（2012年）【解析】(Ⅰ)()f x 的定义域为(),-∞+∞，.若0a ≤,则()0f x '>,所以()f x 的增区间为(),-∞+∞,无减区间；若0a >,则当时，()0f x '<; 当时，()0f x '>,所以在减区间为(),ln a -∞,增区间为()ln ,a +∞. (Ⅱ)由于a =1，所以.故当0x >时，(x －k ) f´(x )+x +1>0等价于 ()0x >，令，则.由(Ⅰ)知，函数在()0,+∞上单调递增，而，所以()h x 在()0,+∞上存在唯一的零点，故()g x '在()0,+∞上存在唯一零点.设此零点为α，则()1,2α∈.当()0,x α∈时，()0g x '<；当(),x α∈+∞时，()0g x '>.所以()g x 在()0,+∞上的最小值为()g α.又由()g α'，可得2e αα=+，所以.由于()0x >等价于()k g α<，故整数k 的最大值为2.（2011年）【解析】（Ⅰ）由于直线的斜率为12-，且过点(1,1)，故即解得1a =，1b =。

重磅解析2019年高考数学导数压轴题，三角函数与导数结合是方向

重磅解析2019年⾼考数学导数压轴题，三⾓函数与导数结合是⽅向本⽂通过对与三⾓函数交汇的导数压轴题的分析，给出了这类问题的五种解题策略，通过探究，突破了思维的瓶颈，打通了知识的内在联系，提⾼了分析问题的能⼒探究导数问题是压轴题的常客，也是整套试题中的重头戏，是最具区分度的亮丽风景所在.因此，如何破解导数压轴题是教师和学⽣⾯临的⼀⼤难题.随着⾼考命题的深⼊开展，导数压轴题的命制并没有⾛⼊桎梏，反⽽涌现出越来越多的经典题型，极⼤地丰富了数学教学的素材，对培养学⽣的综合能⼒也起到不可估量的作⽤如近⼏年就兴起了⼀类与三⾓函数交汇的导数压轴题这类试题可谓多姿多彩，常考常新.由于表达式中含有三⾓函数的函数的⽆论怎么求导函数，都会出现含三⾓函数的较为复杂的函数表达式，因此对问题的后续处理较为困难.通过对近年来的⼏类与三⾓函数交汇的导数压轴题的分析，探究出此类问题的解题策略⼀、利⽤洛必达法则或导数的定义含参数的导数问题的⼀⼤常见⽅法是分离参数，然后转化为不含参数的函数的最值问题的求解.对有些与三⾓函数进⾏交汇的导数问题，也是⼀⼤处理策略.但有些试题，在分离参数后，得出函数的单调性后，最值不存在，上界或下界却存在，但却难于直接求解处理，此时，洛必达法则可派上⽤场。

⽐如例1⼆、利⽤函数的有界性有界性是很多函数的⼀⼤特性，在导数问题中，含参数的不等式恒成⽴问题是⼀⼤热点，除了分离参数外，分类讨论思想是这类问题的⼀⼤利器，但如何进⾏分类讨论是问题的难点.在与三⾓函数进⾏交汇的这类导数问题中，若能有效地利⽤三⾓函数的有界性，则能实现快速找到分类讨论的依据，从⽽实现问题的求解。

⽐如例2三、利⽤隔离直线对于较为复杂的函数，如果直接构造⼀个函数可能很难甚或⽆法解决.此时，如能通过等价转化，并进⾏适当的变形，转化为两个函数来处理，问题可能⼤⼤简化.我们经常会遇到这种情形：两个函数的图像分别被某条直线隔离，这种现象实际上与不等式恒成⽴问题有着⾮常密切的联系.如果我们能够找到这条直线，然后再构造两个差函数，问题往往能迎刃⽽解。

2019高考数学压轴小题及答案解析

数学压轴小题专练（选择9/10-12，填空15-16）题组一10.设函数()f x 为定义域为R 的奇函数，且()(2)f x f x =-，当[0,1]x ∈时，()s i n f x x =，则函数()cos()()g x x f x π=-在区间59[,]22-上的所有零点的和为（） A ．6 B ．7 C ．13 D ．1411.已知函数2()s i n 20191x f x x =++，其中'()f x 为函数()f x 的导数，求(2018)(2018)f f +-'(2019)'(2019)f f ++-=（）A ．2B ．2019C ．2018D ．012.已知直线l ：1()y ax a a R =+-∈，若存在实数a 使得一条曲线与直线l 有两个不同的交点，且以这两个交点为端点的线段长度恰好等于a，则称此曲线为直线l 的“绝对曲线”.下面给出的四条曲线方程：①21y x =--；②22(1)(1)1x y -+-=；③2234x y +=；④24y x =. 其中直线l 的“绝对曲线”的条数为（）A ．1B ．2C ．3D ．415.若平面向量1e ，2e 满足11232e e e =+=，则1e 在2e 方向上投影的最大值是．16.观察下列各式：311=；3235=+；337911=++；3413151719=+++……若3*()m m N ∈按上述规律展开后，发现等式右边含有“2017”这个数，则m 的值为．题组二 9．如图在三棱锥中,平面平面,,,现将一小球放入三棱锥内,往三棱锥内注水,当注入水的体积是三棱锥的体积的时,小球与底面及三个侧面都相切,且小球与水面也相切,则小球的表面积等于A ．B ．C ．D ．10．如图，已知双曲线的左、右焦点分别为、，过做轴的垂线交双曲线于，若双曲线左、右顶点分别为、，直线，与轴分别交于点，点，若，则圆上的点到双曲线的渐近线的距离的最大值为A ．B ．C ．D ．11．在中，内角所对的边分别为，已知，的面积，且，则A ．B ．C ．D ．12．已知函数，若关于的不等式在上恒成立，则的值为A ．B ．C ．D ．15．若实数满足约束条件，则的范围为___________.16．已知抛物线的方程为，设直线：，交抛物线于、两点，为坐标原点，点在抛物线的部分上，则的面积最大为___________.题组三10. 已知，且，则=（）A. B.C. D.11. 已知不等式264cos64cos4sin22≥--+mxxx对于]3,3[ππ-∈x恒成立，则实数m的取值范围是（）A. ]2,(--∞ B.]22,(-∞(,)3παπ∈3sin()65πα+=cosα10343-10343+10343--10343+-C. ]2,22[D. ),2[+∞12. 已知双曲线()222210,0x y a b a b -=>>的左、右焦点分别为12,F F ，点05,2P x ⎛⎫ ⎪⎝⎭为双曲线上一点，若12PF F ∆的内切圆半径为1，且圆心G 到原点O）A. 2281325x y -=B. 22145x y -= C. 2221625x y -=D. 221850x y -=题组四10.若直角坐标系内A 、B 两点满足：（1）点A 、B 都在()f x 图象上；（2）点A 、B 关于原点对称，则称点对(,)A B 是函数()f x 的一个“和谐点对”，(,)A B 与(,)B A 可看作一个“和谐点对”.已知函数22(0)()2(0)x x x x f x x e ⎧+<⎪=⎨≥⎪⎩，则()f x 的“和谐点对”有（）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个11.设函数()xf x e x =-，()g x ax b =+，如果()()f x g x ≥在R 上恒成立，则a b +的最大值为（） A ．13e+ C ．1 D ．1e -12.用6种不同的颜色对正四棱锥的8条棱染色，每个顶点出发的棱的颜色各不相同，不同的染色方案共有多少种（） A ．14400 B ．28800 C ．38880 D ．43200 15.设P 为曲线1C 上的动点，Q 为曲线2C 上的动点，则称PQ 的最小值为曲线1C 、2C 之间的距离，记作12(,)d C C .若1C ：20x e y -=，2C ：ln ln 2x y +=，则12(,)d C C = ．16.在ABC ∆中，设b ，c 分别表示角B ，C 所对的边，AD 为边BC 上的高.若AD BC =，则c b 的最大值是．题组五题组六 10.函数()21y f x =-是偶函数，则函数()21y f x =+的对称轴是（）A ．1x =-B ．0x =C ．12x =D ．12x =-11. 已知平面直角坐标系xOy 上的区域D 由不等式组02x y x ⎧≤≤⎪≤⎨⎪≤⎩给定.若M(x ，y)为D 上动点，点A 的坐标为1)．则z O M O A =⋅的最大值为A. B.12.定义域和值域均为[,]a a -（常数a>0）的函数()y f x =和g()y x =大致图象如图所示，给出下列四个命题： ①方程[()]0f g x =有且仅有三个解； ②方程[()]0g f x =有且仅有三个解； ③方程[()]0f f x =有且仅有九个解；④方程[()]0g g x =有且仅有一个解。

压轴题命题区间(二) 增分点由“导”寻“源”,破解函数不等式问题

增分点由“导”寻“源”，破解函数不等式问题在近几年的高考试题中，出现了一类抽象函数与导数交汇的重要题型，这类问题由于比较抽象，很多学生解题时，突破不了由抽象而造成的解题障碍．实际上，根据所解不等式，联想导数的运算法则，构造适当的辅助函数，然后利用导数判断其单调性是解决此类问题的通法．[典例] 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，＋∞)[应用体验]1．定义在R 上的函数f (x )，满足f (1)＝1，且对任意x ∈R 都有f ′(x )<12，则不等式f (lg x )>lg x ＋12的解集为__________．2．已知定义在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2内的函数f (x )的导函数为f ′(x )，且对任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，都有f ′(x )sin x <f (x )cos x ，则不等式f (x )<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6sin x 的解集为__________．一、选择题1.已知函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )为其导函数，函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，且f (－2)＝1，f (3)＝1，则不等式f (x 2－6)>1的解集为( )A ．(－3，－2)∪(2,3)B ．(－2，2)C ．(2,3)D ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)2．已知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数，且满足f(x)<－xf′(x)，则不等式f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)的解集为( )A．(0,1) B．(1，＋∞)C．(1,2) D．(2，＋∞)3．(2018·沈阳质检)已知定义域为{x|x≠0}的偶函数f(x)，其导函数为f′(x)，对任意正实数x满足xf′(x)>－2f(x)，若g(x)＝x2f(x)，则不等式g(x)<g(1)的解集为( ) A．(－∞，1) B．(－1,1)C．(－∞，0)∪(0,1) D．(－1,0)∪(0,1)4．设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数．当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)<0的解集为( )A．(－3,0)∪(3，＋∞) B．(－3,0)∪(0,3)C．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(0,3)5．已知函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)＋f(x)≤0，对于任意正数a，b，若a<b，则必有( )A．af(a)≤f(b) B．bf(b)≤f(a)C．af(b)≤bf(a) D．bf(a)≤af(b)6．设函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，2f(x)＋xf′(x)>x2，则下面的不等式在R 上恒成立的是( )A．f(x)>0 B．f(x)<0C．f(x)>x D．f(x)<x7．已知函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则不等式f(x)>2x＋4的解集为( )A．(－1,1) B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)8．设函数f(x)，g(x)在区间[a，b]上连续，在区间(a，b)上可导，且f′(x)<g′(x)，则当x∈(a，b)时必有( )A ．f (x )>g (x )B ．f (x )<g (x )C ．f (x )＋g (a )<g (x )＋f (a )D ．f (x )＋g (b )<g (x )＋f (b )9．函数f (x )是定义在R 上的偶函数，f (－2)＝0，且x >0时，f (x )＋xf ′(x )>0，则不等式xf (x )≥0的解集是( )A ．[－2,0]B ．[0,2]C ．[－2,2]D ．[－2,0]∪[2，＋∞)10．函数f (x )是定义在R 上的奇函数，f (3)＝0，且x <0时，xf ′(x )<f (x )，则不等式f (x )≥0的解集为( )A ．(－∞，0)B ．[－3,0]∪[3，＋∞)C ．[－3,3]D ．[0,3]11．函数f (x )是定义在R 上的可导函数，且f (x )>f ′(x )对任意x ∈R 都成立，则下列不等式中成立的是( )A ．f (2 018)>e 2 018f (0)，f (2 018)>e f (2 017) B ．f (2 018)>e 2 018f (0)，f (2 018)<e f (2 017) C ．f (2 018)<e 2 018f (0)，f (2 018)>e f (2 017) D ．f (2 018)<e 2 018f (0)，f (2 018)<e f (2 017)12．设定义在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>1k －1二、填空题13．设f (x )是定义在R 上的可导函数，且满足f (x )＋xf ′(x )>0，则不等式f (x ＋1)>x －1f (x 2－1)的解集为________．14．设函数f (x )是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f ′(x )，且有2f (x )＋xf ′(x )>x 2，则不等式(x ＋2 018)2·f (x ＋2 018)－4f (－2)>0的解集为________．15．已知定义在R上的可导函数y＝f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x)<f(x)，且y＝f(x＋1)为偶函数．f(2)＝1，则不等式f(x)<e x的解集为________．16．设f(x)是R上的奇函数，且f(－1)＝0，当x>0时，(x2＋1)f′(x)－2xf(x)<0，则不等式f(x)>0的解集为______．答案[典例] (2015·全国卷Ⅱ)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，＋∞)[思路点拨]观察xf ′(x )－f (x )<0这个式子的特征，不难想到商的求导公式，尝试构造函数F (x )＝f (x )x求解． [方法演示]法一：构造抽象函数求解设F (x )＝f (x )x .因为f (x )是奇函数，故F (x )是偶函数，F ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2，易知当x >0时，F ′(x )<0，所以函数F (x )在(0，＋∞)上单调递减．又f (－1)＝0，则f (1)＝0，于是F (－1)＝F (1)＝0，f (x )＝xF (x )，解不等式f (x )>0，即找到x 与F (x )的符号相同的区间，易知当x ∈(－∞，－1)∪(0,1)时，f (x )>0，故选A.法二：构造具体函数求解设f (x )是多项式函数，因为f (x )是奇函数，所以它只含x 的奇次项．又f (1)＝－f (－1)＝0，所以f (x )能被x 2－1整除．因此可取f (x )＝x －x 3，检验知f (x )满足题设条件．解不等式f (x )>0，得x ∈(－∞，－1)∪(0,1)，故选A.答案：A [解题师说]抽象函数的导数问题在高考中常考常新，可谓变化多端，解决此类问题的关键是构造函数，常见的构造函数方法有如下几种：(1)利用和、差函数求导法则构造函数①对于不等式f ′(x )＋g ′(x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )＋g (x )； ②对于不等式f ′(x )－g ′(x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )－g (x )；特别地，对于不等式f ′(x )>k (或<k )(k ≠0)，构造函数F (x )＝f (x )－kx . (2)利用积、商函数求导法则构造函数①对于不等式f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )g (x )；②对于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)g(x)(g(x)≠0)．(3)利用积、商函数求导法则的特殊情况构造函数①对于不等式xf′(x)＋f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝xf(x)；②对于不等式xf′(x)－f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)x(x≠0)；③对于不等式xf′(x)＋nf(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝x n f(x)；④对于不等式xf′(x)－nf(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)x n(x≠0)；⑤对于不等式f′(x)＋f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝e x f(x)；⑥对于不等式f′(x)－f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x) e x；⑦对于不等式f(x)＋f′(x)tan x>0(或<0)，构造函数F(x)＝sin xf(x)；⑧对于不等式f(x)－f′(x)tan x>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)sin x(sin x≠0)；⑨对于不等式f′(x)－f(x)tan x>0(或<0)，构造函数F(x)＝cos xf(x)；⑩对于不等式f′(x)＋f(x)tan x>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)cos x(cos x≠0)．⑪(理)对于不等式f′(x)＋kf(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝e kx f(x)；⑫(理)对于不等式f′(x)－kf(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x) e kx；[应用体验]1．定义在R上的函数f(x)，满足f(1)＝1，且对任意x∈R都有f′(x)<12，则不等式f(lg x)>lg x＋12的解集为__________．解析：构造函数g(x)＝f(x)－x＋1 2，则g′(x)＝f′(x)－12<0，∴g(x)在定义域上是减函数．又g(1)＝f(1)－1＝0，∴原不等式可化为g(lg x)>g(1)，∴lg x<1，解得0<x<10.∴原不等式的解集为{x|0<x<10}．答案：(0,10)2．已知定义在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2内的函数f (x )的导函数为f ′(x )，且对任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，都有f ′(x )sin x <f (x )cos x ，则不等式f (x )<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6sin x 的解集为__________．解析：构造函数g (x )＝f (x )sin x，则g ′(x )＝f ′(x )sin x －f (x )cos xsin 2x<0， ∴g (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2内为减函数．由f (x )<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6sin x ，得f (x )sin x <2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6sinπ6，即g (x )<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，∴π6<x <π2， ∴原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x π6<x <π2.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2一、选择题1.已知函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )为其导函数，函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，且f (－2)＝1，f (3)＝1，则不等式f (x 2－6)>1的解集为( )A ．(－3，－2)∪(2,3)B ．(－2，2)C ．(2,3)D ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)解析：选A 由y ＝f ′(x )的图象知，f (x )在(－∞，0]上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，又f (－2)＝1，f (3)＝1，∴f (x 2－6)>1可化为－2<x 2－6<3，解得－3<x <－2或2<x <3.2．已知f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )为f (x )的导函数，且满足f (x )<－xf ′(x )，则不等式f (x ＋1)>(x －1)f (x 2－1)的解集为( )A ．(0,1)B ．(1，＋∞)C ．(1,2)D ．(2，＋∞)解析：选D 因为f (x )＋xf ′(x )<0，所以[xf (x )]′<0，故xf (x )在(0，＋∞)上为单调递减函数，又(x ＋1)f (x ＋1)>(x 2－1)f (x 2－1)，所以x ＋1<x 2－1，解得x >2.3．(2018·沈阳质检)已知定义域为{x |x ≠0}的偶函数f (x )，其导函数为f ′(x )，对任意正实数x 满足xf ′(x )>－2f (x )，若g (x )＝x 2f (x )，则不等式g (x )<g (1)的解集为( )A ．(－∞，1)B ．(－1,1)C ．(－∞，0)∪(0,1)D ．(－1,0)∪(0,1)解析：选 D 因为g (x )＝x 2f (x )，所以g ′(x )＝x 2f ′(x )＋2xf (x )＝x [xf ′(x )＋2f (x )]．由题意知，当x >0时，xf ′(x )＋2f (x )>0，所以g ′(x )>0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (x )为偶函数，则g (x )也是偶函数，所以g (x )＝g (|x |)，由g (x )<g (1)，得g (|x |)<g (1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧|x |<1，x ≠0，所以x ∈(－1,0)∪(0,1)．4．设f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数．当x <0时，f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0，且g (－3)＝0，则不等式f (x )g (x )<0的解集为( )A ．(－3,0)∪(3，＋∞)B ．(－3,0)∪(0,3)C ．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D ．(－∞，－3)∪(0,3)解析：选D 设F (x )＝f (x )g (x )，当x <0时， ∵F ′(x )＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0， ∴F (x )在(－∞，0)上为增函数．又∵F (－x )＝f (－x )g (－x )＝－f (x )g (x )＝－F (x )，故F (x )为R 上的奇函数．∴F (x )在(0，＋∞)上也为增函数．由g (－3)＝0，得F (－3)＝F (3)＝0.画出函数F (x )的大致图象如图所示， ∴F (x )<0的解集为{x |x <－3或0<x <3}．5．已知函数f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf ′(x )＋f (x )≤0，对于任意正数a ，b ，若a 0，f (x )≥0. ∴f ′(x )≤－f (x )x，即f (x )在(0，＋∞)上是减函数．又0<a x 2，则下面的不等式在R 上恒成立的是( )A ．f (x )>0B ．f (x )<0C ．f (x )>xD ．f (x )<x解析：选A 法一：令g (x )＝x 2f (x )－14x 4，则g ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )－x 3＝x [2f (x )＋xf ′(x )－x 2]，当x >0时，g ′(x )>0，∴g (x )>g (0)，即x 2f (x )－14x 4>0，从而f (x )>14x 2>0；当x <0时，g ′(x )<0，∴g (x )>g (0)，即x 2f (x )－14x 4>0，从而f (x )>14x 2>0；当x ＝0时，由题意可得2f (0)>0，∴f (0)>0. 综上可知，f (x )>0.法二：∵2f (x )＋xf ′(x )>x 2，令x ＝0，则f (0)>0，故可排除B 、D.如果f (x )＝x 2＋0.1，已知条件2f (x )＋xf ′(x )>x 2成立，但f (x )>x 不恒成立，故排除C ，选A.7．已知函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )>2，则不等式f (x )>2x ＋4的解集为( )A ．(－1,1)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞)解析：选B 令m (x )＝f (x )－(2x ＋4)，则m ′(x )＝f ′(x )－2>0，∴函数m (x )在R 上为单调递增函数．又∵m (－1)＝f (－1)－(－2＋4)＝0， ∴m (x )>0的解集为{x |x >－1}，即f (x )>2x ＋4的解集为(－1，＋∞)．8．设函数f (x )，g (x )在区间[a ，b ]上连续，在区间(a ，b )上可导，且f ′(x )<g ′(x )，则当x ∈(a ，b )时必有( )A ．f (x )>g (x )B ．f (x )<g (x )C ．f (x )＋g (a )<g (x )＋f (a )D ．f (x )＋g (b )<g (x )＋f (b )解析：选C 令函数h (x )＝f (x )－g (x )．因为f ′(x )<g ′(x )，故h ′(x )＝[f (x )－g (x )]′＝f ′(x )－g ′(x )<0，即函数h (x )在区间[a ，b ]上单调递减．所以x ∈(a ，b )时必有h (b )<h (x )<h (a )，即f (b )－g (b )<f (x )－g (x )<f (a )－g (a )，移项整理得，f (x )＋g (a )<g (x )＋f (a )，f (x )＋g (b )>g (x )＋f (b )，故选项C 正确．9．函数f (x )是定义在R 上的偶函数，f (－2)＝0，且x >0时，f (x )＋xf ′(x )>0，则不等式xf (x )≥0的解集是( )A ．[－2,0]B ．[0,2]C ．[－2,2]D ．[－2,0]∪[2，＋∞)解析：选D 因为x >0时，f (x )＋xf ′(x )>0，故构造函数y ＝xf (x )，则该函数在(0，＋∞)上单调递增．又因为f (x )为偶函数，故y ＝xf (x )为奇函数．结合f (－2)＝0，画出函数y ＝xf (x )的大致图象如图所示．所以不等式xf (x )≥0的解集为[－2,0]∪[2，＋∞)．10．函数f (x )是定义在R 上的奇函数，f (3)＝0，且x <0时，xf ′(x )<f (x )，则不等式f (x )≥0的解集为( )A ．(－∞，0)B ．[－3,0]∪[3，＋∞)C ．[－3,3]D ．[0,3]解析：选B 令F (x )＝f (x )x，因为f (x )为定义在R 上的奇函数，所以F (x )为偶函数，当x <0时，F ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2<0，故f (x )在(－∞，0)上为减函数，在(0，＋∞)上为增函数．结合f (3)＝0，画出函数F (x )＝f (x )x的大致图象如图所示．所以不等式f (x )≥0的解集为[－3,0]∪[3，＋∞)．11．函数f (x )是定义在R 上的可导函数，且f (x )>f ′(x )对任意x ∈R 都成立，则下列不等式中成立的是( )A ．f (2 018)>e2 018f (0)，f (2 018)>e f (2 017) B ．f (2 018)>e2 018f (0)，f (2 018)<e f (2 017) C ．f (2 018)<e2 018f (0)，f (2 018)>e f (2 017) D ．f (2 018)<e 2 018f (0)，f (2 018)<e f (2 017)解析：选D 令函数g (x )＝f (x )e x .由f (x )>f ′(x )，得f ′(x )－f (x )<0，所以g ′(x )＝e x f ′(x )－e x f (x )e 2x ＝f ′(x )－f (x )e x <0，即函数g (x )＝f (x )e x 在R 上单调递减．所以f (2 018)e 2 018<f (2 017)e 2 017<f (0)e 0，即有f (2 018)<e f (2 017)，f (2 018)<e 2 018f (0)．12．设定义在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>1k －1解析：选C 令g (x )＝f (x )－kx ＋1，则g (0)＝f (0)＋1＝0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－k ·1k －1＋1 ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k －1. ∵g ′(x )＝f ′(x )－k >0，∴g (x )在[0，＋∞)上为增函数．又∵k >1，∴1k －1>0， ∴g ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1>g (0)＝0， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k －1>0，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1>1k －1. 二、填空题13．设f (x )是定义在R 上的可导函数，且满足f (x )＋xf ′(x )>0，则不等式f (x ＋1)>x －1f (x 2－1)的解集为________．解析：令g (x )＝xf (x )，则g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )>0，∴g (x )是R 上的增函数．又f (x ＋1)>x －1f (x 2－1)可等价转化为x ＋1f (x ＋1)>x 2－1f (x 2－1)，即g (x ＋1)>g (x 2－1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋1>x 2－1，x －1≥0，解得1≤x <2，∴原不等式的解集为{x |1≤x <2}．答案：[1,2) 14．设函数f (x )是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f ′(x )，且有2f (x )＋xf ′(x )>x 2，则不等式(x ＋2 018)2·f (x ＋2 018)－4f (－2)>0的解集为________．解析：令g (x )＝x 2f (x )，则g ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )．结合条件2f (x )＋xf ′(x )>x 2，将条件两边同时乘以x ，得2xf (x )＋x 2f ′(x )<x 3<0，即g ′(x )<0，∴g (x )在(－∞，0)上是减函数，又g (－2)＝4f (－2)，∴由(x ＋2 018)2f (x ＋2 018)－4f (－2)>0，即g (x ＋2 018)>g (－2)，得x ＋2 018<－2，解得x <－2 020，∴原不等式的解集为(－∞，－2 020)．答案：(－∞，－2 020)15．已知定义在R 上的可导函数y ＝f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )<f (x )，且y ＝f (x ＋1)为偶函数．f (2)＝1，则不等式f (x )<e x 的解集为________．解析：令h (x )＝f (x )e x ，则h ′(x )＝f ′(x )－f (x )e x <0，∴h (x )在R 上是减函数，又y ＝f (x ＋1)是偶函数， ∴y ＝f (x )的图象关于直线x ＝1对称，∴f (2)＝f (0)＝1.由f (x )<e x ，得f (x )e x <1，又h (0)＝f (0)e 0＝1，∴h (x )<h (0)，∴x >0，故原不等式的解集为{x |x >0}．答案：(0，＋∞)16．设f (x )是R 上的奇函数，且f (－1)＝0，当x >0时，(x 2＋1)f ′(x )－2xf (x )<0，则不等式f (x )>0的解集为______．解析：令g (x )＝f (x )x 2＋1，则g ′(x )＝(x 2＋1)f ′(x )－2xf (x )(x 2＋1)2.因为当x >0时，(x 2＋1)f ′(x )－2xf (x )<0，所以g ′(x )<0，所以g (x )在[0，＋∞)上单调递减．又f (x )＝g (x )(x 2＋1)，所以f (x )在[0，＋∞)上单调递减．又f (x )是R 上的奇函数，f (－1)＝0，所以f (1)＝0. 当x >0时，f (x )>0＝f (1)⇒0<x <1；当x <0时，f (x )>0＝f (－1)⇒x <－1.综上，可得不等式f (x )>0的解集为(－∞，－1)∪(0,1)．答案：(－∞，－1)∪(0,1)。

2019高考数学压轴题命题区间：增分点 2 应用“三招五法”,轻松破解含参零点问题

增分点应用“三招五法”，轻松破解含参零点问题根据函数的零点情况，讨论参数的范围是高考的重点和难点．对于此类题目，我们常利用零点定理、数形结合、函数单调性与分离参数等思想方法来求解．[典例] (2014·全国卷Ⅰ)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 的取值范围为( )A ．(2，＋∞)B ．(－∞，－2)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)[思路点拨]本题的实质是函数f (x )存在唯一的零点x 0∈(0，＋∞)，因此可利用其代数特征转化为方程有唯一的正根来构思解析，也可以从零点本身的几何特征入手，将其转化为曲线的交点问题来突破，还可以利用选项的唯一性选取特例求解．[方法演示]法一单调性法：利用函数的单调性求解由已知得，a ≠0，f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2a.当a >0时，x ∈(－∞，0)，f ′(x )>0；x ∈⎝⎛⎭⎫0，2a ，f ′(x )<0；x ∈2a ，＋∞，f ′(x )>0.所以函数f (x )在(－∞，0)和2a ，＋∞上单调递增，在0，2a 上单调递减，且f (0)＝1>0，故f (x )有小于零的零点，不符合题意．当a <0时，x ∈－∞，2a ，f ′(x )<0；x ∈2a ，0，f ′(x )>0；x ∈(0，＋∞)，f ′(x )<0.所以函数f (x )在－∞，2a 和(0，＋∞)上单调递减，在2a ，0上单调递增，所以要使f (x )有唯一的零点x 0且x 0>0，只需f 2a >0，即a 2>4，解得a <－2.法二数形结合法：转化为直线与曲线的位置关系求解由ax 3－3x 2＋1＝0可知x ≠0，可得ax ＝3－1x 2，作出y ＝3－1x 2的图象如图所示，转动直线y ＝ax ，显然a >0时不成立；当a <0，直线y ＝ax 与左边的曲线相切时，设切点为t,3－1t 2，其中t <0，则切线方程为y －3－1t 2＝2t 3(x －t )．又切线过原点，则有0－3－1t 2＝2t 3(0－t )，解得t ＝－1(t ＝1舍去)，此时切线的斜率为－2，由图象可知a <－2符合题意．法三数形结合法：转化为两曲线的交点问题求解令f(x)＝0，得ax3＝3x2－1.问题转化为g(x)＝ax3的图象与h(x)＝3x2－1的图象存在唯一的交点，且交点横坐标大于零．当a＝0时，函数g(x)的图象与h(x)的图象存在两个的交点；当a>0时，如图(1)所示，不合题意；当a<0时，由图(2)知，可先求出函数g(x)＝ax3与h(x)＝3x2－1的图象有公切线时a的值．由g′(x)＝h′(x)，g(x)＝h(x)，得a＝－2.由图形可知当a<－2时，满足题意．法四分离参数法：参变分离，演绎高效易知x≠0，令f(x)＝0，则a＝3x－1x3，记g(x)＝3x－1x3，g′(x)＝－3x2＋3x4＝－3(x2－1)x4，可知g(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递减，在(－1,0)和(0,1)上单调递增，且g(－1)＝－2，画出函数大致图象如图所示，平移直线y＝a，结合图象，可知a<－2.法五特例法：巧取特例求解取a＝3，则f(x)＝3x3－3x2＋1.由于f(0)＝1，f(－1)<0，从而f(x)在(－∞，0)上存在零点，排除A、C.取a＝－43，则f(x)＝－43x3－3x2＋1.由于f(0)＝1，f⎝⎛⎭⎫－32<0，从而f(x)在(－∞，0)上存在零点，排除D，故选B.[答案]B[解题师说]函数的含参零点问题是高考热门题型，既能很好地考查函数、导数、方程与不等式等基础知识，又能考查分类讨论、数形结合、转化与化归等思维能力，所以此类题往往能较好地体现试卷的区分度．由本题的五种方法，可知破解含参零点问题常有“三招”.[应用体验]1．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x 2－2x ＋a (e x －1＋e －x ＋1)有唯一零点，则a ＝( )A ．－12B.13C.12D ．1解析：选C 法一：由函数f (x )有零点，得x 2－2x ＋a (e x －1＋e －x ＋1)＝0有解，即(x －1)2－1＋a (e x －1＋e－x ＋1)＝0有解，令t ＝x －1，则上式可化为t 2－1＋a (e t ＋e －t )＝0，即a ＝1－t 2e t ＋e－t .令h (t )＝1－t 2e t ＋e－t ，易得h (t )为偶函数，又由f (x )有唯一零点得函数h (t )的图象与直线y ＝a 有唯一交点，则此交点的横坐标为0，所以a ＝1－02＝12，故选C. 法二：由f (x )＝0⇔a (e x －1＋e －x ＋1)＝－x 2＋2x .e x －1＋e－x ＋1≥2e x －1·e－x ＋1＝2，当且仅当x ＝1时取“＝”．－x 2＋2x ＝－(x －1)2＋1≤1，当且仅当x ＝1时取“＝”．若a >0，则a (e x －1＋e－x ＋1)≥2a ，要使f (x )有唯一零点，则必有2a ＝1，即a ＝12.若a ≤0，则f (x )的零点不唯一．综上所述，a ＝12.2．设m ∈N ，若函数f (x )＝2x －m 10－x ＋10存在整数零点，则符合条件的m 的个数为( )A ．2B ．3C ．4D ．5 解析：选C 令f (x )＝0，得m ＝2x ＋1010－x .又m ∈N ，因此有⎩⎪⎨⎪⎧10－x ＞0，2x ＋10≥0，解得－5≤x＜10，x ∈Z ，∴0＜10－x ≤15.当2x ＋10＝0，即x ＝－5时，m ＝0；当2x ＋10≠0时，要使m ∈N ，则需10－x ∈N ，当10－x ＝1，即x ＝9时，m ＝28；当10－x ＝2，即x ＝6时，m ＝11；当10－x ＝3，即x ＝1时，m ＝4，所以符合条件的m 的个数为4.3．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧12x 2＋2x ＋2，x ≤0，|log 2x |，x ＞0，若关于x 的方程f (x )＝a 有4个不同的解x 1，x 2，x 3，x 4，且x 1＜x 2＜x 3＜x 4，则x 1＋x 2x 4＋1x 23x 4的取值范围是( )A ．(－3，＋∞)B ．(－∞，3)C ．[－3,3)D ．(－3,3]解析：选D 在同一坐标平面内画出函数y ＝f (x )的大致图象如图所示，结合图象可知，当且仅当a ∈(0,2]时，直线y ＝a 与函数y ＝f (x )的图象有4个不同的交点，即方程f (x )＝a 有4个不同的解，此时有x 1＋x 2＝－4，|log 2x 3|＝|log 2x 4|(0＜x 3＜1＜x 4≤4)，即有－log 2x 3＝log 2x 4，x 3x 4＝1，所以x 1＋x 2x 4＋1x 23x 4＝x 4－4x 4(1＜x 4≤4)，易知函数y ＝x 4－4x 4在区间(1,4]上是增函数，因此其值域是(－3,3]．4．若函数f (x )＝e x －ax 2有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫e24，＋∞ B.⎝⎛⎭⎫e2，＋∞ C.⎝⎛⎭⎫1，e 24 D.⎝⎛⎭⎫1，e 2 解析：选A 函数f (x )＝e x －ax 2有三个不同的零点等价于函数y ＝e x 与y ＝ax 2的图象有三个不同的交点，则显然有a >0，且在(－∞，0)上两函数的图象有一个交点．当x >0时，设两函数图象在点(x 0，e x 0)处相切，则⎩⎪⎨⎪⎧e x 0＝2ax 0，e x 0＝ax 20，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝2，a ＝e 24，由图易得若两函数图象有两个不同的交点，则a >e 24，即实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫e 24，＋∞.一、选择题1．(2018·贵阳检测)已知函数f (x )＝ln(x 2－4x －a )，若对任意的m ∈R ，均存在x 0使得f (x 0)＝m ，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－4)B ．(－4，＋∞)C ．(－∞，－4]D ．[－4，＋∞)解析：选D 依题意得，函数f (x )的值域为R ，令函数g (x )＝x 2－4x －a ，其值域A 包含(0，＋∞)，因此对方程x 2－4x －a ＝0，有Δ＝16＋4a ≥0，解得a ≥－4，即实数a 的取值范围是[－4，＋∞)．2．设函数f (x )是定义在R 上的偶函数，且对任意的x ∈R ，都有f (x ＋2)＝f (x )．当0≤x ≤1时，f (x )＝x 2.若直线y ＝x ＋a 与函数y ＝f (x )的图象有两个不同的公共点，则实数a 的值是( )A ．n (n ∈Z)B ．2n (n ∈Z)C ．2n 或2n －14(n ∈Z)D ．n 或n －14(n ∈Z)解析：选C 依题意得，函数y ＝f (x )是周期为2的偶函数，画出函数的大致图象如图所示．在[0,2)上，由图象易得，当a ＝0或－14时，直线y ＝x ＋a 与函数y ＝f (x )的图象有两个不同的公共点，∵函数f (x )的周期为2，∴a 的值为2n 或2n －14(n ∈Z)．3．(2018·洛阳第一次统考)若函数f (x )＝ln x －ax 2＋x 有两个零点，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，1)B ．(0,1) C.⎝⎛⎭⎫－∞，1＋e e 2D.⎝⎛⎭⎫0，1＋ee 2解析：选B 依题意，关于x 的方程ax －1＝ln x x 有两个不等的正根．记g (x )＝ln xx ，则g ′(x )＝1－ln xx 2，当0<x <e 时，g ′(x )>0，g (x )在区间(0，e)上单调递增；当x >e 时，g ′(x )<0，g (x )在区间(e ，＋∞)上单调递减，且g (e)＝1e，当0<x <1时，g (x )<0.设直线y ＝a 1x －1与函数g (x )的图象相切于点(x 0，y 0)，则有⎩⎨⎧a 1＝1－ln x 0x 20，a 1x 0－1＝ln x0x，由此解得x 0＝1，a 1＝1.在同一坐标系中画出直线y ＝ax －1(该直线过点(0，－1)、斜率为a )与函数g (x )的大致图象(图略)，结合图象可知，要使直线y ＝ax －1与函数g (x )的图象有两个不同的交点，则a 的取值范围是(0,1)．4．若f (x )＝ln x ＋ax －1有且仅有一个零点，则实数a 的最小值为( ) A ．0 B ．－1e 2C ．－1D ．1解析：选B 由f (x )＝0，得ln x ＝－ax ＋1，在同一坐标系中画出y ＝ln x 和y ＝－ax ＋1的图象如图所示，直线y ＝－ax ＋1的斜率k ＝－a ，且恒过(0,1)点．当k ≤0，即a ≥0时，只有一个交点，从而f (x )只有一个零点，当k >0，且直线y ＝－ax ＋1与y ＝ln x 相切于点P (x 0，ln x 0)时，切线方程为y －ln x 0＝1x 0(x －x 0)，将x ＝0，y ＝1代入得ln x 0＝2，即x 0＝e 2，k ＝1x 0＝1e 2，所以a ＝－1e2，所以当a ≥－1e 2时，直线y ＝－ax ＋1与y ＝ln x 的图象只有一个交点，即f (x )只有一个零点，故a 的最小值为－1e2.5．(2018·石家庄模拟)已知函数f (x )＝e xx －kx (e 为自然对数的底数)有且只有一个零点，则实数k 的取值范围是( )A ．(0,2) B.⎝⎛⎭⎫0，e 24 C ．(0，e)D ．(0，＋∞)解析：选B 由题意，知x ≠0，函数f (x )有且只有一个零点等价于方程e xx －kx ＝0只有一个根，即方程e x x 2＝k 只有一个根，设g (x )＝e x x 2，则函数g (x )＝e xx 2的图象与直线y ＝k 只有一个交点．因为g ′(x )＝(x －2)e xx 3，由g ′(x )>0，得x >2或x <0；由g ′(x )<0，得0<x <2，所以函数g (x )在(－∞，0)上为增函数，在(0,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，g (x )的极小值为g (2)＝e 24，且x →0时，g (x )→＋∞；x →－∞时，g (x )→0；x →＋∞时，g (x )→＋∞，则g (x )的图象如图所示，由图易知0<k <e 24，故选B.6．(2018·兰州模拟)已知奇函数f (x )是R 上的单调函数，若函数y ＝f (2x 2＋1)＋f (λ－x )只有一个零点，则实数λ的值是( )A.14B.18 C ．－78D ．－38解析：选C 因为函数y ＝f (2x 2＋1)＋f (λ－x )只有一个零点，所以方程f (2x 2＋1)＋f (λ－x )＝0只有一个实数根．又函数f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，所以f (2x 2＋1)＋f (λ－x )＝0⇔f (2x 2＋1)＝－f (λ－x )⇔f (2x 2＋1)＝f (x －λ)⇔2x 2＋1＝x －λ，所以方程2x 2－x ＋1＋λ＝0只有一个实数根，所以Δ＝(－1)2－4×2×(1＋λ)＝0，解得λ＝－78.7．(2018·长沙模拟)对于满足00，于是c a ＋b －b 24a a ＝1＋b a －14⎝⎛⎭⎫b a 2，对满足02.8．(2018·湘中名校联考)已知函数f (x )＝－13x 3＋ax 2＋bx ＋c 有两个极值点x 1，x 2，若x 1<f (x 1)<x 2，则关于x 方程[f (x )]2－2af (x )－b ＝0的实数根的个数不可能为( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选D 由题意，得f ′(x )＝－x 2＋2ax ＋b .因为x 1，x 2是函数f (x )的两个极值点，所以x 1，x 2是方程－x 2＋2ax ＋b ＝0的两个实数根，所以由[f (x )]2－2af (x )－b ＝0，可得f (x )＝x 1或f (x )＝x 2.由题意，知函数f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递减，在(x 1，x 2)上单调递增，又x 1<f (x 1)<x 2，依题意作出简图，如图所示，结合图形可知，方程[f (x )]2－2af (x )－b ＝0的实根个数不可能为5，故选D.9．(2018·石家庄模拟)已知函数f (x )＝e 2x －ax 2＋bx －1，其中a ，b ∈R ，e 为自然对数的底数．若f (1)＝0，f ′(x )是f (x )的导函数，函数f ′(x )在区间(0,1)内有两个零点，则a 的取值范围是( )A ．(e 2－3，e 2＋1)B ．(e 2－3，＋∞)C ．(－∞，2e 2＋2)D ．(2e 2－6,2e 2＋2)解析：选A 由f (1)＝0，得e 2－a ＋b －1＝0，所以b ＝a －e 2＋1，又f ′(x )＝2e 2x －2ax ＋b ，令g (x )＝2e 2x －2ax ＋b ，则g ′(x )＝4e 2x －2a ，因为x ∈(0,1)，所以4<4e 2x <4e 2.当a ≥2e 2时，g ′(x )<0，函数g (x )在(0,1)内单调递减，故g (x )在(0,1)内至多有一个零点；当a ≤2时，g ′(x )>0，函数g (x )在(0,1)内单调递增，故g (x )在(0,1)内至多有一个零点；当2<a <2e 2时，若0<x <12ln a 2，则g ′(x )<0，若12ln a2<x <1，则g ′(x )>0，所以函数g (x )在⎝⎛⎭⎫0，12ln a 2内单调递减，在⎝⎛⎭⎫12ln a 2，1内单调递增，所以g (x )min ＝g 12ln a2＝a －a ln a 2＋b ＝2a －a ln a 2－e 2＋1.令h (x )＝2x －x ln x2－e 2＋1＝2x －x ln x ＋x ln 2－e 2＋1(2<x <2e 2)，则h ′(x )＝－ln x ＋1＋ln 2，当x∈(2,2e)时，h ′(x )>0，h (x )为增函数，当x ∈(2e,2e 2)时，h ′(x )<0，h (x )为减函数，所以h (x )max ＝h (2e)＝2e －e 2＋1<0，即g (x )min <0恒成立，所以函数g (x )在(0,1)内有两个零点，则⎩⎪⎨⎪⎧g (0)＝2＋a －e 2＋1>0，g (1)＝2e 2－2a ＋a －e 2＋1>0，解得e 2－3<a <e 2＋1. 综上所述，a 的取值范围为(e 2－3，e 2＋1)．10．(2017·太原一模)设[x ]表示不小于实数x 的最小整数，如[2.6]＝3，[－3.5]＝－3.已知函数f (x )＝([x ])2－2[x ]，若函数F (x )＝f (x )－k (x －2)＋2在(－1,4]上有2个零点，则实数k 的取值范围是( )A ．－52，－1∪[2,5)B ．－43，－1∪[5,10)C ．－1，－23∪[5,10)D ．－43，－1∪[5,10)解析：选C 由题意知，f (x )＝([x ])2－2[x ]＝⎩⎪⎨⎪⎧0，x ∈(－1，0]∪(1，2]，－1，x ∈(0，1]，3，x ∈(2，3]，8，x ∈(3，4].令F (x )＝0，得f (x )＝k (x －2)－2，作出函数y ＝f (x )和y ＝k (x －2)－2的图象如图所示．若函数F (x )＝f (x )－k (x －2)＋2在(－1,4]上有2个零点，则函数y ＝f (x )和y ＝k (x －2)－2的图象在(－1,4]上有2个交点，结合图象可得，k PA ＝5，k PB ＝10，k PO ＝－1，k PC ＝－23，所以实数k 的取值范围是－1，－23∪[5,10)．11．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x＋1，x ＜0，⎪⎪⎪⎪12x 2－2x ＋1，x ≥0.方程[f (x )]2－af (x )＋b ＝0(b ≠0)有6个不同的实数解，则3a ＋b 的取值范围是( )A ．[6,11]B ．[3,11]C ．(6,11)D ．(3,11)解析：选D 作出函数f (x )的图象如图所示，对于方程[f (x )]2－af (x )＋b ＝0，可令f (x )＝t ，那么方程根的个数就是f (x )＝t 1与f (x )＝t 2的根的个数之和，结合图象可知，要使总共有6个根，需要一个方程有4个根，另一个方程有2个根，从而可知关于t 的方程t 2－at ＋b ＝0有2个根，分别位于区间(0,1)与(1,2)内，由根的分布得出约束条件⎩⎪⎨⎪⎧b ＞0，1－a ＋b ＜0，4－2a ＋b ＞0，画出可行域如图所示，目标函数z ＝3a ＋b 经过⎩⎪⎨⎪⎧1－a ＋b ＝0，4－2a ＋b ＝0的交点A (3,2)时取得最大值11，经过B (1,0)时取得最小值3.故3a ＋b 的取值范围为(3,11)．12．(2018·广东五校协作体第一次诊断)已知e 为自然对数的底数，若对任意的x 1∈[0,1]，总存在唯一的x 2∈[－1,1]，使得x 1＋x 22e x 2－a ＝0成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[1，e]B ．(1，e] C.⎝⎛⎦⎤1＋1e ，e D.⎣⎡⎦⎤1＋1e ，e 解析：选C 令f (x 1)＝a －x 1，则f (x 1)在x 1∈[0,1]上单调递减，且f (0)＝a ，f (1)＝a －1.令g (x 2)＝x 22e x 2，则g ′(x 2)＝2x 2e x 2＋x 22e x 2＝x 2e x 2(x 2＋2)，且g (0)＝0，g (－1)＝1e ，g (1)＝e.若对任意的x 1∈[0,1]，总存在唯一的x 2∈[－1,1]，使得x 1＋x 22e x 2－a ＝0成立，即f (x 1)＝g (x 2)，则f (x 1)＝a －x 1的最大值不能大于g (x 2)的最大值，即f (0)＝a ≤e ，因为g (x 2)在[－1,0]上单调递减，在(0,1]上单调递增，所以当g (x 2)∈⎝⎛⎦⎤0，1e 时，有两个x 2使得f (x 1)＝g (x 2)．若存在唯一的x 2∈[－1,1]，使得f (x 1)＝g (x 2)，则f (x 1)的最小值要比1e 大，所以f (1)＝a －1>1e ，所以a >1＋1e，故实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤1＋1e ，e . 二、填空题13．若对任意的实数a ，函数f (x )＝(x －1)ln x －ax ＋a ＋b 有两个不同的零点，则实数b 的取值范围是________．解析：由f (x )＝(x －1)ln x －ax ＋a ＋b ＝0，得(x －1)ln x ＝a (x －1)－b .设g (x )＝(x －1)ln x ，h (x )＝a (x －1)－b ，则g ′(x )＝ln x －1x＋1，因为g ′(x )＝ln x －1x＋1在(0，＋∞)上是增函数，且g ′(1)＝0，所以当0＜x ＜1时，g ′(x )＜0，当x ＞1时，g ′(x )＞0，所以g (x )在区间(0,1)上是减函数，在区间(1，＋∞)上是增函数，又g (1)＝0，所以函数g (x )的大致图象如图所示．易知h (x )＝a (x －1)－b 的图象是恒过点(1，－b )的直线，当－b ＞0，即b ＜0时，易知对任意的实数a ，直线h (x )＝a (x －1)－b 与函数g (x )的图象始终有两个不同的交点，即函数f (x )＝(x －1)ln x －ax ＋a ＋b 有两个不同的零点；当b ＝0时，若a ＝0，则h (x )＝0，其图象与函数g (x )的图象只有一个交点，不满足；当－b ＜0，即b ＞0时，由图易知，不满足对任意的实数a ，直线h (x )＝a (x －1)－b 与函数g (x )的图象始终有两个不同的交点．综上可知，b ＜0.答案：(－∞，0)14．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x x ＋1，－1<x ≤0，x ，0<x ≤1，与g (x )＝a (x ＋1)的图象在(－1,1]上有2个交点，若方程x －1x ＝5a 的解为正整数，则满足条件的实数a 的个数为________．解析：在同一坐标系中作出函数f (x )与g (x )的图象如图所示，结合图象可知，实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤0，12.由x －1x＝5a ，可得x 2－5ax －1＝0，设h (x )＝x 2－5ax －1，当x ＝1时，由h (1)＝1－5a －1＝0，可得a ＝0，不满足题意；当x ＝2时，由h (2)＝4－10a －1＝0，可得a ＝310，满足题意；当x ＝3时，由h (3)＝9－15a －1＝0，可得a ＝815，不满足题意．又函数y ＝x －1x 在(0，＋∞)上单调递增，故满足条件的实数a 的个数为1.答案：115．若函数f (x )＝x 2＋2x －a ln x (a >0)有唯一的零点x 0，且m <x 0<n (m ，n 为相邻整数)，则m ＋n ＝________.解析：令y 1＝x 2＋2x ，y 2＝a ln x (a >0)，则y 1′＝2x －2x 2，y 2′＝a x (a >0)．∵函数f (x )＝x 2＋2x －a ln x (a >0)有唯一的零点x 0，∴函数y 1＝x 2＋2x，y 2＝a ln x 的图象有公切点(x 0，y 0)，则⎩⎨⎧2x 0－2x 20＝a x 0，x 20＋2x 0＝a ln x 0⇒x 20＋2x 0－2⎝⎛⎭⎫x 20－1x 0ln x 0＝0. 构造函数g (x )＝x 2＋2x －2⎝⎛⎭⎫x 2－1x ln x (x >0)，则g (1)＝3，g (2)＝4＋1－2×⎝⎛⎭⎫4－12ln 2＝5－7ln 2，欲比较5与7ln 2的大小，可比较e 5与27的大小，∵e 5>27，∴g (2)>0，又g (e)＝e 2＋2e －2⎝⎛⎭⎫e 2－1e ＝－e 2＋4e<0， ∴x 0∈(2，e)，∴m ＝2，n ＝3，∴m ＋n ＝5.答案：516．已知函数f (x )＝x 2－x ln x －k (x ＋2)＋2在12，＋∞上有两个零点，则实数k 的取值范围为________．解析：f (x )＝x 2－x ln x －k (x ＋2)＋2在⎣⎡⎭⎫12，＋∞上有两个零点，即关于x 的方程x 2－x ln x ＋2＝k (x ＋2)在⎣⎡⎭⎫12，＋∞上有两个不相等的实数根．令g (x )＝x 2－x ln x ＋2，所以当x ∈⎣⎡⎭⎫12，＋∞时，直线y ＝k (x ＋2)与函数g (x )＝x 2－x ln x ＋2的图象有两个不同的交点．设直线y ＝k 0(x ＋2)与函数g (x )＝x 2－x ln x ＋2，x ∈⎣⎡⎭⎫12，＋∞的图象相切于点(x 0，y 0)，g ′(x )＝2x －ln x －1，则有⎩⎪⎨⎪⎧k 0＝2x 0－ln x 0－1，k 0(x 0＋2)＝x 20－x 0ln x 0＋2，由此解得x 0＝1，k 0＝1.令h (x )＝g ′(x )＝2x －ln x －1，则h ′(x )＝2－1x ，且x ≥12，所以h ′(x )≥0，故h (x )在⎣⎡⎭⎫12，＋∞上单调递增，h (x )≥h ⎝⎛⎭⎫12＝ln 2＞0，所以g (x )在⎣⎡⎭⎫12，＋∞上单调递增，g ⎝⎛⎭⎫12＝94＋12ln 2，作出y ＝g (x )的大致图象，如图所示，当直线y ＝k (x ＋2)经过点⎝⎛⎭⎫12，94＋12ln 2时，k ＝910＋ln 25.又当直线y ＝k (x ＋2)与g (x )的图象相切时，k ＝1.结合图象可知，k 的取值范围是⎝⎛⎦⎤1，910＋ln 25.9 10＋ln 2 5答案：⎝⎛⎦⎤1，。

压轴题03--函数与导数常见经典压轴小题(解析版)-2023年高考数学压轴题专项训练(江苏专用)

压轴题03函数与导数常见经典压轴小题1、导数的计算和几何意义是高考命题的热点，多以选择题、填空题形式考查，难度较小．2、应用导数研究函数的单调性、极值、最值多在选择题、填空题靠后的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题．考向一：函数、零点嵌套问题考向二：函数整数解问题考向三：等高线问题考向四：零点问题考向五：构造函数解不等式考向六：导数中的距离问题考向七：导数的同构思想考向八：最大值的最小值问题（平口单峰函数、铅锤距离）1、分段函数零点的求解与判断方法：（1）直接法：直接根据题设条件构造关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成球函数值域的问题加以解决；（3）数形结合法：先将解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．2、由于三次函数的导函数为我们最熟悉的二次函数，所以基本的研究思路是：借助导函数的图象来研究原函数的图象．如借助导函数的正负研究原函数的单调性；借助导函数的（变号）零点研究原函数的极值点（最值点）；综合借助导函数的图象画出原函数的图象并研究原函数的零点，具体来说，对于三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++＞，其导函数为()()232 0f x ax bx c a '=++＞，根的判别式()243b ac ∆=-．a ＞()232f x ax bx c'=++判别式∆＞0∆=0∆＜图象()32f x ax bx cx d=+++单调性增区间：()1, x -∞，()2, x +∞；减区间：()12, x x 增区间：(), -∞+∞增区间：(), -∞+∞图象（1）当0∆≤时，()0f x '≥恒成立，三次函数()f x 在R 上为增函数，没有极值点，有且只有一个零点；（2）当0∆≥时，()0f x '=有两根1x ，2x ，不妨设12x x ＜，则1223bx x a+=-，可得三次函数()f x 在()1, x -∞，()2, x +∞上为增函数，在()12, x x 上为减函数，则1x ，2x 分别为三次函数()32f x ax bx cx d =+++的两个不相等的极值点，那么：①若()()120f x f x ⋅＞，则()f x 有且只有1个零点；②若()()120f x f x ⋅＜，则()f x 有3个零点；③若()()120f x f x ⋅=，则()f x 有2个零点．特别地，若三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++＞存在极值点0x ，且()00f x =，则()f x 地解析式为()()()20f x a x x x m =--．同理，对于三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++＜，其性质也可类比得到．3、由于三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++≠的导函数()232f x ax bx c '=++为二次函数，其图象变化规律具有对称性，所以三次函数图象也应当具有对称性，其图象对称中心应当为点, 33bb faa ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，此结论可以由对称性的定义加以证明．事实上，该图象对称中心的横坐标正是三次函数导函数的极值点．4、恒成立（或存在性）问题常常运用分离参数法，转化为求具体函数的最值问题．5、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，利用函数性质求解，常见的是利用函数单调性求解函数的最大、最小值．6、当不能用分离参数法或借助于分类讨论解决问题时，还可以考虑利用函数图象来求解，即利用数形结合思想解决恒成立（或存在性）问题，此时应先构造函数，作出符合已知条件的图形，再考虑在给定区间上函数图象之间的关系，得出答案或列出条件，求出参数的范围．7、两类零点问题的不同处理方法利用零点存在性定理的条件为函数图象在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且()()0f a f b ⋅<．．①直接法：判断-一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明()()0f a f b ⋅<．②分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明()()0f a f b ⋅<．8、利用导数研究方程根（函数零点）的技巧（1）研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等．（2）根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极（最）值的位置．（3）利用数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．9、已知函数零点个数求参数的常用方法（1）分离参数法：首先分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．（2）分类讨论法：结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围．1．（2023·江西宜春·统考模拟预测）已知函数()()()ln 1,ln (0)1m xf x xg x x m x m=+-=+>+，且()()120f x g x ==，则()2111em x x -+的最大值为（）A ．1B ．eC ．2eD ．1e【答案】A【解析】()()()()()ln 10,ln 10,1ln 1,11m mf x x x m x x x x =+-=+-==++++()ln0,e ,x xg x x m x m=+==由题意知，()()21121ln 1e ,x x x x m ++==即()()2221121ln 1e e ln e ,x x xx x x m ++===因为0m >，所以21e 1,11xx >+>，设()ln ,1p x x x x =>，则()1ln 0p x x '=+>，()()211e ,xp x p m +==所以211e x x +=，所以()22121111e e e ex m m m x x x m---+==，1(),0e m m t m m -=>，则11(),e m m t m --'=当01m <<时，()0;t m '>当1m >时，()0;t m '<所以()t m 在()0,1时单调递增，在()1,+∞时单调递减，所以max ()(1)1,t m t ==故选：A.2．（2023·湖南岳阳·统考二模）若函数()22ln 2e 2ln x xf x a x ax -=-+有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是（）A ．(),e -∞-B ．(],e -∞-C ．()e,0-D ．()【答案】A【解析】函数()f x 的定义域为(0,)+∞，()()222ln 22ln 2e 2ln e 2ln x x x x f x a x ax a x x --=-+=+-，设2()2ln (0)h x x x x =->，则22(1)(1)()2x x h x x x x+-'=-=，令()01h x x '>⇒>，令()001h x x '<⇒<<，所以函数()h x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，且(1)1h =，所以min ()(1)1h x h ==，所以()1h x ≥，函数()f x 有两个不同的零点等价于方程()0f x =有两个不同的解，则()222ln 2ln 22e e 2ln 02ln x x x x a x x a x x--+-=⇒-=-，等价于函数y a =-与22ln 2e 2ln x xy x x-=-图象有两个不同的交点.令22ln x x t -=，()1e ,tg t tt =>，则函数y a =-与()1e ,tg t tt =>图象有一个交点，则()()22e 1e e 0tt t t t g t t t '--==>，所以函数()g t 在(1,)+∞上单调递增，所以()()1e g t g >=，且t 趋向于正无穷时，()e tg t t=趋向于正无穷，所以e a ->，解得e a <-.故选：A.3．（2023·江西吉安·统考一模）已知,R,0,0x y x y ∈>>，且2x y xy +=，则8e y x-的可能取值为（）（参考数据： 1.1e 3≈， 1.2e 3.321≈）A ．54B ．32C ．e 1-D ．e【答案】D【解析】由2x y xy +=，可得844x y =-且1y >，所以84e e 4y yx y-=+-，令()()4e 4,1,yg y y y =+-∈+∞，可得()24e y g y y='-，令()24e yh y y =-，可得()38e 0yh y y '=+>，()h y 为单调递增函数，即()g y '单调递增，又()()1.1 1.222441.1e 0, 1.2e 01.1 1.2g g =--'<'=>，所以存在()0 1.1,1.2y ∈，使得()00204e 0yg y y =-='，所以()()0min 002000444e 44, 1.1,1.2yg g y y y y y ==+-=-∈，设()0200444f y y y =+-，则()0320084f y y y =--'，因为()0 1.1,1.2y ∈，所以()00f y '<，所以()0f y 在()1.1,1.2上单调递减，所以()()0191.229f y f >=>，又因为()22e 2e g =->，()g y 在()0,y ∞+上递增，所以D 正确.故选：D.4．（2023·河南开封·开封高中校考一模）若存在[)1,x ∞∈+，使得关于x 的不等式11e x ax +⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭成立，则实数a 的最小值为（）A ．2B ．1ln2C ．ln21-D ．11ln2-【答案】D 【解析】由11e x ax +⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭两边取对数可得 1()ln 11x a x ⎛⎫++≥ ⎪⎝⎭①，令11,t x +=则11x t =-，因为[)1,x ∞∈+，所以(1,2]t ∈，则①可转化得1ln 11a t t ⎛⎫+≥⎪-⎝⎭，因为ln 0t >，11ln 1a t t ∴≥--因为存在[)1,x ∞∈+，使得关于x 的不等式11e x ax +⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭成立，所以存在(1,2]t ∈，11ln 1a t t ≥--成立，故求11ln 1t t --的最小值即可，令11(),(1,2]ln 1g x x x x =-∈-2211()(ln )(1)g x x x x '∴=-+⋅-2222(ln )(1)(1)(ln )x x x x x x ⋅--=-2222222(1)1(ln )(ln )2(1)(ln )(1)(ln )x x x x x x x x x x ----+==--，令()h x 21(ln )2,(1,2]x x x x=--+∈212ln 11()2ln 1x x x h x x x xx-+'∴=⋅-+=，令1()2ln ,(1,2]x x x x xϕ=-+∈，2222121()1x x x x x x ϕ-+-'∴=--=22(1)0x x --=<，所以()ϕx 在(1,2]上单调递减，所以()(1)0x ϕϕ<=，()0h x '∴<，所以()h x 在(1,2]上单调递减，所以()(1)0,()0,h x h g x '<=∴<()g x ∴在(1,2]上单调递减，1()(2)1ln 2g x g ∴≥=-，11ln 2a ∴≥-，所以实数a 的最小值为11ln 2-故选：D5．（2023·河北石家庄·统考一模）已知210x x a -=在()0,x ∈+∞上有两个不相等的实数根，则实数a 的取值范围是（）A ．10,2e ⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．10,2e ⎛⎫⎪⎝⎭C ．12e 1,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．12e 1,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】D【解析】由()0,x ∈+∞，则210x x a =>，故2ln ln xa x=，要使原方程在()0,x ∈+∞有两个不等实根，即2ln ()xf x x =与ln y a =有两个不同的交点，由432ln 12ln ()x x x x f x x x --'==，令()0f x '>，则120e x <<，()0f x '<，则12e x >，所以()f x 在12(0,e )上递增，12(e ,)+∞上递减，故12max 1()(e )2e f x f ==，又x 趋向于0时，()f x 趋向负无穷，x 趋向于正无穷时，()f x 趋向0，所以，要使()f x 与ln y a =有两个不同的交点，则10ln 2ea <<，所以12e 1e a <<.故选：D6．（2023·吉林·统考三模）已知不等式22e ln ln x x λλ+≥在()0,x ∈+∞上恒成立，则实数λ的取值范围是（）A ．10,2e ⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．10,4e ⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．1,2e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭D ．1,4e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【答案】C【解析】由22e ln ln x x λλ+≥得22e ln ln lnxxx λλλ≥-=，即22e lnxxxx λλ≥，令()e t f t t =，()0,t ∈+∞，则()()1e 0tf t t '=+>，所以()e tf t t =在()0,∞+上单调递增，而ln22e lnlne xxxxxx λλλλ≥=等价于()2ln x f x f λ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，∴2lnxx λ≥，即2e xx λ≥令()2e x g x x =，()0,x ∈+∞，则()212e xg x x-'=，所以()g x 在10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0g x '>，为增函数；在在1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时()0g x '<，为减函数，所以()g x 最大值为1122e g ⎛⎫= ⎪⎝⎭，∴12e λ≥．故选：C7．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）设()f x 是定义在R 上的可导函数，()f x 的导函数为()f x '，且()()32f x f x x '⋅>在R 上恒成立，则下列说法中正确的是（）A ．()()20232023f f <-B ．()()20232023f f >-C ．()()20232023f f <-D ．()()20232023f f >-【答案】D【解析】由题设32()()4f x f x x ⋅>'，构造24()()g x f x x =-，则3()2()()40g x f x f x x =-'>'，所以()g x 在R 上单调递增，则(2023)(2023)g g >-，即2424(2023)2023(2023)(2023)f f ->---，所以22(2023)(2023)f f >-，即()()20232023f f >-.故选：D8．（2023·四川广安·统考二模）若存在[]01,2x ∈-，使不等式()022002e 1ln e 2ex ax a x +-≥+-成立，则a 的取值范围是（）A ．21,e 2e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．221,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．421,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．41,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】D【解析】()022002e 1ln e 2e x a x a x +-≥+-⇔()()222e 1ln e 12e x a a x ---≥-()()()000022222 e 1ln e 1ln e 2 e 1ln 2e e x x x x a a a a e ⇔---≥-⇔-≥-令ex at =，即()2e 1ln 220t t --+≥，因为0[1,2]x ∈-，所以21,e e a a t -⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，令()2()e 1ln 22f t t t =--+.则原问题等价于存在21,e e a a t -⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使得()0f t ≥成立.()22e 12e 1()2t f t t t---'=-=令()0f t '<，即()2e 120,t --<解得2e 12t ->，令()0f t '>，即()2e 120,t -->解得2e 102t -<<，所以()f t 在2e 10,2⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在2e 1,2⎛⎫-+∞⎪⎝⎭上单调递减.又因为()()2222(1)0,e e 1ln e 2e 2f f ==--+222e 22e 20=--+=而22e 11e 2-<<，∴当21e t ≤≤时，()0f t ≥.若存在21,e e a a t -⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使得()0f t ≥成立.只需22e e a ≤且11e a -≥，解得4ea ≤且1e a ≥，所以41e ea ≤≤.故a 的取值范围为41,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦.故选：D9．（2023·河南郑州·统考二模）函数()ln ,01,0x x x f x x x >⎧=⎨+≤⎩，若关于x 的方程()()()210f x m f x m -++=⎡⎤⎣⎦恰有5个不同的实数根，则实数m 的取值范围是（）A ．10em -<y ，即y 递增；所以min 1e y =-，且1|0x y ==，在x 趋向正无穷y 趋向正无穷，综上，根据()f x 解析式可得图象如下图示：显然()1f x =对应两个根，要使原方程有5个根，则()f x m =有三个根，即(),f x y m =有3个交点，所以10em -<<.故选：A10．（2023·贵州·统考模拟预测）已知函数()f x 在R 上满足如下条件：（1）()()0f x f x -+=；（2）()20f -=；（3）当()0,x ∈+∞时，()()f x f x x'<.若()0f a >恒成立，则实数a 的值不可能是（）A ．3-B ．2C ．4-D ．1【答案】B 【解析】设()()f x g x x =，则()()()2xf x f x g x x'-'=，因为当()0,x ∈+∞时，()()f x f x x'<，所以当0x >时，有()()0xf x f x '-<恒成立，即此时()g x '<0，函数()g x 为减函数，因为()f x 在R 上满足()()0f x f x -+=，所以函数()f x 是奇函数，又()20f -=，所以()20f =，又()()()()()f x f x f x g x g x x x x---====--，故()g x 是偶函数，所以()()220g g =-=，且()g x 在(),0x ∈-∞上为增函数，当0a >时，()0f a >，即()()0f a ag a =>，等价为()0g a >，即()()2g a g >，得02a <<；当a<0时，()0f a >，即()()0f a ag a =>，等价为()0g a <，即()()2g a g <-，此时函数()g x 为增函数，得2a <-，综上不等式()0f a >的解集是()(),20,2-∞- ，结合选项可知，实数a 的值可能是3-，4-，1.故选：B11．（2023·广西·统考三模）已知2()cos f x x x =+，若3441e ,ln ,54a f b f c f -⎛⎫⎛⎫⎛⎫===- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．b c a <<B ．c a b<<C ．c b a<<D ．a c b<<【答案】A【解析】因为2()cos ,R f x x x x =+∈，定义域关于原点对称，()22()()cos()cos f x x x x x f x -=-+-=+=，所以()f x 为R 上的偶函数，当0x ≥时,()2sin ,f x x x '=-，设()2sin g x x x =-，则()2cos g x x =-'，1cos 1x -≤≤ ，()0g x '∴>，所以()g x 即()f x '在[0,)+∞上单调递增，所以()(0)0f x f ''≥=,所以()f x 在[0,)+∞上单调递增，又因为()f x 为偶函数,所以()f x 在(,0]-∞上单调递减，又因为41ln0,054<-<,所以445ln ln ln 554b f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫==-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,1144c f f ⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭又因为31411ee e 4-->=>,因为141ln e 4=,41445e e, 2.4e 4⎛⎫⎛⎫=≈< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以145e 4>,所以145ln e ln 4>，即15ln 44>,所以3415eln 44->>,所以3441e 5ln 4f f f -⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭,即a c b >>.故选：A.12．（2023·天津南开·统考一模）已知函数()()216249,1,11,1,9x x x f x f x x ⎧-+≤⎪=⎨->⎪⎩则下列结论：①()1*9,Nn f n n -=∈②()()10,,x f x x∞∀∈+<恒成立③关于x 的方程()()R f x m m =∈有三个不同的实根，则119m <<④关于x 的方程()()1*9N n f x n -=∈的所有根之和为23n n +其中正确结论有（）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】B【解析】由题意知，()()()()1211111219999n n f n f n f n f n n --=-=-==--=⎡⎤⎣⎦ ，所以①正确；又由上式知，要使得()()10,,x f x x∞∀∈+<恒成立，只需满足01x <≤时，()1f x x <恒成立，即2116249x x x-+<，即321624910x x x -+-<恒成立，令()(]32162491,0,1g x x x x x =-+-∈，则()248489g x x x '=-+，令()0g x '=，解得14x =或34x =，当1(0,4x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增；当13(,)44x ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减；当3(,)4x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增，当14x =时，函数()g x 取得极大值，极大值11101444g f ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，所以②不正确；作出函数()f x 的图象，如图所示，由图象可知，要使得方程()()R f x m m =∈有三个不同的实根，则满足()()21f m f <<，即119m <<，所以③正确；由()1(1)9f x f x =-知，函数()f x 在(),1n n +上的函数图象可以由()1,n n -上的图象向右平移一个单位长度，再将所有点的横坐标不变，纵坐标变为原来的19倍得到，因为216249y x x =-+的对称轴为34x =，故()09f x =的两根之和为32，同理可得：()19f x =的两个之和为322+，，()19nf x -=的两个之和为32(1)2n +-，故所有根之和为23333(2)[2(1)]2222n n n +++++-=+，所以④不正确.故选：B.13．（2023·山东济南·一模）函数()()()221xxx f x a a a =++-+（0a >且1a ≠）的零点个数为（）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】B【解析】由()0f x =可得22011x x a a a a +⎛⎫⎛⎫+-= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，即11112011x xa a ⎛⎫⎛⎫-++-= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，因为0a >且1a ≠，则1110,,1122a ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭，令11t a =+，令()()()112x xg x t t =-++-，则()()010g g ==，()()()()()1ln 11ln 1xxg x t t t t '=--+++，令()()()()()1ln 11ln 1xxh x t t t t =--+++，则()()()()()221ln 11ln 10xxh x t t t t '=--+++>⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，所以，函数()g x '在R 上单调递增，因为()()()()20ln 1ln 1ln 1ln10g t t t'=-++=-<=，()()()()()11ln 11ln 1g t t t t '=--+++，令()()()()()1ln 11ln 1p t t t t t =--+++，其中01t <<，则()()()ln 1ln 10p t t t '=+-->，所以，函数()p t 在()0,1上单调递增，所以，()()()100g p t p >'==，由零点存在定理可知，存在()00,1x ∈，使得()00g x '=，且当0x x <时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减，当0x x >时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增，所以，()()()0010g x g g <==，所以，函数()g x 的零点个数为2，即函数()f x 的零点个数为2.故选：B.14．（2023·陕西榆林·统考二模）已知函数()()25e xf x x x =+-，若函数()()()()222g x f x a f x a =---⎡⎤⎣⎦恰有5个零点，则a 的取值范围是（）A ．()3e,0-B ．470,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．473e,e ⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．()0,3e 【答案】B【解析】函数()g x 恰有5个零点等价于关于x 的方程()()()2220f x a f x a ⎡⎤---=⎣⎦有5个不同的实根．由()()()2220f x a f x a ⎡⎤---=⎣⎦，得()f x a =或()2f x =-．因为()()25e x f x x x =+-，所以()()234e x f x x x '=+-()()41e xx x =+-，由()0f x ¢>，得<4x -或1x >，由()0f x '<，得41x -<<，则()f x 在(),4-∞-和()1,+∞上单调递增，在()4,1-上单调递减．因为()474e f -=，()13e f =-，当x →+∞时，()f x →+∞，当x →-∞时，()0f x →，所以可画出()f x 的大致图象：由图可知()2f x =-有2个不同的实根，则()f x a =有3个不同的实根，故470,e a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，故A ，C ，D 错误.故选：B.15．（2023·山东枣庄·统考二模）已知()f x =，a ∈R ，曲线cos 2y x =+上存在点()00,x y ，使得()()00f f y y =，则a 的范围是（）A ．()8,18ln 3+B ．[]8,18ln 3+C ．()9,27ln 3+D ．[]9,27ln 3+【答案】B【解析】因为[]cos 1,1x ∈-，所以[]cos 21,3y x =+∈，由题意cos 2y x =+上存在一点()00,x y 使得()()00f f y y =，即[]01,3y ∈，只需证明()00f y y =，显然()f x =假设()00f y y c =>，则()()()()000f f y f c c y f y ==>>不满足()()00f f y y =，同理()00f y c y =<不满足()()00f f y y =，所以()00f y y =，那么函数()[]1,3f x =即函数()f x x =在[]1,3x ∈有解，x =，可得[]2ln 9,1,3x x a x x +-=∈，从而[]2ln 9,1,3x x x a x +-=∈，令()[]2ln 9,1,3h x x x x x =+-∈，则()2119292x x h x x x x+-'=+-=，令()0h x '=，即21920x x +-=，解得12993,044x x -=>=（舍去），()0h x '>时03x <<<()0h x '<时x >所以()h x 在[]1,3单调递增，所以()()()13h h x h ≤≤，()1ln1918h =+-=，()3ln 3279ln 318h =+-=+，所以()h x 的取值范围为[]8,ln 318+，即a 的取值范围为[]8,ln 318+.故选：B.16．（2023·四川绵阳·盐亭中学校考模拟预测）已知()(0)ln kxx k xϕ=>，若不等式()11e kxxx ϕ+<+在()1+∞，上恒成立，则k 的取值范围为（）A ．1e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，B ．()ln2+∞，C ．()0,eD ．()0,2e 【答案】A【解析】由题意知，(1,)x ∀∈+∞，不等式11e ln kx x kx x+<+恒成立，即()(1,),1eln e(1)ln kxkxx x x ∀∈+∞+>+成立.设()(1)ln (1)f x x x x =+>，则()e ()kxf f x >.因为11()ln ln 10x f x x x x x+'=+=++>，所以()f x 在()1+∞，上单调递增，于是e kx x >对任意的()1x ∈+∞，恒成立，即ln xk x >对任意的()1x ∈+∞，恒成立.令ln ()(1)x g x x x=>，即max ()k g x >.因为21ln ()xg x x-'=，所以当(1,e)x ∈时，()0g x '>;当()e x ∈+∞，时，()g x '<0，所以()g x 在(1,e)上单调递增，在()e ，+∞上单调递减，所以max 1()(e)eg x g ==，所以1ek >.故选：A .17．（2023·江西·校联考模拟预测）已知()ee 1ln x x a x+>有解，则实数a 的取值范围为（）A ．21,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭B ．1,e⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．()1,-+∞D ．1,e⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】A【解析】不等式()e e 1ln x x a x+>可化为()e ln 1x a x x x ++>，()()e ln e 1x x a x x +>，令e x t x =，则ln 1at t +>且0t >，由已知不等式ln 1t at +>在()0,∞+上有解，所以1ln ta t ->在()0,∞+上有解.令()1ln t f t t -=，则()2ln 2t f t t ='-，当20e t <<时，()0f t '<，()f t 在()20,e 上单调递减；当2t e >时，()0f t '>，()f t 在()2e ,+∞单调递增，所以()min f t =()221e e f =-，所以21e a >-，所以a 的取值范围为21,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭，故选：A.18．（2023·辽宁朝阳·校联考一模）设0k >，若不等式()ln e 0xk kx -≤在0x >时恒成立，则k 的最大值为（）A ．eB ．1C ．1e -D ．2e 【答案】A【解析】对于()ln e 0xk kx -≤，即()e ln x kx k≤，因为()ln y kx =是e xy k =的反函数，所以()ln y kx =与e xy k =关于y x =对称，原问题等价于e x x k≥对一切0x >恒成立，即e xk x≤；令()e x f x x =，则()()'21e x x f x x -=，当01x <<时，()()'0,f x f x <单调递减，当1x >时，()()'0,f x f x >单调递增，()()min 1e f x f ==，e k ∴≤；故选：A.19．（2023·四川南充·统考二模）已知函数()()2ln ln 1212x x h x t t x x ⎛⎫=--+- ⎪⎝⎭有三个不同的零点123,,x x x ，且123x x x <<．则实数11ln 1x x ⎛-⎝）A ．1t -B ．1t -C ．－1D ．1【答案】D 【解析】令ln x y x =，则21ln xy x-'=，当(0,e)x ∈时0'>y ，y 是增函数，当(e,)x ∈+∞时0'<y ，y 是减函数；又x 趋向于0时y 趋向负无穷，x 趋向于正无穷时y 趋向0，且e 1|ex y ==，令ln xm x=，则2()()(12)12h x g m m t m t ==--+-，要使()h x 有3个不同零点，则()g m 必有2个零点12,m m ，若11(0,e m ∈，则21em =或2(,0]m ∞∈-，所以2(12)120m t m t --+-=有两个不同的根12,m m ，则2Δ(12)4(12)0t t =--->，所以32t <-或12t >，且1212m m t +=-，1212m m t =-，①若32t <-，12124m m t +=->，与12,m m 的范围相矛盾，故不成立；②若12t >，则方程的两个根12,m m 一正一负，即11(0,)em ∈，2(,0)m ∞∈-；又123x x x <<，则12301e x x x <<<<<，且121ln x m x =，32123ln ln x x m x x ==，故11ln 1x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭(()()221111m m m =-=--12121()1m m m m =-++=.故选：D20．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学统考二模）已知实数0a >，e 2.718=…，对任意()1,x ∈-+∞，不等式()e e 2ln xa ax a ⎡⎤++⎣⎦≥恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．10,e ⎛⎤⎥⎝⎦B ．1,1e⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．20,e⎛⎫⎪⎝⎭D ．2,1e⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】A【解析】因为()e e 2ln xa ax a ⎡⎤++⎣⎦≥，所以()()1e2ln 2ln 2ln ln(1)x a ax a a a ax a a a a a x -⎡⎤++=++=+++⎣≥⎦，即11e 2ln ln(1)x a x a-⋅++≥+，即1ln 11ln e e 2ln ln(1)e 2ln ln(1)x x a a a x a x ---⋅+++⇔+≥++≥，所以1ln e 1ln ln(1)1x a x x a x --+≥--+++，令()e ,(1,)x f x x x =+∈-+∞，易知()f x 在()1,x ∈-+∞上单调递增，又因为ln(1)[ln(1)]e ln(1)1ln(1)x f x x x x ++=++=+++，所以(1ln )[ln(1)]f x a f x --≥+，所以1ln ln(1),(1,)x a x x --≥+∈-+∞，所以ln 1ln(1),(1,)a x x x ≤--+∈-+∞，令()1ln(1),(1,)g x x x x =--+∈-+∞，则1()111x g x x x '=-=++，所以当(1,0)x ∈-时，()0g x '<，()g x 单调递减；当,()0x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增；所以min ()(0)1g x g ==-，所以ln 1a ≤-，解得10ea <≤.故选：A21．（2023·陕西榆林·统考二模）已知函数()()25e xf x x x =+-，若函数()()()()0g x f f x a a =->，则()g x 的零点个数不可能是（）A ．1B ．3C ．5D ．7【答案】D【解析】令()0g x =，即()()f f x a =，因为()()25e xf x x x =+-，所以()2()34e x f x x x '=+-，由()0f x ¢>，得<4x -或1x >，由()0f x '<，得41x -<<，则()f x 在(),4-∞-和()1,+∞上单调递增，在()4,1-上单调递减，因为()474e f -=，()13e f =-，当+x →∞时，()+f x →∞，当x →-∞时，()0f x →，令()0f x =，解得1212x -=或1212x -=，所以可画出()f x 的大致图像，设()t f x =，则()f t a =，第一种情况：当470e a <<时，()f t a =有三个不同的零点1t ，2t ，3t ，不妨设123t t t <<，则14t <-，2142t -<<-，312t ->，①讨论()1f x t =根的情况：当13e t <-时，()1f x t =无实数根，当13e t =-时，()1f x t =有1个实数根，当13e 4t -<<-时，()1f x t =有2个实数根，②讨论()2f x t =根的情况：因为2142t -<<-，所以()2f x t =有2个实数根，③讨论()3f x t =根的情况：因为3t >47e>，所以()3f x t =只有1个实数根，第二种情况：当47e a =时，()f t a =有2个实数根44t =-，51212t ->，则()4f x t =有2个实数根，()5f x t =有1个实数根，故当47ea =时，()()f f x a =有3个实数根；第三种情况：当47e a >时，()f t a =有一个实数根612t ->，则()6f x t =有1个实数根，综上，当470ea <<时，()()f f x a =可能有3个或4个或5个实数根；当47e a =时，()()f f x a =有3实数根；当47e a >时，()()f f x a =有1个实数根；综上，()g x 的零点个数可能是1或3或4或5．故选：D ．22．（多选题）（2023·河北唐山·开滦第二中学校考一模）若关于x 的不等式1ln ln e e ex m xm -+≥在(),m +∞上恒成立，则实数m 的值可能为（）A ．21e B ．22e C ．1eD ．2e【答案】CD【解析】因为不等式1ln ln ee e x m x m -+≥在(),m +∞上恒成立，显然0x m >>，1x m >，ln 0xm>，因此ln 1ln ln 1ee ln e ln e ln e e e xx x x x mm x x x x x m x x m m m m m-+≥⇔≥⇔≥⇔≥⋅，令()e ,0x f x x x =>，求导得()(1)0x f x x e '=+>，即函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，ln e ln e ()(ln xxm x x x f x f m m ≥⋅⇔≥，于是ln x x m ≥，即e e xx x x m m ≥⇔≥，令(),0e x xg x x =>，求导得1()ex x g x -'=，当01x <<时，()0g x '>，当1x >时，()0g x '<，因此函数()g x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，max 1()(1)eg x g ==，因为0x m >>，则当01m <<时，()g x 在(,1)m 上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，1()(1)eg x g ≤=，因此要使原不等式成立，则有11em ≤<，当m 1≥时，函数()g x 在(,)m +∞上单调递减，()()()11eg x g m g <≤=，符合题意，所以m 的取值范围为1[,)e+∞，选项AB 不满足，选项CD 满足.故选：CD23．（多选题）（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）已知函数()()()32e 04610x x f x x x x ⎧<⎪=⎨-+≥⎪⎩，其中e 是自然对数的底数，记()()()2h x f x f x a =-+⎡⎤⎣⎦，()()()3g x f f x =-，则（）A ．()g x 有唯一零点B ．方程()f x x =有两个不相等的根C ．当()h x 有且只有3个零点时，[)2,0a ∈-D ．0a =时，()h x 有4个零点【答案】ABD【解析】因为32()461(0)f x x x x =-+≥，所以2()121212(1)(0)f x x x x x x '=-=-≥，所以(0,1)x ∈时，()0f x '<，(1,)x ∈+∞时，()0f x '>所以()()()32e04610x x f x x x x ⎧<⎪=⎨-+≥⎪⎩的图像如下图，选项A ，因为()()()3g x f f x =-，令()f x t =，由()0g x =，得到()3f t =，由图像知，存在唯一的01t >，使得()3f t =，所以0()1f x t =>，由()f x 的图像知，存在唯一0x ，使00()f x t =，即()()()3g x f f x =-只有唯一零点，所以选项A 正确；选项B ，令()g x x =，如图，易知()g x x =与()y f x =有两个交点，所以方程()f x x =有两个不相等的根，所以选项B 正确；选项C ，因为()()()2h x f x f x a =-+⎡⎤⎣⎦，令()f x m =，由()0h x =，得到20m m a -+=，当()h x 有且只有3个零点时，由()f x 的图像知，方程20m m a -+=有两等根0m ，且0(0,1)m ∈，或两不等根12,m m ，1210,1m m -<<>，或121,1m m =-=（舍弃，不满足韦达定理），所以140a ∆=-=或Δ140(0)0(1)0(1)0a f f f =->⎧⎪<⎪⎨->⎪⎪<⎩即14a =或14020a a aa ⎧<⎪⎪⎪<⎨⎪-<⎪<⎪⎩，所以14a =或20a -<<，当14a =时，12m =，满足条件，所以选项C 错误；选项D ，当0a =时，由()0h x =，得到()0f x =或()1f x =，由()f x 的图像知，当()0f x =时，有2个解，当()1f x =时，有2个解，所以选项D 正确.故选：ABD.24．（多选题）（2023·全国·模拟预测）已知函数()21ln 1f x a x x =++．若当()0,1x ∈时，()0f x >，则a 的一个值所在的区间可能是（）A ．()12,11--B ．()0,1C ．()2,3D ．()24e ,e 【答案】ABC 【解析】设21t x =，因为01x <<，所以1t >，则211ln 1ln 12a x t a t x ++=-+．设()1ln 12g t t a t =-+，则()12ag t t'=-．若2a ≤，则()0g t '>，所以()g t 在()1,+∞上单调递增，所以()()120g t g >=>，则A ，B 符合题意．若2a >，则当1,2a t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g t '<，所以()g t 单调递减；当,2a t ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g t '>，所以()g t 单调递增．所以()ln 12222a a a ag t g ⎛⎫≥=-+ ⎪⎝⎭．设()()ln 11h x x x x x =-+>，则()ln 0h x x '=-<，所以()h x 在()1,+∞上单调递减，且3533ln 02222h ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，所以若()2,3a ∈，则()30222a a g t g h h ⎛⎫⎛⎫⎛⎫≥=>> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，当()0,1x ∈时，()0f x >，C 符合题意．因为()h x 在()1,+∞上单调递减，且()22e e 10h =-+<，所以若()24e ,e a ∈，则24e e ,222a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，取22e a =，则()2e 022a a g h h ⎛⎫⎛⎫=<< ⎪ ⎝⎭⎝⎭，此时存在()1,t ∈+∞，使得()0g t <，即存在()0,1x ∈时，使得()0f x <，D 不符合题意．故选：ABC ．25．（多选题）（2023·全国·本溪高中校联考模拟预测）已知函数()f x 是定义在()0,∞+上的函数，()f x '是()f x 的导函数，若()()122e xx f x xf x '+=，且()e 22f =，则下列结论正确的是（）A ．函数()f x 在定义域上有极小值．B ．函数()f x 在定义域上单调递增．C ．函数()()eln H x xf x x =-的单调递减区间为()0,2．D ．不等式()12e e 4x f x +>的解集为()2,+∞．【解析】令()()m x xf x =，则()()()m x f x xf x ''=+，又()()22e xx f x xf x '+=得：()()2e xf x xf x x'+=，由()()m x f x x =得：()()()()()()()22222e xm x x m x xf x x f x m x m x f x x x x ''⋅-+--'===，令()()2e xh x m x =-得：()()2222e e e 2e 222x x x xx h x m x x x -''=-=-=⎛⎫ ⎪⎝⎭，当()0,2x ∈时，()0h x '<，()h x 单调递减；当()2,x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增，所以()()()()2e 2e 220h x h m f ≥=-=-=，即()0f x '≥，所以()f x 单调递增，所以B 正确，A 不正确；由()()eln H x m x x =-且定义域为()0,∞+得：()()2e e e x H x m x xx-''=-=，令()0H x '<，解得02x <<，即()H x 的单调递减区间为()0,2，故C 正确．()12ee 4xf x +>的解集等价于()2e e 4x x x xf x +>的解集，设()()2e e 44xx x x m x ϕ=--，则()()222ee ee e 11424424x xx x x x m x x ϕ⎛⎫⎛⎫''=-+-=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2282e e 84x x x x --=⋅-，当()2,x ∈+∞时，2820x x --<，此时()0x ϕ'<，即()x ϕ在()2,+∞上递减，所以()()()22e 0x m ϕϕ<=-=，即()2e e 4x x x xf x +<在()2,+∞上成立，故D 错误．26．（多选题）（2023·山东泰安·统考一模）已知函数()()()ln f x x x ax a =-∈R 有两个极值点1x ，2x ()12x x <，则（）A ．102a <-D ．()10<f x ，()212f x >-【答案】ACD【解析】对于A ：()()()ln f x x x ax a =-∈R ，定义域()0,x ∈+∞，()()ln 120f x x ax x '=+->，函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，则()f x '有两个变号零点，设()()ln 120g x x ax x =+->，则()1122axg x a xx-'=-=，当0a ≤时，()0g x '>，则函数()f x '单调递增，则函数()f x '最多只有一个变号零点，不符合题意，故舍去；当0a >时，12x a <时，()0g x '>，12x a>时，()0g x '<，则函数()f x '在10,2a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，在1,2a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递减，若()f x '有两个变号零点，则102f a ⎛⎫'> ⎪⎝⎭，解得：12a <，此时x 由正趋向于0时，()f x '趋向于-∞，x 趋向于+∞时，()f x '趋向于-∞，则()f x '有两个变号零点，满足题意，故a 的范围为：102a <<，故A 正确；对于B ：函数()f x 有两个极值点1x ，2x ()12x x <，即()f x '有两个变号零点1x ，2x ()12x x <，则1212x x a<<，故B 错误；对于C ：当102a <<时，()1120f a '=->，则12112x x a <<<，即212x a >，11x ->-，则21112x x a->-，故C 正确；对于D ：()f x '有两个变号零点1x ，2x ()12x x <，且函数()f x '先增后减，则函数()f x 在()10,x 与()2,x +∞上单调递减，在()12,x x 上单调递增，121x x << ，且102a <<，()()()()1210112f x f a f x f a ⎧<=-<⎪∴⎨>=->-⎪⎩，故D 正确；故选：ACD.27．（多选题）（2023·吉林·东北师大附中校考二模）已知函数()ln xf x a a =，()()ln 1g x a x =-，其中0a >且1a ≠．若函数()()()h x f x g x =-，则下列结论正确的是（）A ．当01a <<时，()h x 有且只有一个零点B ．当1e 1e a <<时，()h x 有两个零点C ．当1e e a >时，曲线()yf x =与曲线()yg x =有且只有两条公切线D ．若()h x 为单调函数，则e e 1a -≤<【答案】BCD【解析】对A ，()ln ln(1),x h x a a a x =--令()10,ln ln(1),log (1)x x a h x a a a x a x -=∴=-∴=-，令111,164a x =-=，或111,162a x =-=1log (1)x a a x -=-都成立，()h x 有两个零点，故A 错误；对B ，1ln ln(1),x a a x -=-令1ln ,(1)ln ln ,ln(1),1x ta t x a t t x x -=∴-=∴⋅=--ln (1)ln(1)t t x x ∴=--，（1t >）.考虑ln (),()ln 10,y x x F x F x x '===+=11,()(1),e x x F a F x -∴=∴=-所以函数()F x 在1(0,e单调递减，在1(,)e +∞单调递增，1()(1),x F a F x -∴=-1ln(1)1,ln 1x x a x a x --∴=-∴=-.考虑2ln 1ln (),()0,e,x xQ x Q x x x x -'=∴==∴=所以函数()Q x 在(0,e)单调递增，在(e,)+∞单调递减，1(e),eQ =当1ln1e ()e 0,1e eQ ==-<x →+∞时，()0Q x >,所以当10ln e a <<时，有两个零点.此时1e 1e a <<，故B 正确；对C ，设21ln ,(),()e 1x ak a f x a k g x x ''=>=⋅=-，1t x =-.设切点1122111222(,()),(,()),()()(),()()(),x f x x g x y f x f x x x y g x g x x x ''∴-=--=-所以12111222()()()()()()f x g x f x x f x g x x g x ''''=⎧⎨-=-⎩.①111122222211,,11x x t a a k a k a k x x t -=∴==--。

2019年高考数学压轴题命题区间探究与突破(第一篇)专题04 巧妙构造函数应用导数证明不等式问题学案

专题04 巧妙构造函数应用导数证明不等式问题一．方法综述利用导数证明不等式是近几年高考命题的一种热点题型．利用导数证明不等式，关键是要找出与待证不等式紧密联系的函数，然后以导数为工具来研究该函数的单调性、极值、最值(值域)，从而达到证明不等式的目的，这时常常需要构造辅助函数来解决．题目本身特点不同，所构造的函数可有多种形式，解题的繁简程度也因此而不同，这里给出几种常用的构造技巧．二．解题策略类型一 “比较法”构造差函数证明不等式【例1】【2018届广州模拟】已知函数()(xf x e ax e ＝－为自然对数的底数，a 为常数)的图象在点(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20.xx x e ＞时，＜【答案】见解析. 【解析】(2)证明：令()()22.xxg x e x g x e x '＝－，则＝－由(1)得()()() 20g x f x f ln '≥＝＞，故()g x 在R 上单调递增．所以当()()20010.x x g x g x e ＞时，＞＝＞，即＜【指点迷津】当题目中给出简单的基本初等函数，例如()()3 f x x g x ln x ＝，＝，进而证明在某个取值范围内不等式()()f x g x ≥成立时，可以类比作差法，构造函数()()()()()()h x f x g x x g x f x ϕ＝－或＝－，进而证明()()00min max h x x ϕ≥≤或即可，在求最值的过程中，可以利用导数为工具．此外，在能够说明()()()00g x f x >>的前提下，也可以类比作商法，构造函数()()()()()f x f x h x xg x g x ϕ＝(()=)，进而证明()()()11min max h x x ϕ≥≤．【举一反三】【广东省佛山市南海区南海中学2018届考前七校联合体高考冲刺】已知函数，(Ⅰ) 设函数，讨论函数的单调性；（Ⅱ）求证：当时，【答案】(1)见解析.(2)见解析. 【解析】（Ⅱ）要证，即证，令，当时，，∴成立；当时，，当时，；当时，，∴在区间上单调递减，在区间上单调递增，∴．∵，∴，，∴，即成立，故原不等式成立．类型二“拆分法”构造两函数证明不等式【例2】【山东省青岛市2019届9月期初调研】已知函数. (1)若上存在极值，求实数m的取值范围；(2)求证：当时，．【答案】（1）;（2）见解析【解析】（2）要证即证令，则再令，则当时，，∴在上是增函数，∴∴，∴在上是增函数 ∴当时，∴令，则当时，，∴即在上是减函数∴当时，所以，即【指点迷津】当所要证明的不等式由几个基本初等函数通过相乘以及相加的形式组成时，如果对其直接求导，得到的导函数往往给人一种“扑朔迷离”“不知所措”的感觉．这时可以将原不等式合理拆分为()()f x g x ≤的形式，进而证明()()max min f x g x ≤即可，此时注意配合使用导数工具．在拆分的过程中，一定要注意合理性的把握，一般以能利用导数进行最值分析为拆分标准．【举一反三】【山东省实验中学2019届高三第一次诊断】已知函数（）．（1）若函数在上是减函数，求实数的取值范围；（2）令，是否存在实数，当（为自然对数的底数）时，函数的最小值是，若存在，求出的值；若不存在，说明理由；（3）当时，证明：．【答案】（1）；（2）；（3）见解析.【解析】分析：（1）根据函数在上是减函数知其导数在上恒成立，结合二次函数性质可求得的范围（2）先假设存在，对函数求导，根据的值分情况讨论在上的单调性和最小值取得，可知当能够保证当时有最小值3（3）令由（2）知，，令可求出其最大值为3，即有，化简即可得证.解：（1）在上恒成立，令，有得，得．（2）假设存在实数，使有最小值3，①当时，在上单调递减，（舍去），②当时，在上单调递减，在上单调递增∴，满足条件．③当时，在上单调递减，（舍去），综上，存在实数，使得当时有最小值3．类型三“换元法”构造函数证明不等式【四川省成都石室中学2019届高三上学期入学】已知函数，，其中【例3】（1）若，求的单调区间；（2）若的两根为，且，证明：.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】分析：(1) 由已知得，,解不等式即可得到单调区间；（2）由题意可得，要证，即证：，即证：.解：（1）由已知得，所以，当时，；当时，．故的单调递增区间为，单调递减区间为．【指点迷津】若两个变元x 1，x 2之间联系“亲密”，我们可以通过计算、化简，将所证明的不等式整体转化为关于m(x 1，x 2)的表达式(其中m(x 1，x 2)为x 1，x 2组合成的表达式)，进而使用换元令m(x 1，x 2)＝t ，使所要证明的不等式转化为关于t 的表达式，进而用导数法进行证明，因此，换元的本质是消元．【举一反三】【2018届四川省资阳市4月模拟（三诊）】已知函数()()ln pF x px x=+（其中0p >）．（1）当12p <<时，求()F x 零点的个数k 的值；（2）在（1）的条件下，记这些零点分别为()1,2,,i x i k =，求证：12111kx x x +++> 【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【解析】（2）由（1）知()F x 的两个零点为12x x ，，不妨设12x x <，于是()()112212ln ln 0ln ln 0p pF x p x F x p x x x =++==++=，，且1244p x p x p <<<<，两式相减得()211122ln0p x x x x x x -+=（*），令121(1)16x t t x =<<，则将12x tx =代入（*）得()21ln p t x t t-=，进而()11ln p t x t-=，所以()121ln 111ln ln 1111t t t t t x x p t t p t ⎡⎤+⎛⎫+=+=⎢⎥ ⎪---⎝⎭⎣⎦，下面证明()1ln 21t t t +>-，其中1116t <<，即证明()()1ln 21t t t +<-，设()()()211ln f t t t t =--+，则()11ln f t t t -'=-，令()u t 11ln t t =--，则()221110tu t t t t-='=->，所以()u t 为增函数，即()11ln f t t t-'=-为1,116⎛⎫⎪⎝⎭增函数，故()()10f t f ''<=，故()()()211ln f t t t t =--+为1,116⎛⎫⎪⎝⎭减函数，于是()()()()211ln 10f t t t t f =--+>=，即()()211ln t t t ->+．所以有()1ln 21t t t +>-，从而12112x x p +>．而由12p <<，得1p >所以1211x x +> 类型四 “转化法”构造函数证明不等式【例4】【内蒙古赤峰二中2019届第二次月考】设函数有两个极值点，且（I ）求的取值范围，并讨论的单调性；（II ）证明：【答案】（Ⅰ）函数的单调递增区间为和，单调递减区间，其中，且.（Ⅱ）证明见解析【解析】（Ⅱ）由韦达定理和①知，，则﹣＜x2＜0，，a=﹣2x2（1+x2），于是f（x2）=﹣2x2（1+x2）ln（1+x2），设函数g（t）=t2﹣2t（1+t）ln（1+t），则g′（t）=﹣2（1+2t）ln（1+t），当t=﹣时，g′（t）=0，当t∈（﹣，0）时，g′（t）＞0，故g（t）在[﹣，0）上是增函数．于是，当t∈（﹣，0），g（t）＞g（﹣）=，因此f（x2）=g（x2）＞．【指点迷津】在关于x1，x2的双变元问题中，若无法将所要证明的不等式整体转化为关于m(x1，x2)的表达式，则考虑将不等式转化为函数的单调性问题进行处理，进而实现消元的目的．【举一反三】【江西师范大学附属中学2018年10月高三月考】设，函数（1）若无零点，求实数的取值范围；（2）若有两个相异零点，求证：．【答案】（1）；（2）见解析【解析】(1)①若时，则是区间上的增函数，∵∴，函数在区间有唯一零点；②若，有唯一零点；③若，令，得，在区间上，，函数是增函数；在区间故在区间三．强化训练1.【山西省长治市第二中学2017-2018学年高二下期末】设函数在点处的切线方程为.（1）求的值，并求的单调区间；（2）证明：当时，.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】⑴，由已知，，故a=-2,b=-2.，当时，，当时，，故f(x)在单调递减，在单调递减；⑵，即，设，，所以g(x)在递增，在递减，当x≥0时，.2. 【2018届高三第一次全国大联考】已知函数有两个零点（）. （1）求实数的取值范围；（2）求证：.【答案】（1）；（2）见解析【解析】作出直线，由图可知，实数的取值范围为.（2）由题意，即，所以.故，即，整理得，即，不妨设，由题意得.则，所以.所以，故．记函数（），则，因为，所以，所以函数在上单调递增，所以.而，所以，故，即．3. 【2018届吉林省长春市高三质量监测（三）】已知函数.（1）若在上是单调递增函数，求的取值范围；（2）设，当时，若，其中，求证：. 【答案】(1) (2)见解析【解析】（2），设，则，在上递增且令，设，，，在上递增，，，，令即：又，即：，，在上递增，即：，得证.4．【2018届山东省济南市高三一模】已知函数()()2ln 21f x a x x a x =-+- ()a R ∈有两个不同的零点. （1）求a 的取值范围；（2）设1x ， 2x 是()f x 的两个零点，证明： 122x x a +>. 【答案】(1) ()1,+∞ (2)见解析【解析】②当0a >时，令()'0f x =得： x a =，则（ii ）当1a >时， ()()max 0f x a g a =⋅>， ∵121f a e e ⎛⎫⎛⎫=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ 2110e e --<，∴()f x 在区间1,a e ⎛⎫⎪⎝⎭上有一个零点，∵()()31ln 31f a a a -=- ()()()2312131a a a --+-- ()()ln 3131a a a ⎡⎤=---⎣⎦，设()ln h x x x =-， (1)x >，∵()1'10h x x=-<， ∴()h x 在()1,+∞上单调递减，则()()312ln220h a h -<=-<， ∴()()31310f a a h a -=⋅-<，∴()f x 在区间(),31a a -上有一个零点，那么， ()f x 恰有两个零点. 综上所述，当()f x 有两个不同零点时， a 的取值范围是()1,+∞. （1）【解法二】函数的定义域为： ()0,+∞. ()'221af x x a x =-+- ()()21x a x x+-=， ①当0a ≤时，易得()'0f x <，则()f x 在()0,+∞上单调递增，则()f x 至多只有一个零点，不符合题意，舍去. ②当0a >时，令()'0f x =得： x a =，则∴()()maxf x f x =极大 ()()ln 1f a a a a ==+-. ∴要使函数()f x 有两个零点，则必有()()ln 10f a a a a =+->，即ln 10a a +->，设()ln 1g a a a =+-，∵()1'10g a a=+>，则()g a 在()0,+∞上单调递增，又∵()10g =，∴1a >；当1a >时： ∵121f a e e ⎛⎫⎛⎫=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭2110e e --<，∴()f x 在区间1,a e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上有一个零点；设()ln h x x x =-， ∵()11'1x h x x x-=-=，∴()h x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减， ∴()()110h x h ≤=-<，∴ln x x <，∴()()2ln 21f x a x x a x =-+- ()22213ax x a x ax x x ≤-+-=-- ()233ax x x a x ≤-=-，则()40f a <，∴()f x 在区间(),4a a 上有一个零点，那么，此时()f x 恰有两个零点.综上所述，当()f x 有两个不同零点时， a 的取值范围是()1,+∞. （2）【证法一】由（1）可知，∵()f x 有两个不同零点，∴1a >，且当()0,x a ∈时， ()f x 是增函数；当(),x a ∈+∞时， ()f x 是减函数；不妨设： 12x x <，则： 120x a x <<<；设()()()2F x f x f a x =--， ()0,2x a ∈，则： ()()()'''2F x f x f a x =-- ()2212a a x a x a x=-+-+- ()()2221a x a --+- ()()22222x a a ax a x x a x -=+-=--. 当()0,x a ∈时， ()'0F x >，∴()F x 单调递增，又∵()0F a =， ∴()0F x <，∴()()2f x f a x <-， ∵()10,x a ∈，∴()()112f x f a x <-， ∵()()12f x f x =，∴()()212f x f a x <-，∵()2,x a ∈+∞， ()12,a x a -∈+∞， ()f x 在(),a +∞上单调递减， ∴212x a x >-，∴122x x a +>.当()0,x a ∈时， ()'0F x >，∴()F x 单调递增，又∵()00F =，∴()0F x >，∴()()f a x f a x +>-， ∵()10,a x a -∈，∴()()12f x f x = ()()()()11f a a x f a a x =--<+- ()12f a x =-， ∵()2,x a ∈+∞， ()12,a x a -∈+∞， ()f x 在(),a +∞上单调递减， ∴212x a x >-，∴122x x a +>.5.【2018届四川省攀枝花市高三第三次（4月）统考】已知函数()()2111x f x nx x -=-+，()()()211,g x x nx n x m n R =--∈.(I)若函数()(),f x g x 在区间01（，）上均单调且单调性相反,求实数n 的取值范围；(Ⅱ)若0a b <<,证明112a b a bna nb -+<<-【答案】（Ⅰ）12n ≥；（Ⅱ）见解析．【解析】（Ⅱ）由（Ⅰ）()()21ln 1x f x x x -=-+在()0,1上单调递增，()()()21ln 101x f x x f x -=-<=+即()21ln 1x x x -<+，令()0,1a x b =∈得()212ln 1a a b a b b a b b⎛⎫- ⎪-⎝⎭<=++， ln 0a b < ∴ .ln ln 2a b a b a b -+<-在（Ⅰ）中，令1,2n =由()g x 在()0,1上均单调递减得： ()()10g x g >=所以()21ln 102x x x -->，即11ln 2x x x ⎛⎫>- ⎪⎝⎭，取()0,1x =得12>，即ln ln a b ->，由ln ln 0a b -<得：.ln ln a b a b -<-综上：.ln ln 2a b a ba b -+<<-6.【河北省衡水中学2019届高三上二调】已知函数.(1)当时，若在上恒成立，求的取值范围；(2)当时，证明：.【答案】（1）（2）见解析【解析】（2）因为，所以，.令，则.当时，，单调递减；当时，，单调递增.所以，即当时，，所以在上单调递减.又因为所以当时，当时，于是对恒成立.7. 【四川省高2019届高三第一次诊断】已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）设，证明：.【答案】（1）；（2）见解析.【解析】（2）证明：因为，所以由于，等价于，令，设函数当时，，所以，所以在上是单调递增函数，又，所以，所以，即等价于，令，设函数当时，，所以，所以在上是单调递减函数，又，所以所以，即综上①②可得：.8.【北京市第八十中学2019届10月月考】已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）当时，求证：.【答案】(1) ex﹣4y+e=0;(2)证明见解析.【解析】（2）设，则，x∈（1，+∞）⇒F''（x）＞0⇒F'（x）在（1，+∞）上为增函数；又因，在（1，+∞）上为增函数；在（1，+∞）都成立．设，由于△=32（2﹣e）＜0，则在（1，+∞）上为增函数，又G（1）=0，若x＞1时，则．综上：．9．【河北省衡水中学2019届高三上二调】已知函数.(1)若函数在上为增函数，求的取值范围；(2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，证明：.【答案】（1）（2）见解析【解析】（2）由题得，则因为有两个极值点，所以欲证等价于证，即，所以因为，所以原不等式等价于.由可得，则.由可知，原不等式等价于，即设，则，则上式等价于.令，则因为，所以，所以在区间上单调递增，所以当时，，即，所以原不等式成立，即.10.【贵州省遵义航天高级中学2018届四模】已知函数的两个零点为．（1）求实数m的取值范围；（2）求证：．【答案】（1）（2）见解析【解析】（2）令，则，由题意知方程有两个根，即方程有两个根，不妨设，，令，则当时，单调递增，时，单调递减，综上可知，，要证，即证，即，即证，令，下面证对任意的恒成立，∵，∴，∴又∵，∴∴，则在单调递增∴，故原不等式成立．。

2019各省高考导数压轴

1 x0 1 x0 x0 1
x0 x0
1 1
x0
1 x0
．
1
1
曲线 y=ex 在点 B( ln x0 , x0 ) 处切线的斜率是 x0 ，曲线 y ln x 在点 A(x0 , ln x0 ) 处切
1
线的斜率也是，
x0
所以曲线 y ln x 在点 A(x0 , ln x0 ) 处的切线也是曲线 y=ex 的切线．
综上， f (x) 0 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
（2019 高考真题三卷理数）已知函数 f (x) 2x3 ax2 b .
（1）讨论 f (x) 的单调性；
（2）是否存在 a, b ，使得 f (x) 在区间[0,1] 的最小值为 1且最大值为 1？若存在，求出 a, b 的所有值；若不存在，说明理由.
（iii）当
0<a<3
时，由（1）知，
f
(x)
在[0，1]的最小值为
f
a 3
a3 27
b ，最大值
为 b 或2ab．
若 a3 b 1 ，b=1，则 a 33 2 ，与 0<a<3 矛盾. 27
若 a3 b 1 ， 2 a b 1，则 a 3 3 或 a 3 3 或 a=0，与 0<a<3 矛盾． 27
由（1）知， f (x) 在 (0, π) 只有一个零点，设为 x0 ，且当 x 0, x0 时， f (x) 0 ；当 x x0, π 时， f (x) 0 ，所以 f (x) 在 0, x0 单调递增，在 x0, π 单调递减.
又 f (0) 0, f (π) 0 ，所以，当 x [0, π] 时， f (x) 0 .
范围.

2019年高考全国卷Ⅱ理科数学压轴题多解探析

２)选做题难度加大,既在意料之外,也是情理之中,备考时要注意应对．３)应用背景增多,这一点其实也应当在预期之内,党的十九大报告㊁全国教育大会透露出的信息,均要求教师和学生应当有更高的政治站位．４)阅读能力要求提高．应该说,上述变化打乱了学生复习的固有套路,超出心理预期．但其实这些变化可以看作是回归数学本源,不受社会舆论绑架的一种释放,更有助于考查学生真正的学科素养,有助于人才选拔．比如选做题对数学运算能力提出更高要求,统计压轴题对数据分析能力提出更高要求,这都是很好的导向．学科能力表现在客观题方面,直接影响解题速度和正确率．例如理科１６题,可以通过计算点A 和B 的坐标,利用点A 是中点求出离心率,但若多考虑其几何性质,直接得到渐近线斜率,就能快捷地找到相应双曲线的离心率;又如理科第１２题着重考查直观想象素养．例６㊀已知三棱锥P ＧA B C 的四个顶点在球O 的球面上,P A ＝P B ＝P C ,әA B C 是边长为２的正三角形,E ,F 分别为P A ,A B 的中点,øC E F ＝９０ʎ,则球O 的体积为(㊀㊀)．A㊀８６π;㊀㊀B ㊀４６π;C ㊀２６π;D㊀６π方法１㊀设P A ＝x ,则c o s øA P C ＝P A ２＋P C ２－A C ２２P A P C ＝x ２＋x ２－４２x ２＝x ２－２x ２．所以C E ２＝P E ２＋P C ２－２P E P C c o s øA P C ＝x ２４＋x ２－２ x ２ x x ２－２x ２＝x ２４＋２．因为øC E F ＝９０ʎ,E F ＝１２P B ＝x２,C F ＝３,所以C E ２＋E F ２＝C F ２,即x ２４＋２＋x ２４＝３,解得x ＝２,所以P A ＝P B ＝P C ＝２．又因为A B ＝B C ＝A C ＝２,故易知P A ,P B ,P C 两两相互垂直,所以三棱锥P ＧA B C 的外接球的半径为６２,三棱锥P ＧA B C 的外接球的体积为４３π (６２)３＝６π,故选D ．方法２㊀根据题意,三棱锥P ＧA B C 为正三棱锥,于是P B ʅA C ,又因为C E ʅE F ,于是P B ʅC E ,因此P B ʅ平面P A C ,将四面体P ＧA B C 对称地补成平行六面体,即棱长为２的正方体,其外接球直径d 为该正方体的体对角线长,故d ＝６,因此球O 的体积为１６πd ３＝６π,故选D ．总体看,２０１９年高考数学全国卷Ⅰ顺应国家发展对人才培养的需要,发挥了考试评价在立德树人中的作用,依纲据本,稳中有变,对学生能力要求较高,体现多想少算的命题理念,有助于破解应试教育难题,使刷题式复习备考之路越走越窄．当然,文科卷和理科卷也都还存在一些不足,主要表现为试题表述不佳．如文科和理科的第４题,学生会纠结于咽喉和脖子下端㊁腿长和肚脐至足底的具体长度,最后只能凭生活经验判断,而不是用数学方法解决问题,使得命题失去意义．又如理科第２２题应该表述为: 求C 的普通方程和l 的直角坐标方程 ,因为题目所给方程本来就是直角坐标方程,只不过是直角坐标系下的参数方程．此意义之下,理论上学生给出l 在直角坐标系下的参数方程也是可以的．(作者单位:广东省深圳市高级中学)Җ㊀湖北㊀向㊀涛１㊀浙江㊀甘大旺２(特级教师)㊀㊀２０１９年高考理科数学全国卷Ⅱ由２１道必考题和２道选考题所构成,其中最后一道必考题可称为压轴题．这道解析几何高考题出乎多数考生及其数学教师的预料,因为这是最近１９年来高考理科数学试卷首次在最后一道必考题处重新考查解析几何问题,突破了多年形成的数学备考的定式套路．因此,本文着重讲评这道试题,以期对读者有启迪价值．题目㊀已知点A (－２,０),B (２,０),动点M (x ,y )满足直线AM 与B M 的斜率之积为－１２,记点M 的轨迹为曲线C ．(１)求C 的方程,并说明C 是什么曲线;(２)过坐标原点的直线交C 于P ,Q 两点,点P 在第一象限,P E ʅx 轴,垂足为E ,连接Q E 并延长交C 于点G ．５２１是直角三角形;(ⅱ)求әP Q G 面积的最大值．第(１)小题探求轨迹C 的方程与图形,是教科书中基础例题㊁探究题㊁习题的改编题型,难度小,属于送分题,考生容易由题设得y x ＋２ y x －２＝－１２,进而求出C 的方程是x ２４＋y ２２＝１(|x |ʂ２),所以C 为中心在坐标原点,焦点在x 轴上的椭圆,不含左㊁右顶点．以此为基础,下面讲析第(２)小题的３种解法．解法１㊀如图１所示,设直线P Q 的方程为y ＝k x ,其中k ＞０．图１将其与方程x ２４＋y ２２＝１联立,解得P (２１＋２k ２,２k１＋２k ２),Q (－２１＋２k ２,－２k１＋２k ２),可得E (２１＋２k２,０),则k Q G ＝k Q E ＝y E －y Q x E －x Q ＝k２,故直线Q G 的方程是y ＝k ２(x －２１＋２k２)．将其与方程x ２４＋y ２２＝１联立,消去y 并整理可得２＋k ２２x ２－２k ２１＋２kx －４＋６k ２１＋２k ２＝０,所以x Q ＋x G ＝－－２k ２１＋２k ２２２＋k ２,即－２１＋２k ２＋x G ＝４k ２(２＋k ２)１＋２k２,则移项求得x G ＝４＋６k ２(２＋k ２)１＋２k２,代入求得y G ＝k ２(x G －２１＋２k ２)＝２k ３(２＋k ２)１＋２k ２．(ⅰ)观察可知øP Q G 是锐角,而将点P 往右下方移动,观察可知øP G Q 也是锐角,于是可验证øQ P G 是直角．但选用勾股定理逆定理或斜边中线逆定理的运算量都较大,所以要另辟蹊径．要证明әP Q G 是直角三角形,只要证明øQ P G是直角,即P Q ң P G ң＝０⇔(x Q －x P ,y Q －y P ) (x G －x P ,y G －y P )＝０⇔(x Q －x P )(x G －x P )＋(y Q －y P )(y G －y P )＝０⇔x Q x G －(x Q ＋x G )x P ＋x ２P ＋y Q y G －(y Q ＋y G )y P ＋y ２P ＝０,将x Q ,x G ,x P ,y Q ,y G ,y P 代入整理,即上式等价于－８－１２k ２２＋k ２－８k ２２＋k ２＋４＋－４k ４２＋k ２－－８k ２２＋k２＋４k ２＝０ (１＋２k ２)⇔k ２＋１－k ４＋３k ２＋２２＋k ２＝０⇔(k ４＋３k ２＋２)－(k ４＋３k ２＋２)＝０．显然此式成立,故原结论正确．(ⅱ)求R t әP Q G 的面积,通常求出两直角边长的乘积,但用于此题计算较为烦琐,故考虑运用分割法．记S әP Q G ＝S (k ),则用分割法求得S (k )＝S әP E Q ＋S әP E G ＝１２|E P |(x G －x Q )＝１２(２k １＋２k ２－０)[４＋６k ２(２＋k ２)１＋２k ２－－２１＋２k２]＝k １＋２k ２(４＋６k ２２＋k ２＋２)＝８k ３＋k２k ４＋５k ２＋２,对其求导可得S ᶄ(k )＝８－２k ６－k ４＋k ２＋２(２k ４＋５k ２＋２)２＝－８(k ＋１)(２k ２＋３k ＋２)(２k ４＋５k ２＋２)２(k －１)(其中k ＞０),则当０＜k ＜１时,S ᶄ(k )＞０,当k ＞１时,S ᶄ(k )＜０．于是,S (k )在(０,１]上单调递增,在[１,＋ɕ)上单调递减,则S m a x (k )＝S (１)＝８ˑ１＋１２＋５＋２＝１６９．所以әP Q G 面积的最大值等于１６９．解法２㊀设直线P Q 的方程为y ＝k x (其中k ＞０),同解法１可求得P (２１＋２k２,２k１＋２k２),Q (－２１＋２k２,－２k１＋２k２),E (２１＋２k２,０),k Q G ＝k２．(ⅰ)令m ＝２１＋２k２,则P (m ,m k ),Q (－m ,－m k ),E (m ,０),且０＜m ＜２．取椭圆上的点D (m ,－m k ),则两条直线P D ,Q D 的方程分别是x －m ＝０,y ＋mk ＝０．６２１把直线Q G 的点斜式方程y ＝k２(x －m )化成一般方程,即k x －２y －k m ＝０．设直线P G 的斜率为k １,则直线P G 的方程是y －m k ＝k １(x －m ),k １k １＝０．图２可设过四点P ,Q ,D ,G 的二次曲线系方程为λ(y ＋m k )[k １x －y ＋(m k －m k １)]＋μ(x －m )(k x －２y －k m )＝０．将其与椭圆方程x ２＋２y ２－４＝０比较x ２,x y ,y２的系数,得μk ＝１,λk １－２μ＝０,－λ＝２,则λ＝－２,μ＝－k １,k １k ＝－１．由k １k ＝－１,得P Q ʅP G ,所以әP Q G 是直角三角形．(ⅱ)依题意,设P (x １,y １),Q (－x １,－y １),E (x １,０),G (x ２,y ２),则由(ⅰ)知直线P G 的点斜式方程为y －y １＝－x １y １(x －x １),将其与椭圆方程x ２＋２y ２－４＝０联立,消去y 并整理得(１＋２x ２１y ２１)x ２－４x １(x ２１＋y ２１)y ２１x ＋２(x ２１＋y ２１)２y ２１－４＝０,则由根与系数的关系可得x １＋x ２＝４x １(x ２１＋y ２１)２x ２１＋y ２１,则S әP Q G ＝S әP E Q ＋S әP E G ＝１２y １(x ２＋x １)＝２x １y １(x ２１＋y ２１)２x ２１＋y ２１＝２x １y １(x ２１＋y ２１)２x ２１＋y ２１４x ２１＋２y ２１＝８k (１＋k ２)(２＋k ２)(１＋２k ２)．下同解法１,可求得әP Q G 面积的最大值为１６９．解法３㊀依题意,设P (x １,y １),Q (－x １,－y １),E (x １,０),G (x ２,y ２),则x ２１＋２y ２１＝４,x ２２＋２y ２２＝４．相减得(x ２１－x ２２)＋２(y ２１－y ２２)＝０,则－１２＝y ２１－y ２２x ２１－x ２２＝(y １＋y ２)(y １－y ２)(x １＋x ２)(x １－x ２)．①由Q ,E ,G 三点共线得k E Q ＝k E G ＝k Q G ,则－y １－x １－x １＝y ２x ２－x １＝y ２＋y １x ２＋x １．②㊀㊀(ⅰ)运用①,②的变式得k P Q k P G ＝－y １－y １－x １－x １ y ２－y １x ２－x １＝(２－y １－x １－x １) y ２－y １x ２－x １＝(２ y ２＋y １x ２＋x １) (－１２ x ２＋x １y ２＋y １)＝－１,则P Q ʅP G ,所以әP Q G 是直角三角形．(ⅱ)运用三角形面积的柯西公式得S әP Q G ＝１２x １y １１－x １－y １１x ２y ２１＝１２|－x １y １－x １y ２＋x ２y １－x １y ２＋x １y １＋x ２y １|＝|－x １y ２＋x ２y １|．③㊀㊀设直线P Q 的方程为y ＝k x (其中k ＞０),同解法１,可求得x １＝２１＋２k ２,y １＝２k１＋２k ２,x ２＝４＋６k ２(２＋k ２)１＋２k２,y ２＝２k ３(２＋k ２)１＋２k２．将其代入式③得S әP Q G ＝|－４k ３(２＋k ２)(１＋２k ２)＋８k ＋１２k ３(２＋k ２)(１＋２k ２)|＝|８k ＋８k ３(２＋k ２)(１＋２k ２)|＝８ k ３＋k２k ４＋５k ２＋２．下同解法１,可求得әP Q G 面积的最大值为１６９．上述３种解法不同于命题组提供的标准解答,读者需对比研读,汲取各种解法的优势,这样就能触类旁通,得心应手地解决相关问题．我们通过几何画板的演示,在最后提出一个猜想: 过坐标原点的直线交椭圆x ２a ２＋y ２b２＝１(a ＞b ＞０)于P ,Q 两点,点P 在第一象限,P E ʅx 轴于E ,连接Q E 并延长交椭圆于一点G ,那么当且仅当椭圆的离心率e ＝２２时,øQ P G ＝９０ʎ．这个猜想是否正确,请感兴趣的读者自行验证．(作者单位:１．湖北省武汉市汉铁高级中学２．浙江省宁波市北仑明港中学)７２１。

专题02函数与导数-2019高考数学(理)热点题型

1 故 f( x)在 0，－ 2a 上单调递增，在
－ 21a，＋∞ 上单调递减 .5 分
(得分点 3)
10 分 (得分点 5)
所以当 x>0 时， g(x)≤ 0，
从而当
a<0 时， ln
－1 2a
＋ 1 ＋ 1≤ 0， 2a
故 f( x)≤－ 43a－ 2.12 分 (得分点 6)
得分要点
? 得步骤分：抓住得分点的步骤， “ 步步为赢 ” ，求得满分，如第 (1)问中，求导正确，分类讨论；第 (2)问中
(1－ x0)(1 ＋ x0)2－ ax0－ 1＝ 0，故 f( x0)>ax0＋ 1.
综上可知，正实数 a 的取值范围是 [1，＋∞ ).
【类题通法】 (1) 判断函数的单调性，求函数的单调区间、极值等问题，最终归结到判断
f ′x（)的符号问题上，
而 f′x（)>0 或 f′x（)<0 ，最终可转化为一个一元一次不等式或一元二次不等式问题
函数与导数
热点一利用导数研究函数的性质以含参数的函数为载体，结合具体函数与导数的几何意义，研究函数的性质，是高考的热点、重点
.本热点
主要有三种考查方式： (1)讨论函数的单调性或求单调区间；极值、最值，求参数的范围 .
(2)求函数的极值或最值； (3)利用函数的单调性、
【例
1】设函数
f
(x)＝
利用单调性求 g(x)的最小值和不等式性质的运用 .
? 得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分，如第
(1) 问中，求出 f (x)的定义域， f′ (x)在
(0，＋ ∞ )上单调性的判断；第
(2) 问， f(x)在 x＝－ 21a处最值的判定，

19年数二压轴题

19年数二压轴题
2019年全国2卷理科数学压轴题是一个圆锥曲线最值问题，难度较大，计
算量也很大。

这道题分为三问，按梯度层层递进，难度步步高升。

最后一问技巧性强，运算比较复杂，要表达出面积，最后用对勾函数的性质及函数单调性完成证明。

如果对历年高考题目比较熟悉，就会发现其实本题是一个非常常见的结构，第一问求轨迹是利用椭圆的“第三定义”——斜率乘积为定值。

第二问中的第一小问也是常见的俗套问题，几乎和2011年江苏高考题原题、2012年
湖北高考理科第22题类似。

可以尝试从不同角度对题目进行分析和解答，以便更全面地理解问题并寻找最合适的解决方法。

通用版2019版高考数学(文)二轮复习讲义：难点自选专题四 “函数与导数”压轴大题的抢分策略(含解析)

难点自选专题四 “函数与导数”压轴大题的抢分策略[全国卷3年考情分析]导数日益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、方程等的交汇命题，是高考的热点和难点．解答题的热点题型有：(1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值；(2)利用导数证明不等式或探讨方程根；(3)利用导数求解参数的范围或值．考法·策略(一) 利用分类讨论思想探究函数的性质[典例] 设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x ，a ∈R . (1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值，求实数a 的取值范围． [解] (1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ，可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)．所以g ′(x )＝1x －2a ＝1－2ax x .当a ≤0，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增；当a ＞0，x ∈⎝⎛⎭⎫0，12a 时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增，x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减．所以当a ≤0时，g (x )的单调增区间为(0，＋∞)；当a ＞0时，g (x )的单调增区间为⎝⎛⎭⎫0，12a ，单调减区间为⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞. (2)由(1)知，f ′(1)＝0.①当a ≤0时，f ′(x )单调递增，所以当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意．②当0＜a ＜12时，12a ＞1，由(1)知f ′(x )在⎝⎛⎭⎫0，12a 内单调递增，可得当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0，当x ∈⎝⎛⎭⎫1，12a 时，f ′(x )＞0.所以f (x )在(0,1)内单调递减，在⎝⎛⎭⎫1，12a 内单调递增，所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意．③当a ＝12时，12a ＝1，f ′(x )在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意．④当a ＞12时，0＜12a ＜1，当x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．所以f (x )在x ＝1处取极大值，符合题意．综上可知，实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫12，＋∞.[题后悟通] 分类讨论思想解决有关函数性质问题的策略 (1)何时讨论参数？在求解中，若参数的取值影响所求结果，就要分类讨论．如本例(1)中由g ′(x )＝1－2axx 确定单调区间时，对a 的取值要分类讨论．(2)如何讨论参数？解答此类问题的关键是如何分类，分类时要结合题目条件，对参数取值范围进行划分，进而研究其问题．如本例(2)中分类的依据是12a与1的大小比较． [应用体验]1．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝1x －x ＋a ln x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<a －2.解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝－1x 2－1＋a x ＝－x 2－ax ＋1x 2.①若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时，f ′(x )＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ②若a >2，令f ′(x )＝0，得x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )>0. 所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增． (2)证明：由(1)知，当且仅当a >2时，f (x )存在两个极值点．由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0，所以x 1x 2＝1，不妨设x 1<x 2，则x 2>1. 由于f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ·ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a ·ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a ·－2ln x 21x 2－x 2，所以f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<a －2等价于1x 2－x 2＋2ln x 2<0.设函数g (x )＝1x －x ＋2ln x ，由(1)知，g (x )在(0，＋∞)上单调递减．又g (1)＝0，从而当x ∈(1，＋∞)时，g (x )<0. 所以1x 2－x 2＋2ln x 2<0，即f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<a －2.考法·策略(二) 利用转化与化归思想探究函数的零点问题[典例] 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)由题意知，f ′(x )＝a ＋ln x ＋1(x >0)， 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，＋∞)上有两个不同的零点，可转化为f (x )＝m ＋1在(0，＋∞)上有两个不同的根，也可转化为y ＝f (x )与y ＝m ＋1的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 <1时，f (x )＝x (－1＋ln x )<0；当x >0且x →0时，f (x )→0；当x →＋∞时，显然f (x )→＋∞.如图，由图象可知，m ＋1<0，即m <－1，② 由①②可得－2<m <－1.故实数m 的取值范围为(－2，－1)．[题后悟通] 转化与化归思想解决函数零点问题的策略(1)直接研究函数，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是函数图象与x 轴交点的个数问题．(2)分离出参数，转化为a ＝g (x )，根据导数的知识求出函数g (x )在某区间的单调性，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是直线y ＝a 与函数y ＝g (x )图象交点的个数问题．只需要用a 与函数g (x )的极值和最值进行比较即可．如本例函数y ＝f (x )－m －1的零点问题即可转化为y ＝f (x )与y ＝m ＋1两图象的交点问题．[应用体验]2．已知函数f (x )＝ax 2ln x 的图象在x ＝e 处的切线经过点(1，e)，其中e ＝2.718 28….(1)求a 的值；(2)若函数g (x )＝tf (x )－x 在⎣⎡⎭⎫1e ，1∪(1，e 2]上有两个零点，求实数t 的取值范围．解：(1)由题意，得函数f (x )＝ax 2ln x 的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．因为f ′(x )＝ax (2ln x －1)(ln x )2，所以f ′(e)＝a e.所以f (x )的图象在x ＝e 处的切线方程为y －f (e)＝f ′(e)(x －e)，即y －a e 2＝a e(x －e)，所以y ＝e ax .因为f (x )的图象在x ＝e 处的切线经过点(1，e)，所以a ＝1.(2)函数g (x )＝tf (x )－x 在⎣⎡⎭⎫1e ，1∪(1，e 2]上有两个零点等价于函数h (x )＝ln x x与y ＝t 的图象在⎣⎡⎭⎫1e ，1∪(1，e 2]上有两个不同的交点．因为h ′(x )＝1－ln xx 2，由h ′(x )＞0，得0＜x ＜e 且x ≠1；由h ′(x )＜0，得x ＞e.所以当x ＝e 时，h (x )有极大值，即为最大值h (e)＝1e .又因为h ⎝⎛⎭⎫1e ＝－e ，h (e 2)＝2e 2，h (1)＝0 且2e2＞0＞－e ，所以实数t 的取值范围为⎣⎡⎭⎫2e 2，1e .考法·策略(三) 利用函数思想探究不等式问题[典例] 已知函数f (x )＝ln x －a (x ＋1)，a ∈R 的图象在(1，f (1))处的切线与x 轴平行． (1)求f (x )的单调区间；(2)若存在x 0＞1，当x ∈(1，x 0)时，恒有f (x )－x 22＋2x ＋12＞k (x －1)成立，求k 的取值范围．[解] (1)由已知可得f (x )的定义域为(0，＋∞)． ∵f ′(x )＝1x －a ，∴f ′(1)＝1－a ＝0，∴a ＝1， ∴f ′(x )＝1x －1＝1－x x ，令f ′(x )＞0，得0＜x ＜1；令f ′(x )＜0，得x ＞1， ∴f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)由(1)知f (x )＝ln x －x －1，不等式f (x )－x 22＋2x ＋12＞k (x －1)可化为ln x －x 22＋x －12＞k (x －1)，令g (x )＝ln x －x 22＋x －12－k (x －1)，则g ′(x )＝1x －x ＋1－k ＝－x 2＋(1－k )x ＋1x . 令h (x )＝－x 2＋(1－k )x ＋1，则h (x )的对称轴为直线x ＝1－k2， ①当1－k2≤1，即k ≥－1时，易知h (x )在(1，＋∞)上单调递减， ∴x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜h (1)＝1－k ，若k≥1，则h(x)＜0，∴g′(x)＜0，∴g(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴g(x)＜g(1)＝0，不符合题意．若－1≤k＜1，则h(1)＞0，∴存在x0＞1，使得x∈(1，x0)时，h(x)＞0，即g′(x)＞0，∴g(x)在(1，x0)上单调递增，∴g(x)＞g(1)＝0恒成立，符合题意．②当1－k2＞1，即k＜－1时，易知存在x0＞1，使得h(x)在(1，x0)上单调递增，∴h(x)＞h(1)＝1－k＞0，∴g′(x)＞0，∴g(x)在(1，x0)上单调递增，∴g(x)＞g(1)＝0恒成立，符合题意．综上，k的取值范围是(－∞，1)．[题后悟通]函数思想解决不等式问题的策略[应用体验] 3．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝a e 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.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a e x－1 x.由题设知，f′(2)＝0，所以a＝1 2e2.从而f(x)＝12e2ex－ln x－1，f′(x)＝12e2ex－1x.可知f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f′(2)＝0，所以当0<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0.所以f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)证明：当a ≥1e 时，f (x )≥e xe －ln x －1.设g (x )＝e x e －ln x －1，则g ′(x )＝e x e －1x.可知g ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，且g ′(1)＝0，所以当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.。

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【精品】2019高考数学压轴题命题区间二函数与导数★★★
增分点掌握四种函数构造法，破解导数解决不等式问题
利用导数证明不等式是近几年高考命题的一种热点题型．利用导数证明不等式，关键是要找出与待证不等式紧密联系的函数，然后以导数为工具来研究该函数的单调性、极值、最值(值域)，从而达到证明不等式的目的，这时常常需要构造辅助函数来解决．题目本身特点不同，所构造的函数可有多种形式，解题的繁简程度也因此而不同，这里给出几种常用的构造技巧．
围内不等式f (x )≥g (x )成立时，可以类比作差法，构造函数h (x )＝f (x )－g (x )或φ(x )＝g (x )－f (x )，进而证明h (x )min ≥0或φ(x )max ≤0即可，在求最值的过程中，可以利用导数为工具．此外，在能够说明g (x )>0(f (x )>0)的前提下，也可以类比作商法，构造函数h (x )＝f (x )g (x )
⎝
⎛⎭⎫φ(x )＝g (x )f (x )，进而证明h (x )min ≥1(φ(x )max ≤1)． [典例] (2018·广州模拟)已知函数f (x )＝e x －ax (e 为自然对数的底数，a 为常数)的图象在点(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 .
[方法演示]
解：(1)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 ＜ln 2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；
当x ＞ln 2时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．
所以当x ＝ln 2时，f (x )取得极小值，且极小值为f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－ln 4，f (x )无极大值．
(2)证明：令g (x )＝e x －x 2，则g ′(x )＝e x －2x .
由(1)得g ′(x )＝f (x )≥f (ln 2)＞0，
故g (x )在R 上单调递增．
所以当x＞0时，g(x)＞g(0)＝1＞0，即x2＜e x.
[解题师说]
在本例第(2)问中，发现“x2，e x”具有基本初等函数的基因，故可选择对要证明的“x2＜e x”构造函数，得到“g(x)＝e x－x2”，并利用(1)的结论求解．
[应用体验]
1．已知函数f(x)＝x ln x－2x，g(x)＝－ax2＋ax－2(a＞1)．
(1)求函数f(x)的单调区间及最小值；
(2)证明：f(x)≥g(x)在[1，＋∞)上恒成立．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
∵f(x)＝x ln x－2x，∴f′(x)＝ln x＋1－2＝ln x－1，
由f′(x)＞0，得x＞e；
由f′(x)＜0，得0＜x＜e，
∴函数f(x)的单调递增区间为(e，＋∞)，单调递减区间为(0，e)，
∴函数f(x)的最小值为f(e)＝eln e－2e＝－e.
(2)证明：令h(x)＝f(x)－g(x)，
∵f(x)≥g(x)在[1，＋∞)上恒成立，
∴h(x)min≥0，x∈[1，＋∞)，
∵h(x)＝x ln x＋ax2－ax－2x＋2，
∴h′(x)＝ln x＋1＋2ax－a－2＝ln x＋2ax－a－1.
令m(x)＝ln x＋2ax－a－1，x∈[1，＋∞)，
则m′(x)＝1
x＋2a，
∵x＞1，a＞1，∴m′(x)＞0，
∴m(x)在[1，＋∞)上单调递增，
∴m(x)≥m(1)＝a－1，即h′(x)≥a－1，
∵a＞1，∴a－1＞0，∴h′(x)＞0，
∴h(x)＝x ln x＋ax2－ax－2x＋2在[1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)≥h(1)＝0，即f(x)－g(x)≥0，
故f(x)≥g(x)在[1，＋∞)上恒成立.
直接求导，得到的导函数往往给人一种“扑朔迷离”“不知所措”的感觉．这时可以将原不等式合理拆分为f(x)≤g(x)的形式，进而证明f(x)max≤g(x)min即可，此时注意配合使用导数
工具．在拆分的过程中，一定要注意合理性的把握，一般以能利用导数进行最值分析为拆分标准．
[典例] 设函数f (x )＝a e x
ln x ＋b e x －
1x ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线为y ＝e(x －1)＋2.
(1)求a ，b ；
(2)证明：f (x )＞1.
[方法演示]
解：(1)f ′(x )＝a e x ⎝⎛⎭⎫ln x ＋1x ＋b e x －1
(x －1)x 2(x ＞0)，由于直线y ＝e(x －1)＋2的斜率为e ，图象过点(1,2)，
所以⎩⎪⎨⎪⎧ f (1)＝2，f ′(1)＝e ，即⎩⎪⎨⎪⎧ b ＝2，a e ＝e ，解得⎩⎪⎨⎪⎧
a ＝1，
b ＝2. (2)证明：由(1)知f (x )＝e x
ln x ＋2e x －
1x (x ＞0)，从而f (x )＞1等价于x ln x ＞x e －x －2e
. 构造函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x ，
所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，g ′(x )＜0，当x ∈⎝⎛⎭
⎫1e ，＋∞时，g ′(x )＞0，故g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在⎝⎛⎭
⎫1e ，＋∞上单调递增，从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e
. 构造函数h (x )＝x e －x －2e
，则h ′(x )＝e －
x (1－x )．所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )＞0；
当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＜0；
故h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为h (1)＝－1e
. 综上，当x ＞0时，g (x )＞h (x )，即f (x )＞1.
[解题师说]
对于第(2)问“a e x
ln x ＋b e x －1x ＞1”的证明，若直接构造函数h (x )＝a e x ln x ＋b e x －
1x －1，求导以后不易分析，因此并不宜对其整体进行构造函数，而应先将不等式“a e x
ln x ＋b e x －
1x ＞
1”合理拆分为“x ln x ＞x e －x －2e
”，再分别对左右两边构造函数，进而达到证明原不等式的目的．
[应用体验]
2．已知函数f (x )＝
a ln x x ＋1＋
b x
，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为x ＋2y －3＝0. (1)求a ，b 的值；
(2)证明：当x ＞0，且x ≠1时，f (x )＞ln x x －1. 解：(1)f ′(x )＝a ⎝⎛⎭⎫x ＋1x －ln x (x ＋1)2
－b x 2(x ＞0)．由于直线x ＋2y －3＝0的斜率为－12
，且过点(1,1)，故⎩⎪⎨⎪⎧ f (1)＝1，f ′(1)＝－12，即⎩⎪⎨⎪⎧ b ＝1，a 2－b ＝－12.解得⎩⎪⎨⎪⎧
a ＝1，
b ＝1. (2)证明：由(1)知f (x )＝ln x x ＋1＋1x
(x ＞0)，所以f (x )－ln x x －1＝11－x 2⎝
⎛⎭⎫2ln x －x 2－1x . 考虑函数h (x )＝2ln x －x 2－1x (x ＞0)，
则h ′(x )＝2x －2x 2－(x 2－1)x 2＝－(x －1)2x 2
. 所以当x ≠1时，h ′(x )＜0.而h (1)＝0，
故当x ∈(0,1)时，h (x )＞0，可得11－x 2
h (x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜0，可得11－x 2
h (x )＞0. 从而当x ＞0，且x ≠1时，f (x )－
ln x x －1
＞0，即f (x )＞ln x x －1
.
12体转化为关于m (x 1，x 2)的表达式(其中m (x 1，x 2)为x 1，x 2组合成的表达式)，进而使用换元令m (x 1，x 2)＝t ，使所要证明的不等式转化为关于t 的表达式，进而用导数法进行证明，因。