(浙江专用)2020高考数学专题一集合、常用逻辑用语、函数与导数、不等式第6讲导数的综合应用教案

第6讲导数的综合应用
“辅助函数法”证明不等式
[核心提炼]
利用导数证明不等式的应用技巧为“构造辅助函数”，把不等式的证明转变为利用导数 研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何依据不等式的构造特色构造一个可导 函数是用导数证明不等式的要点．
[典型例题]
设函数f (x )＝ln x －x ＋1.
(1) 谈论f (x )的单调性；
x －1
(2) 证明当x ∈(1，＋∞)时，1＜ln x ＜x ；
(3) 设c ＞1，证明当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x ＞c x .
1
【解】(1)由题设，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －1，令f ′(x )＝0，解得x
＝ 1.
当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递加；当
x ＞1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．
(2)证明：由
(1)
知f (x )在
x ＝1处获得最大值，最大值为
f (1)
＝0.
所以当
x ≠1时，ln
x ＜x －1.
11
x －1
故当 x ∈(1，＋∞)时， ln x ＜x －1，ln
x ＜x －1，即
1＜ln
x ＜x .
(3)证明：由题设
c ＞1，设
g (x )＝1＋(c －1)x －c x ，
c －1
x 则g ′(x )＝c －1－c ln c ，令 g ′(x )＝0，解得 x 0＝
ln ln ln c c .当x ＜x 0时，g ′(x )＞0，g (x )单调递加；当
x ＞x 0时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减．
由(2)
c －1
知1＜ln c ＜c ，故
0＜x 0＜1. 又 g (0) ＝g (1) ＝0，故当
0＜x ＜1时，g (x )＞0.所以当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x ＞c x .
利用导数证明不等式的基本步骤 (1) ①作差或变形．②构
造新的函数h (x )．
③利用导数研究h (x )的单调性或最值． ④依据单调性及最值，获取所证不等式．
(2)本例经过构造辅助函数，转变为证明函数的单调性，使问题得以解决，此方法还常用
于解决以下问题：①比较大小；②解不等式．
[对点训练]
λ
(2019·绍兴市柯桥区高三(下)期中考试)已知函数f(x)＝x＋e x.
(1)当λ＞0时，求证：f(x)≥(1－λ)x＋λ，并指出等号成立的条件；
(2)求证：对任意实数λ，总存在实数x∈[－3，3] ，有f(x)＞λ.
λ 1 解：(1) 设g(x)＝f(x)－(1－λ)x－λ＝x＋e x－(1－λ)x－λ＝λ(e x＋x－1) ，所以′()＝ 1
g x λ e
令g′(x)＝0，解得x＝0，
当x＞0时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递加，当x
＜0时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，所以
g(x)min＝g(0)＝0，
所以f(x)≥(1－λ)x＋λ，当x＝0时取等号．
(2)证明：“对任意实数λ，总存在实数x∈[－3，3]，有f(x)＞λ”等价于f(x)的最
大值大于λ.
由于f′(x)＝1－λe－x，
所以当λ≤0时，x∈[－3，3]，f′(x)＞0，f(x)在[－3，3]上单调递加，
所以f(x)的最大值为f(3)＞f(0)＝λ.
所以当λ≤0时命题成立；
当λ＞0时，由f′(x)＝0得x＝lnλ，则x∈R
时，x，f′(x)，f(x)关系以下：
x
(－∞，ln λ) ln λ(ln λ，＋∞)
f′(x)
－0 ＋
f(x)
极小值
①当λ≥e3时，lnλ≥3，f(x)在[－3，3]上单调递减，
所以f(x)的最大值f(－3)＞f(0)＝λ.
所以当λ≥e3时命题成立；
②当e－3＜λ＜e3时，－3＜lnλ＜3，
所以f(x)在(－3，lnλ)上单调递减，在(lnλ，3)上单调递加．
所以f (x )的最大值为f (－3)或f (3)；
且f (－3)＞f (0)＝λ与f (3)＞f (0)＝λ必有一成立，
所以当e －
3＜λ＜e 3时命题成立；
③当0＜λ≤e －
3时，ln λ≤－3， 所以f (x )在[－3，3]上单调递加， 所以f (x )的最大值为f (3)＞f (0)＝λ.
所以当0＜λ≤e －
3时命题成立；
综上所述，对任意实数λ，总存在实数x ∈[－3，3]，有f (x )＞λ.
“转变法”解决不等式恒成立中的参数问题
[核心提炼]
1．利用导数解决恒成立问题
(1) 若不等式f (x )>A 在区间D 上恒成立，则等价于在区间
D 上f (x ) min >A . (2) 若不等式f (x )<A 在区间D 上恒成立，则等价于在区间
D 上f (x ) <A .
max
2．利用导数解决能成立问题
(1) 若?x ∈D ，f (x )>A 成立，则等价于在区间
D 上f (x )max >A . (2) 若?x ∈D ，f (x )<A 成立，则等价于在区间
D 上f (x ) <A .
min
[典型例题]
(2019·高考浙江卷)已知实数a ≠0，设函数f (x )＝a ln
x ＋ 1＋x ，x >0.
3
(1) 当a ＝－4时，求函数f (x )的单调区间；
1 均有f (x )≤ x ，求a 的取值范围．
(2)对任意x ∈e 2，＋∞ 2
a
注：e ＝2.71828为自然对数的底数．
【解】
(1)当a ＝－
3时，f (x )＝－3
ln x ＋ 1＋x ，x >0.
4 4
3 1
（1＋x －2）（21＋x ＋1）
f ′(x )＝－4x ＋2
1＋x ＝ 4x 1＋x
，
令f ′(x )>0，解得x >3，令f ′(x )<0，解得0<x <3，
所以函数f (x )的单调递减区间为
(0， 3)，单调递加区间为 (3，＋∞)．
1
2
(2)由f (1)≤
2a ，得0<a ≤ 4 .
2
x
x 2 1＋x
当0<a ≤4时，f (x )≤2a 等价于a 2－
a
－2ln x ≥0.
1
令t ＝a ，则t ≥22.
设g (t )＝t 2
x －2 t 1＋x －2ln
x ，t ≥2 2，则
g (t )＝xt －
1＋
12
1＋x
－2ln x .
－
x
x
①当x ∈ 1
1 2，则g (t )≥g (2
x －421＋x －2ln x .
，＋∞ 时，
1＋x ≤2
2)＝8
7
1
记p (x )＝4x －2 21＋x －ln x ，x ≥7，则
p ′
(x )
＝
2
－
2
－
1
2xx ＋1－2x －x ＋1
x x ＋1
＝
＝
x
xx ＋1
（x －1）[1＋x （2x ＋2－1）]
.
x x ＋1（x ＋1）（x ＋1＋2x ）
故
x
1 1 1
(1，＋∞)
7
，1
7
p
′( ) －
＋
x
p (x )
1
极小值p (1)
p 7
单调递减
单调递加
所以( )≥
(1)＝0.
px p
所以，g (t )≥g (2
2)＝2p (x )≥0.
1 1
②当x ∈e 2，7时，
1
－2x ln x －（x ＋1）
g (t )≥g 1＋x ＝x .
1
1
令q (x )＝2x ln x ＋(x ＋1)，x ∈e 2，7，则
ln x ＋2
q ′(x )＝ x
＋1>0，
1 1
1
故q (x )在e 2，7 上单调递加，所以
q (x )≤q 7.
1 2 7 1 2 7
由①得，q 7 ＝－7 p 7 <－7
p (1)＝0.
1 q （x ）
所以q (x )<0.所以，g (t )≥g 1＋x ＝－x >0.
1
1
由①②知对任意 x ∈e 2 ，＋∞
，t ∈[2 2，＋∞)，g (t )≥0，即对任意
x ∈e 2，＋∞，
x
均有f (x )≤2a .
综上所述，所求 a 的取值范围是 0，2
.
4
不等式恒成立(有解)问题的求法
(1) 恒成立问题的常有办理方法：依据恒成立问题的原理，可利用函数法、分别常数法(转变为求最值问题)等求解．
(2) 能成立问题的常有办理方法：能成马上存在性问题，依据能成立问题的原理，平时将其转变为最值问题进行求解．
[对点训练]
m
(2019·宁波市十校联考模拟)已知函数f (x )＝x ＋x ln x (m ＞0)，g (x )＝ln x －2. (1)当m ＝1时，求函数f (x )的单调增区间；
1
∈[1 ，e]，总存在
2
，e]，使
f （x 1）
g （x 2）
x 1 x 2
然对数的底数．务实数m 的取值范围．
解：(1)当＝1
时，函数 f (
x
1
x ln
x ，求导 ′( )＝－
1
x ＋1，
)＝＋ 2
＋ln
m
x
f
x
x
由f ′(x )在(0，＋∞)上单调递加，且
f ′(1)＝0，
所以当x ＞1时，f ′(x )＞0，当0＜x ＜1 时，f ′(x )＜0，
所以函数f (x )单调递加区间(1，＋∞)．
(2)由题意设h (x )＝ f （x ）m
x ，φ(x )＝
g （x ）ln x －2 x ＝x 2 ＋ln x
＝
x
，
3－ln x ＞0，在[1，e]恒成立，
φ′(x )＝ x 2
ln x －2
1
所以φ(x )＝
x
在[1，e]上单调递加，φ(x )∈[－2，－e ]，
1
1 m
x ≤e ，
所以h (x )∈[，e]，即≤＋ln
2
2
x 2
x 2
2 2
在[1，e]上恒成立，即2－x ln
x ≤m ≤x (e －ln x )，在[1，e]上恒成立，
x 2
2
设p (x )＝2－x ln x ，则p ′(x )＝－2x ln
x ≤0，在[1，e]上恒成立，
所以(
)在[1，e]上单调递减，则
≥(1)＝1
，
px
m p
2
2
－ln x)，q′(x)＝x(2x－1－2ln x)≥x(2e－1－2ln x)＞0在[1，e]上恒设q(x)＝x(e
成立，
所以q(x)在[1，e]上单调递加，则m≤q(1)＝e，
1
综上所述，m的取值范围为[2，e]．
“图象辅助法”解决函数零点或方程根的问题
[核心提炼]
研究函数零点或方程根的状况，可以经过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋向等，并借助函数的大体图象判断函数零点或方程根的状况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用．
[典型例题]
(2019·浙江省要点中学高三联考)已知方程|cos x|
x ＝k(k＞0)有且仅有两个不一样的
实数解θ，φ(θ＞φ)，则以下有关两根关系的结论正确的选项是( ) A．cosφ＝φsinθ
B．sinφ＝－φcos θ
C．cosθ＝θcosφ
D．sinθ＝－θsin φ
【分析】由|cos x|
＝k(k＞0)可得：|cos x|＝kx(k ＞0)，由于方程
|cos x|
x x ＝k(k＞0)
有且仅有两个不一样的实数
解θ，φ(θ＞φ)，所以直线y＝kx与曲线y＝|cos x|相切，如图：直线y＝kx与曲线y＝|cos x|的交点为A(φ，cosφ)，
切点B为(θ，－cosθ)，
π
当x∈2，π时，y＝|cos x|＝－cos x，
所以y′＝sin x，所以y′|x＝θ＝sinθ，
即k＝sinθ，又A(φ，cosφ)代入y＝kx，
可得cos φ＝φsin θ.应选A . 【答案】A
(1) 依据参数确立函数零点的个数，基本思想也是“数形结合”，即经过研究函数的性质 (单调性、极值、函数值的极限地址等)，大体勾画出函数图象，而后经过函数性质得出其与x 轴交点的个数，也许两个函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”．
(2) 判断函数在某区间[a ，b ]((a ，b ))内的零点的个数时，主要思路为：一是由f (a )f (b )<0 及零点存在性定理，说明在此区间上最少有一个零点；二是求导，判断函数在区间(a ，b )上 的单调性，若函数在该区间上单调递加或递减，则说明至多只有一个零点；若函数在区间[a ， b ]((a ，b ))上不但调，则要求其最大值或最小值，借用图象法等，判断零点个数．
[对点训练]
x
1．已知函数f (x )＝e －1，g (x )＝x ＋x ，此中e 是自然对数的底数，e ＝2.71828. (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，并说明原由．
x
x －x 得，
解：(1)证明：由h (x )＝f (x )－g (x )＝e －1－
h (1)＝e － 3<0，h (2) 2
2>0，所以函数h (x )在区间(1，2)上有零点．
＝e －3－ (2)由(1)得h (x )＝e x －1－x －x .
由g (x )＝
x ＋x 知，x ∈[0，＋∞)，而h (0)＝0， 则 x ＝0为 ( )的一个零点，而
(
x )在(1，2)内有零点，
hx
h
所以h (x )在[0，＋∞)上最少有两个零点．
x
1 1
x
1 1
由于h ′(x )＝e －2x －2－1，记φ(x )＝e
－2x －2－1，
x
1 3
则φ′(x )＝e ＋4x －2.当x ∈(0，＋∞)时，φ′(x )>0，所以φ(x )在(0，＋∞)上单调
递加，则φ(x )在(0，＋∞)内至多只有一个零点，
即h (x )在[0，＋∞)内至多有两个零点． 所以方程f (x )＝g (x )的根的个数为2.
x 2
2．(2019·张掖模拟)设函数f (x )＝2－a ln x . (1) 求函数f (x )的单调区间和极值；
2
a 的取值范围．
(2)若函数f (x )在区间(1，e]内恰有两个零点，试求
x 2
a x 2－a
解：(1)由f (x )＝2－a ln
x ，得f ′(x )＝x －x ＝ x (x >0)． ①当a ≤0时，f ′(x )＞0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递加，函数既无极大值，也无极 小值；
②当a ＞0时，由f ′(x )＝0，得x ＝a 或x ＝－a (舍去)． 于是，当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化状况以下表：
x
(0，
a ) a
( a ，＋∞)
f ′(x )
－
＋
a （1－ln a ）
f (x )
2
所以函数f (x )的单调递减区间是(0， a )，单调递加区间是
(a ，＋∞)．
函数f (x )在x ＝
a 处获得极小值f (
a （1－ln
a ）
a )＝
，无极大值．
2
综上可知，当a ≤0时，函数f (x )的单调递加区间为 (0，＋∞)，函数f (x )既无极大值也
无极小值；
当a >0时，函数f (x )的单调递减区间是
(0，a )，单调递加区间为(
a ，＋∞)，函数f (x )
a （1－ln a ）
有极小值
，无极大值．
2
(2) 当a ≤0时，由(1)知函数f (x )在区间(0，＋∞)上单调递加，故函数 f (x )在区间(1，
e 2]内至多有一个零点，不合题意．
当a >0时，由(1) 知，当x ∈(0，a )时，函数f (x )单调递减；当
x ∈(a ，＋∞)时，函
数f (x )单调递加，函数
f (x )在(0，＋∞)上的最小值为
a （1－ln a ）
f (a )＝
2
.
1<a <e 4
1< 2
a （1－ln
a ）
a <e
2
<0
f （ a ）<0
2
]内恰有两个零点，则需满足
1 ，
若函数f (x )在区间(1，e
，即
f （1）>0
>0
f （e 2）≥0
2
4
e
2－2a ≥0
4
1<a <e 整理得
a >e
，
4
e
4
e
e 4 故所求a 的取值范围为(e ，]．
4
专题增强训练
1．(2019·衢州市高三数学质量检测)已知函数f (x )＝ln x －1
2ax 2＋(1－a )x ＋1. (1) 当a ＝1时，求函数f (x )在x ＝2处的切线方程； (2) 求函数f (x )在x ∈[1，2]时的最大值．
1 2 解：(1)当a ＝ 1时，f (x )＝ln x －2x ＋1，
所以 f
′( )＝
1－ x ，
x
x
3
3
所以f ′(2)＝－ ，即k 切＝－，
2
2
已知切点为(2，－1＋ln2)，
3
所以切线的方程为：y ＝－2x ＋2＋ln2.
－ax 2＋（1－a ）x ＋1
(2)由于 f ′(x )＝
x
(1≤x ≤2)，
当a ≤0时，f ′(x )＞0在x ∈[1，2]恒成立，所以
f (x )在x ∈[1，2]单调递加，
所以f max (x )＝f (2)＝－4a ＋3＋ln2；
1
当0＜a ≤2时，f (x )在x ∈[1，2]单调递加， 所以f (x )＝f (2) ＝－4a ＋3＋ln2；
max
1
1 1
当＜a ＜1时，f (x )在x ∈[1，]单调递加，在
x ∈[，2]单调递减，
2
a a
1 1 所以f max (x )＝f (a )＝2a －ln a ；
当a ≥1时，f (x )在x ∈[1，2]单调递减，
3 所以f max (x )＝f (1)＝－2a ＋2，
1
－4a ＋3＋ln2，a ≤2
综上所述f
－ln a 1 1
＜1
max
＋ ，＜ (x )＝
2a 2 a . 3
－ 2a ＋2，a ≥1
2．(2019·绍兴、诸暨市高考二模)已知函数f (x )＝x e x －a (x －1)(a ∈R)． (1)若函数f (x )在x ＝0处有极值，求a 的值与f (x )的单调区间；
1 (2)若存在实数x 0∈(0，2)，使得f (x 0)＜0，务实数a 的取值范围．
解：(1)f ′(x )＝(x ＋1)e x －a ， 由f ′(0)＝0，解得：a ＝1，故
f ′(x )＝(x ＋1)e x －1，令f ′(x )
＞0，解得：x ＞0，令f ′(x )＜
0，解得：x ＜0，
故f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递加．
1
(2) 若f (x )＜0在x ∈(0，2)上有解，
即 x x
＜( x －
1)， x e x 在∈(0， 1 e ＜ )上有解，
a
a x －1
x
2
x
，x ∈(0，1
设h (x )＝ x e )，
x －1 2
e x （x 2－x －1） 则h ′(x )＝
（x －1）2
＜0，
1 故h (x )在(0，)单调递减，
2
1
h (x )在(0，2)的值域是(－e ，0)， 故a ＜h (0)＝0.
1－a
3．(2019·兰州市实战考试)已知函数f (x )＝ln x －ax ＋x －1(a ∈R)．
1
(1) 当0<a <2时，谈论f (x )的单调性；
2
1 (2)设g (x )＝x －2bx ＋4.当a ＝4时，若对任意x 1∈(0，2)，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)， 务实数b 的取值范围．
解：(1)由于f (x )＝ln
x －ax ＋ 1－a
x －1，
1
a －1
所以f ′(x )＝x －a ＋x 2
ax 2－x ＋1－a ＝－x 2，x ∈(0，＋∞)，
令f ′(x )＝0，可得两根分别为
1 1，a －1，
1 1
由于0<a <2，所以a －1>1>0，
当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；
1
当x ∈1，a －1时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递加；
1
当x ∈a －1，＋∞时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．
1 1 1
(2)a ＝4∈
0，
，a －1＝3?(0，2)，由(1)
知，当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，函数f (x ) 2 单调递减；当 x ∈(1，2)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递加，
所以f (x )在(0，2)上的最小值为f (1)
1
＝－2.
对任意
x 1∈(0，2)，存在 x 2∈[1，2] ，使 f ( x 1
)≥(
x 2
)等价于 ( )在[1，2]上的最小值
g
gx
不大于 f ( x )在(0，2)上的最小值－
1
，(*) 又 ( x )＝( －) 2＋4－ b 2， ∈[1，2]，
2 g
x b x
所以，①当b <1时，[g (x )]min ＝g (1)＝5－2b >0，此时与(*)矛盾；
2
②当1≤b ≤2时，[g (x )]min ＝4－b ≥0，相同与(*)矛盾；
③当>2时，[( )]min ＝(2)
＝8－4 ，且当>2
时，8－4<0，解不等式
8－4≤－1
，
2
17
可得b ≥8，
所以实数b 的取值范围为
17
，＋∞.
8
4．(2018·高考浙江卷)已知函数f (x )＝
x －ln x .
(1)若f (x )在x ＝x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明： f (x 1)＋f (x 2
)>8－8ln2 ；
(2)若a ≤3－4ln
2，证明：对于任意k >0，直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有独一公共点．
证明：(1) 函数f (x )的导函数f ′(x )＝
1
1
2 x －x
，
1 － 1 1 1
由f ′(x 1)＝f ′(x 2)得
＝－ ，
2 x 1 x 1 2x 2 x 2 由于x ≠x ，所以 1 ＋ 1 2
1
1
＝2.
1
2
x
x
由基本不等式得2
1
x 1x 2＝ x 1＋x 2≥2 4 x 1x 2，
由于x 1≠x 2，所以x 1x 2>256.
由题意得f (x 1)＋f (x 2)＝
x 1－ln x 1＋
x 2－ln x 2＝21
x 1x 2－ln(
x 1x 2)．
1 设g (x )＝2x －ln x ，
1
则g ′(x )＝4x ( x －4)，
所以
x (0，16) 16 (16，＋∞) g′(x) －0 ＋
g(x) 2－4ln2
所以g(x)在[256，＋∞]上单调递加，故
g(x1x2)>g(256)＝8－8ln2，
即f(x1)＋f(x2)>8－8ln2.
(2)令m＝e －(|a|＋k)
|a|＋1
2
，n＝k ＋1，则
f
( )－－>||＋－－≥0，mkm aa k k a
f(n)－kn－a<n 1 a |a|＋1
－－k≤n
n
－k<0，n n
所以，存在
x 0∈( ，)，使
f
(
x
0)＝
kx
0＋，m n a
所以，对于任意的a∈R及k∈(0，＋∞)，直线y＝kx＋a与曲线y＝f(x)有公共点．
由f(x)＝kx＋a得k＝x－ln x－a
x .
设h(x)＝x－ln x－a
x ，
x
ln x－2－1＋a －（）－1＋
a
则h′(x)＝x2 ＝g x x2 ，
x
此中g(x)＝2－ln x.
由(1)可知g(x)≥g(16)，又a≤3－4ln2，
故－g(x)－1＋a≤－g(16)－1＋a＝－3＋4ln2＋a≤0，
所以h′(x)≤0，即函数h(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以方程个实根．
综上，当a≤3－4ln2时，对于任意k>0，直线y＝kx＋a与曲线5．(2019·绍兴市高三教课质量调测)已知函数f(x)＝
f(x)－kx－a＝0至多1 y＝f(x)有独一公共点．
132
3x－ax＋3x＋b(a，b∈R)．
(1)当a＝2，b＝0时，求f(x)在[0，3]上的值域；
2
(2)对任意的b，函数g(x)＝|f(x)|－3的零点不超出4个，求a的取值范围．
解：(1)由f (x )＝13x 3
－2x 2＋3x ，
得f ′(x )＝x 2－4x ＋3＝(x －1)(x －3)．
当x ∈(0，1)时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，1)上单调递加；当x ∈(1，3)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(1，3)上单调递减．
4
又f (0)＝f (3)＝0，f (1)＝3，
4
所以f (x )在[0，3]上的值域为[0，3]．
(2) 由题得f ′(x )＝x 2－2ax ＋3，＝4a 2－12，
①当≤0，即a 2≤3时，f ′(x )≥0，f (x )在R 上单调递加，满足题意． 2
②当＞0，即a ＞3时，方程f ′(x )＝0有两根，设两根为x 1，x 2，且
x 1＜x 2，x 1＋x 2＝
2a ，x 1x 2＝3.
则f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递加，在(x 1，x 2)上单调递减．
由题意知 |f 1
2
4
，
(x )－f
(x )|≤3 3 3
4
x 1 －x 2 2 2
即|
3 －a (x 1－x 2)＋3(
x 1－x 2)|≤3.
4
2 3 4
2
化简得3(a －3)2≤ 3
，解得 3＜a ≤4，
综合①②，得 a 2≤4，即－2≤a ≤2.
ln
x
a e
1
6．(2019·台州市高考一模 )已知函数 f (x )＝1－
x ，g (x )＝e x ＋x －bx (e
为自然对数
的底数)，若曲线
y ＝f (x )与曲线
y ＝g (x )的一个公共点是
A (1，1)，且在点
A 处的切线相互垂
直．
(1)求a ，b 的值；
2
(2) 求证：当x ≥1时，f (x )＋g (x )≥x .
ln x
解：(1)由于f (x )＝1－x ，
所以
f ′(x )＝ ln x －1
f
x 2，′(1)
＝－1.
a e 1
由于g (x )＝e x ＋x －bx ，
a e 1
所以g ′(x )＝－e x －x 2－b .
由于曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )的一个公共点是A (1，1)，且在点A 处的切线相互垂直，所以g (1)＝1，且f ′(1)·g ′(1)＝－1，
即g (1)＝a ＋1－b ＝1，g ′(1)＝－a －1－b ＝1，解得
a ＝－1，
b ＝－1.
e 1
(2) 证明：由(1)知，g (x )＝－e x ＋x ＋x ，
2ln x e 1
则f (x )＋g (x )≥x 1－x －e x －x ＋x ≥0.
ln x e 1
令h (x )＝1－x －e x －x ＋x (x ≥1)，
则
1－ln x e 1 ln x e ′( )＝－2 ＋x ＋2＋1＝2 ＋x ＋1.
hx x e x
x e
ln x e
由于x ≥1，所以h ′(x )＝x 2
＋e x ＋1＞0，
所以h (x )在[1，＋∞)上单调递加，所以
h (x )≥h (1)＝0，
ln x
e1
即1－x －e x －x ＋x ≥0，
2
所以当x ≥1时，f (x )＋g (x )≥x .
e x 2
7．(2019·宁波市镇海中学高考模拟)设函数f (x )＝x 2－k (x ＋ln x )(k 为常数，e ＝2.718
28是自然对数的底数)．
(1) 当k ≤0时，求函数f (x )的单调区间；
(2)若函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点，求 k 的取值范围．
解：(1)
f (x )的定义域为(0，＋∞)，
所以 f ′( )＝ e x ·x 2－e x ·2x － 12
x 4
( － 2)
x k x x
（x －2）（e x －kx ）
＝x 3(x ＞0)， 当k ≤0时，kx ≤0，所以e x －kx ＞0，
令f ′(x )＝0，则x ＝2，
所以当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ＞
2时，f ′(x )＞0，f (x )单调递加，
所以f (x )的单调递减区间为(0，2)，单调递加区间为(2，＋∞)． (2) 由(1)知，k ≤0时，函数f (x )在(0，2)内单调递减，故f (x )在(0，2)内不存在极值点；
当k ＞0 x
－kx ，x ∈(0，＋∞)． 时，设函数g (x )＝e 由于′( )＝e x － k ＝e x －e ln k ，
g x
当0＜k ≤1时，
当x ∈(0，2)时，g ′(x )＝e x －k ＞0，y ＝g (x )单调递加，故f (x )在(0，2)内不存在两个极值点； 当k ＞1时，
得x ∈(0，ln k )时，g ′(x )＜0，函数y ＝g (x )单调递减， x ∈(ln
k ，＋∞)时， g ′( x )＞0，函数
y ＝(
)单调递加，
gx
所以函数y ＝g (x )的最小值为g (ln
k )＝k (1－ln
k )．
函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点，
（0）＞0
g
g （ln k ）＜0
当且仅当
（2）＞2
，
g
0＜ln k ＜2
e 2
解得：e ＜k ＜
2
综上所述，
e 2
函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点时，
k 的取值范围为(e ，2)．
8．(2019·杭州市学军中学高考模拟
)已知函数
f ( x
)＝
1
3
－1
2
＋ ( ， ∈R)．
3ax 2bx
x ab
(1) 当a ＝2，b ＝3时，求函数f (x )极值；
(2) 设b ＝a ＋1，当0≤a ≤1时，对任意x ∈[0，2]，都有m ≥|f ′(x )|恒成立，求m 的最 小值．
2332
解：(1)当a ＝2，b ＝3时，f (x )＝3x －2x ＋x ， f ′(x )＝2x 2－3x ＋1＝(2x －1)(x －1)，
1 令f ′(x )＞0，解得：x ＞1或x ＜2，
1 令f ′(x )＜0，解得：2＜x ＜1，
11
故f (x )在(－∞，2)单调递加，在(2，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递加，
151 故f (x )极大值＝f (2)＝24，f (x )极小值＝f (1)＝6.
(2) 当b ＝a ＋1时，f (x )＝1
ax 3
－1
(a ＋1)x 2＋x ，
32
f ′(x )＝ax 2－(a ＋1)x ＋1，f ′(x )恒过点(0，1)；当a ＝0
时，f ′(x )＝－x ＋1， m ≥|f ′(x )|恒成立， 所以m ≥1；
a ＋1
0＜a ≤1，张口向上，对称轴2a ≥1，
′( )＝
2
－( ＋1)
＋1＝(
a ＋12
＋1－ （a ＋1）2
f x ax x －)
，
a
ax
2a
4a
①当＝1
时 f ′( )＝ x 2－2 x ＋1，| f ′( x )|在 x ∈[0，2]的值域为[0，1]；
a
x
要m ≥|f ′(x )| ，则m ≥1；
②当0＜a ＜1时， 依据对称轴分类：
当 x a ＋1 1
＜1时， ＝ ＜2，即＜
2a 3 a ＝ (a －1)2＞0， a ＋11111
f ′(2a )＝2－4(a ＋a )∈(－3，0)，又f ′(2)＝2a －1＜1，
所以|
f ′(x )|
≤1；
a ＋1
1
当x ＝
2a ≥2，即
0＜a ≤3；f ′(x )在
x ∈[0，2]的最小值为
f ′(2)
＝2a －1；
1
－1＜2a －1≤－3，所以|f ′(x )|≤1， 综上所述，要对任意 x ∈[0，2]都有
≥|′( )|恒成立，有 ≥1，
mfx m
所以m ≥1.。