2019高考数学二轮复习 专题五 函数与导数 规范答题示例9 导数与不等式的恒成立问题学案
江苏省2019高考数学二轮复习专题五函数不等式与导数5.3小题考法_导数的简单应用达标训练含解析201905231149
导数的简单应用A 组——抓牢中档小题1．函数f (x )＝x ln x 的单调减区间是________． 解析：由题意可知函数的定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝1＋ln x ，令f ′(x )＝1＋ln x ＜0，解得0<x ＜1e，故函数的单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e . 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 2．函数y ＝e x －ln x 的值域为________．解析：由题意可得y ′＝e －1x (x >0)，令y ′>0得x >1e ，令y ′<0得0<x <1e，所以函数y＝e x －ln x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增，由函数连续、无上界，从而y ≥2，即函数y ＝e x －ln x 的值域为[2，＋∞) .答案：[2，＋∞)3．(2018·常州期末)已知函数f (x )＝bx ＋ln x ，其中b ∈R.若过原点且斜率为k 的直线与曲线y ＝f (x )相切，则k －b 的值为________．解析：设直线方程为y ＝kx ，切点为A (x 0，y 0)，则有⎩⎪⎨⎪⎧f x 0＝bx 0＋ln x 0＝y 0＝kx 0，f x 0＝b ＋1x 0＝k ，从而有bx 0＋ln x 0＝kx 0＝bx 0＋1，解得x 0＝e ， 所以k －b ＝1x 0＝1e .答案：1e4．抛物线f (x )＝x 2过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，6的切线方程为________________．解析：显然点P 不在抛物线上，设此切线过抛物线上的点(x 0，x 20)．由f ′(x )＝2x 知，此切线的斜率为2x 0.又因为此切线过点P 52，6和点(x 0，x 20)，所以x 20－6x 0－52＝2x 0，即x 20－5x 0＋6＝0，解得x 0＝2或x 0＝3，即切线过抛物线y ＝x 2上的点(2,4)或点(3,9)， 所以切线方程为y －4＝4(x －2)和y －9＝6(x －3)， 即4x －y －4＝0和6x －y －9＝0. 答案：4x －y －4＝0和6x －y －9＝05．设a ∈R ，若函数f (x )＝e x＋ax (x ∈R)有大于零的极值点，则a 的取值范围是________． 解析：令f ′(x )＝e x ＋a ＝0，则e x＝－a ，x ＝ln(－a )．因为函数f (x )有大于零的极值点，所以ln(－a )＞0，所以－a ＞1，即a ＜－1. 答案：(－∞，－1)6．已知函数f (x )＝x 3＋3x 2－9x ＋1，若f (x )在区间[k,2]上的最大值为28，则实数k 的取值范围为________．解析：由题意知f ′(x )＝3x 2＋6x －9， 令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝－3， 所以f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：3.答案：(－∞，－3]7．已知函数f (x )＝x －1－(e －1)ln x ，其中e 为自然对数的底数，则满足f (e x)＜0的x 的取值范围为________．解析：由f ′(x )＝1－e －1x＝0(x >0)得x ＝e －1.当x ∈(0，e －1)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(e －1，＋∞)时，函数f (x )单调递增． 又f (1)＝f (e)＝0,1<e －1<e ， 所以由f (e x)<0得1<e x<e ，解得0<x <1. 答案：(0,1)8．已知函数f (x )＝ln x －mx(m ∈R)在区间[1，e]上取得最小值4，则m ＝________. 解析：因为f (x )在区间[1，e]上取得最小值4，所以至少满足f (1)≥4，f (e)≥4，解得m ≤－3e ，又f ′(x )＝x ＋mx 2，且x ∈[1，e]，所以f ′(x )<0，即f (x )在[1，e]上单调递减， 所以f (x )min ＝f (e)＝1－me ＝4，解得m ＝－3e.答案：－3e9．若函数f (x )＝mx 2＋ln x －2x 在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围是________． 解析：因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝2mx ＋1x －2＝2mx 2－2x ＋1x≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以二次函数g (x )＝2mx 2－2x ＋1在定义域(0，＋∞)上必须大于等于0，所以⎩⎪⎨⎪⎧m ＞0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ≥0，解得m ≥12.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ 10．若a ＞0，b ＞0，且函数f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，若t ＝ab ，则t 的最大值为________．解析：∵f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2， ∴f ′(x )＝12x 2－2ax －2b . 又f (x )在x ＝1处取得极值，∴f ′(1)＝12－2a －2b ＝0，即a ＋b ＝6， ∴t ＝ab ＝a (6－a )＝－(a －3)2＋9， 当且仅当a ＝b ＝3时，t 取得最大值9. 答案：911．在曲线y ＝x －1x(x >0)上一点P (x 0，y 0)处的切线分别与x 轴，y 轴交于点A ，B ，O是坐标原点，若△OAB 的面积为13，则x 0＝________.解析：因为y ′＝1＋1x2，切点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，x 0－1x 0，x 0>0，所以切线斜率k ＝y ′|x ＝x 0＝1＋1x 20，所以切线方程是y －⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－1x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 20(x －x 0)．令y ＝0，得x ＝2x 0x 20＋1，即A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 0x 20＋1，0； 令x ＝0得y ＝－2x 0，即B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2x 0.所以S △OAB ＝12OA ×OB ＝12×2x 0x 20＋1×2x 0＝2x 20＋1＝13，解得x 0＝ 5. 答案： 512．已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是________．解析：由题意知x >0，且f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－x 2＋4x －3x＝－x －x －x，由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1,3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，由t ＜1＜t ＋1或t ＜3＜t ＋1，得0＜t ＜1或2＜t ＜3. 答案：(0,1)∪(2,3)13．已知函数f (x )＝－x ln x ＋ax 在(0，e]上是增函数，函数g (x )＝|e x－a |＋a 22，当x∈[0，ln 3]时，函数g (x )的最大值M 与最小值m 的差为32，则a 的值为________．解析：由题意可知f ′(x )＝－(ln x ＋1)＋a ≥0在(0，e]上恒成立，所以a ≥ln x ＋1，即a ≥2.当2≤a ＜3时，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a －e x＋a 22，0≤x ＜ln a ，e x－a ＋a22，ln a ≤x ≤ln 3，g (x )在[0，ln a ]上单调递减，在[ln a ，ln 3]上单调递增，因为g (0)－g (ln 3)＝a －1＋a 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫3－a ＋a 22＝2a －4≥0，所以g (0)≥g (ln 3)，所以M －m ＝g (0)－g (ln a )＝a －1＝32，解得a ＝52；当a ≥3时，g (x )＝a －e x＋a 22，g (x )在[0，ln 3]上递减，所以M －m ＝g (0)－g (ln 3)＝2≠32，舍去．故a ＝52.答案：5214．若函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪e x2－a e x (a ∈R)在区间[1,2]上单调递增，则实数a 的取值范围是________．解析：设g (x )＝e x2－ae x ，因为f (x )＝|g (x )|在区间[1,2]上单调递增，所以g (x )有两种情况：①g (x )≤0且g (x )在区间[1,2]上单调递减． 又g ′(x )＝x2＋2a2·ex，所以g ′(x )＝x 2＋2a2·ex≤0在区间[1,2]上恒成立，且g (1)≤0.所以⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ≤－x2，e 2－ae≤0无解．②g (x )≥0且g (x )在区间[1,2]上单调递增，即g ′(x )＝x 2＋2a2·ex≥0在区间[1,2]上恒成立，且g (1)≥0，所以⎩⎪⎨⎪⎧2a ≥－x2，e 2－ae≥0，解得a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－e 22，e 22. 综上，实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－e 22，e 22. 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤－e 22，e 22 B 组——力争难度小题1．设函数f (x )＝ln x －12ax 2－bx ，若x ＝1是f (x )的极大值点，则a 的取值范围为________．解析：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－ax －b ，由f ′(1)＝0，得b ＝1－a .∴f ′(x )＝1x －ax ＋a －1＝－ax 2＋1＋ax －xx＝－ax ＋x －x.①若a ≥0，当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增； 当x ＞1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 所以x ＝1是f (x )的极大值点．②若a ＜0，由f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝－1a.因为x ＝1是f (x )的极大值点， 所以－1a＞1，解得－1＜a ＜0.综合①②，得a 的取值范围是(－1，＋∞)． 答案：(－1，＋∞)2．(2018·苏北四市期末)在平面直角坐标系xOy 中，曲线C ：xy ＝3上任意一点P 到直线l ：x ＋3y ＝0的距离的最小值为________．解析：设过曲线C ：xy ＝3上任意一点P ⎝⎛⎭⎪⎫x 0，3x 0的切线与直线l ：x ＋3y ＝0平行．因为y ′＝－3x2，所以y ′|x ＝x 0＝－3x 20＝－33， 解得x 0＝± 3.当x 0＝3时，P (3，1)到直线l ：x ＋3y ＝0的距离d ＝|3＋3|2＝3；当x 0＝－3时，P (－3，－1)到直线l ：x ＋3y ＝0的距离d ＝|－3－3|2＝3，所以曲线C ：xy ＝3上任意一点到直线l ：x ＋3y ＝0的距离的最小值为 3. 答案： 33．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －1ex ，x ≥a ，－x －1，x <a ，g (x )＝f (x )－b .若存在实数b ，使得函数g (x )恰有3个零点，则实数a 的取值范围为________.解析：对于函数y ＝x －1ex，y ′＝2－xex ，由y ′>0，得x <2；由y ′<0，得x >2， 所以y ＝x －1e x在(－∞，2]上单调递增，在[2，＋∞)上单调递减，极大值为1e2，当x →＋∞时，y →0.先不考虑a ，作出y ＝x －1ex和y ＝－x －1的图象如图所示．只有当b ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 2时，直线y ＝b 与曲线y ＝x －1e x 和直线y ＝－x －1共有三个公共点．因为直线y ＝1e 2与直线y ＝－x －1的交点为⎝⎛⎭⎪⎫－1－1e 2，1e 2. 所以当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－1e 2，2时，存在直线y ＝b 与曲线y ＝f (x )恰有三个公共点．答案： ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－1e 2，2 4．曲线y ＝－1x(x <0)与曲线y ＝ln x 公切线(切线相同)的条数为________．解析：令公切线与曲线f (x )＝－1x切于点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，－1x 1(x 1<0)，与曲线g (x )＝ln x 切于点B (x2，ln x 2)(x 2>0)．因为f ′(x )＝1x 2，g ′(x )＝1x ，所以1x 21＝1x 2，即x 2＝x 21.又k AB ＝ln x 2＋1x 1x 2－x 1＝1x 21，所以－x 1＋1x 1x 21－x 1＝1x 21，所以2x 1ln(－x 1)＝x 1－2.令－x 1＝t >0，所以－2t ln t ＝－t －2，即2t ln t ＝t ＋2(t >0)，所以lnt ＝1t ＋12(t >0)，画出函数y ＝ln t 与y ＝1t ＋12的图象如图所示，在(0，＋∞)上只有一解，所以公切线只有一条．答案：15．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－|x 3－2x 2＋x |，x <1，ln x ，x ≥1，若对于∀t ∈R ，f (t )≤kt 恒成立，则实数k 的取值范围是________．解析：令y ＝x 3－2x 2＋x ，x <1，则y ′＝3x 2－4x ＋1＝(x －1)(3x －1)， 令y ′>0，即(x －1)(3x －1)>0， 解得x <13或x >1.又因为x <1，所以x <13.令y ′<0，得13<x <1，所以y 的增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，13，减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1， 所以y极大值＝427.根据图象变换可作出函数y ＝－|x 3－2x 2＋x |，x <1的图象．又设函数y ＝ln x (x ≥1)的图象经过原点的切线斜率为k 1，切点(x 1，ln x 1)，因为y ′＝1x ，所以k 1＝1x 1＝ln x 1－0x 1－0，解得x 1＝e ，所以k 1＝1e.函数y ＝x 3－2x 2＋x 在原点处的切线斜率k 2＝y ′|x ＝0＝1.因为∀t ∈R ，f (t )≤kt ，所以根据f (x )的图象，数形结合可得1e≤k ≤1.答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1 6．已知函数f (x )＝ln x ＋(e －a )x －b ，其中e 为自然对数的底数．若不等式f (x )≤0恒成立，则b a的最小值为________．解析：f ′(x )＝1x ＋(e －a )＝－a x ＋1x(x ＞0)，当e －a ≥0，即a ≤e 时，f (e b )＝(e －a )e b＞0，显然f (x )≤0不恒成立． 当e －a ＜0，即a ＞e 时，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a －e 时，f ′(x )＞0，f (x )为增函数；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －e ，＋∞时，f ′(x )＜0，f (x )为减函数，所以f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫1a －e ＝－ln(a －e)－b －1.由f (x )≤0恒成立，得f (x )max ≤0，所以b ≥－ln(a －e)－1，所以得b a≥－a －－1a.设g (x )＝－x －－1x(x ＞e)，g ′(x )＝xe －x＋x －＋1x 2＝ee －x ＋x－x 2.由于y ＝ee －x＋ln(x －e)为增函数，且当x ＝2e 时，g ′(x )＝0，所以当x ∈(e,2e)时，g ′(x )＜0，g (x )为减函数；当x ∈(2e ，＋∞)时，g ′(x )＞0，g (x )为增函数，所以g (x )min＝g (2e)＝－1e ，所以b a ≥－1e ，当a ＝2e ，b ＝－2时，b a 取得最小值－1e.答案：－1e。
(江苏专用)高考数学二轮复习 专题五 函数、不等式与导数 第四讲 大题考法函数与导数的综合问题课件
(3)证明：函数g(x)＝(ex－e)f(x)的零点即方程(ex－e)f(x)＝
0的实数根，
故ex－e＝0或f(x)＝0，由ex－e＝0，得x＝1，
∴f(x)＝0，有且仅有2个不等于1的实数根， 由f(x)＝0，得exx－a＝0，设h(x)＝exx－a，则h′(x)＝1－ex x， 由h′(x)＝1－ex x>0，得x<1； 由h′(x)＝1－e x<0，得x>1.
中，求f(x)的极小值； (3)若a＝0，0＜b≤1，c＝1，且f(x)的极大值为M，求证：
M≤247. [解] (1)因为a＝b＝c， 所以f(x)＝(x－a)(x－b)(x－c)＝(x－a)3. 因为f(4)＝8，所以(4－a)3＝8，解得a＝2.
(2)因为b＝c，所以f(x)＝(x－a)(x－b)2＝x3－(a＋2b)x2＋
(1)设a＝2，b＝12. ①求方程f(x)＝2的根； ②若对于任意x∈R ，不等式f(2x)≥mf(x)－6恒成立，求 实数m的最大值． (2)若0＜a＜1，b＞1，函数g(x)＝f(x)－2有且只有1个零 点，求ab的值．
[解] (1)因为a＝2，b＝12，所以f(x)＝2x＋2－x. ①方程f(x)＝2，即2x＋2－x＝2， 亦即(2x)2－2×2x＋1＝0， 所以(2x－1)2＝0，即2x＝1，解得x＝0. ②由条件知f(2x)＝22x＋2－2x＝(2x＋2－x)2－2＝(f(x))2－2.
又x20＜0，所以 x1＜0，与“0 是函数 g(x)的唯一零点”矛盾．
若 x0＞0，同理可得，在x20和 logb2 之间存在 g(x)的非 0 的零点，
与“0 是函数 g(x)的唯一零点”矛盾．因此 x0＝0.
于是－llnn ab＝1，故 ln a＋ln b＝0，所以 ab＝1.
2019高考数学二轮复习专题五函数与导数不等式第五讲大题考法__函数与导数课件ppt版本
解
：
h(x)
＝
x
＋
1＋a x
－
aln
x(x>0)
，
h′(x)
＝
1
－
1＋a x2
－
a x
＝
x2－ax－x2 1＋a＝x＋1[xx－2 1＋a].
①当 a＋1>0，即 a>－1 时，在(0,1＋a)上 h′(x)<0，在(1＋a，
＋∞)上 h′(x)>0，所以 h(x)在(0,1＋a)上单调递减，在(1＋a，
(2)令 g(x)＝f(x)－(ax－1)，求函数 g(x)的极值． [解] g(x)＝f(x)－(ax－1)＝ln x－12ax2＋(1－a)x＋1， 则 g′(x)＝1x－ax＋(1－a)＝－ax2＋1x－ax＋1， ①当 a≤0 时， ∵x>0，∴g′(x)>0. ∴g(x)在(0，＋∞)上是增函数，函数 g(x)无极值点． ②当 a>0 时，g′(x)＝－ax2＋1x－ax＋1 ＝－ax－1axx＋1，令 g′(x)＝0 得 x＝1a.
f(2)＝32－5ln2
2 .
(2)若不等式 aln x－1x≤b－x 对任意－52≤a≤0，12≤x≤2 恒成立，
求
b
的最小值． [解] 不等式
aln
x－1x≤b－x
即为
f(x)≤b，
所以 b≥f(x)max 对任意－52≤a≤0，12≤x≤2 恒成立．
①若 1≤x≤2，则 ln x≥0，f(x)＝aln x＋x－1x≤x－1x≤2－12＝32.
当 a＝0，x＝2 时取等号．
②若12≤x<1，则 ln x<0，f(x)＝aln x＋x－1x≤－52ln x＋x－1x.
(全国通用版)2019高考数学二轮复习 专题六 函数与导数 规范答题示例10 导数与不等式的恒成立问题学案 理
规范答题示例10 导数与不等式的恒成立问题典例10 (12分)设函数f (x )＝e mx＋x 2－mx .(1)证明：f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；(2)若对于任意x 1，x 2∈[－1,1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤e－1，求m 的取值范围． 审题路线图 (1)求导f ′(x )＝m (e mx －1)＋2x ―→讨论m 确定f ′(x )的符号―→证明结论 (2)条件转化为(|f (x 1)－f (x 2)|)max ≤e－1 ―――――→结合(1)知f (x )min ＝f (0)⎩⎪⎨⎪⎧f (1)－f (0)≤e－1，f (－1)－f (0)≤e－1―→⎩⎪⎨⎪⎧e m－m ≤e－1，e －m＋m ≤e－1―→构造函数g (t )＝e t－t －e ＋1―→研究g (t )的单调性―→寻求⎩⎪⎨⎪⎧g (m )≤0，g (－m )≤0的条件―→对m 讨论得适合条件的范围评分细则 (1)求出导数给1分；(2)讨论时漏掉m ＝0扣1分；两种情况只讨论正确一种给2分； (3)确定f ′(x )符号时只有结论无中间过程扣1分； (4)写出f (x )在x ＝0处取得最小值给1分； (5)无最后结论扣1分； (6)其他方法构造函数同样给分．跟踪演练10 (2018·全国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.(1)解 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，f (x )存在两个极值点当且仅当a >2. 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0<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 －2.百度文库是百度发布的供网友在线分享文档的平台。
(浙江专用)高考数学二轮复习专题五函数与导数、不等式第5讲导数与函数零点、不等式问题课件
导数与函数零点、不等式问题高考定位在高考压轴题中,函数与方程、不等式的交汇是考查的热点,常以含指数函数、对数函数为载体考查函数的零点（方程的根）、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题.項题感考点整合I ■■■■■■■■■■ 真题感悟明考向鑿沂要点鑒（2018 •浙江卷）已知函数»=^~lnx⑴右夬兀）在x=x\ 9兀2（兀1上兀2）处导数相等，证明：/（兀1）+/（无2）＞8 —81n 2；（2）若"W3—41n2,证明：对于任意40,直线y=kx+a与曲线y=/（x）有唯一公共点. 证明（1）函数加的导函数由弘尸％»得未_±=未_右因为小冷2'所以± + 土 = 2 ^由基本不等式得，/石梟=需+\禺三2徧扃，因为小冷2，所以兀1兀2>256.由题意得/(x 1)+/(兀2)一In X[+寸扃一In X2=^\[x[X2一ln(XiX2). 设g(x)=2&—Inx，则g&)=右&—4),所以Q O时，g《x)、g(x)的变化情况如下表：x由 f(x)=kx+a 得 k=所以g(x)在［256, +oo)上单调递增，故g(xix 2)>g(256) = 8-81n2,即/(%1)+/(兀2)>8 —81n 2・所以，存在x 0^(m,斤)使夬兀())=阪+© 所以，对于任意的aWR 及kW(0,+00)，直线y=kx+a 与曲线y=f(x)有公共点.(2)令心严+? H — 'ldl+ 1t k 丿?+1,贝(加)一km —a>\a\-\~k —k —么20,f(n)—kn —a<n —k <0,5 \x—In x—a设恥尸----- ---- ，则“尸^^竺亠宁凹，其中缈导皿由(1)可知g(x)2g(16),又aW3_41n 2,故一g(x)—1+oW—g(16)—l+a=—3 +41n 2+aWO,所以/f(x)WO,即函数方(兀)在(0, +oo)上单调递减，因此方程f(x)-kx-a=0至多1 个实根.综上，当aW3—41n 2时，对于任意Q0,直线y=kx~\~a与曲线y=f(x)有唯一公共占考点整合1•利用导数研究函数的零点函数的零点、方程的实根、函数图象与X轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的变化趋势，数形结合求解.2.三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当X TOO时，函数值也趋向oo,只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可•存在两个极值点小，兀2且的函数几劝=ax3+ bx2+ex+的零点分布情况女口下：3.利用导数解决不等式问题(1)利用导数证明不等式.若证0|»<g(x), b),可以构造函数F(x)=»-g«,如果能证明尸⑴在(a, b)上的最大值小于0,即可证明/⑴Vg(x), x^(a, b).(2)利用导数解决不等式的“恒成立”与“存在性”问题.①/S)>g(x)对一切X e 成立/是/⑴>g(x)的解集的子集[/W —g(X)]min>0 (炸/).②x^I,使f(x)>g(x)成立 /与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集[/W —<?W]max>°(-re/)-③对Xp 七丘/使得心1)£&(%2)/WmaxWgOOmhr④对X^I,兀2日使得/山)之(兀2)/Wmin±g(X)min・温馨提醒解决方程、不等式相关问题，要认真分析题目的结构特点和已知条件，恰当构造函数并借助导数硏究性质,这是解题的关键.热点一 利用导数研究函数的零点（方程的根）【例1] （2018-全国II 卷）已知函数沧）=$—"（/+兀+1）.（1） 若。
高考数学二轮复习专题六函数与导数规范答题示例9导数与不等式
规范答题示例9 导数与不等式的恒成立问题典例9 (12分)(2017·全国Ⅲ)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a <0时，证明f (x )≤－34a －2.审题路线图(1)要讨论f (x )的单调性―→应讨论f ′(x )的符号―→f ′(x )＝(x ＋1)(2ax ＋1)x――→x >0讨论2ax ＋1的符号―→应依据a 分类讨论. (2)要证明f (x )≤－34a －2―→f (x )max ≤－34a －2―→f (x )max ＋34a＋2≤0 ―――――――――――――――――→令x ＝－1 2a ，造函数g (x )＝f (x )max ＋34a ＋2证明g (x )max ≤0.评分细则 第(1)问得分点说明： ①正确求出f ′(x )得2分；②求出a ≥0时，函数的单调性得2分； ③求出a <0时，函数的单调性得2分． 第(2)问得分点说明：①正确求出f (x )的最大值得2分； ②转化为关于a 的不等式得1分；③构造函数并正确求出函数的最大值得2分； ④正确写出结论得1分．跟踪演练9 (2018·全国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.(1)解 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，f (x )存在两个极值点当且仅当a >2. 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0<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.精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。
2019版高考数学(浙江专用)二轮复习(优编增分)：专题五 函数与导数 规范答题示例8Word版含答案
典例8 (15分)已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围．审题路线图 求f ′(x )―――――→讨论f ′(x )的符号f (x )单调性―→f (x )最大值―→解f (x )max >2a －2.评分细则 (1)函数求导正确给1分； (2)分类讨论，每种情况给2分，结论1分； (3)求出最大值给3分；(4)构造函数g (a )＝ln a ＋a －1给3分；(5)通过分类讨论得出a 的范围，给3分．跟踪演练8 (2018·天津)已知函数f (x )＝a x ，g (x )＝log a x ，其中a >1. (1)求函数h (x )＝f (x )－x ln a 的单调区间；(2)若曲线y ＝f (x )在点(x 1，f (x 1))处的切线与曲线y ＝g (x )在点(x 2，g (x 2))处的切线平行，证明x 1＋g (x 2)＝－2lnln a ln a；(3)证明当a ≥1ee 时，存在直线l ，使l 是曲线y ＝f (x )的切线，也是曲线y ＝g (x )的切线． (1)解 由已知得h (x )＝a x －x ln a ，则h ′(x )＝a x ln a －ln a ．令h ′(x )＝0，解得x ＝0. 由a >1，可知当x 变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：所以函数h (x )的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．(2)证明 由f ′(x )＝a x ln a ，可得曲线y ＝f (x )在点(x 1，f (x 1))处的切线斜率为1xa ln a . 由g ′(x )＝1x ln a ，可得曲线y ＝g (x )在点(x 2，g (x 2))处的切线斜率为1x 2ln a .因为这两条切线平行，所以有1xa ln a ＝1x 2ln a ，即x 21xa (ln a )2＝1， 两边取以a 为底的对数，得 log a x 2＋x 1＋2log a ln a ＝0， 所以x 1＋g (x 2)＝－2lnln aln a.(3)证明 曲线y ＝f (x )在点(x 1，1xa )处的切线为l 1：y －1xa ＝1xa ln a ·(x －x 1)．曲线y ＝g (x )在点(x 2，log a x 2)处的切线为l 2：y －log a x 2＝1x 2ln a(x －x 2)．要证明当a ≥1ee 时，存在直线l ，使l 是曲线y ＝f (x )的切线，也是曲线y ＝g (x )的切线，只需证明当a ≥1ee 时，存在x 1∈(－∞，＋∞)，x 2∈(0，＋∞)，使得l 1与l 2重合．即只需证明当a ≥1ee 时，下面的方程组有解⎩⎨⎧1x a ln a ＝1x 2ln a ， ①1x a－x 11x a ln a ＝log a x 2－1ln a，②由①得，x 2＝11x a (ln a )2，代入②，得1x a －x 11xa ln a ＋x 1＋1ln a ＋2lnln a ln a＝0.③因此，只需证明当a ≥1ee 时，关于x 1的方程③存在实数解． 设函数u (x )＝a x －xa x ln a ＋x ＋1ln a ＋2lnln a ln a， 即要证明a ≥1ee 时，函数u (x )存在零点．u ′(x )＝1－(ln a )2xa x ，可知当x ∈(－∞，0)时，u ′(x )>0；当x ∈(0，＋∞)时，u ′(x )单调递减，又u ′(0)＝1>0，u ′⎝⎛⎭⎫1(ln a )2＝1－()1ln a a <0，故存在唯一的x 0，且x 0>0，使得u ′(x 0)＝0，即1－(ln a )2x 00xa ＝0.由此可得u (x )在(－∞，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减． u (x )在x ＝x 0处取得极大值u (x 0)． 因为a ≥1ee ，所以lnln a ≥－1，所以u (x 0)＝0x a －x 00xa ln a ＋x 0＋1ln a ＋2lnln a ln a＝1x 0(ln a )2＋x 0＋2lnln a ln a ≥2＋2lnln aln a ≥0.下面证明存在实数t ，使得u (t )<0. 由(1)可得a x ≥1＋x ln a ， 当x >1ln a 时，有u (x )≤(1＋x ln a )(1－x ln a )＋x ＋1ln a ＋2lnln a ln a ＝－(ln a )2x 2＋x ＋1＋1ln a ＋2lnln aln a， 所以存在实数t ，使得u (t )<0.因此当a ≥1ee 时，存在x 1∈(－∞，＋∞)，使得u (x 1)＝0.所以当a ≥1ee 时，存在直线l ，使l 是曲线y ＝f (x )的切线，也是曲线y ＝g (x )的切线.。
2019高考数学(文)二轮复习课件：函数与导数规范答题技巧(共16张PPT)
规范答题系列一
函数与导数类解答题 (2018· 浙江模拟)(12 分)已知函数 f(x)＝x－1－aln 1 x(a∈R)，g(x)＝ . x (1)当 a＝－2 时，求曲线 y＝f(x)在 x＝1 处的切线方程； (2) 若 a<0 ， 且 对 任 意 x1 ， x2 ∈ (0,1] ， 都 有 |f(x1) － f(x2)|<4×|g(x1)－g(x2)|，求实数 a 的取值范围．
[踩点得分] 1．求导数：准确求出 f′(x)给 1 分． 2．求斜率：利用切点横坐标求出切线斜率给 1 分． 3．写方程：利用点斜式写出切线方程并化简给 2 分． 4．判断单调性：准确判断 f(x)与 g(x)在(0,1]上的单调性 给 2 分．
5．构造函数：将原不等式恒成立问题转化为函数 h(x) 的单调性问题给 2 分． 6．转化最值：将函数 h(x)的单调性转化为恒成立问题及 最值问题给 2 分． 7．求最值：利用单调性求最值，求参数取值范围给 2 分．
4 ∴x －ax－4≤0 在(0,1]上恒成立， 等价于 a≥x－ 在(0,1] x
2
上恒成立， ∴只需
4 a≥x－ max.(10 x
分)
4 ∵ y ＝ x － 在 (0,1] 上单 调递 增 ， ∴ ymax ＝ － 3 ，∴ － x 3≤a<0， 故实数 a 的取值范围为[－3,0)．(12 分)
解题思路
(1)由导数的几何意义可得切线的斜率， 进而
得到切线的方程；(2)利用导数判断函数 f(x)的单调性，结合 f(x2) － f(x1)<4×[g(x1) － g(x2)] 即可将问题转化为不等式恒成 立问题，进而求得 a 的取值范围．
(全国通用版)2019高考数学二轮复习-专题六 函数与导数 规范答题示例10 导数与不等式的恒成立问题课件 理
当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)>0.
若m<0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1>0，f′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，emx－1<0，f′(x)>0.
4分
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.
6分
(2)解 由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1,0]上单调递减，在[0,1]上单调递
审题路线图 (1) 求导f′x＝memx－1＋2x ―→ 讨论m确定f′x的符号 ―→ 证明结论
(2)
条件转化为|fx1 －fx2|max≤e－1
――f―结x―合―mi―n＝―1―f知―0―→
f1－f0≤e－1， f－1－f0≤e－1
―→
(1)讨论f(x)的单调性；
解答
(2)若 f(x)存在两个极值点 x1，x2，证明：fxx11－－fx2x2<a－2.
证明
评分细则 (1)求出导数给1分； (2)讨论时漏掉m＝0扣1分；两种情况只讨论正确一种给2分； (3)确定f′(x)符号时只有结论无中间过程扣1分； (4)写出f(x)在x＝0处取得最小值给1分； (5)无最后结论扣1分； (6)其他方法构造函数同样给分.
跟踪演练10 (2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝1 －x＋aln x. x
em－m≤e－1， e－m＋m≤e－1
―→ 构造函数gt ―→ 研究gt的单调性 ＝et－t－e＋1
―→ 寻求ggm－m≤0≤，0 的条件 ―→ 对m讨论得适合条件的范围
规 范 解 答·分 步 得 分
(1)证明 f′(x)＝m(emx－1)＋2x.
1分
若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)<0；
2019高考数学二轮复习专题五函数与导数、不等式第三讲小题考法——不等式课件
D，且 BD＝1，则 4a＋c 的最小值为________． 解析：法一：如图，
∵S△ABC＝S△ABD＋S△BCD， ∴12ac·sin 120°＝12c×1×sin 60°＋12a×1×sin 60°， ∴ac＝a＋c.∴1a＋1c＝1.
∴4a＋c＝(4a＋c)1a＋1c＝ac＋4ca＋5≥2 当且仅当ac＝4ca，即 c＝2a 时取等号． 故 4a＋c 的最小值为 9.
＝
52－2a－b.又23M(a，b)≥23 f 12，13M(a，b)≥13f(2)，M(a，b)≥f(1)．三
式相加，得 2M(a，b)≥23f 12＋13f(2)＋f(1)≥23 f 12＋13 f 2－f1
＝2352－12a－b＋1352－2a－b－(2－a－b)＝12，故有 M(a，b)≥14.
其中正确的个数是
()
A．0
B．1 C．2 D．3
[解析] 对于①，若 a<b<0，可得 a2>b2，所以 a2＋1>b2 一
定正确；对于②，a<b<0，可得|a|>|b|，即|－a|>|－b|，则|1－a|>
|b－1|，所以②正确；对于③，a<b<0，在所给的不等式两边同
时除以 ab，得到1b<1a，又由 a<b<0，可得 a＋b<a<0，不等式两
答案：C
考点(二) 基本不等式及其应用
主要考查利用基本不等式求最值，常与函数等知识交汇命题.
[典例感悟] [典例] (1)(2018·绍兴中学模拟)已知函数 y＝loga(x＋3)－1
(a>0 且 a≠1)的图象恒过定点 A，若点 A 在直线 mx＋ny＋1＝0
上，其中 m，n>0，则m1 ＋n2的最小值为
2019-2020年高考数学二轮复习规范答题示例2导数与不等式的恒成立问题课件理
x
(0,1)
1
f′(x)
＋
0
因此函数f(x)的f增(x区) 间为(0,1)单，减调区递间增为(1，＋∞极)，大值
极大值为f(1)＝1，无极小值.
(1，＋∞) －
单调递减Biblioteka 解答(2)若对任意的x>1，恒有ln(x－1)＋k＋1≤kx成立，求k的取值范围； 解 因为x>1， ln(x－1)＋k＋1≤kx⇔lnxx－－11＋1≤k⇔f(x－1)≤k， 所以f(x－1)max≤k，所以k≥1.
当m∈[－1,1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；
10分
当m＞1时，由g(t)的单调性，得g(m)＞0，即em－m＞e－1；
当m＜－1时，g(－m)＞0，即e－m＋m＞e－1.
11分
综上，m的取值范围是[－1,1].
12分
构建答题模板 第一步 求导数：一般先确定函数的定义域，再求f′(x)． 第二步 定区间：根据f′(x)的符号确定函数的单调区间． 第三步 寻条件：一般将恒成立问题转化为函数的最值问题． 第四步 写步骤：通过函数单调性探求函数最值，对于最值可能在两点取到的恒 成立问题，可转化为不等式组恒成立． 第五步 再反思：查看是否注意定义域、区间的写法、最值点的探求是否合理等.
评分细则 (1)求出导数给1分； (2)讨论时漏掉m＝0扣1分；两种情况只讨论正确一种给2分； (3)确定f′(x)符号时只有结论无中间过程扣1分； (4)写出f(x)在x＝0处取得最小值给1分； (5)无最后结论扣1分； (6)其他方法构造函数同样给分．
ln x＋1 跟踪演练 2 已知函数 f(x)＝ x . (1)求函数f(x)的单调区间和极值； 解 f′(x)＝－lnx2x，由 f′(x)＝0⇒x＝1，列表如下：
江苏省2019高考数学二轮复习专题五函数不等式与导数5.2小题考法_不等式达标训练含解析201905231152
不等式A 组——抓牢中档小题1．当x ＞0时，f (x )＝2xx 2＋1的最大值为________． 解析：因为x ＞0，所以f (x )＝2x x 2＋1＝2x ＋1x≤22＝1， 当且仅当x ＝1x，即x ＝1时取等号．答案：12．若0<x <1，则当f (x )＝x (4－3x )取得最大值时，x 的值为________．解析：因为0<x <1，所以f (x )＝x (4－3x )＝13×3×x (4－3x )≤13×⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋4－3x 22＝43，当且仅当3x ＝4－3x ，即x ＝23时取等号.答案：233．已知点A (a ，b )在直线x ＋2y －1＝0上，则2a ＋4b的最小值为________． 解析：由题意可知a ＋2b ＝1，则2a ＋4b ＝2a ＋22b ≥22a ＋2b＝22，当且仅当a ＝2b ＝12，即a ＝12且b ＝14时等号成立．答案：2 24．若不等式(a －2)x 2＋2(a －2)x －4<0对x ∈R 恒成立，则实数a 的取值范围是________． 解析：当a －2＝0，即a ＝2时，原不等式为－4<0， 所以a ＝2时不等式恒成立， 当a －2≠0，即a ≠2时，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a －2<0，Δ<0，即⎩⎪⎨⎪⎧a －2<0，a －2＋a －2，解得－2<a <2.综上所述，－2<a ≤2，即实数a 的取值范围是(－2,2]． 答案：(－2,2]5．要制作一个容积为4 m 3，高为1 m 的无盖长方体容器．已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是________．解析：设底面矩形的一边长为x .由容器的容积为4 m 3，高为1 m ，得另一边长为4xm.记容器的总造价为y 元，则y ＝4×20＋2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋4x ×1×10＝80＋20⎝⎛⎭⎪⎫x ＋4x ≥80＋20×2x ·4x＝160，当且仅当x ＝4x，即x ＝2时等号成立． 因此，当x ＝2时，y 取得最小值160， 即容器的最低总造价为160元． 答案：160元6．已知a >0, b >0，且2a ＋3b＝ab ，则ab 的最小值是________．解析：因为ab ＝2a ＋3b≥22a ·3b ，所以ab ≥26，当且仅当2a ＝3b＝6时取等号．答案：2 67．已知关于x 的不等式2x ＋2x －a≥7在x ∈(a ，＋∞)上恒成立，则实数a 的最小值为________．解析：因为x ∈(a ，＋∞)，所以2x ＋2x －a ＝2(x －a )＋2x －a＋2a ≥2 x －a2x －a＋2a ＝4＋2a ，当且仅当x －a ＝1时等号成立．由题意可知4＋2a ≥7，解得a ≥32，即实数a 的最小值为32.答案：328．若两个正实数x ，y 满足1x ＋4y ＝1，且不等式x ＋y 4<m 2－3m 有解，则实数m 的取值范围是________．解析：由题可知，1＝1x ＋4y ≥24xy＝4xy，即xy ≥4，于是有m 2－3m >x ＋y4≥xy ≥4，故m 2－3m >4，化简得(m ＋1)(m －4)>0，解得m <－1或m >4，即实数m 的取值范围为(－∞，－1)∪(4，＋∞)．答案：(－∞，－1)∪(4，＋∞)9．已知函数f (x )＝x 2＋mx －1，若对于任意x ∈[m ，m ＋1]，都有f (x )<0成立，则实数m 的取值范围是________．解析：因为f (x )＝x 2＋mx －1是开口向上的二次函数，所以函数的最大值只能在区间端点处取到，所以对于任意x ∈[m ，m ＋1]，都有f (x )＜0，只需⎩⎪⎨⎪⎧fm ＜0，f m ＋＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋m 2－1<0，m ＋2＋m m ＋－1<0，解得⎩⎪⎨⎪⎧－22＜m ＜22，－32＜m ＜0，所以－22<m <0，即实数m 的取值范围是m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0 10．(2018·苏北四市期末)若实数x ，y 满足xy ＋3x ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫0<x <12，则3x ＋1y －3的最小值为________．解析：因为实数x ，y 满足xy ＋3x ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫0＜x ＜12，所以x ＝3y ＋3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，解得y ＞3.则3x ＋1y －3＝y ＋3＋1y －3＝y －3＋1y －3＋6≥2y －1y －3＋6＝8，当且仅当x ＝37，y ＝4时取等号． 答案：811．已知α，β均为锐角，且cos(α＋β)＝sin αsin β，则tan α的最大值是________．解析：由cos(α＋β)＝sin αsin β，得cos αcos β－sin αsin β＝sin αsin β，即cos αcos β＝sin α⎝ ⎛⎭⎪⎫sin β＋1sin β， 由α，β均为锐角得cos α≠0，tan β>0， 所以tan α＝sin αcos α＝cos βsin β＋1sin β＝sin βcos βsin 2β＋1＝tan β2tan 2β＋1＝12tan β＋1tan β≤122＝24，当且仅当2tan β＝1tan β，即tan β＝22时，等号成立． 答案：2412．(2018·山西八校联考)若实数x ，y 满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋2≥0，x ＋2y －4≥0，2x ＋y －5≤0，且3(x －a )＋2(y ＋1)的最大值为5，则a ＝________.解析：设z ＝3(x －a )＋2(y ＋1)，作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，由z ＝3(x －a )＋2(y ＋1)，得y ＝－32x ＋3a －2＋z 2，作出直线y ＝－32x ，平移该直线，易知当直线过点A 时，z 取得最大值，由⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y －5＝0，x －y ＋2＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝3，即A (1,3)．又目标函数的最大值为5，所以3(1－a )＋2(3＋1)＝5，解得a ＝2. 答案：213．设实数x ，y 满足x 24－y 2＝1，则3x 2－2xy 的最小值是________． 解析：法一：因为x 24－y 2＝1，所以3x 2－2xy ＝3x 2－2xy x 24－y 2＝3－2yx 14－⎝ ⎛⎭⎪⎫y x 2，令k ＝y x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，则3x 2－2xy ＝3－2k 14－k 2＝－2k1－4k2， 再令t ＝3－2k ∈(2,4)，则k ＝3－t2，故3x 2－2xy ＝4t －t 2＋6t －8＝4－⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋8t ＋6≥46－28＝6＋42，当且仅当t ＝22时等号成立．法二：因为x 24－y 2＝1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋y ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－y ，所以令x 2＋y ＝t ，则x 2－y ＝1t ，从而⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t ＋1t，y ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫t －1t ，则3x 2－2xy ＝6＋2t 2＋4t2≥6＋42，当且仅当t 2＝2时等号成立．答案：6＋4 214．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－x ＋3，x ≤1，x ＋2x，x >1.设a ∈R ，若关于x 的不等式f (x )≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪x2＋a 在R 上恒成立，则a 的取值范围是________．解析：根据题意，作出f (x )的大致图象，如图所示．当x ≤1时，若要f (x )≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪x2＋a 恒成立，结合图象，只需x 2－x ＋3≥－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋a ，即x 2－x 2＋3＋a ≥0，故对于方程x 2－x 2＋3＋a ＝0，Δ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－122－4(3＋a )≤0，解得a ≥－4716；当x >1时，若要f (x )≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 2＋a 恒成立，结合图象，只需x＋2x ≥x 2＋a ，即x 2＋2x ≥a .又x 2＋2x ≥2，当且仅当x 2＝2x，即x ＝2时等号成立，所以a ≤2.综上，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－4716，2.答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤－4716，2B 组——力争难度小题1．已知函数f (x )＝ax 2＋x ，若当x ∈[0,1]时，－1≤f (x )≤1恒成立，则实数a 的取值范围为________．解析：当x ＝0时，f (x )＝0，不等式成立；当x ∈(0,1]时，不等式－1≤f (x )≤1，即⎩⎪⎨⎪⎧ax 2＋x ≤1，ax 2＋x ≥－1，其中1x∈[1，＋∞)，从而⎩⎪⎨⎪⎧a ≤1x 2－1x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －122－14，a ≥－1x 2－1x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋122＋14，解得－2≤a ≤0. 答案：[－2,0]2．(2018·南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调)已知a ，b ，c 均为正数，且abc ＝4(a ＋b )，则a ＋b ＋c 的最小值为________．解析：由a ，b ，c 均为正数，abc ＝4(a ＋b )，得c ＝4a ＋4b ，代入得a ＋b ＋c ＝a ＋b ＋4a＋4b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋4a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋4b ≥2a ·4a＋2 b ·4b＝8，当且仅当a ＝b ＝2时，等号成立，所以a ＋b ＋c 的最小值为8.答案：83．(2018·洛阳尖子生统考)已知x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，y ≥x ，3x ＋4y ≤12，则x ＋2y ＋3x ＋1的取值范围是________．解析：画出不等式组表示的可行域，如图中阴影部分所示，x ＋2y ＋3x ＋1＝1＋2×y ＋1x ＋1，y ＋1x ＋1表示可行域中的点(x ，y )与点P (－1，－1)连线的斜率．由图可知，当x ＝0，y ＝3时，x ＋2y ＋3x ＋1取得最大值，且⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2y ＋3x ＋1max＝9.因为点P (－1，－1)在直线y ＝x 上，所以当点(x ，y )在线段AO 上时，x ＋2y ＋3x ＋1取得最小值，且⎝⎛⎭⎪⎫x ＋2y ＋3x ＋1min＝3.所以x ＋2y ＋3x ＋1的取值范围是[3,9]．答案：[3,9]4．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 2，x ≤0，－3|x －1|＋3，x ＞0.若存在唯一的整数x ，使得f x －ax＞0成立，则实数a 的取值范围为________．解析：作出函数f (x )的图象如图所示，易知，点A (1,3)，B (－1,2)，C (2,0)，D (－2,8)．当a <0时，则点M (0，a )与点C ，点A 连线的斜率都大于0，故不符合题意；当0≤a ≤2时，则仅有点M (0，a )与点A 连线的斜率大于0，故符合题意；当2<a <3时，则点M (0，a )与点B ，点A 连线的斜率都大于0，故不符合题意； 当3≤a ≤8时，则仅有点M (0，a )与点B 连线的斜率大于0，故符合题意；当a >8时，则点M (0，a )与点B ，点D 连线的斜率都大于0，故不符合题意． 综上，实数a 的取值范围为[0,2]∪[3,8]． 答案：[0,2]∪[3,8]5．(2018·镇江期末)已知a ，b ∈R ，a ＋b ＝4，则1a 2＋1＋1b 2＋1的最大值为________． 解析：法一：(ab 作为一个变元)ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝4，1a 2＋1＋1b 2＋1＝a 2＋b 2＋2a 2＋b 2＋＝a ＋b 2－2ab ＋2a ＋b 2－2ab ＋a 2b 2＋1＝－ab17－2ab ＋a 2b 2. 设t ＝9－ab ≥5， 则－ab 17－2ab ＋a 2b 2＝2t t 2＋80－16t ≤2t 85t －16t ＝5＋24， 当且仅当t 2＝80时等号成立， 所以1a 2＋1＋1b 2＋1的最大值为5＋24. 法二：(均值换元)因为a ＋b ＝4， 所以令a ＝2＋t ，b ＝2－t ， 则f (t )＝1a 2＋1＋1b 2＋1＝1t 2＋4t ＋5＋1t 2－4t ＋5＝t 2＋t 2＋2－16t2，令u ＝t 2＋5≥5， 则g (u )＝2uu 2－16u ＋80＝2u ＋80u－16≤285－16＝2＋54，当且仅当u ＝45时等号成立．所以1a 2＋1＋1b 2＋1的最大值为5＋24. 答案： 2＋546．已知对任意的x ∈R ,3a (sin x ＋cos x )＋2b sin 2x ≤3(a ，b ∈R)恒成立，则当a ＋b 取得最小值时，a 的值是________．解析：由题意可令sin x ＋cos x ＝－12，两边平方得1＋2sin x cos x ＝14，即sin 2x ＝－34，代入3a (sin x ＋cos x )＋2b sin 2x ≤3，解得－32a －32b ≤3，可得a ＋b ≥－2，当a ＋b＝－2时，令t ＝sin x ＋cos x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4∈[－2， 2 ]，则sin 2x ＝t 2－1.所以3at ＋2(－a －2)(t 2－1)≤3对t ∈[－2，2]恒成立， 即2(a ＋2)t 2－3at －2a －1≥0对t ∈[－2，2]恒成立． 记f (t )＝2(a ＋2)t 2－3at －2a －1，t ∈[－2，2]．因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝0是f (t )的最小值，所以只能把f (t )看成以t 为自变量的一元二次函数，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＋＞0，3aa ＋＝－12，解得a ＝－45.答案：－45。
江苏省2019高考数学二轮复习专题五函数不等式与导数5.3小题考法_导数的简单应用课件
解析：由题意得，f′(x)＝ex(－x2＋2＋a)≥0在区间[a，a＋1]
上恒成立，即－x2＋2＋a≥0在区间[a，a＋1]上恒成立，所以
－a2＋2＋a≥0， －a＋12＋2＋a≥0，
解得－1≤a≤
－1＋ 2
5 ，所以实数a
的最大值为－1＋2
5 .
2．若函数 f(x)＝ln x－12ax2－2x 存在单调递减区间，则实数 a 的取值范围是________． 解析：f′(x)＝1x－ax－2＝1－axx2－2x， 由题意知 f′(x)<0 有实数解， ∵x>0，∴ax2＋2x－1>0 有实数解． 当 a≥0 时，显然满足； 当 a<0 时，只需 Δ＝4＋4a>0，解得－1<a<0. 综上知 a>－1，即实数 a 的取值范围是(－1，＋∞)．
3．已知函数 f(x)＝x－ln x，g(x)＝x2－ax，若∃x∈(0,1]，使
解f(x析)≥：a因－为xg∃x成x∈立(0，,1则]，实使数f(ax)的≥最a－大xg值x为，_即___x_－__ln_．
x≥a－xx2＋ax，所以 a(x＋1)≤2x2－xln x.
因为 x＋1∈(1,2]，所以∃x∈(0,1]，使得 a≤2x2x－＋x1ln x成立．
af>10<，0， f－2>0，
a<0， 即56a＋1>0， 136a＋1<0
解得－65&l， 或56a＋1<0， 136a＋1>0，
2．已知点 A(0,1)，曲线 C：y＝logax 恒过点 B，若 P 是曲线 C 上的 ―→ ―→
第三讲
小题考法
—— 导数的简单应用
考点(一)
利用导数研究函数 的单调性
江苏省2019高考数学二轮复习 专题五 函数、不等式与导数 5.4 大题考法—函数与导数的综合问题达
函数与导数的综合问题A 组--大题保分练1．已知函数f （x ）＝a e x ＋x 2－bx (a ,b ∈R)．(1)设a ＝－1，若函数f (x ）在R 上是单调递减函数，求b 的取值范围；（2）设b ＝0，若函数f (x )在R 上有且只有一个零点，求a 的取值范围．解：（1）当a ＝－1时，f （x )＝－e x ＋x 2－bx ，∴f ′（x ）＝－e x ＋2x －b ，由题意知，f ′（x ）＝－e x ＋2x －b ≤0对x ∈R 恒成立．由－e x ＋2x －b ≤0，得b ≥－e x ＋2x 。
令F (x ）＝－e x ＋2x ,则F ′（x )＝－e x ＋2，由F ′(x )＝0，得x ＝ln 2。
当x ＜ln 2时,F ′(x ）＞0，F (x )单调递增，当x ＞ln 2时,F ′(x )＜0，F (x ）单调递减，从而当x ＝ln 2时，F （x )取得最大值2ln 2－2，∴b ≥2ln 2－2，故b 的取值范围为[2ln 2－2，＋∞）．（2）当b ＝0时，f （x )＝a e x ＋x 2。
由题意知a e x ＋x 2＝0只有一个解．由a e x ＋x 2＝0，得－a ＝错误!，令G (x ）＝错误!,则G ′（x )＝错误!，由G ′（x )＝0，得x ＝0或x ＝2.当x ≤0时，G ′（x ）≤0，G (x ）单调递减，故G (x ）的取值范围为［0，＋∞)； 当0＜x ＜2时,G ′(x )＞0,G (x ）单调递增，故G (x ）的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫04e 2; 当x ≥2时,G ′(x )≤0，G (x ）单调递减,故G (x ）的取值范围为错误!.由题意得，－a ＝0或－a ＞4e 2，从而a ＝0或a ＜－错误!, 故若函数f （x ）在R 上只有一个零点，则a 的取值范围为错误!∪{0}．2．已知函数f (x ）＝(1＋b )x ＋错误!－a ln x （a ＞0）在x ＝2a 处取得极值．（1）求函数f （x )的单调区间；(2）设函数g （x ）＝x 2－2cx ＋4－ln 2，当a ＝1时，若对任意的x 1，x 2∈［1，e]都有f (x 1）≥g (x 2），求实数c 的取值范围．解：(1）由f (x ）＝(1＋b ）x ＋错误!－a ln x ，a ＞0，x ＞0，得f ′（x )＝1＋b －错误!－错误!.又f (x )在x ＝2a 处取得极值，所以f ′(2a )＝1＋b －错误!－错误!＝b ＝0，所以f (x ）＝x ＋2a 2x－a ln x ， f ′（x )＝1－错误!－错误!＝错误!＝错误!，又a ＞0,且函数f (x ）的定义域为(0，＋∞)，所以由f ′（x )＞0，得x ＞2a ；由f ′(x )＜0，得0＜x ＜2a ，即函数f （x )的单调递增区间为（2a ,＋∞），单调递减区间为(0，2a ）．(2)当a ＝1时，f (x ）＝x ＋错误!－ln x ，x ∈(0，＋∞)，由(1）知x ∈［1，e ］时，f （x )在［1,2］上单调递减，在（2，e]上单调递增，所以f (x ）min ＝f (2）＝3－ln 2。
江苏省2019高考数学二轮复习 专题五 函数、不等式与导数 5.1 小题考法—函数讲义(含解析)
专题五函数、不等式与导数[江苏卷5年考情分析]小题考情分析大题考情分析常考点1.函数的基本性质(5年4考)2.函数的零点问题(5年4考)3.导数与函数的单调性、最值(5年2考)4.基本不等式(5年3考)本部分内容在高考解答题中是必考内容.2014年第19题，考查函数与不等式；2015年第19题，考查函数的单调性及应用函数零点确定参数值；2016年第19题，考查函数与不等式、零点问题；2017年第20题，考查函数与导数、函数的极值、零点问题；2018年第19题，考查函数的定义、函数零点以及导数应用于函数的性质问题．题目难度较大，多体现分类讨论思想.偶考点1.一元二次不等式恒成立问题2.线性规划问题第一讲小题考法——函数考点(一) 函数的基本性质主要考查函数的三要素以及函数的单调性、奇偶性、周期性的应用，常结合分段函数命题.[题组练透]1．(2018·江苏高考)函数f(x)满足f(x＋4)＝f(x)(x∈R)，且在区间(－2,2]上，f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧cosπx2，0<x≤2，⎪⎪⎪⎪⎪⎪x＋12，－2<x≤0，则f(f(15))的值为________．解析：由函数f(x)满足f(x＋4)＝f(x)(x∈R)，可知函数f(x)的周期是4，所以f(15)＝f(－1)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1＋12＝12，所以f(f(15))＝f⎝⎛⎭⎪⎫12＝cosπ4＝22.答案：222．(2017·江苏高考)已知函数f(x)＝x3－2x＋e x－1e x，其中e是自然对数的底数．若f (a －1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值范围是________．解析：由f (x )＝x 3－2x ＋e x－1e x ，得f (－x )＝－x 3＋2x ＋1e x －e x＝－f (x )，所以f (x )是R 上的奇函数．又f ′(x )＝3x 2－2＋e x ＋1e x ≥3x 2－2＋2e x ·1ex ＝3x 2≥0，当且仅当x ＝0时取等号，所以f (x )在其定义域内单调递增． 因为f (a －1)＋f (2a 2)≤0，所以f (a －1)≤－f (2a 2)＝f (－2a 2)， 所以a －1≤－2a 2，解得－1≤a ≤12，故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，12. 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，123．(2018·扬州期末)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 12－x ＋1－1，x ∈[－1，k ]，－2|x －1|，x ∈k ，a ]，若存在实数k 使得该函数的值域为[－2,0]，则实数a 的取值范围是________．解析：作出函数f (x )的图象如图所示，①当x ∈[－1，k ]时，f (x )＝log 12(－x ＋1)－1在[－1,1)上是单调递增，且f (－1)＝－2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0，因为原函数在[－1，a ]上的值域为[－2,0]，所以必有－1<k ≤12；②当x ∈(k ，a ]时，f (x )＝－2|x －1|，在(－∞，1]上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减，且f (0)＝f (2)＝－2，f (1)＝0，因为原函数的值域为[－2,0]，所以必有0≤k <a ≤2.综合①②，要求存在实数k 使得该函数的值域为[－2,0]，则必须0≤k ≤12<a ≤2.所以实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤12，2. 答案：⎝ ⎛⎦⎥⎤12，2[方法技巧]函数性质的应用技巧奇偶性 具有奇偶性的函数在关于原点对称的区间上其图象、函数值、解析式和单调性联系密切，研究问题时可转化到只研究部分(一半)区间上．尤其注意偶函数f (x )的性质：f (|x |)＝f (x )单调性 可以比较大小，求函数最值，解不等式，证明方程根的唯一性 周期性利用周期性可以转化函数的解析式、图象和性质，把不在已知区间上的问题，转化到已知区间上求解对称性 利用其轴对称或中心对称可将研究的问题，转化到另一对称区间上研究考点(二) 基本初等函数主要考查基本初等函数的图象和性质以及由基本初等函数复合而成的函数的性质问题.[题组练透]1．(2018·南通检测)已知幂函数f (x )＝x α，其中α∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫－2，－1，12，1，2，3.则使f (x )为奇函数，且在区间(0，＋∞)上是单调增函数的α的所有取值的集合为________．解析：幂函数f (x )为奇函数，则α＝－1,1,3，f (x )在区间(0，＋∞)上是单调增函数，则α的所有值为1,3.答案：{1,3}2．已知函数y ＝2x ＋12x ＋1与函数y ＝x ＋1x的图象共有k (k ∈N *)个公共点：A 1(x 1，y 1)，A 2(x 2，y 2)，…，A k (x k ，y k )，则i ＝1k (x i ＋y i )＝________.解析：如图，函数y ＝2x ＋12x ＋1与函数y ＝x ＋1x 的图象都关于点(0,1)成中心对称，所以它们的交点也关于点(0,1)成中心对称，且只有两个交点，所以∑i ＝12x i ＝0，∑i ＝12y i ＝2，则i ＝1k (x i ＋y i )＝2.答案：23．(2018·镇江期末)不等式log a x －ln 2x ＜4(a ＞0且a ≠1)对任意x ∈(1,100)恒成立，则实数a 的取值范围为________________．解析：不等式log a x －ln 2x ＜4可化为ln x ln a －ln 2x ＜4，即1ln a ＜4ln x＋ln x 对任意x ∈(1,100)恒成立． 因为x ∈(1,100)，所以ln x ∈(0,2ln 10)， 所以4ln x ＋ln x ≥4，故1ln a＜4，解得ln a ＜0或ln a ＞14，即0＜a ＜1或a ＞e 14.答案：(0,1)∪⎝⎛⎭⎫e 14，＋∞4．(2018·扬州期中)已知函数f (x )＝x (1－a |x |)＋1(a ＞0)，若f (x ＋a )≤f (x )对任意的x ∈R 恒成立，则实数a 的取值范围是__________．解析：∵f (x )＝x (1－a |x |)＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧x1＋ax ＋1，x <0，x 1－ax ＋1，x ≥0＝⎩⎪⎨⎪⎧a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12a 2＋1－14a ，x <0，－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12a 2＋1＋14a ，x ≥0(a >0)，f (x ＋a )＝(x ＋a )(1－a |x ＋a |)＋1，又∵f (x ＋a )≤f (x )对任意的x ∈R 恒成立，在同一直角坐标系中作出满足题意的y ＝f (x ＋a )与y ＝f (x )的图象如图所示．∴x (1＋ax )＋1≥(x ＋a )[1－a (x ＋a )]＋1恒成立， 即x ＋ax 2＋1≥－a (x 2＋2ax ＋a 2)＋x ＋a ＋1， 整理得：2x 2＋2ax ＋a 2－1≥0恒成立， ∴Δ＝4a 2－4×2×(a 2－1)≤0，解得a ≥ 2. 即实数a 的取值范围是[2，＋∞)． 答案：[2，＋∞)[方法技巧]基本初等函数图象与性质的应用技巧(1)指数函数与对数函数的单调性都取决于其底数，当底数a 的值不确定时，要注意分a >1和0<a <1两种情况讨论．(2)由指数函数、对数函数与其他函数复合而成的函数，其性质的研究往往通过换元法转化为两个基本初等函数的有关性质，然后根据复合函数的性质与相关函数的性质之间的关系进行判断．(3)对于幂函数y ＝x α的性质要注意α>0和α<0两种情况的不同．考点(三) 函数的零点问题主要考查函数零点个数问题以及根据函数零点个数求参数的取值范围.[典例感悟][典例] (1)(2018·苏锡常镇一模)若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧12x －1，x <1，ln xx 2，x ≥1，则函数y ＝|f (x )|－18的零点个数为________．(2)(2018·镇江期末)已知k 为常数，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2x ＋1，x ≤0，|ln x |，x >0，若关于x 的方程f (x )＝kx ＋2有且只有四个不同解，则实数k 的取值构成的集合为________．[解析] (1)当x ≥1时，y ＝ln x x 2－18， 则ln x x 2＝18，即ln x ＝18x 2， 令g (x )＝ln x －18x 2，x ≥1，则函数g (x )是连续函数且先增后减，g (1)＝－18＜0，g (2)＝ln 2－12＞0，g (4)＝ln 4－2＜0，由函数的零点判定定理可知g (x )＝ln x －18x 2有2个零点．当x ＜1时，y ＝⎩⎪⎨⎪⎧12x－1，x <0，1－12x，x ∈[0，1，函数的图象与y ＝18的图象如图，则两个函数有2个交点，综上，函数y ＝|f (x )|－18有4个零点．(2)作函数y ＝f (x )和y ＝kx ＋2的图象，如图所示，两图象除了(0,2)还应有3个公共点．当k ≥0时，直线应与曲线y ＝f (x )(x >1)相切，设切点(x 0，ln x 0)，则切线斜率为k ＝1x 0，又k ＝ln x 0－2x 0，则1x 0＝ln x 0－2x 0，解得x 0＝e 3，此时k ＝1e3； 当k <0时，当y ＝kx ＋2与曲线y ＝x ＋2x ＋1相切于点(0,2)时，k ＝－1，函数y ＝f (x )和y ＝kx ＋2的图象只有3个公共点，不符合题意，当－1<k <0时，函数y ＝f (x )和y ＝kx ＋2的图象只有3个公共点，不符合题意， 当直线y ＝kx ＋2与y ＝f (x )(0<x <1)相切时，两图象只有3个公共点， 设切点(x 0，－ln x 0)，则切线的斜率k ＝－1x 0，又k ＝－ln x 0－2x 0，则－1x 0＝－ln x 0－2x 0，解得x 0＝e －1，此时k ＝－e 不符合题意，当k <－e 时，两图象只有两个公共点，不合题意，而当－e<k <－1时，两图象有4个公共点，符合题意，所以实数k 的取值范围是⎩⎨⎧⎭⎬⎫1e 3∪(－e ，－1)．[答案] (1)4 (2)⎩⎨⎧⎭⎬⎫1e 3∪(－e ，－1)[方法技巧]利用函数零点的情况求参数值或范围的方法[演练冲关]1．(2018·南通二调)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋m ，x <0，x 2－1，x ≥0，其中m >0.若函数y ＝f (f (x ))－1有3个不同的零点，则m 的取值范围是________．解析：令f (x )＝t ，则f (t )＝1，所以t ＝2或t ＝m －1，即f (x )＝2与f (x )＝m －1有3个不同解．画出函数f (x )的图象，结合题意解得⎩⎨⎧m <2，－1<m －1，m －1<0解得0<m <1.答案：(0,1)2．(2018·南京、盐城一模)设函数f (x )是偶函数，当x ≥0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－x ，0≤x ≤3，－3x＋1，x >3，若函数y ＝f (x )－m 有4个不同的零点，则实数m 的取值范围是________．解析：由函数f (x )是偶函数及当x ≥0时函数f (x )的解析式作出函数f (x )的图象如图所示．若函数y ＝f (x )－m 有4个不同的零点，则y ＝f (x )与y ＝m 的函数图象有4个交点，由图象可知，要满足题意，则m ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，94.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，94 3．(2018·南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e －x －12，x >0，x 3－3mx －2，x ≤0(其中e 为自然对数的底数)有3个不同的零点，则实数m 的取值范围是________．解析：法一：(直接法)当x >0时，令f (x )＝e －x－12＝0，解得x ＝ln 2>0，此时函数f (x )有1个零点，因为要求函数f (x )在R 上有3个不同的零点，则当x ≤0时，f (x )＝x 3－3mx －2有2个不同的零点，因为f ′(x )＝3x 2－3m ，若m ≤0，则函数f (x )为增函数，不合题意，若m >0，由f ′(x )>0，得x <－m ；由f ′(x )<0，得－m <x <0，所以函数f (x )在(－∞，－m )上为增函数，在(－m ，0]上为减函数，即f (x )max ＝f (－m )＝－m m ＋3m m －2＝2m m －2，f (0)＝－2<0，要使f (x )＝x 3－3mx －2在(－∞，0]上有2个不同的零点，则f (x )max ＝2m m －2>0，即m >1，故实数m 的取值范围是(1，＋∞)．法二：(分离参数法)当x >0时，令f (x )＝e －x－12＝0，解得x ＝ln 2>0，此时函数f (x )有1个零点，因为要求函数f (x )在R 上有3个不同的零点，则当x ≤0时，f (x )＝x 3－3mx －2有2个不同的零点，令x 3－3mx －2＝0，显然x ＝0不是它的根，所以3m ＝x 2－2x，令y＝x 2－2x (x <0)，则y ′＝2x ＋2x2＝2x 3＋1x 2，当x ∈(－∞，－1)时，y ′<0，此时函数单调递减；当x ∈(－1,0)时，y ′>0，此时函数单调递增，故y min ＝3，因此，要使f (x )＝x 3－3mx －2在(－∞，0)上有2个不同的零点，则需3m >3，即m >1.答案：(1，＋∞) [必备知能·自主补缺] (一) 主干知识要牢记 1．函数的定义域(1)函数的定义域是研究函数问题的先决条件，它会直接影响函数的性质，所以要树立定义域优先的意识．(2)对于复合函数的定义域要注意：①如果函数f (x )的定义域为A ，则f (g (x ))的定义域是使函数g (x )∈A 的x 的取值范围． ②如果f (g (x ))的定义域为A ，则函数f (x )的定义域是函数g (x )的值域． ③f (g (x ))与f (h (x ))联系的纽带是g (x )与h (x )的值域相同． 2．函数的值域求函数值域的常用方法有观察法、不等式法、图象法、换元法、单调性法等． 3．函数的图象函数的图象包括作图、识图、用图，其中作函数图象有两种基本方法：一是描点法；二是图象变换法，其中图象变换有平移变换、伸缩变换、对称变换．4．函数的单调性单调性是函数的一个局部性质，一个函数在不同的区间上可以有不同的单调性．判断函数单调性常用定义法、图象法及导数法．5．函数的奇偶性函数的奇偶性是函数在定义域上的整体性质．偶函数的图象关于y 轴对称，在关于坐标原点对称的定义域上具有相反的单调性；奇函数的图象关于坐标原点对称，在关于坐标原点对称的定义域上具有相同的单调性．判断函数奇偶性的常用方法有定义法、图象法及性质法．6．函数的周期性周期性是函数在定义域上的整体性质．若函数满足f (a ＋x )＝f (x )(a 不等于0)，则其一个周期T ＝|a |，最小正数T 叫做f (x )的最小正周期．(二) 二级结论要用好1．函数单调性和奇偶性的重要结论(1)当f (x )，g (x )同为增(减)函数时，f (x )＋g (x )为增(减)函数．(2)偶函数的和、差、积、商是偶函数，奇函数的和、差是奇函数，积、商是偶函数，奇函数与偶函数的积、商是奇函数．(3)定义在(－∞，＋∞)上的奇函数的图象必过原点，即有f (0)＝0.存在既是奇函数，又是偶函数的函数：f (x )＝0.2．抽象函数的周期性与对称性的结论 (1)函数的周期性①若函数f (x )满足f (x ＋a )＝f (x －a )，则f (x )是周期函数，T ＝2a . ②若函数f (x )满足f (x ＋a )＝－f (x )，则f (x )是周期函数，T ＝2a . ③若函数f (x )满足f (x ＋a )＝1f x，则f (x )是周期函数，T ＝2a .(2)函数图象的对称性①若函数y ＝f (x )满足f (a ＋x )＝f (a －x )，或f (x )＝f (2a －x )，则f (x )的图象关于直线x ＝a 对称．②若函数y ＝f (x )满足f (a ＋x )＝－f (a －x )，或f (x )＝－f (2a －x )，则f (x )的图象关于点(a,0)对称．③若函数y ＝f (x )满足f (a ＋x )＝f (b －x )，则函数f (x )的图象关于直线x ＝a ＋b2对称．3．函数图象平移变换的相关结论(1)把y ＝f (x )的图象沿x 轴左右平移|c |个单位(c ＞0时向左移，c ＜0时向右移)得到函数y ＝f (x ＋c )的图象(c 为常数)．(2)把y ＝f (x )的图象沿y 轴上下平移|b |个单位(b ＞0时向上移，b ＜0时向下移)得到函数y ＝f (x )＋b 的图象(b 为常数)．[课时达标训练]A 组——抓牢中档小题1．(2018·江苏高考)函数f (x )＝log 2x －1的定义域为________．解析：由log 2x －1≥0，即log 2x ≥log 22，解得x ≥2，所以函数f (x )＝log 2x －1的定义域为{x |x ≥2}．答案：{x |x ≥2}2．(2018·苏州期末)已知4a＝2，log a x ＝2a ，则正实数x 的值为________． 解析：由4a ＝2，得22a ＝21，所以2a ＝1，即a ＝12.由log 21x ＝1，得x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫121＝12.答案：123．函数f (x )＝ln 1|x |＋1的值域是________．解析：因为|x |≥0，所以|x |＋1≥1. 所以0＜1|x |＋1≤1.所以ln 1|x |＋1≤0，即f (x )＝ln 1|x |＋1的值域为(－∞，0]．答案：(－∞，0]4．(2018·启东模考)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －1，x ＜0，－x 2＋x ，x ≥0，则f (f (2))＝________.解析：因为f (2)＝－4＋2＝－2，f (－2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－2－1＝3，所以f (f (2))＝3.答案：35．已知f (x )是奇函数，g (x )＝2＋f xf x.若g (2)＝3，则g (－2)＝________.解析：由题意可得g (2)＝2＋f 2f 2＝3，解得f (2)＝1.又f (x )是奇函数，则f (－2)＝－1，所以g (－2)＝2＋f －2f －2＝2－1－1＝－1.答案：－16．(2018·南京、盐城一模)设函数y ＝e x＋1e x －a 的值域为A ，若A ⊆[0，＋∞)，则实数a 的取值范围是________．解析：因为e x >0，所以y ＝e x＋1ex －a ≥2e x ·1ex －a ＝2－a ，当且仅当e x＝1，即x ＝0时取等号．故函数的值域A ＝[2－a ，＋∞)．又A ⊆[0，＋∞)，所以2－a ≥0，得a ≤2，即实数a 的取值范围是(－∞，2]．答案： (－∞，2]7．(2018·福建模拟)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧x －a ，x ≥1，ln 1－x ，x <1有两个零点，则实数a 的取值范围是________．解析：当x <1时，令ln(1－x )＝0，解得x ＝0，故f (x )在(－∞，1)上有1个零点， ∴f (x )在[1，＋∞)上有1个零点． 当x ≥1时，令x －a ＝0，得a ＝x ≥1. ∴实数a 的取值范围是[1，＋∞)． 答案：[1，＋∞)8．(2018·苏州模拟)设a ＝log 312，b ＝log 2113，c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫120.3，则a ，b ，c 按从小到大的顺序排列为_________．解析：因为log 312<log 311＝0，log 2113＝log 23>log 22＝1,0<⎝ ⎛⎭⎪⎫120.3<⎝ ⎛⎭⎪⎫120＝1，即a <0，b >1,0<c <1，所以a <c <b .答案：a <c <b9．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －1，0＜x ≤2，－1，－2≤x ≤0，若g (x )＝f (x )＋ax ，x ∈[－2,2]为偶函数，则实数a ＝________.解析：因为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －1，0＜x ≤2，－1，－2≤x ≤0，所以g (x )＝f (x )＋ax ＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋a x －1，0＜x ≤2，ax －1，－2≤x ≤0.因为g (x )为偶函数，所以g (1)＝g (－1)，即1＋a －1＝－a －1，整理得2a ＝－1，解得a ＝－12.答案：－1210．(2018·南京三模)已知函数f (x )是定义在R 上且周期为4的偶函数．当x ∈[2,4]时，f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪log 4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12的值为________． 解析：因为函数f (x )是定义在R 上且周期为4的偶函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫4－12，因为当x ∈[2,4]时，f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪log 4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫4－12＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪log 4⎝ ⎛⎭⎪⎫4－12－32＝log 42＝12. 答案：1211．(2018·盐城期中)若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1x，x <a ，|x ＋1|，x ≥a在区间(－∞，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围是________．解析：函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1x，x <a ，|x ＋1|，x ≥a ，根据反比例函数的性质可知，y ＝1x在区间(－∞，0)上单调递减，要使函数f (x )在区间(－∞，a )上单调递减，则a ≤0.因此函数f (x )＝|x ＋1|在区间(a ，＋∞)上单调递增，那么a ＋1≥0，解得a ≥－1.所以实数a 的取值范围是[－1，0]．答案：[－1,0]12．(2018·苏锡常镇调研)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a －e x，x <1，x ＋4x，x ≥1(e 是自然对数的底数)．若函数y ＝f (x )的最小值是4，则实数a 的取值范围为________．解析：法一：当x ≥1时，f (x )min ＝f (2)＝4，所以当x <1时，a －e x≥4恒成立．转化为a ≥e x ＋4对x <1恒成立．因为e x ＋4在(－∞，1)上的值域为(4，e ＋4)，所以a ≥e＋4.法二：当x <1时，f (x )＝a －e x>a －e ；当x ≥1时，f (x )＝x ＋4x ≥4，当且仅当x ＝4x，即x ＝2时，取“＝”，又函数f (x )的值域是[4，＋∞)，所以a －e ≥4，即a ≥e＋4.答案： [e ＋4，＋∞)13．(2018·南京、盐城、连云港二模)已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数，且当x ≥0时，f (x )＝x 2＋x .若f (a )＋f (－a )＜4，则实数a 的取值范围为________．解析：法一：(奇偶性的性质)因为f (x )是定义在R 上的偶函数，所以f (a )＋f (－a )＝2f (|a |)<4，得f (|a |)<2，即|a |2＋|a |<2，(|a |＋2)(|a |－1)<0，解得－1<a <1.法二：(奇偶性的定义)当x ≤0时，－x ≥0，又因为f (x )是定义在R 上的偶函数，所以f (x )＝f (－x )＝(－x )2＋(－x )＝x 2－x ，故f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x ，x ≥0，x 2－x ，x ≤0.当a ≥0时，f (a )＋f (－a )＝(a 2＋a )＋(－a )2－(－a )＝2a 2＋2a <4，解得0≤a <1； 当a ≤0时，f (a )＋f (－a )＝(a 2－a )＋(－a )2＋(－a )＝2a 2－2a <4，解得－1<a ≤0.综上，－1<a <1. 答案：(－1,1)14．(2018·南通三模)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，x ≥a ，x 3－3x ，x <a .若函数g (x )＝2f (x )－ax 恰有2个不同的零点，则实数a 的取值范围是________．解析：由题意可知，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－a x ，x ≥a ，2x 3－6＋a x ，x <a ，显然当a ＝2时，g (x )有无穷多个零点，不符合题意； 当x ≥a 时，令g (x )＝0，得x ＝0，当x <a 时，令g (x )＝0，得x ＝0或x 2＝6＋a 2，①若a >0，且a ≠2，则g (x )在[a ，＋∞)上无零点， 在(－∞，a )上存在零点x ＝0和x ＝－6＋a2， ∴6＋a2≥a ，解得0<a <2， ②若a ＝0，则g (x )在[0，＋∞)上存在零点x ＝0， 在(－∞，0)上存在零点x ＝－3，符合题意． ③若a <0，则g (x )在[a ，＋∞)上存在零点x ＝0， ∴g (x )在(－∞，a )上只有1个零点， ∵0∉(－∞，a )，∴g (x )在(－∞，a )上的零点为－6＋a2， ∴－6＋a 2<a ，解得－32<a <0， 综上，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，2. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，2 B 组——力争难度小题1．对于任意实数a ，b ，定义min{a ，b }＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≤b ，b ，a ＞b .设函数f (x )＝－x ＋3，g (x )＝log 2x ，则函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}的最大值是________．解析：依题意，得h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，0＜x ≤2，－x ＋3，x ＞2.当0＜x ≤2时，h (x )＝log 2x 是增函数； 当x ＞2时，h (x )＝3－x 是减函数，所以h (x )在x ＝2时取得最大值，最大值为h (2)＝1. 答案：12．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧2x －1，x ≥2，2，1≤x <2，若方程f (x )＝ax ＋1恰有一个解时，则实数a的取值范围为________．解析：画出函数y ＝f (x )与y ＝ax ＋1的图象．当y ＝ax ＋1过点B (2,2)时，a ＝12，此时方程有两个解；当y ＝ax ＋1与f (x )＝2x －1(x ≥2)相切时， 则有ax ＋1＝2x －1，即a 2x 2＋(2a －4)x ＋5＝0， 所以Δ＝(2a －4)2－20a 2＝0，解得a ＝－1＋52，此时方程有两个解；当y ＝ax ＋1过点A (1,2)时，a ＝1，此时方程有一个解．因为方程恰有一个解，结合图象和以上分析可知实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪⎝ ⎛⎦⎥⎤－1＋52，1. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪⎝ ⎛⎦⎥⎤－1＋52，13．(2018·无锡期末)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x －1x 2，x ≤－12，log 12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 2，x >－12，g (x )＝－x 2－2x －2.若存在a ∈R ，使得f (a )＋g (b )＝0，则实数b 的取值范围是________．解析：由题意，存在a ∈R ，使得f (a )＝－g (b )， 令h (b )＝－g (b )＝b 2＋2b ＋2.当a ≤－12时，f (a )＝a 2＋2a －1a 2＝－1a 2＋2a ＋1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －12＋2，因为a ≤－12，所以－2≤1a <0，从而－7≤f (a )<1；当a >－12时，f (a )＝log 12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a 2，因为a >－12，所以1＋a 2>14，从而f (a )<2. 综上，函数f (a )的值域是(－∞，2)． 令h (b )<2，即b 2＋2b ＋2<2，解得－2<b <0. 所以实数b 的取值范围是(－2,0)． 答案：(－2,0)4．(2018·苏北四市三调)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ax －1，x ≤0，x 3－ax ＋|x －2|，x >0的图象恰好经过三个象限，则实数a 的取值范围是________．解析：当a ＜0时，x ≤0，y ＝ax －1的图象经过第二、三象限；x >0，y ＝x 3－ax ＋|x －2|>0在(0，＋∞)恒成立，所以图象仅在第一象限，所以a ＜0时显然满足题意；当a ≥0时，x ≤0，y ＝ax －1的图象仅经过第三象限，由题意知，x >0，y ＝x 3－ax ＋|x －2|的图象需经过第一、四象限．y ＝x 3＋|x －2|与y ＝ax 在y 轴右侧的图象有公共点(且不相切)，如图，y ＝x 3＋|x －2|＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－x ＋2，0<x <2，x 3＋x －2，x >2.结合图象设切点坐标为(x 0，x 3－x 0＋2)，y ′＝3x 2－1，则有3x 20－1＝x 30－x 0＋2x 0，解得x 0＝1，所以临界直线l 0的斜率为2，所以a ＞2时，符合．综上，a ＜0或a ＞2. 答案：(－∞，0)∪(2，＋∞)5．(2018·苏州测试)设f (x )是定义在R 上的偶函数，且当x ≥0时，f (x )＝2x，若对任意的x ∈[a ，a ＋2]，不等式f (x ＋a )≥f 2(x )恒成立，则实数a 的取值范围是________．解析：当x ≥0时，定义在R 上的偶函数f (x )＝2x ，易得f (x )＝2|x |，x ∈R.由f (x ＋a )≥f 2(x )得，2|x ＋a |≥(2|x |)2，即|x ＋a |≥|2x |对于x ∈[a ，a ＋2]恒成立，即(3x ＋a )(x －a )≤0对于x∈[a ，a ＋2]恒成立，即⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋a a －a ≤0，[3a ＋2＋a ]a ＋2－a ≤0，解得a ≤－32.答案：⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－32 6．(2018·南京、盐城、连云港二模)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋3x 2＋t ，x ＜0，x ，x ≥0t ∈R.若函数g (x )＝f (f (x )－1)恰有4个不同的零点，则t 的取值范围为________．解析：当x <0时，f ′(x )＝－3x 2＋6x ＝3x (2－x )，故函数f (x )在区间(－∞，0)上单调递减，此时f (0)＝t .当t ≥0时，作出函数f (x )的图象如图①所示． 令f (x )＝0，得x ＝0，从而当g (x )＝f (f (x )－1)＝0时，f (x )＝1， 由图象①可知，此时至多有两个零点，不符合题意； 当t <0时，作出函数f (x )的图象如图②所示．令f (x )＝0，得x ＝0，或x ＝m (m <0)，且－m 3＋3m 2＋t ＝0， 从而当g (x )＝f (f (x )－1)＝0时，f (x )－1＝0或f (x )－1＝m ，即f (x )＝1或f (x )＝1＋m ，借助图象②知，欲使得函数g (x )恰有4个不同的零点， 则m ＋1≥0，从而－1≤m <0.又因为t (m )＝m 3－3m 2，而t ′(m )＝3m 2－6m >0， 故t (m )在区间[－1,0)上单调递增，从而t ∈[－4,0)．答案： [－4,0)。
江苏省2019高考数学二轮复习 专题五 函数、不等式与导数 5.4 大题考法—函数与导数的综合问题讲
第四讲 大题考法——函数与导数的综合问题题型（一）利用导数解决与不等式有关的问题主要考查不等式恒成立有关问题或不等关系证明的问题。
［典例感悟］［例1］ （2018·镇江期末）已知函数f （x ）＝x ln x ，g （x )＝λ（x 2－1）（λ为常数)． (1)若函数y ＝f (x ）与函数y ＝g (x ）在x ＝1处有相同的切线,求实数λ的值； (2)若λ＝错误!，且x ≥1，证明：f （x )≤g （x ）；（3）若对任意x ∈[1，＋∞),不等式f （x )≤g （x )恒成立，求实数λ的取值范围． [解］ (1)因为f ′(x ）＝ln x ＋1, 所以f ′（1)＝1，因为f ′（1)＝g ′（1)且g ′(x ）＝2λx ， 所以g ′（1)＝2λ＝1，解得λ＝错误!.（2）证明:设函数h (x ）＝f （x )－g (x ）＝x ln x －错误!（x 2－1）， 则h ′(x )＝ln x ＋1－x （x ≥1）。
设p (x ）＝ln x ＋1－x ，从而p ′（x )＝错误!－1≤0对任意x ∈[1，＋∞）上恒成立， 所以p (x ）在[1,＋∞）上单调递减，因为p （1)＝0，所以当x ∈[1，＋∞)时,p (x ）≤0，即h ′（x )≤0， 因此函数h (x )＝x ln x －12(x 2－1)在［1，＋∞）上单调递减，即h （x )≤h (1）＝0，所以当x ≥1时，f （x ）≤g (x ）成立. (3）设函数H (x ）＝x ln x －λ(x 2－1)（x ≥1)，从而对任意x ∈［1,＋∞)，不等式H (x )≤0＝H （1）恒成立． 又H ′（x ）＝ln x ＋1－2λx ，当H ′(x ）＝ln x ＋1－2λx ≤0，即错误!≤2λ恒成立时，函数H (x )单调递减。
设r (x )＝错误!（x ≥1)，则r ′（x )＝错误!≤0， 所以r （x ）max ＝r （1)＝1，即2λ≥1，解得λ≥错误!。
江苏省2019高考数学二轮复习 专题五 函数、不等式与导数 5.5 专题提能—“函数、不等式与导数”
第五讲专题提能——“函数、不等式与导数”专题提能课错误!错误!［解析] 当a＝0时，满足题意；当a≠0时，必有错误!解得0〈a<4。
综上实数a的取值范围是［0,4）．［答案］[0，4)[点评] 本题极易遗漏a＝0的情况．在处理二次不等式问题时，要注意二次项系数为0的情况.［例2］函数y＝错误!的值域为________．[解析］y＝x2－2x＝（x－1）2－1≥－1，且函数y＝错误!x单调递减，所以值域为（0，2]．［答案］(0,2］［点评] 没有注意到指数函数本身的范围，错将答案写成(－∞，2］．复合函数求解时要注意外层函数本身的有界性.[解析] 由题意知，f′（x)＝3x2＋2ax＋b，又函数f(x）＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值为10，所以错误!解得错误!或错误!经验证，当a＝4，b＝－11时，满足题意；当a＝－3，b＝3时，不满足题意,舍去．所以a＋b＝－7.［答案] －7［点评] 函数极值点概念不清致误，忽视了条件的等价性,“f′(1）＝0"是“x＝1为f(x）的极值点”的必要不充分条件．对于可导函数f（x)：x0是极值点的充要条件是在x0点两侧导数异号，即f′(x）在方程f′(x)＝0的根x0的左右的符号：“左正右负”⇔f（x）在x0处取极大值;“左负右正”⇔f(x）在x0处取极小值．对于给出函数极大(小)值的条件,一定要既考虑f′（x）＝0,又考虑检验“左正右负”或“左负右正”,防止产生增根。
［解析] 法一：因为x＋y＝1，所以y＝1－x，消元，得原式＝错误!＋错误!,令f（x）＝错误!＋错误!，则f′（x)＝－错误!＋错误!＝错误!.由f′（x)>0，得错误!〈x〈1；由f′（x)〈0,得0<x<错误!，所以f（x)在错误!上单调递增，在错误!上单调递减,所以f(x）min＝f错误!＝错误!.法二:原式＝错误!＋错误!＝－1＋错误!＋错误!，则错误![x＋(y＋1)]×错误!＝错误!错误!≥错误!×错误!＝错误!,所以错误!＋错误!的最小值为错误!。
江苏省2019高考数学二轮复习 专题五 函数、不等式与导数 5.2 小题考法—不等式讲义(含解析)
第二讲小题考法-—不等式考点(一）不等式的恒成立问题及存在性问题主要考查恒成立问题或存在性问题以及等价转化思想的应用.1．设实数a≥1,使得不等式x｜x－a｜＋错误!≥a对任意的实数x∈［1,2]恒成立，则满足条件的实数a的范围是________．解析：(1)当1≤a≤错误!时，显然符合题意;（2)当a≥2时，原不等式可化为x(a－x）≥a－错误!,取x＝1,成立；当x∈(1,2]时，a≥错误!＝x＋1－错误!.而函数f（x)＝x＋1－错误!在(1，2]上单调递增，故a≥f（2）＝错误!;(3）当错误!<a<2时，原不等式可化为①错误!或②错误!不等式组①参照（2)的过程得a≥a＋1－错误!，解得1≤a≤错误!，矛盾,舍去；由不等式组②得a≤错误!＝x－1＋错误!，同上可得1≤a≤错误!，矛盾，舍去．综上所述，1≤a≤错误!或a≥错误!。
答案：错误!∪错误!2．已知函数f(x)＝x错误!,若存在x∈错误!,使得f（x）〈2，则实数a的取值范围是________．解析:当x∈[1，2]时，f（x)<2，等价于｜x3－ax|〈2，即－2〈x3－ax〈2，即x3－2<ax<x3＋2，得到x2－错误!<a〈x2＋错误!,即错误!min<a〈错误!max，得到－1〈a<5.答案：（－1，5)3．已知不等式（m－n）2＋（m－ln n＋λ)2≥2对任意m∈R,n∈（0,＋∞)恒成立,则实数λ的取值范围为________．解析：条件“不等式(m－n）2＋(m－ln n＋λ)2≥2对任意m∈R，n∈（0，＋∞）恒成立”可看作“点(m,m＋λ)，(n,ln n)两点的距离的平方恒大于2",即“直线y＝x＋λ与曲线f（x）＝ln x上点之间的距离恒大于等于错误!"．如图，当与直线y＝x＋λ平行的直线与曲线f（x)＝ln x相切时,两平行线间的距离最短，f′(x)＝错误!＝1，故切点A（1，0）,此切点到直线y＝x＋λ的距离为错误!≥错误!，解得λ≥1或λ≤－3(舍去,此时直线与曲线相交）．故实数λ的取值范围为［1,＋∞)．答案：[1，＋∞）［方法技巧]不等式恒成立问题或存在性问题的求解策略(1）有关不等式恒成立问题，通常利用分离变量法将其转化，即将所求参数与变量x之间的函数关系用不等式连接起来，再求函数的最值，从而确定参数范围．用分离变量法进行等价转化的好处是可以减少分类讨论．若不等式中含有绝对值，须通过分类讨论，转化为一般的一元二次不等式，再求解．（2）存在性问题也需要转化为最值问题，优先考虑分离变量的做题思路．(3)二元问题的恒成立也可以构造几何意义,利用几何法求解.考点（二）基本不等式主要考查利用基本不等式求最值，常与函数等知识交汇命题.[题组练透]1．已知f（x)＝log2(x－2),若实数m，n满足f（m）＋f(2n)＝3，则m＋n的最小值为________．解析：因为f（m）＋f（2n)＝3，所以log2（m－2)＋log2（2n－2)＝3(m＞2且n＞1），化简得(m－2)（n－1)＝4，解得m＝4n－1＋2,所以m＋n＝n＋错误!＋2＝（n－1)＋错误!＋3≥2错误!＋3＝7，当且仅当n＝3时等号成立，所以m＋n 的最小值为7.答案：72．已知函数f（x)＝错误!(a∈R），若对于任意的x∈N*，f(x）≥3恒成立,则a的取值范围是________．解析：令f(x)＝错误!≥3（x∈N＊)，则(3－a）x≤x2＋8，即3－a≤x＋错误!.因为x＋错误!≥2错误!＝4错误!，当且仅当x＝2错误!时取等号，又因为x∈N*，当x＝1时，x＋错误!＝9；当x＝2时，x＋错误!＝6；当x＝3时，x＋错误!＝3＋错误!〈6，因此x＋错误!的最小值为3＋错误!，于是3－a≤3＋错误!，得a≥－错误!，即a的取值范围是错误!.答案：错误!3．已知实数x，y满足x>y〉0，且x＋y≤2,则错误!＋错误!的最小值为________．解析：法一：因为4≥2x＋2y，所以4错误!≥错误!［(x＋3y)＋(x－y）]＝3＋错误!＋错误!≥3＋2错误!，当且仅当x＝2错误!－1，y＝3－2错误!时取等号，故错误!＋错误!的最小值为错误!。
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规范答题示例9 导数与不等式的恒成立问题
典例9 (15分)设函数f (x )＝e mx
＋x 2
－mx .
(1)证明：f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；
(2)若对于任意x 1，x 2∈[－1,1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤e－1，求m 的取值范围． 审题路线图 (1)求导f ′(x )＝m (e mx －1)＋2x ―→讨论m 确定f ′(x )的符号―→证明结论 (2)条件转化为(|f (x 1)－f (x 2)|)max ≤e－1――――→结合(1)知f (x )min ＝f (0)
⎩⎪⎨⎪⎧
f (1)－f (0)≤e－1，
f (－1)－f (0)≤e－1
―→
⎩⎪⎨⎪⎧
e m
－m ≤e－1，e －m ＋m ≤e－1―→构造函数g (t )＝e t
－t －e ＋1―→研究g (t )的单调性―→
寻求⎩
⎪⎨
⎪⎧
g (m )≤0，g (－m )≤0的条件―→对m 讨论得适合条件的范围
评分细则 (1)求出导数给1分；
(2)讨论时漏掉m ＝0扣1分；两种情况只讨论正确一种给2分； (3)确定f ′(x )符号时只有结论无中间过程扣1分； (4)写出f (x )在x ＝0处取得最小值给1分； (5)无最后结论扣1分； (6)其他方法构造函数同样给分．
跟踪演练9 (2018·全国Ⅰ)已知函数f (x )＝1
x
－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.
(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x )＝－1
x 2－1＋a x ＝－x 2－ax ＋1
x 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 2－4
2
或x ＝
a ＋a 2－4
2
.
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，f (x )存在两个极值点当且仅当a >2. 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0<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 2
x 1－x 2
＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 2
1
x 2
－x 2
，
所以
f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<a －2等价于1
x 2
－x 2＋2ln x 2<0.
设函数g (x )＝1
x
－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1
x 2
－x 2＋2ln x 2<0，
即f (x 1)－f (x 2)
x 1－x 2
<a －2.。