2021年高考数学复习《导数---泰勒不等式专题》
2021年高考数学总复习：第三章《导数及其应用》第2节 第3课时导数在不等式中的应用
2021年高考数学总复习：第三章《导数及其应用》第3课时导数在不等式中的应用
考点一构造函数证明不等式
【例1】已知函数f(x)＝1－x－1
e x，g(x)＝x－ln x.
(1)证明：g(x)≥1；
(2)证明：(x－ln x)f(x)>1－1 e2.
证明(1)由题意得g′(x)＝x－1
x(x>0)，
当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0，
即g(x)在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数. 所以g(x)≥g(1)＝1，得证.
(2)由f(x)＝1－x－1
e x，得f′(x)＝
x－2
e x，
所以当0<x<2时，f′(x)<0，当x>2时，f′(x)>0，
即f(x)在(0，2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数，
所以f(x)≥f(2)＝1－1
e2(当且仅当x＝2时取等号).①
又由(1)知x－ln x≥1(当且仅当x＝1时取等号)，②且①②等号不同时取得，
所以(x－ln x)f(x)>1－1 e2.
规律方法 1.证明不等式的基本方法：
(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①任意x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)，
②任意x1，x2∈[a，b]，且x1<x2，有f(x1)<f(x2).对于减函数有类似结论.
(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则任意x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m).
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高考数学压轴题专题复习：2 导数与函数、不等式(精讲篇)
用思维导图突破导数压轴题专题02 导数与函数、不等式导数与函数、不等式综合题是近年高考试题的一个热点，往往是在运用导数知识以后，由不等式提升试题难度。
证明不等式f x g x ≥（）（）一般是作h(x )f x g x =-（）（），通过对h x （）求导，求出h x （）的最小值大于或大于0,；证明不等式f x g x <（）（）成立的方法类似。
如果要证明的不等式中含有参数，需要分类讨论，才能确定单调性，就要根据题设条件确定恰当的分类标准。
如果要求参数的范围，在得到相关不等式后可以分离变量，也可能需要构造新函数，找出参数满足的条件，才能求出参数的范围。
作差求导 判断单调 求出极值思路点拨第（1）题由或解出相应的x 的范围即可确定单调区间。
第（2）题记不等式左边为，证明指定区间上函数值非负，理想状态是在该区间单调，且最小值为0。
第（3）题利用第（2）结论，由，得 ，记，那么 ，由（2）可得由（2）'()0f x >'()0f x <()h x ()h x ()h x ππ2,2π42n x n n π∈++（）ππ2,2π42n x n n π∈++（）2n n y x π=-(,)42n y ππ∈知，，有两条路径：一条是通过分解、变形、代换、放缩等化归为熟悉的基本的函数单调性问题（解1-解3）；另一条是把变量n 转化成x n ，构造函数，回归导数基本运算，借助研究定义域内函数单调性的变化，转化为最值问题（解4）。
思维导图如下：满分解答解（1）由已知，有()e (cos sin )xf 'x x x =-, 当52,244x k k ππ⎛⎫∈π+π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x >，得()0f 'x <，则()f x 单调递减；当32,244x k k ππ⎛⎫∈π-π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x <，得()0f 'x >，则()f x 单调递增．所以，()f x 的单调递增区间为32,2(),()44k k k f x ππ⎡⎤π-π+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为52,2()44k k k ππ⎡⎤π+π+∈⎢⎥⎣⎦Z ． （2）证明：记()()()2h x f x g x x π⎛⎫=+-⎪⎝⎭．函数定义域为，依题意及（Ⅰ），有()e (cos sin )xg x x x =-，从而()2e sin xg'x x =-．π()()()02n n n f y g y y +-≥,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦当,42x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，0()g'x <，故 ()()()()(1)()022h'x f 'x g'x x g x g'x x ππ⎛⎫⎛⎫=+-+-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．因此，()h x 在区间,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，进而()022h x h f ππ⎛⎫⎛⎫≥== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．所以，当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭． （3）思路一：借助前问巧带入，不等证明化函数观察到本问与第二问结构类似，范围类似，充分利用前问，对一个非基本问题通过分解、变形、代换、放缩等多种方式，化归为熟悉的基本的函数单调性问题，从而得到解答.解1 依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos e 1n xn x =．记2n n y x n =-π，则,42n y ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，且22()cos cos(2)()n n y x n n n n n f y e y e x n e n N πππ--==-=∈．由()()20e1n n f y f y -π==≤及（Ⅰ），得0n y y ≥即024ππ>≥>n y y .令函数()sin cos ()42m x x x x ππ=-<<，()cos sin 0m x x x '=+>，所以()m x 在,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为增函数，所以0)()(()04π≥>=n m m y y m ，故 ()()()()()()22222200000=2sin cos sin co e e e e e s en n n n n n y n n n n n n n f y y g y g y e m y m y m y y y x x -π-π-π-π-π-ππ--=-<⋅≤==-≤-所以，20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-．解2 依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos e 1n xn x =，即c eos nx n x -=，因为(2,2)42n x n n ππππ∈++，所以2(,)42n x n πππ-∈， 由（2）知(2)(2)(2)02n n n f x n g x n x n ππππ-+--+≥，所以[]22cos(2)cos(2)sin(2)(2)02n n x n x n n n n n e x n e x n x n x n πππππππ---+----+≥,所以cos (cos sin )(2)02n n n n x x x x n ππ+--+≥，因为(2,2)42n x n n ππππ∈++，所以cos sin n n x x <，又cos n x n e x -=， 上式可化为22sin cos nx n n ne x n x x ππ--+≤-，只需证200sin cos sin cos n x n n n e e x x x x π--<--， 因为2n x n π>,所以20nx n ee π--<<，下面只需证明00sin cos sin cos n n x x x x -≥-. 令()sin cos ()42m x x x x ππ=-<<，只需证明0(2)()n m x n m x π-≥，因为()cos sin 0m x x x '=+>，所以()m x 在(,)42ππ上单调递增 因为0n x x ≥，所以0nx x e e --≤，则0cos cos n x x ≤，则0cos(2)cos n x n x π-≤，因为cos x 在(,)42ππ内单调递减，所以0242n x x n πππ<≤-<, （或者：因为20(2)1()n n f x n ef x ππ--=≤=,且()f x 在(,)42ππ单调递增,所以0242n x x n πππ<≤-<）,所以0(2)()n m x n m x π-≥所以原式得证.解3（前一部分与解法二相同，省略）只需证200sin cos sin cos n x n n n e e x x x x π--<-- 令函数1()(22)(sin cos )42=+<<+-x k x n x n e x x ππππ， 所以22sin ()(22)(sin cos )42x x k x n x n e x x ππππ-'=+<<+-，显然()0k x '<，则函数()k x 在(2,2)42n n ππππ++单调递减，只需证2001()(sin cos )n n k x e x x π<-，因为00222000(2)cos(2)cos 1()x n x n n n f x n e x n e x e e f x πππππ++=⋅+=⋅=≥=，其中0,(2,2)42n x x n n ππππ∈++， 且由（Ⅰ）知()f x 在(2,2)42n n ππππ++内单调递减，所以022242n n x n x n πππππ+<+≤<+，所以002001()(2)(sin cos )n x n k x k x n e x x ππ+≤+=-0220000(sin cos )sin cos n n x e e e x x x x ππ--=<--, 所以原式得证.（解3中不等式左侧也可以构造成1()n g x -，利用函数()n g x 解题，方法雷同，不再赘述）思路二：不等证明法若干，差值函数要优先仿照第二问的证明方法，但是本问难在变量不统一，既有n 又有n x ，需要将它们化成同一变量，通过自变量的改变，构造函数，回归导数基本运算，借助研究定义域内函数单调性的变化，转化为最值问题，达到证明不等式的目的.解4 记2n n y x n =-π，则,42n y ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭， 因为()()10n n u x f x =-=，即cos 1e ，=n xn x ． 所以2cos(21e)n y n n y n ππ++=，所以2e cos n y n n y π--=要证20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-，只需证00co 2sin cos s π-<-n n n y e y y x x ，显然有1n n x x +>12(1)2n n y n y n ππ+++>+即，所以12(1)2n n y n y n e e ππ+--+-->，即1cos cos n n y y +<，因为42n y ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭，，所以1n n y y +> 则{}n y 关于n 单调递增，所以0,)2n y x π⎡∈⎢⎣.（或者用第一问结论，进行如下证明：1112(1)2(1)11()cos n n n y y y n n n n f y e y e e e ππ+++--+-+++=⋅==,所以2()n n f y e π-=，因为21()1()n n f y e f y π-+=<，且()0n f y >，所以1()()n n f y f y +<，由（1）知，()f x 在,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦内单调递减，所以1n n y y +>， 所以{}n y 关于n 单调递增，所以0,)2n y x π⎡∈⎢⎣）记000cos ,)sin cos 2()2,x ππ=--⎡∈⎢-⎣x e x x x x x h x ，只需证0,)2()0x 时，π⎡∈⎢⎣<h x x ，因为00,42x y ππ⎛⎫=∈⎪⎝⎭，所以()000sin cos )0,14x x x π-=-∈，所以0000sin cos )2sin 0sin cos sin co (()s )xx e x x e xx x x h x x h x ->--'''==（-1,，所以()x h '在⎪⎭⎫⎢⎣⎡20π，x 内单调递增，所以00()()=10xh x h x e ''≥->，所以()x h 在⎪⎭⎫⎢⎣⎡20π，x 内单调递增，即()()=02h x h π<.所以原式得证.思路三：中学数学较难题，高等数学解悬疑以高等数学背景为指导，以函数图像为直观，充分考察了学生直观想象的数学核心素养.教学过程中我们可以适当给学生介绍拉格朗日中值定理、洛必达法则等高等数学内容，内容虽然超纲，但本质大都可以用高中生已有的知识来介绍清楚，可以试着在这些高观点和思想的指导下用高中阶段的知识完成解题.解5 构造函数)(221)()(n n x x x n x u x F --+--=ππ，(,2)2n x x n ππ∈+ ,则0)(=n x F ，0)22(=+ππn F ，1()()22nF x u x n x ππ-''=-+-,用思维导图突破导数压轴题 专题2 导数与不等式 精讲篇（13页）()()=()2sin 0'''''==-<x F x u x g x e x所以()F x '在(,2)2n x n ππ+单调递减,假设()0n F x '≤，则()0n F x '≤在)22,(ππ+n x n 内恒成立，则)()22(n x F n F <+ππ， 与()(2)02n F x F n ππ=+=矛盾，所以假设错误，所以()0n F x '>，假设(2)02F n ππ'+≥，则()0n F x '≥在 )22,(ππ+n x n 内恒成立，则)()22(n x F n F >+ππ，与()(2)02n F x F n ππ=+=矛盾， 所以假设错误，所以0)22('<+ππn F ，由零点存在性定理，在)22,(ππ+n x n 内存在ξ，使0)('=ξF ，即n x n u -+-=221)('ππξ.所以'122()n n x u ππξ+-=-， 要证明002cos sin 22x x e x n n n -<-+-πππ只需证)cos (sin )(002'x x e u n ->-πξ，因为'()()(cos sin )xu x g x e x x ==-在区间(,2)2ππ+n x n 内递减，所以''()()n u u x ξ<，即)cos (sin )cos (sin )(2'n n n n n xx x e x x e u n ->->-πξ，只需证明00cos sin cos sin x x x x n n -≥-：以下与解法二相同，省略.本题在命题上环环相扣，逻辑清晰，解法中灵活构造别具一格，呈现数学思维之美.考查学生的运算能力、直观意识，分类讨论，转化化归，数形结合思想，具有很好的区分度与选拔性.思路点拨（1）讨论()f x 的单调性，就是要比较)('x f 与0的大小。
导数专题书目录
导数专题书目录第一篇独孤九剑——导数基础专题1总诀式——导数的前世今生第一讲导数基本定义第二讲导数运算法则第三讲复合函数求导第四讲同构函数求导专题2破剑式——数形结合遇导数第一讲导数的几何意义第二讲在点的切线方程第三讲过点的切线方程专题3破刀式——基本性质与应用第一讲单调性问题第二讲极值与最值第三讲恒能分问题专题4破枪式——抽象函数的构造第一讲求导法则与抽象构造第二讲幂函数及其抽象构造第三讲指数函数与抽象构造第四讲对数函数与抽象构造第五讲三角函数与抽象构造第六讲平移与奇偶抽象构造专题5破鞭式——分类讨论的策略第一讲不含参的四类问题第二讲含参数的五类问题专题6破索式——三次函数的探究第一讲基本性质第二讲切线问题第三讲四段论界定第四讲三倍角界定专题7破掌式——指对的破解逻辑第一讲指数模型第二讲对数模型专题8破箭式——六大同构函数论第一讲六大同构函数第二讲外部函数同构第三讲极值底层逻辑专题9破气式——零点与交点问题第一讲零点相关定理第二讲曲线交点问题第三讲零点个数问题第二篇如来神掌——导数选填的奇思妙解专题1心中有佛——秒解抽象函数构造第一讲抽象函数的积分构造第二讲“网红解法”的利弊专题2佛光初现——妙解参数取值范围第一讲零点比大小问题妙解双参比值问题第二讲零点比大小妙解指对单参数的问题第三讲恰到好处的取点妙解双参系列问题专题3金顶佛灯——数轴破整数个数解第一讲对数的取点技巧第二讲指数的取点技巧专题4佛动山河——平口单峰函数探秘第一讲平口二次函数问题第二讲平口对勾函数问题第三讲平口三次函数问题第四讲平口函数万能招数第五讲构造平口单峰函数第六讲必要探路最值界定第七讲倍角定理最值界定专题5佛问伽蓝——拉格朗日插值妙用第一讲三大微分中值定理简述第二讲拉格朗日中值定理应用专题6迎佛西天——构造函数速比大小第一讲构造基本初等函数第二讲构造母函数比大小第三讲构造混阶型比大小专题7天佛降世——琴生不等式破选填第一讲函数的凹凸性第二讲凹凸性的应用专题8佛法无边——极限思想巧妙应用第一讲前世今生论第二讲洛必达法则专题9万佛朝宗——选填压轴同构压制第一讲母函数原理概述第二讲同等双参需同构第三讲同构引出的秒解第三篇无涯剑道——导数三板斧升级篇专题1问剑求生——同类同构第一讲双元同构篇第二讲指对同构篇第三讲朗博同构篇第四讲零点同构篇第五讲同构保值篇第六讲同构导中切专题2持剑逆道——分类同构第一讲分而治之型第二讲端点效应型第三讲志同道合型第四讲分道扬镳型第五讲柳暗花明型专题3迎剑归宗——切点同构第一讲切线问题的进阶处理第二讲公切线问题几何探秘第三讲基本函数的切线找点第四讲跨阶函数的切线找点第五讲双变量乘积处理策略第四篇逍遥功——泰勒与放缩专题1逍遥剑法——泰勒展开第一讲泰勒基本展开式第二讲泰勒与切线找点第三讲泰勒与极值界定第四讲无穷阶极值界定第五讲泰勒与切线界定专题2逍遥刀法——京沪专线第一讲指数型“0”线第二讲对数型“0”线第三讲三角型“0”线专题3逍遥拳法——京九专线第一讲指数型“1”线第二讲对数型“1”线第三讲“e”线放缩论“n”线放缩论第四讲指对混阶放缩论第五讲指对三角放缩论第六讲高阶借位放缩论第七讲充分必要放缩论第八讲数列放缩系统论第五篇武当神功——点睛之笔专题1梯云纵——极点极值第一讲极值点本质第二讲唯一极值点第三讲存在极值点第四讲莫有极值点专题2太和功——隐点代换第一讲直接应用第二讲整体代换第三讲反代消参第四讲降次留参第五讲矛盾区间专题3峰回掌——跨阶找点第一讲找点初步认识第二讲找点策略阐述第三讲高次函数找点第四讲指对函数找点第五讲三角函数找点专题4太极剑——跳阶找点第一讲指对混阶找点第二讲指数三角找点第三讲对数三角找点第四讲终结混阶找点专题5八卦阵——必要探路第一讲端点效应第二讲极点效应第三讲显点效应第四讲隐点效应第五讲内点效应第六讲外点效应第七讲拐点效应第八讲弧点效应第六篇六脉神剑——明元之家专题1少商剑——三三来迟第一讲飘带函数减元第二讲点差法第三讲韦达定理的应用专题2商阳剑——四曾相识第一讲极值点偏移第二讲构造法第三讲拐点偏移第四讲泰勒公式专题3中冲剑——不讲五德第一讲换元构造第二讲对数平均不等式第三讲指数平均不等式第四讲广义对均第五讲深度剖析专题4関冲剑——七晴六遇第一讲零点差模型第二讲极值模型第三讲混合模型专题5少泽剑——第一讲复数三角形式第二讲棣莫弗定理第三讲复数的应用专题6少冲剑——第一讲斜率成等差等比问题第一讲数据逻辑及相关定理第二讲破解逻辑及突破压轴。
(山东专用)2021新高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 2.12.2 利用导数证明不等式
第2课时 利用导数证明不等式构造函数证明不等式：构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有：(1)直接构造法：证明不等式f (x )>g (x )(f (x )<g (x ))转化为证明f (x )－g (x )>0(f (x )－g (x )<0)，进而构造辅助函数h (x )＝f (x )－g (x )；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x ≤x －1，e x ≥x ＋1，ln x <x <e x (x >0)，x x ＋1≤ln(x ＋1)≤x (x >－1)；(3)特征分析构造法：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；(4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数f (x )和g (x )，利用其最值求解．方法1 直接构造差函数法【例1】 已知函数f (x )＝1－ln x x ，g (x )＝a e e x ＋1x －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 处的切线互相垂直．(1)求a ，b 的值；(2)求证：当x ≥1时，f (x )＋g (x )≥2x. 【解】 (1)因为f (x )＝1－ln x x， 所以f ′(x )＝ln x －1x2，f ′(1)＝－1. 因为g (x )＝a e e x ＋1x －bx ，所以g ′(x )＝－a e e x －1x2－b . 因为曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )的一个公共点是A (1,1)，且在点A 处的切线互相垂直， 所以g (1)＝1，且f ′(1)·g ′(1)＝－1，即g (1)＝1＋a －b ＝1，g ′(1)＝－a －1－b ＝1，解得a ＝－1，b ＝－1.(2)证明：由(1)知，g (x )＝－e e x ＋1x ＋x ， 则f (x )＋g (x )≥2x ⇔1－ln x x －e e x －1x＋x ≥0. 令h (x )＝1－ln x x －e e x －1x＋x (x ≥1)， 则h ′(x )＝－1－ln x x 2＋e e x ＋1x 2＋1＝ln x x 2＋e ex ＋1. 因为x ≥1，所以h ′(x )＝ln x x 2＋e ex ＋1>0， 所以h (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以h (x )≥h (1)＝0，即1－ln x x －e e x －1x＋x ≥0， 所以当x ≥1时，f (x )＋g (x )≥2x. 方法技巧待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证.已知函数f (x )＝x 2e 2x －2.(1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)当x ∈[0,2]时，求证：f (x )≥－2x 2＋8x －5.解：(1)f ′(x )＝2e 2x －2(x 2＋x )，f ′(1)＝4，f (1)＝1，则曲线y ＝f (x )在点(1,1)处的切线方程为y －1＝4(x －1)，即y ＝4x －3.(2)证明：当x ∈[0,2]时，令g (x )＝x 2e 2x －2＋2x 2－8x ＋5，则g ′(x )＝2e 2x －2(x 2＋x )＋4x －8，令h (x )＝g ′(x )，则h ′(x )＝2e 2x －2(2x 2＋4x ＋1)＋4>0，所以g ′(x )在[0,2]上单调递增，且g ′(1)＝0，所以g (x )在[0,1]上单调递减，在[1,2]上单调递增，所以g (x )的最小值为g (1)＝0，所以g (x )≥0，即f (x )≥－2x 2＋8x －5.方法2 特征分析构造法【例2】 已知函数f (x )＝ln x ＋ax ，a ∈R .(1)讨论函数f (x )的单调区间；(2)当a ＝34时，证明：x 3>f (x )． 【解】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．由已知得f ′(x )＝1x ＋a ＝ax ＋1x(x >0)， 则①当a ≥0时，f ′(x )≥0恒成立，此时f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②当a <0时，令f ′(x )>0，得x <－1a ，则f (x )在(0，－1a )上单调递增，在(－1a，＋∞)上单调递减．综上所述，当a ≥0时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；当a <0时，f (x )的单调递增区间为(0，－1a )，单调递减区间为(－1a，＋∞)． (2)当a ＝34时，x 3>f (x )可化为x 2－34>ln x x. 令m (x )＝x －1－ln x x ，x >0，则m ′(x )＝x 2＋ln x －1x 2(x >0)，令h (x )＝x 2＋ln x －1，x >0，则h ′(x )＝2x ＋1x>0，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增， 又h (1)＝0，所以当x ∈(0,1)时，h (x )<0，则m ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )>0，则m ′(x )>0，所以m (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以m (x )≥m (1)＝0，即x －1≥ln x x ，当且仅当x ＝1时，等号成立．又x 2－34－(x －1)＝x 2－x ＋14＝(x －12)2≥0，所以x 2－34≥x －1，当且仅当x ＝12时，等号成立．故x 2－34>ln x x ，即x 2>ln x x ＋34，即x 3>ln x ＋34x ，即x 3>f (x )．方法技巧用特征分析构造法证明不等式，就是将一些复杂函数通过等价变形或合理拆分，得到一些熟悉的基本初等函数，然后利用这些基本初等函数的性质和图象等，进行合理放缩，这样可以大大减少运算量，降低思维难度，进而使问题更易解答.已知函数f (x )＝ax ＋b x 2＋1在点(－1，f (－1))处的切线方程为x ＋y ＋3＝0. (1)求函数f (x )的解析式；(2)设g (x )＝ln x ，求证：g (x )≥f (x )在[1，＋∞)上恒成立．解：(1)将x ＝－1代入切线方程得y ＝－2，所以f (－1)＝b －a 1＋1＝－2， 化简得b －a ＝－4.①f ′(x )＝a (x 2＋1)－(ax ＋b )·2x (x 2＋1)2， f ′(－1)＝2a ＋2(b －a )4＝－1.② 联立①②，解得a ＝2，b ＝－2.所以f (x )＝2x －2x 2＋1.(2)证明：由题意知要证ln x ≥2x －2x 2＋1在[1，＋∞)上恒成立， 即证明(x 2＋1)ln x ≥2x －2，x 2ln x ＋ln x －2x ＋2≥0在[1，＋∞)上恒成立．设h (x )＝x 2ln x ＋ln x －2x ＋2，则h ′(x )＝2x ln x ＋x ＋1x－2，因为x ≥1，所以2x ln x ≥0，x ＋1x ≥2·x ·1x＝2(当且仅当x ＝1时等号成立)，即h ′(x )≥0， 所以h (x )在[1，＋∞)上单调递增，h (x )≥h (1)＝0，所以g (x )≥f (x )在[1，＋∞)上恒成立．方法3 放缩法【例3】 已知函数f (x )＝ax －ln x －1.(1)若f (x )≥0恒成立，求a 的最小值；(2)求证：e －xx＋x ＋ln x －1≥0； (3)已知k (e －x ＋x 2)≥x －x ln x 恒成立，求k 的取值范围．【解】 (1)f (x )≥0等价于a ≥ln x ＋1x. 令g (x )＝ln x ＋1x (x >0)，则g ′(x )＝－ln x x2， 所以当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0，则g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g (x )max ＝g (1)＝1，则a ≥1，所以a 的最小值为1.(2)证明：当a ＝1时，由(1)得x ≥ln x ＋1，即t ≥ln t ＋1(t >0)．令e －xx＝t ，则－x －ln x ＝ln t ， 所以e －x x ≥－x －ln x ＋1，即e －xx＋x ＋ln x －1≥0. (3)因为k (e －x ＋x 2)≥x －x ln x 恒成立，即k ⎝ ⎛⎭⎪⎫e －x x ＋x ≥1－ln x 恒成立， 所以k ≥1－ln x e －x x ＋x ＝－e －xx ＋x ＋ln x －1e －x x＋x ＋1， 由(2)知e －xx＋x ＋ln x －1≥0恒成立， 所以－e －xx ＋x ＋ln x －1e －x x＋x ＋1≤1，所以k ≥1. 故k 的取值范围为[1，＋∞)．方法技巧导数的综合应用题中，最常见就是e x 和ln x 与其他代数式结合的难题，对于这类问题，可以先对e x 和ln x 进行放缩，使问题简化，便于化简或判断导数的正负.常见的放缩公式如下：(1)e x ≥1＋x ，当且仅当x ＝0时取等号；(2)e x ≥e x ，当且仅当x ＝1时取等号；已知函数f (x )＝x e x ＋x 2＋ax ＋b ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为4x －2y －3＝0.(1)求a ，b 的值；(2)证明：f (x )>ln x .解：(1)f ′(x )＝(x ＋1)e x ＋2x ＋a ，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(0)＝1＋a ＝2，f (0)＝b ＝－32，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝1，b ＝－32.(2)由(1)知，f (x )＝x e x ＋x 2＋x －32. 先证当x ≥0时，f (x )≥2x －32， 即证x e x ＋x 2－x ≥0.设g (x )＝x e x ＋x 2－x ，x ≥0，则g ′(x )＝(x ＋1)e x ＋2x －1，g ′(0)＝0.设φ(x )＝g ′(x )，则φ′(x )＝(x ＋2)e x ＋2>0，所以函数g ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，故g ′(x )≥g ′(0)＝0，所以函数g (x )在[0，＋∞)上单调递增，则当x ≥0时，g (x )＝x e x ＋x 2－x ≥g (0)＝0.(也可直接分析x e x ＋x 2＋x －32≥2x －32⇔x e x ＋x 2－x ≥0⇔e x ＋x －1≥0，显然成立)．再证2x －32>ln x ，设h (x )＝2x －32－ln x ， 则h ′(x )＝2－1x ＝2x －1x ，令h ′(x )＝0，得x ＝12，则当x ∈(0，12)时，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减；当x ∈(12，＋∞)时，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增． 所以h (x )＝2x －32－ln x ≥h (12)＝－12＋ln2>0， 即有2x －32>ln x ， 又f (x )＝x e x ＋x 2＋x －32>2x －32(x >0)， 故f (x )>ln x .方法4 构造双函数法【例4】 已知函数f (x )＝e x 2－x ln x .求证：当x >0时，f (x )<x e x ＋1e. 【证明】 要证f (x )<x e x ＋1e ，只需证e x －ln x <e x ＋1e x ，即e x －e x <ln x ＋1e x. 令h (x )＝ln x ＋1e x (x >0)，则h ′(x )＝e x －1e x 2， 易知h (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增，则h (x )min ＝h ⎝⎛⎭⎫1e ＝0，所以ln x ＋1e x≥0. 再令φ(x )＝e x －e x ，则φ′(x )＝e －e x ，易知φ(x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x )max ＝φ(1)＝0，所以e x －e x ≤0.因为h (x )与φ(x )不同时为0，所以e x －e x <ln x ＋1e x，故原不等式成立．方法技巧若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个都便于求导的函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标.已知函数f (x )＝12x 2，g (x )＝a ln x (a >0)． (1)求函数h (x )＝f (x )g (x )的极值；(2)求证：当x >0时，不等式ln x ＋34x 2－1ex >0成立．(其中e 为自然对数的底数，e ＝2.718 28…)解：(1)F (x )＝f (x )g (x )＝12ax 2ln x (x >0)， ∴F ′(x )＝ax ln x ＋12ax ＝ax ⎝⎛⎭⎫ln x ＋12，(2)令G (x )＝x 2e x －34，则G ′(x )＝x (2－x )e x， 当x ∈(0,2)时，G ′(x )>0，G (x )单调递增；当x ∈(2，＋∞)时，G ′(x )<0，G (x )单调递减，则G (x )max ＝G (2)＝4e 2－34， 而4e 2－34－⎝⎛⎭⎫－12e ＝(8－3e )(2＋e )4e 2<0， 因此x 2ln x ≥－12e >4e 2－34≥x 2e x －34，原不等式得证．。
2021届高考数学一轮总复习第3章导数及其应用第2节第4课时利用导数解决不等式恒成立或有解问题课件文
解：(1)f′(x)＝xcos
x－sin x2
x，
令 g(x)＝xcos x－sin x，x∈0，π2，
则 g′(x)＝－xsin x，
显然，当 x∈0，π2时，g′(x)＝－xsin x<0，即函数 g(x)在区间0，π2上单调递减，则
g(x)<0，g(0)＝0.
所以 f′(x)在区间0，π2上恒小于零， 所以函数 f(x)在区间0，π2上单调递减． (2)不等式 f(x)<a 在 x∈0，π2恒成立，即 sin x－ax<0 恒成立． 令 φ(x)＝sin x－ax，x∈0，π2，且 φ(0)＝0. 则 φ′(x)＝cos x－a.
►名师点津 ——————————————————— 对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论 法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围．
|跟踪训练| 2．已知函数 f(x)＝sinx x(x≠0)． (1)判断函数 f(x)在区间0，π2上的单调性； (2)若 f(x)<a 在区间0，π2上恒成立，求实数 a 的最小值．
所以 f(x)＝ex－e2x，f′(x)＝ex－e2. 令 f′(x)＝0，得 x＝2. 当 x∈(－∞，2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当 x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增． 所以函数 f(x)的单调递增区间是(2，＋∞)，单调递减区间是(－∞，2)．
(2)由 f(x)＞－e2x，得 a＞－xe2x. 设 g(x)＝－xe2x，x＞0，则 g′(x)＝ex（2x－3 x）. 所以当 x∈(0，2)时，g′(x)＞0，g(x)在(0，2)上单调递增； 当 x∈(2，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)在(2，＋∞)上单调递减． 所以 g(x)≤g(2)＝－e42. 因此，实数 a 的取值范围是－e42，＋∞.
2021年人教A版高考数学复习课件专题一 函数与导数、不等式1-1-4
1．(2014·辽宁卷)当 x∈[－2,1]时，不等式 ax3－x2＋4x＋3≥0 恒
成立，则实数 a 的取值范围是
( )．
A．[－5，－3] C．[－6，－2]
B．－6，－98 D．[－4，－3]
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解析 当 x∈(0,1]时，得 a≥－31x3－41x2＋1x，令 t＝1x，则 t∈[1， ＋∞)，a≥－3t3－4t2＋t，令 g(t)＝－3t3－4t2＋t，t∈[1，＋∞)， 则 g′(t)＝－9t2－8t＋1＝－(t＋1)·(9t－1)，显然在[1，＋∞)上， g′(t)<0，g(t)单调递减，所以 g(t)max＝g(1)＝－6，因此 a≥－6； 同理，当 x∈[－2,0)时，得 a≤－2.由以上两种情况得－6≤a≤－ 2，显然当 x＝0 时也成立．故实数 a 的取值范围为[－6，－2]．
x∈0，12，f′(x)＜0，x∈12，＋∞，f′(x)＞0，
∴f(x)的减区间为0，12，增区间为12，＋∞.
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(2)f′(x)＝2x＋a－1x.
∵f(x)在区间(0,1]上是减函数，
∴f′(x)≤0 对任意 x∈(0,1]恒成立，
▪ 第4讲 利用导数求参数的取值范围
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▪ 高考定位 由含参函数的单调性、极值、最 值求参数的取值范围是近几年高考命题的重 点，试题难度较大．
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[真题感悟]
f′(x)＞0的必要不充分条件．
高考数学复习考点知识与题型专题讲解13--导数-不等式的证明(解析版)
1 / 31高考数学复习考点知识与题型专题讲解专题13导数-不等式的证明1．高考对本部分的考查一般有三个层次：（1）主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义； （2）导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；（3）综合考查，如零点、证明不等式、恒成立问题、求参数等，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式、数列及函数单调性有机结合，设计综合题． 2．利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式()()f x g x >（或()()f x g x <）转化为证明()()0f x g x ->（或()()0f x g x -<），进而构造辅助函数()()()h x f x g x =-； （2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数．1．已知函数2()1(x f x e ax a =-+为常数）．（1）若曲线()y f x =在1x =处的切线方程为2y bx =+，求a ，b 的值； （2）讨论函数()f x '函数的单调性；（3）当1a =，0x >时，求证：()(2)2f x e x ≥-+． 【试题来源】2021届高三数学二轮复习【答案】（1）1a =，2b e =-；（2）答案见解析；（3）证明见解析．【分析】（1）算出曲线()y f x =在1x =处的切线方程，然后与2y bx =+比较系数即可； （2）分0a ≤和0a >讨论即可；（3）构造函数2()()(2)2(2)1x x f x e x e x e x φ=---=----，利用导数证明()0x φ≥即可．【解析】（1）)2(x f x e ax '=-，f '（1）2e a =-，f （1）1e a =-+，∴曲线()y f x =在1x =处的切线方程为1(2)2y e a e a x e a -+-=--+，即(2)1y e a x a =-++，由题意：2e a b -=，12a +=，1a ，2b e =-；（2）()2x f x e ax '=-，设()(),()2x h x f x h x e a =''=-，当0a ≤时，()0h x '>在R 上恒成立；当0a >时，令()0h x '>，即20x e a ->，解得ln(2)x a >， 令()0h x '<，即20x e a -<，解得ln(2)x a <． 综上所述，当0a ≤时，函数()f x '在R 上单调递增；当0a >时，函数()f x '在(ln(2)a ，)+∞上单调递增，在(-∞，ln(2))a 上单调递减． （3）证明：令2()()(2)2(2)1x x f x e x e x e x φ=---=----， 则()2(2)x x e x e φ'=---，令()()t x x φ='，则()2t x ex '=-，令()0t x '<得0ln 2x <<令()0t x '>得ln 2x >，()()t x x φ∴='在(0,2)ln 上单调递减，在(ln 2,)+∞上单调递增 (0)(0)30t e φ='=->，t （1）φ='（1）0=，0ln 21<<，(ln 2)(ln 2)0t φ∴='<，∴存在0(0,1)x ∈使00()()0t x x φ='=，且当0(0,)x x ∈或(1,)x ∈+∞时，()()0t x x φ='>， 当0(x x ∈，1)时，()()0t x x φ='<，()x φ∴在0(0,)x 上递增，在0(x ，1)上递减，在(1,)+∞上递增， 又(0)φφ=（1）0=，所以有：()0x φ≥，即()(2)20f x e x ---≥，3 / 31()(2)2f x e x ∴≥-+．【名师点睛】证明不等式()()f x g x >或()()f x g x <转化为证明()()0f x g x ->或()()0f x g x -<，进而构造辅助函数()()()h x f x g x =-． 2．已知函数()1()x f x e ax a R =--∈． （1）求函数()f x 的单调递增区间；（2）若对一切实数x ∈R ，都有()0f x 恒成立，求a 的取值范围． （3）求证：121()()()()1n n n n n n ennn n e -++⋯++<-，*n N ∈． 【试题来源】2021届高三数学二轮复习【答案】（1）答案见解析；（2）1；（3）证明见解析． 【解析】（1）由()x f x e a '=-， ①当0a 时，显然()0x f x e a '=-；②当0a >时，由()0f x '=得ln x a =，显然当ln x a >时，()0f x '>； 所以当0a 时，()f x 在R 上单调递增； 当0a >时，()f x 在()ln ,a +∞上递增；（2）由（1）知，当0a 时，()f x 递增，且1(1)10f a e-=+-<，不合题意，舍去．当0a >时，由（1）知，当ln x a <时，()0f x '<，当ln x a >时，()0f x '> 所以当ln x a =时，()f x 有极小值也是最小值，即()()ln ln 1min f x f a a a a ==--， 依题意ln 10a a a --，⋯①再令g （a ）ln 1a a a =--，0a >，则g '（a ）ln a =-， 于是g '（a ）0=时，1a =，同理知当1a =时，g （a ）有极大值也是最大值， 所以g （a ）g （1）0=⋯②比较①②式可得，g （a ）0=，即1a =为所求． （3）由（2）知对x R ∀∈，有1x e x +，于是令,,,i x n N i N i n n +=-∈∈，则有10i n i n ie n n---=即有()in n i en --，即()n i nn i e n --（当且仅当0i =时取等号）所以有1210112111111()()()()()()()()1nn n n n n n n n e n n n n e e e e e ------++⋯++<++⋯++=-即1112111()()()()111n n n n n n n e en n n n e e e -----++⋯++<<=---，即证．【名师点睛】解决()0f x 恒成立问题一般转化为min ()0f x ；关键点【名师点睛】第三问只需让左边的通项小于右边的通项，借助于题目中的不等式进行赋值，转化为()n inn i e n --是关键． 3．已知函数ln()()ax f x ax=． （1）讨论函数()f x 的单调区间； （2）若当1a =时，()9()2()f x F x f x ex=+，求证：()0F x >． 【试题来源】江西省重点中学协作体（鹰潭一中、上饶中学等）2021届高三下学期第一次联考【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）对函数()f x 求导，分0a >和0a <两种情况，结合函数的定义域得出函数的单调性；（2）要证()0F x >，由于0x >，即证ln 2ln e90xxx +>．令ln ()2ln e9(0)x xm x x x =+>，对函数求导并化简，构造()(1ln )ln h x x x x =-+二次求导，令分子为()2ln 1x x x ϕ=-+，利用导数判断出单调性和最小值，得出函数()h x 的单调性，由零点存在定理知极小值即为最小值，利用导数判断出最小值的范围，命题得证． 【解析】（1）()21ln ()ax f x ax -'=，5 / 31当0a >，定义域为(0,)+∞，令()0f x '>，得0e x a <<，()0f x '<得ex a> ()f x ∴在0,e a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，在,e a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减当0a <，定义域为(,0)-∞，令()0f x '>，得ex a <，()0f x '<得0e x a<< ()f x ∴在,e a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,0e a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减（2）要证()0F x >，0x，即证ln 2ln e90x xx +>．令ln ()2ln e9(0)x xm x x x =+>，则ln ln ln 221ln 12m ()2ln 2[ln (1ln )]x x x xxxxex ex e x x x x x x-'=⋅⋅+⋅=-+， 设()(1ln )ln h x x x x =-+，则12ln 2ln 1()1x x x h x x x x'-+=-+=，令()2ln 1x x x ϕ=-+，其中0x >，22()1x x x xϕ-'=-=．当02x <<时，()0x ϕ'<，此时函数()ϕx 单调递减；所以，min ()(2)32ln 20x ϕϕ==->，则对任意的0x >，()0h x '>， 所以，函数()h x 在(0,)+∞上为增函数，因为11111ln ln 02222h ⎛⎫⎛⎫=-+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，(1)10h =>，由零点存在定理可知，存在01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()()00001ln ln 0h x x x x =-+=，可得000ln 1ln 1x x x =-． 当00x x <<时，h(x)<0，即()0F x '<，此时函数()F x 单调递减； 当0x x >时，()0h x >，即()0F x '>，此时函数()F x 单调递增．()000ln 11ln 1ln 2min 000009m()m 2ln 92ln 9ln 2ln x x x x x x ex ex x e x --⎛⎫∴==+=+=+ ⎪ ⎪⎝⎭，令1121022929ln (ln 2,0),()2,()0(1)t t t x p t ep t e tt t'--=∈-=+=--<-， 则函数()p t 在(ln 2,0)t ∈-时单调递减，所以，1ln 229()(ln 2)20ln 2p t p e-+<-=-<，所以，()min 0m()0x m x => 因此，对任意的0x >，m()0x >，即()0F x >． 4．已知函数ln ()x af x x+=，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为=5y bx +． （1）求a ，b 的值；（2）证明：()1()2x e x xf x -≥-．【试题来源】2021年高考数学二轮复习热点题型精选精练 【答案】（1）3a =，2b =-；（2）证明见解析．【分析】（1）根据切线方程，可得(1)5f b =+，(1)f b '=，对()f x 求导，根据导数的几何意义，可得(1)f '表达式，将x =1代入()f x ，可得(1)f ，即可求得a ，b 的值； （2）将题干条件()e1()2xx xf x -≥-等价于e ln 10x x x x ---≥，设()e ln 1(0)x g x x x x x =--->，求导可得1()(1)e xg x x x ⎛⎫'=+-⎪⎝⎭，设1()e (0)xh x x x =->，可得()h x 的零点11,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，即可得()g x 的单调区间和极值点，进而可得()g x 的最小值()1g x ，化简整理，即可得证．【解析】（1）由切线方程可得(1)5f b =+，(1)f b '=．()f x 定义域为(0,)+∞，21ln ()a xf x x '--=． 所以(1)5f a b ==+，(1)1f a b '=-=，解得3a =，2b =-． （2）()e 1()2x x xf x -≥-等价于e ln 10x x x x ---≥．设()e ln 1(0)x g x x x x x =--->，则1()(1)e x g x x x ⎛⎫'=+- ⎪⎝⎭．设1()e (0)xh x x x=->，则函数1()e x h x x =-在(0,)+∞单调递增，因为1202h ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，(1)e 10h =->，所以存在唯一11,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()10h x =．7 / 31因为()'g x 符号与1e x x-符号相同，所以当()10,x x ∈时，()0g x '<， 当()1,x x ∈+∞时，()0g x '>．故()g x 在()10,x 单调递减，在()1,x +∞单调递增． 所以当1x x =时，()g x 取得最小值()1g x ，由()10h x =得111e xx =，从而11ln x x =-，故()11111()e ln 10xg x g x x x x ≥=---=．所以()e 1()2x x xf x -≥-．【名师点睛】解题的关键是熟练掌握利用导数求切线方程、单调性、极（最）值的方法，并灵活应用，难点在于需找到1()e x h x x=-的零点，可得()g x 的极值点，进而求得()g x 的极小值，即为最小值，即可得证，考查计算化简，转化化归的思想，属中档题． 5．已知函数()()2ln 21f x x x =+-． （1）求()f x 在1x =处的切线方程；（2）求证：()()2121x f x x e -≤-（e 为自然对数的底数）．【试题来源】陕西省西安市八校2021届高三下学期第二次联考 【答案】（1）420x y --=；（2）证明见解析．【分析】（1）求出()1f 、()1f '的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；（2）令21t x =-，构造函数()ln 1tg t te t t =---，利用导数计算得出()min 0g t =，即可证得不等式成立．【解析】（1）()()2ln 21f x x x =+-，()2221f x x '∴=+-，则()12f =，()14f '=， 所以，曲线()y f x =在1x =处的切线方程为()241y x -=-，即420x y --=；（2）令210t x =->，要证()()2121x f x x e -≤-，即证1ln t t t te ++≤，其中0t >，构造函数()ln 1tg t te t t =---，其中0t >，()()()11111t t g t t e t e t t⎛⎫⎛⎫'=+-+=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．令()1t t e t ϕ=-，其中0t >，则()210tt e tϕ'=+>，所以，函数()t ϕ在()0,∞+上单调递增．因为1202ϕ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，()110e ϕ=->，所以，存在01,12t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00010t t e t ϕ=-=，即001t t e =， 当00t t <<时，()0t ϕ<，即()0g t '<，此时函数()g t 单调递减； 当0t t >时，()0t >φ，即()0g t '>，此时函数()g t 单调递增．所以，()()()000000000min ln ln 1ln 1110t t t tg t g t t e e t t e t e ==---=--=-=，故所证不等式成立．6．已知函数()sin xf x ae x x =++，[]0,x π∈．（1）证明：当1a =-时，函数()f x 有唯一的极大值点； （2）当20a -<<时，证明：()f x π<．【试题来源】江苏省百师联盟2021届高三下学期3月摸底联考 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）求得()f x '，利用导数分析函数()f x 的单调性，结合零点存在定理可证得结论成立；（2）构造函数()sin x h x ae x x π=++-，利用导数证得()max 0h x <，即可证得结论成立．【解析】（1）当1a =-时，()sin x f x x x e =+-，()1cos x f x x e '=+-，因为[]0,x π∈，所以1cos 0x +≥，令()1cos x g x x e =+-，()sin 0xg x e x '=--<，所以()g x 在区间[]0,π上单调递减．()02110g =-=>，()0g e ππ=-<， 所以，存在()00,x π∈，使得()00f x '=，且当00x x <<时，()0f x '>；当0x x π<<时，()0f x '<． 所以函数()f x 的递增区间是[]00,x ，递减区间是[]0,x π．9 / 31所以函数()f x 存在唯一的极大值点0x ；（2）当20a -<<时，令()sin x h x ae x x π=++-，则()cos 1xh x ae x '=++，()sin 0x h x ae x ''=-<，所以，函数()h x '在区间[]0,π上单调递减，因为()020h a '=+>，()0h ae ππ'=<，所以，存在()0,t π∈，使得()0h t '=，即cos 10t ae t ++=， 且当0x t <<时，()0h x '>；当t x π<<时，()0h x '<．所以函数()h x 在区间[]0,t 上是递增函数，在区间[],t π上是递减函数．()()max sin t h x h ae t t t π==++-，()0,t π∈，因为cos 10t ae t ++=，只需证()sin cos 10t t t t ϕπ=-+--<即可，()()cos sin 1sin 1cos 0t t t t t ϕ'=++=++>，所以，函数()t ϕ在区间()0,π上是增函数，()()0t ϕϕπ<=，即()f x π<． 7．已知函数()()11ln f x a x x =+++． （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）对任意0x >，求证：()()22e 11exa x f x x +++>．【试题来源】1号卷A10联盟2021届高三开年考 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析． 【分析】（1）求导()()1111a x f x a x x++'=++=，分1a ≥-和1a <-，分别令()0f x '>，()0f x '<求解．（2）将不等式()()22e 11e x a x f x x +++>，转化为22eln 0e x x x⋅->，令()22e ln e xg x x x=⋅-，用导数法证明()0mim g x >即可．【解析】（1）由题意得，()f x 的定义域为()0,∞+，()()1111a x f x a x x++'=++=，当1a ≥-时，()0f x '>恒成立，所以()f x 在()0,∞+上单调递增． 当1a <-时，令()0f x '>，解得11x a <-+；令()0f x '<，解得11x a >-+， 所以()f x 在10,1a ⎛⎫- ⎪+⎝⎭上单调递增，在1,1a ⎛⎫-+∞ ⎪+⎝⎭上单调递减．（2）要证()()22e 11e x a x f x x +++>，即证22e ln 0e xx x ⋅->．令()22e ln e xg x x x =⋅-，则()()22221e e e x x x g x x--'=． 令()()221e e x r x x x =--，则()22e e x r x x '=-，易得()r x '在()0,∞+上单调递增，且()212e e 0r '=-<，()223e 0r '=>，所以存在唯一的实数()01,2x ∈，使得()00r x '=， 所以()r x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增．因为()00r <，()20r =，所以当()0r x >时，2x >；当()0r x <时，02x <<， 所以()g x 在()0,2上单调递减，在()2,+∞上单调递增，所以()()21ln20g x g ≥=->．综上，22e ln 0e x x x ⋅->，即()()22e 11exa x f x x +++>．【名师点睛】利用导数证明不等式，常构造函数φ(x )，将不等式转化为φ(x )＞0(或＜0)的形式，然后研究φ(x )的单调性、最值，判定φ(x )与0的关系，从而证明不等式．8．已知函数()2x xf x e ae -=+为R 上的偶函数．（1）求a 的值，并求出()f x 的最大值； （2）若()2x f x eλ≥对任意R x ∈恒成立，求实数λ的取值范围；（3）设,0p q >，且1p q +=，求证：2228x x x pqp q pe qee -+≤．【试题来源】黑龙江省哈尔滨市哈尔滨第三中学2020-2021学年高三下学期第一次模拟11 / 31【答案】（1）1a =，()f x 的最大值为1；（2）12λ≤-；（3）证明见解析．【解析】（1）因为函数()2x xf x e ae -=+为R 上的偶函数，所以()()112211f f e ae e ae ---===++，即11e ae e ae --+=+，所以1a =， ()2x x f x e e-=+，因为2x x e e -+≥，当且仅当x x e e -=即0x =时等号成立，所以()f x 的最大值为1． （2）由题意知，22x x x ee e λ-≤+恒成立，只需22ln x xx e e λ-≤+恒成立，设()()2=ln 2ln x xx e e g x λ--++，由于()g x 为偶函数，只需0x ≥时()0g x ≤，而()00g =，()2x xx x e e g x x e eλ---'=++，()00g '=，()2x x x x e e m x x e eλ---=++，()()2224422122x x x x m x e e e e λλλ--'=+=+≤++++，①当12λ≤-时，()0m x '≤，对0x ∀≥，()g x '单调递减，0x ∀≥，()()00g x g ''≤=，对0x ∀≥，()g x 单调递减， 所以0x ∀≥，()0g x ≤恒成立．②当0λ≥时，()0m x '≥，对0x ∀≥，()g x '单调递增，0x ∀≥，()()00g x g ''≥=，对0x ∀≥，()g x 单调递增， 0x ∀≥，()0g x ≥恒成立，不成立．③当102λ-<<时，当10,2x ⎛ ⎝∈⎭时，()0m x '≥，110,ln 2x λλ⎛⎫- ⎝∈⎪⎪⎭时，()()00g x g ''≥=，()g x 单调递增，110,ln 2x λλ⎛⎫- ⎝∈⎪⎪⎭时，()()00g x g ≥=，不成立，综上12λ≤-．（3）设()222ln 8x x p qx h x pe qe p q -⎛⎫=+- ⎪ ⎪⎝⎭，由对称性，只需0x ≥时()0h x ≤， ()2214x pq x pqexh x p qpeq-'=-+，()00h '=， ()222222211044xx pq pqxx pq pq pe q e pqh x p q pe q p q pe q ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭''=-=-≤⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 所以0x ≥，()h x '递减，()()00h x h ''≤=，0x ≥，()h x 递减，()()00h x h ≤=，不等式得证．【名师点睛】本题考查了恒成立和证明不等式的问题，关键点是构造函数利用函数的单调性和最值解题，考查了学生分析问题、解决问题的能力及推理能力和计算能力，本题有一定的难度．9．已知函数f (x )=e x ，g (x )=2ax +1．（1）若f (x )≥g (x )恒成立，求a 的取值集合；（2）若a >0，且方程f (x )-g (x )=0有两个不同的根x 1，x 2，证明：122x x +<ln 2a ． 【试题来源】广东省湛江市2021届高三一模【答案】（1）12⎫⎧⎨⎬⎩⎭；（2）见解析【分析】（1）构造函数()()()21xu x f x g x e ax =-=--，求导，分类讨论得函数最值即可求解；（2）由题意得12122121x x e ax e ax ⎧=+⎨=+⎩，21212x x e e a x x -=-，等价证明()21212211x x x x x x e e --⎡⎤-<-⎣⎦，令2102x x t -=>，构造函数()212t tg t e te =--求导证明即可【解析】（1）令()()()21x u x f x g x e ax =-=--，()'2xu x e a =-13 / 31当0,a ≤()'0u x >恒成立，()u x 在R 上单调递增，()00u =，当0x <()0u x <不合题意，故舍去当0,a >()'0u x =则()ln 2x a =，故当()ln 2,x a <()'0u x <，()u x 单调递减；当()ln 2,x a >()'0u x >；()u x 单调递增，故()()()()max ln 222ln 210u x u a a a a ==--≥令()()'ln 1,ln 0,1h x x x x h x x x =--∴=-==，故()h x 在()0,1递增，在()1,+∞递减，故()()10,h x h ≤=即()ln 10,h x x x x =--≤即()22ln 21a a a --0≤，故21a =即12a =，故a 的取值集合为12⎫⎧⎨⎬⎩⎭.（2）方程f (x )-g (x )=0有两个不同的根x 1，x 2不妨令x 1<x 2，1212121221221x x x x e ax e e a x x e ax ⎧=+-∴∴=⎨-=+⎩，若证122x x +<ln 2a ． 即证()()1212212121212222121211x x x x x x x x x x x x e e e x x e e e x x e e x x ++---⎡⎤<⇔-<-⇔-<-⎣⎦- 令2102x x t -=>，即证212t t e te ->，令()()()2'12,21t t t tg t e te g t e e t =--=--因为1t e t >+，故()'0g t >，故()g t 单调递增，()()00g t g >=得证【名师点睛】本题关键是利用12122121x x e ax e ax ⎧=+⎨=+⎩，21212x x e e a x x -=-，等价证明()21212211x x x x x x ee --⎡⎤-<-⎣⎦，构造函数证明 10．已知函数2()ln ()f x x x ax x a =-+∈R ．（1）证明：曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线l 恒过定点；（2）若()f x 有两个零点12,x x ，且212x x >4e>． 【试题来源】广东省广州市2021届高三一模 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【分析】（1）求出函数在1x =处的导数，求出()1f ，即可求出切线方程，得出定点；（2）由题可得1122ln 1ln 1x ax x ax +=⎧⎨+=⎩，可得()21211221ln ln 2x x x x x x x x ++=-，令21x t x =，则()121ln ln 21t t x x t ++=-，构造函数()()1ln 1t t g t t +=-，二次求导得出()g t 单调递增，即可求出1228x x e >，再利用基本不等式即可证明． 【解析】（1）()ln 22f x x ax '=-+， 则()122f a '=-，即切线斜率为22a -，又()11f a =-，则切线l 的方程为()()()1221y a a x --=--，即()1222y a x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，可得当12x =时，0y =，故切线l 恒过定点1,02⎛⎫⎪⎝⎭；（2）12,x x 是()f x 的零点，212x x >，且120,0x x >>，则2111122222ln 0ln 0x x ax x x x ax x ⎧-+=⎨-+=⎩，即1122ln 1ln 1x ax x ax +=⎧⎨+=⎩， 12211221ln ln 2ln ln x x x x a x x x x ++-∴==+-，即()21211221ln ln 2xx x x x x x x ++=-， 令21x t x =，则2t >，则()121ln ln 21t t x x t ++=-， 令()()1ln 1t t g t t +=-，则()()212ln 1t t t g t t --'=-．令()12ln h t t t t =--，则()()2210t h t t-'=>，则()h t 单调递增， ()()322ln 202h t h ∴>=->，即()0g t '>，则()g t 单调递增， ()()23ln2g t g ∴>=，15 / 3112ln 23ln 2x x ∴+>，即1228ln 3ln 22lnx x e >-=，即1228x x e >，则22121242x x x x e+>>（由于12x x ≠，故不取等号），得证． 【名师点睛】本题考查利用导数解决双变量问题，解题的关键是将其转化为()121ln ln 21t t x x t ++=-，利用导数求出单调性，得出1228x x e >． 11．已知函数22ln ()xf x x a x=--． （1）若()0f x ≥，求实数a 的取值范围；（2）若函数()f x 有两个零点12,x x ，证明：121x x <．【试题来源】备战2021年高考数学全真模拟卷（山东高考专用） 【答案】（1）(,1]-∞；（2）证明见解析．【分析】（1）利用导数研究()f x 的单调性，求得()f x 的最小值，由此列不等式，解不等式求得a 的取值范围．（2）利用构造函数法证得()1210f x f x ⎛⎫-> ⎪⎝⎭，结合()f x 的单调性证得121x x <．【解析】（1）函数22ln ()xf x x a x=--的定义域为(0,)+∞． ()3222ln 12(1ln )()2x x x f x x x x +--'=-=．设3()ln 1r x x x =+-，所以21()30r x x x'=+>， 所以函数3()ln 1r x x x =+-在(0,)+∞上单调递增． 又(1)0r =，列表如下：x (0,1)1 (1,)+∞()'f x- 0+ ()f x极小值所以当1x =时，函数22ln ()xf x x a x=--取得最小值为(1)1f a =-． 因为()0f x ≥，即10a -≥，所以1a ≤．所以a 的取值范围是(,1]-∞． （2）不妨设12x x <．由（1）可得，函数()f x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增． 所以1201x x <<<，2101x <<．因为()()120f x f x ==， 所以()()122211f x f f x f x x ⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2222222212ln 2ln 11x x x a a x x x ⎛⎫ ⎪⎛⎫=----- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪⎝⎭22222112ln x x x x x ⎛⎫⎛⎫=+-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭．设函数1()2ln (1)g x x x x x=-->， 则22212(1)()10(1)x g x x x x x-'=+-=>>，函数()g x 在(1,)+∞上单调递增． 所以()222212ln (1)0g x x x g x =-->=， 所以()1210f x f x ⎛⎫-> ⎪⎝⎭，即()121f x f x ⎛⎫>⎪⎝⎭． 又函数22ln ()xf x x a x=--在(0,1)上单调递减． 所以12101x x <<<，所以121x x <． 【名师点睛】如果求一次导数无法确定函数单调性，可考虑再一次求导来确定函数的单调性．12．已知函数()2sin 2x f x x x =--．（1）证明：0x >时()0f x <；17 / 31（2）证明：2n ≥时，111111sin sin sin 1223n n++⋅⋅⋅+>+⋅⋅⋅+．【试题来源】河南省非凡2020-2021学年高三（3月）调研考理数试卷 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）利用导数分析函数()f x 在区间()0,∞+上的单调性，可得出()()00f x f <=，即可证得结论成立；（2）由（1）得出()1111023f f f f n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋅⋅⋅+< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，可得222211*********sin sin sin 112232123n n n ⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+>++⋅⋅⋅+-++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭利用放缩法得出当2n ≥时，()2111111n n n n n <=---，可证得222211112123n++⋅⋅⋅+<，代入不等式计算即可证得结论成立． 【解析】（1）因为()2sin 2x f x x x =--，则()1cos f x x x '=--，设()()1cos g x f x x x '==--，则()sin 10g x x '=-≤，故()g x 在()0,∞+上为减函数， 可得()()00g x g <=，即()0f x '<，故()f x 在()0,∞+上为减函数，故()()00f x f <=；（2）由（1）知0x >时()0f x <，可得()1111023f f f f n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋅⋅⋅+< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭2222111111111111sin sin sin 023212312n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⇒++⋅⋅⋅+-++⋅⋅⋅+-++⋅⋅⋅+< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭222211*********sin sin sin 112232123n n n ⎛⎫⎛⎫⇒++⋅⋅⋅+>++⋅⋅⋅+-++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当2n ≥时，()2111111n n n n n <=---，故2221111111111112312231n n n n+⋅⋅⋅+<-+-+⋅⋅⋅+-=-<-， 所以，222211112123n ++⋅⋅⋅+<，因此，1111111111sin sin sin 121223223n n n⎛⎫++⋅⋅⋅+>++⋅⋅⋅+-⨯=+⋅⋅⋅+ ⎪⎝⎭．13．已知函数()1ln 1x f x e x -=--．（1）判断()f x 的单调性；（2）若方程()()10f ax a a x =-->有唯一实根0x ，求证：012x <<． 【试题来源】全国百强名校“领军考试”2020-2021学年高三下学期3月 【答案】（1）()f x 在()0,1上是减函数，在()1,+∞上是增函数；（2）证明见解析．【分析】（1）求得()11x f x e x-'=-，分析()f x '的符号变化，由此可得出函数()f x 的单调递增区间和递减区间；（2）设()()1g x f x ax a =-++，利用导数分析函数()g x 的单调性，根据已知条件得出()()min0g x g t ==，其中t 为函数()g x 的极小值点，可得出()()00g t g t ⎧=⎪⎨='⎪⎩，消去a 可得出()112ln 0t t t e t t ----+=，构造函数()()()112ln 1t t h t t e t t t--=--+>，分析函数()h t 在区间()1,+∞上的单调性，结合零点存在定理证得12t <<，即可得出012x <<．【解析】（1）因为()1ln 1x f x e x -=--，所以()11x f x e x -'=-，则()1210x f x e x-''=+>，所以，函数()f x '在()0,∞+上是增函数，且()10f '=， 所以，当()0,1x ∈时，()0f x '<；当()1,x ∈+∞时，()0f x '>． 所以()f x 在()0,1上是减函数，在()1,+∞上是增函数；（2）设()()11ln x g x f x ax a e x ax a -=-++=--+，则()11x g x e a x-'=--， 因为()g x '是增函数，又()10g a '=-<，()11101aa g a e a e a a '+=-->-->+， 所以存在唯一的()1,t ∈+∞，使得()0g t '=．当()0,x t ∈时，()0g x '<，此时，函数()g x 单调递减； 当(),x t ∈+∞时，()0g x '>，此时，函数()g x 单调递增．所以，()()1min ln t g x g t e t at a -==--+．方程()1f x ax a =--有唯一实根0x ，则0x t =，且()()00g t g t ⎧=⎪⎨='⎪⎩，即1110ln 0t t e a t e t at a --⎧--=⎪⎨⎪--+=⎩，消去a 得()112ln 0t t t e t t ----+=， 设()()()112ln 1t t h t t e t t t --=--+>，则()()12110t h t t e t -'+⎛⎫ ⎝=⎪⎭-<，所以，函数()h t 在()1,+∞上是减函数，19 / 31因为()110h =>，()12ln 202h =-+<，所以12t <<，即012x <<． 【名师点睛】利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题． 14．已知函数()11lnx aF x x x =--+． （1）设函数()()()1h x x F x =-，当2a =时，证明：当 1x >时，()0h x >； （2）若()0F x >恒成立，求实数a 的取值范围；（3）若a 使()F x 有两个不同的零点12 ,x x，证明：21a a x x e e -<-<-． 【试题来源】东北三省四市教研联合体2021届高考模拟考试 【答案】（1）证明见解析；（2）2a ≤；（3）证明见解析．【分析】（1）当 2a =时对()h x 求导，证明 1x >时，()0h x '>即可． （2）设函数()()1ln 1a x f x x x -=-+，根据函数的单调性判断ln x 与()11a x x -+的关系，根据()0F x >恒成立，确定a 的取值范围；（3）根据函数的单调性求出2121a at t x x e e --<-<-，得到21t t -=【解析】（1）()()ln 111xa h x x x x ⎛⎫=-- ⎪-+⎝⎭当 2a =时，()()()21ln 21ln 111x xh x x x x x x -⎛⎫=--=- ⎪-++⎝⎭()()()()()()()()2222221211111114x x x x h x x x x x x x x +---+-'=-==+++， 当1x >时，()0h x '>，所以()h x 在()1,+∞上为单调递增函数， 因为()10h =，所以()()10h x h >=，（2）设函数()()1ln 1a x f x x x -=-+，则()()()222111x a x f x x x +-+'=+， 令()()2211g x x a x =+-+，当1a ≤时，当0x >时，()0g x >，当12a <≤时，2480a a ∆=-≤，得()0g x ≥，所以当2a ≤时，()f x 在()0,∞+上为单调递增函数，且()10f =， 所以有()101f x x >-，可得()0F x >． 当2a >时，有2480a a ∆=->，此时()g x 有两个零点，设为12,t t ，且12t t <． 因为()12210t t a +=->，121t t =，所以1201t t <<<， 在()21,t 上，()f x 为单调递减函数， 所以此时有()0f x <，即()1ln 1a x x x -<+，得ln 011x ax x -<-+， 此时()0F x >不恒成立，综上2a ≤．（3）若()F x 有两个不同的零点12, x x ，不妨设12 x x <， 则12, x x 为()()1ln 1a x f x x x -=-+的两个零点，且11x ≠，21x ≠， 由（2）知此时2a >，并且()f x 在()10,t ，()2,t +∞为单调递增函数， 在()12,t t 上为单调递减函数，且()10f =，所以()10f t >，()20f t <，因为()201aa a f e e -=-<+，()201aaa f e e =>+，1a a e e -<<， 且()f x 图象连续不断，所以()11,ax e t -∈，()22,a x t e ∈，21 / 31所以2121a at t x x e e --<-<-，因为21t t -=综上得21||a a x x e e -<-<-． 【名师点睛】求不等式恒成立问题的方法 （1）分离参数法若不等式(),0f x λ≥()x D ∈（λ是实参数）恒成立，将(),0f x λ≥转化为()g x λ≥或()()g x x D λ≤∈恒成立，进而转化为()max g x λ≥或()()min g x x D λ≤∈，求()g x 的最值即可．（2）数形结合法结合函数图象将问题转化为函数图象的对称轴、区间端点的函数值或函数图象的位置关系（相对于x 轴）求解．此外，若涉及的不等式转化为一元二次不等式，可结合相应一元二次方程根的分布解决问题． （3）主参换位法把变元与参数变换位置，构造以参数为变量的函数，根据原变量的取值范围列式求解，一般情况下条件给出谁的范围，就看成关于谁的函数，利用函数的单调性求解． 15．已知函数2()x f x e ax x =--．（1）当1a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（2）若函数()()F x f x x =+有两个极值点1x ，2x ，求证：212(ln(2))x x a <． 【试题来源】2021年新高考测评卷数学（第六模拟） 【答案】（1）(3)1y e x =-+；（2）证明见解析．【分析】（1）当1a =时，可得()f x 解析式，求导得()'f x 解析式，则可求得(1)k f '=，(1)2f e =-，代入直线方程，化简即可得答案．（2）函数()F x 有两个极值点1x ，2x ，等价为()0F x '=有两个不相等的实数根1x ，2x ．令()2x h x e ax =-，分别讨论0a >和0a ≤两种情况，利用导数求得其单调区间和极值，可得a 的范围，不妨设12x x <，则1ln(2)x a <，2ln(2)1x a >>．令24()()(2ln(2))44ln(2)xx a G x h x h a x e ax a a e=--=--+，利用导数判断其单调性，结合基本不等式，分析整理，即可得证．【解析】（1）当1a =时，2()x f x e x x =--，则()21x f x e x '=--， 所以(1)3k f e ='=-，又(1)2f e =-，所以切线方程为(3)(1)2y e x e =--+-，即(3)1y e x =-+． （2）由题意得2()x F x e ax =-，则()2x F x e ax '=-． 因为函数()F x 有两个极值点1x ，2x ， 所以()0F x '=有两个不相等的实数根1x ，2x ． 令()2x h x e ax =-，则()2x h x e a '=-．①当0a ≤时，()0h x '>恒成立，则函数()h x 为R 上的增函数， 故()h x 在R 上至多有一个零点，不符合题意． ②当0a >时，令()0h x '=，得ln(2)x a =，当(,ln(2))∈-∞x a 时，()0h x '<，故函数()h x 在(,ln(2))a -∞上单调递减， 当(ln(2),)x a ∈+∞时，()0h x '>，故函数()h x 在(ln(2),)a +∞上单调递增． 因为函数()0h x =有两个不相等的实数根1x ，2x ， 所以min ()(ln(2))22ln(2)0h x h a a a a ==-<，得2e a > 不妨设12x x <，则1ln(2)x a <，2ln(2)1x a >>． 又(0)10h =>，所以1(0,ln(2))x a ∈．令24()()(2ln(2))44ln(2)xx a G x h x h a x e ax a a e=--=--+，23 / 31则24()440xx a G x e a a e '=+-≥=，所以函数()G x 在R 上单调递增．由2ln(2)x a >可得()2(ln(2))0G x G a >=，即()()222ln(2)h x h a x >-． 又1x ，2x 是函数()h x 的两个零点，即12h x h x ，所以()()122ln(2)h x h a x >-．因为2ln(2)x a >，所以22ln(2)ln(2)a x a -<，又1ln(2)x a <，函数()h x 在(,ln(2))a -∞上单调递减， 所以122ln(2)x a x <-，即122ln(2)x x a +<．又12x x +>2ln(2)a ，因此212(ln(2))x x a <．【名师点睛】解决本题的关键主要有三点：一是确定1x ，2x 的范围，为后续的灵活转化做准备；二是能够想到构造函数()()(2ln(2))G x h x h a x =--，并借助其单调性得到()()222ln(2)h x h a x >-；三是巧妙利用自变量的范围和函数()h x 的单调性构建关于1x ，2x 的不等式．16．已知函数()2ln 4f x x a x a =-+，()a R ∈ （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）令()()sin g x f x x =-，若存在()12,0,x x ∈+∞，且12x x ≠时，()()12g x g x =，证明：212x x a <．【试题来源】江西省九所重点中学（玉山一中、临川一中等）2021届高三3月联合考试 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）求函数的定义域和导数，分0a ≤和0a >两种情况，结合导数可求出函数的单调性．（2）根据题意可得()()()121212ln ln 2sin sin a x x x x x x -=---，通过构造函数()sin h x x x =-，求函数单调性及参变分离可得1212ln ln x x a x x ->-，令()121x t x t >=，通过导数得()()ln 1m t t t =->的单调性，即可证明()()10m t m >=，从而可证明212x x a <．【解析】（1）()f x 的定义域为()0,∞+，()22a x a f x x x -'=-=， 当0a ≤时，()0f x '>，当0a >时，由()0f x '>得2a x >，由()0f x '<得02ax <<，所以当0a ≤时，()f x 在()0,∞+上单调递增当0a >时，()f x 在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增． （2）()2ln sin 4g x x a x x a =--+，因为()()12g x g x =，由题意知，1112222ln sin 2ln sin x a x x x a x x --=--， 所以()()()121212ln ln 2sin sin a x x x x x x -=---，令()sin h x x x =-，则()1cos 0h x x '=-≥，所以()h x 在()0,∞+上单调递增， 不妨设120x x >>，因为()()12h x h x >，所以1122sin sin x x x x ->-， 所以()1221sin sin x x x x -->-，所以()()()()12121221122sin sin 2x x x x x x x x x x --->-+-=- 所以()1212ln ln a x x x x ->-，所以1212ln ln x x a x x ->-，令()121x t x t >=，只需证t 1ln t->ln 0t ->，设()()ln 1m t t t =>，则()210m t '=>，所以()m t 在()1,+∞递增，所以()()10m t m>=，即1212ln ln x x x x ->-所以a >212x x a <．【名师点睛】利用导数求含参函数的单调性时，一般先求函数的定义域，求出导数后，令导数为零，解方程，讨论方程的根的个数以及根与定义域的位置关系，确定导数的符号，从而求出函数的单调性．17．已知函数1()2ln f x x a x x=--(a ∈R)． （1）讨论函数()f x 的单调性；25 / 31（2）若1x ，2x 为函数()f x 的两个极值点，证明：1212()()24f x f x a x x ->--．【试题来源】湖北省八市2021届高三下学期3月联考 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）求出导函数()'f x ，根据()0f x '=的解的情况分类讨论得单调性；（2）由（1）知1a >，化简1212()()f x f x x x --，不等式化为1212ln2x x x x <-，再由121=x x 不妨设2110x x >>>，转化为只要证2221ln 0,x x x -+<这个不等式可利用（1）中的结论证明． 【解析】（1）2221(),0x ax f x x x-+'=>，令22210,44x ax a -+=∆=- 当0∆≤即11a -≤≤时，()0f x '≥，()f x 在()0,∞+上单调递增； 当0∆>即1a >或1a <-时，①当1a <-时，20,()0,ax f x '->>()f x 在()0,∞+上单调递增； ②当1a >时，令()0f x '=，12x a x a =-=+综上：当1a ≤时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当1a >时，()f x 在(()0,,a a +∞上单调递增，在(a a 上单调递减．（2）由（1）知1a >时()f x 有两个极值点12,x x ， 且12122,1x x a x x +==，不妨设2110x x >>>，1121112212121221221212121211(2ln )(2ln )()2ln 2ln ()()2.x x x x x a x x a x x x a a f x f x x x x x x x x x x x x x x x ----------===-----要证1212()()24,f x f x a x x ->--即证1212ln 2x x x x <-，即2222ln 21x x x <-，2221ln 0,x x x ∴-+< 设1()ln (1),g t t t t t =-+>由（1）知当1=2a 时，()f x 在()0,∞+上单调递增，()()g t f t =-，则()g t 在()1,+∞上单调递减，()(1)0g t g ∴<=．原式得证．【名师点睛】本题考查用导数研究函数的单调性，证明不等式．含有参数的函数在求单调区间时一般需要分类讨论，可根据()0f x '=的根的情况分类讨论．对于双变量的不等式的证明需要进行变形，利用双变量之间的关系，转化为只有一个变量的不等式，从而可引入新函数，利用函数的性质进行证明．解题过程中换元法是一种重要的方法． 18．已知函数()ln(3)f x x x =+-． （1）求函数()f x 的最大值；（2）若关于x 的方程()ln303xa ae a x +=>+有两个不等实数根12,x x ，证明：122x x e e a+>． 【试题来源】河南省新乡市2020-2021学年高三下学期2月一轮复习摸底考试 【答案】（1）2；（2）证明见解析．【分析】（1）先求函数的导数，判断含的单调性，再求函数的最大值；（2）首先方程变形为ln ln 3x a x a x e +++=++ln(3)ln(3)ln(3)x x e x ++=++，再构造函数()x g x e x =+，判断函数的单调性，转化为ln(3)ln x x a +-=有两个实数根1x ，2x ，再利用分析法，转化不等式证明为122x x ae ae +>，转化为证明()()()()121212232333ln 3ln 3x x x x x x +-++++>+-+，利用换元转化为证明2(1)ln (01)1t t t t -<<<+． 【解析】（1）解：因为()ln(3)f x x x =+-，所以2()(3)3x f x x x --'=>-+． 令()0f x '>，得32x -<<-；令()0f x '<，得2x >-，27 / 31所以()f x 在(3,2)--上单调递增，在(2,)-+∞上单调递减， 所以max ()(2)2f x f =-=．（2）证明：方程()ln303xaae a x +=>+可化为ln ln 3x a x a x e +++=++ln(3)ln(3)ln(3)x x e x ++=++．设()x g x e x =+，显然()g x 在(,)-∞+∞上是增函数，又(ln )(ln(3))g x a g x +=+， 所以有ln ln(3)x a x +=+，即方程ln(3)ln x x a +-=有两个实数根1x ，2x ．由（1）可知()ln(3)2f x x x =+-≤，则有ln 2a <，所以a 的取值范围为()20,e ．因为方程()ln f x a =有两个实数根1x ，2x ，所以()()1122ln 3ln ln 3ln x x ax x a ⎧+=+⎪⎨+=+⎪⎩，则()()()()1212331ln 3ln 3x x x x +-+=+-+，要证122e e x xa+>，即证122x x ae ae +>． 1212ln ln x x x a x a ae ae e e +++=+=()()12ln 3ln 3126x x e e x x +++=++，需证12332x x +++>．需证()()()()121212232333ln 3ln 3x x x x x x +-++++>+-+．不妨设123x x -<<，令1233x t x +=+，则01t <<，即要证2(1)ln (01)1t t t t -<<<+． 设2(1)()ln (01)1t h t t t t -=-<<+，则22(1)()0(1)t h t t t -'=>+， 所以()h t 在(0,1)上是增函数，()(1)0h t h <=，即2(1)ln 1t t t -<+成立，故原式成立． 【名师点睛】本题考查利用导数证明不等式双变量问题，属于难题． 难点一：方程实根个数转化为ln(3)ln x x a +-=有两个实数根1x ，2x ，难点二：通过变形，消去并得到关于要证不等式不等号右边()1ln 3x +和()2ln 3x +的关于的表达式，进而整理为由1233x x ++表达的形式，利用换元得到关于单变量t 的函数表达式．。
2021年高考数学函数与导数解析版
函数与导数【命题趋势】在目前高考全国卷的考点中，导数板块常常作为压轴题的形式出现，这块部分的试题难度呈现非减的态势，因此若想高考中数学拿高分的同学，都必须拿下导数这块的内容.函数单调性的讨论、零点问题和不等式恒成立的相关问题（包含不等式证明和由不等式恒成立求参数取值范围）是出题频率最高的.对于导数内容，其关键在于把握好导数，其关键在于把握好导数的几何意义即切线的斜率，这一基本概念和关系，在此基础上，引申出函数的单调性与导函数的关系，以及函数极值的概念求解和极值与最值的关系以及最值的求解.本专题选取了有代表性的选择，填空题与解答题，通过本专题的学习熟悉常规导数题目的思路解析与解题套路，从而在以后的导数题目中能够快速得到导数问题的得分技巧.【满分技巧】对于导数的各类题型都是万变不离其宗，要掌握住导数的集中核心题型，即函数的极值问题，函数的单调性的判定.因为函数零点问题可转化为极值点问题，函数恒成立与存在性问题可以转化为函数的最值问题，函数不等式证明一般转化为函数单调性和最值求解，而函数的极值和最值是由函数的单调性来确定的.所以函数导数部分的重点核心就是函数的单调性.对于函数零点问题贴别是分段函数零点问题是常考题型，数形结合是最快捷的方法，在此方法中应学会用导数的大小去判断原函数的单调区间，进而去求出对应的极值点与最值.恒成立与存在性问题也是伴随着导数经典题型，对于选择题来说，恒成立选择小题可以采用排除法与特殊值法相结合的验证方法能够比较快捷准确得到答案，对于填空以及大题则采用对函数进行求导，从而判定出函数的最值.函数的极值类问题是解答题中的一个重难点，对于非常规函数，超出一般解方程的范畴类题目则采用特殊值验证法，特殊值一般情况下是0,1等特殊数字进行验证求解.对于理科类导数类题目，对于比较复杂的导数题目.一般需要二次求导，但是要注意导数大小与原函数之间的关系，搞清楚导数与原函数的关系是解决此类题目的关键所在.含参不等式证明问题也是一种重难点题型，对于此类题型应采取的方法是：一 双变量常见解题思路：1双变量化为单变量→寻找两变量的等量关系；2转化为构造新函数；二含参不等式常见解题思路：1参数分离；2通过运算化简消参（化简或不等关系）；3将参数看成未知数，通过它的单调关系来进行消参.那么两种结构的解题思路理顺了，那么我们来看这道题.这是含参的双变量问题，一般来说，含参双变量问题我们一般是不采用转化为构造新函数，我们最好就双变量化为单变量，这就是我们解这道题的一个非常重要的思路：① 寻找双变量之间的关系并确定范围，并且确定参数的取值范围；②化简和尝试消参；③双变量化为单变量.④证明函数恒成立（求导、求极值……）（经典题型2018年全国一卷理21题）【考查题型】选择题，填空，解答题21题【限时检测】一、单选题1．（2021·北京高三期末）已知定义在R 上的奇函数()f x 满足(2)()f x f x +=，且(1)0f =，当(0,1)x ∈时，()2x f x x =+．设(5)a f =，1()3b f =，5()2c f =-，则,,a b c的大小关系为（ ） A ．b a c >>B ．a c b >>C ．c a b >>D ．b c a >>【答案】A 解：因为定义在R 上的奇函数()f x 满足(2)()f x f x +=，所以()f x 是以2为周期的周期函数，且()00f =，又(0,1)x ∈，()2x f x x =+，因为2xy =与y x =在(0,1)x ∈上单调递增，所以()2x f x x =+在(0,1)x ∈上单调递增，根据奇函数的对称性可得()f x 在()1,1-上单调递增，所以()()(5)100a f f f ====，2152c f f ⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，1()3b f =因为11032>>-，所以()11032f f f ⎛⎫⎛⎫>>- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即b a c >> 故选：A2．（2021·海南高三二模）设2364log 3log 6log log (28)m m ⋅⋅=+，则m =（ ） A ．2 B ．4C ．8D ．-2或4【答案】B【分析】条件中的等式左边224ln3ln 6ln log log ln 2ln3ln 6mm m =⨯⨯==， 所以228m m =+， 解得4m =或2m =- (舍去). 故选：B3．（2021·全国高三专题练习（理））将函数()()sin 2f x x ϕ=+的图象向左平移π4个单位后得到函数()g x 的图象，()g x 的图象在π6x =处切线垂直于y 轴，且()ππ04g g ⎛⎫+> ⎪⎝⎭，则当ϕ取最小正数时，不等式()12g x ≥的解集是（ ）A ．()πππ,π36k k k ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z B ．()ππ,π3k k k ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦Z C ．()2ππ,ππ3k k k ⎡⎤--∈⎢⎥⎣⎦Z D ．()ππ,π2k k k ⎡⎤-∈⎢⎥⎣⎦Z 【答案】C【分析】将函数()()sin 2f x x ϕ=+的图象向左平移π4个单位后，得到函数()()πsin 2cos 22g x x x ϕϕ⎛⎫=++=+ ⎪⎝⎭的图象， ()g x 的图象在π6x =处切线垂直于y 轴，即()g x 的图象在π6x =处切线斜率为零， 由()()'2cos 2g x x ϕ=-+ 得ππ2sin 2066g ϕ⎛⎫⎛⎫'=-⨯+=⎪⎪⎝⎭⎝⎭，则,,3k k Z πϕπ+=∈ 若取ϕ=2π3，此时，()2πsin 23f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，()2πcos 23g x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭．此时，()π1π0422g g ⎛⎫+=--<⎪⎝⎭，不满足条件．若取π3ϕ=-，()πcos 23g x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()π1π0422g g ⎛⎫+=+> ⎪⎝⎭， 满足条件．则当ϕ取最小正数5π3时，不等式()5π1cos 232g x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭≥，即5π1cos 232x ⎛⎫+⎪⎝⎭≥，故5π5π7π2π22π333k x k +≤+≤+，求得πππ3k x k ≤≤+． 由于函数()f x 的周期为π，故πππ3k x k ≤≤+，即2ππππ3k x k -≤≤-． 故不等式的解集为2ππππ,3x k x k k ⎧⎫-≤≤-∈⎨⎬⎩⎭Z ， 故选：C ．4．（2021·浙江台州市·高三期末）已知函数()2sin 262x f x x mx π⎛⎫=+-- ⎪⎝⎭在06,π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，则实数m 的最小值是（ ）A．B． CD【答案】D【分析】由()2sin 262x f x x mx π⎛⎫=+-- ⎪⎝⎭在06,π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减， 得()2cos 206f x x x m π⎛⎫'=+--≤ ⎪⎝⎭06x ,⎛π⎫⎡⎤∈ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭， 即2cos 26x x m π⎛⎫+-≤ ⎪⎝⎭， 令()2cos 26g x x x π⎛⎫=+- ⎪⎝⎭06x ,⎛π⎫⎡⎤∈ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭，则()4sin 216g x x π⎛⎫'=-+- ⎪⎝⎭， 当0,6x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，2662x πππ≤+≤ ，则24sin 246x π⎛⎫≤+≤ ⎪⎝⎭， 所以54sin 2136x π⎛⎫-≤+-≤- ⎪⎝⎭，即()0g x '<， 所以()g x 在0,6x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦是单调递减函数，max ()(0)g x g ≤得m ≥，m故选：D.5．（2021·江苏常州市·高三期末）函数()x x f x -=的图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【分析】 设())lng x x =，对任意的x ∈Rx x >≥-0x >，则函数()g x 的定义域为R ，())ln xxg x x-==)()lnx g x ==-=-，所以，函数())ln g xx =为奇函数，令())lng x x ==1x =1x =-，所以，10x -≥，可得1x ≤1x =-可得()2211x x +=-，解得0x=.所以，函数()x x f x -=的定义域为{}0x x ≠，()()()()2222x x x xf x f xg x g x --++-==-=--，所以，函数()f x 为奇函数，排除BD 选项，当0x >时，)ln ln10x >=，220x x -+>，所以，()0f x >，排除C 选项.故选：A.6．（2021·北京高三期末）对于定义在R 上的函数()y f x =，若存在非零实数0x ，使函数()y f x =在0(,)x -∞和0,)x +∞（上均有零点，则称0x 为函数()y f x =的一个“折点”.下列四个函数存在“折点”的是（ ） A ．1()32x f x -=+B ．()lg(2021)x f x =+C ．3()13x f x x =--D ．2()21f x x mx =--【答案】D【分析】因为1()322x f x -=+>恒成立，所以函数()f x 不存在零点，所以函数()f x 不存在折点，故A 错误；因为20212021x +≥，所以函数()lg(2021)x f x =+不存在零点，即不存在折点，故B 错误；对函数3()13x f x x =--，2()1(1)(1)f x x x x '=-=+-，()0f x '>时，1x <-或1x >；()0f x '<时，11x -<<，所以函数3()13x f x x =--在(),1-∞-和()1,+∞上单调递增，在()1,1-上单调递减，又1(1)03f -=-<，所以函数3()13x f x x =--只有一个零点，所以函数不存在折点，故C 错误；对于函数()222()211f x x mx x m m =--=+--，由于2()11f m m -=--≤-，结合图像可知该函数一定有折点，故D 正确；故选：D.7．（2021·云南昆明市·昆明一中高三月考（理））若函数31()ln 3f x x a x =-在(2,)+∞上单调递增，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(,4)-∞ B ．(,4]-∞C ．(,8)-∞D ．(8],-∞【答案】D【分析】因为31()ln 3f x x a x =-，所以2()a f x x x'=-； 又因为31()ln 3f x x a x =-在(2,)+∞上单调递增， 所以20ax x-≥在(2,)+∞上恒成立， 即3a x ≤在(2,)+∞上恒成立，只需要()min3a x≤，(2,)x ∈+∞因为3y x =在(2,)+∞单调递增，所以3328y x =>=，所以8a ≤. 故选：D ．8．（2021·宁夏固原市·高三期末（理））已知定义在0,上的函数()f x ，fx 是()f x 的导函数，满足()()0xf x f x '-<，且()2f ＝2，则()0x x f e e ->的解集是（ ） A ．()20,eB ．()ln2+∞,C ．()ln2-∞,D ．()2e +∞,【答案】C【分析】因为2()()()0f x xf x f x x x ''-⎡⎤=<⎢⎥⎣⎦，所以函数()f x x 在区间0,上单调递减不等式()0xxf ee->可化为()(2)2x xf e f e >，即2xe <，解得ln 2x <故选：C9．（2021·北京顺义区·高三期末）已知函数()13xaxf x x+=-.若存在()0,1x ∈-∞-，使得()00f x =，则实数a 的取值范围是（ ）A ．4,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．40,3⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．(),0-∞D ．4,3⎛⎫+∞⎪⎝⎭【答案】B【分析】由()130xax f x x +=-=，可得13x a x =-，令()13x g x x=-，其中(),1x ∈-∞-，由于存在()0,1x ∈-∞-，使得()00f x =，则实数a 的取值范围即为函数()g x 在(),1-∞-上的值域.由于函数3xy =、1y x=-在区间(),1-∞-上为增函数，所以函数()g x 在(),1-∞-上为增函数.当(),1x ∈-∞-时，()1143313xg x x -=-<+=，又()130x g x x=->， 所以，函数()g x 在(),1-∞-上的值域为40,3⎛⎫ ⎪⎝⎭.因此，实数a 的取值范围是40,3⎛⎫ ⎪⎝⎭.故选：B.10．（2020·烟台市福山区教育局高三期中）已知函数()3ln ,393x f x x x <≤=⎨<≤⎪⎩，若函数()()g x f x ax =-有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是（ ）A．1,32⎫⎪⎪⎣⎭B ．ln 311,932e ⎡⎤⎧⎫⋃⎨⎬⎢⎥⎣⎦⎩⎭C．1ln 31,,3923e ⎡⎫⎡⎫⋃⎪⎢⎪⎢⎪⎣⎭⎣⎭D．ln 3110,9332e ⎫⎛⎫⎧⎫⋃⋃⎪⎨⎬ ⎪⎪⎝⎭⎩⎭⎣⎭【答案】D【分析】函数()()g x f x ax =-有两个不同的零点等价于方程()f x a x=有两个不同的根，3,()ln3,39,x x f x x x x x<≤⎪⎪=⎨⎪<≤⎪⎩，令()u x =，∴''()u x == ''()012,()023,u x x u x x >⇒<<<⇒<< ∴()u x 在(1,2)递增，在(2,3)递减，∴1(1)0,(2),(3)23u u u ===∴()(0,]3u x ∈，且 令lnln33()33x xv x x x ==⨯，39x <≤，令3xt =，则1ln ()3t y v x t ==，13t <≤，'211ln 3t y t-=⋅，当'0y t e =⇒=，'01y t e >⇒<<，'03y e t <⇒<<，∴y 在(1,)e 递增，在(,3)e 递减，且1ln 3(1)0,(),(3)39y y e y e === ∴1()(0,]3v x e∈， 所以直线y a =与3,()ln3,39,x f x x x x x<≤⎪=⎨⎪<≤⎪⎩有两个交点， 可得a的取值范围为：ln 3110,9332e ⎫⎛⎫⎧⎫⋃⋃⎪⎨⎬ ⎪⎪⎝⎭⎩⎭⎣⎭. 故选：D.11．（2020·吉林长春市实验中学高三期中（理））已知函数()()ln 1xf x ex =-，1,2x ⎡⎤∈+∞⎢⎥⎣⎦若存在[]2,1a ∈-，使得21223f a a e m ⎛⎫-≤+-- ⎪⎝⎭成立，则实数m 的取值范围为（ ）A ．31,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．[]1,+∞C ．2,3⎡⎤+∞⎢⎥⎣⎦D ．2,13⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】D【分析】'1()ln 1xf x e x x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，令1()ln 1g x x x=+-，则'22111()x g x x x x -=-=，故当112x <<时，)'(0g x <，()g x 单调递减，当1x >时，'()0,()g x g x >单调递增，()(1)0g x g ∴≥=，从而当1,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭时，'()0f x ≥，()f x 在区间1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递增.设()()222314h a a a e a e =+--=+--，则()h a 在[]2,1--上单调递减，在[]1,1-上单调递增，()max ()1h a h e ==-，存在[]2,1a ∈-，使21223f a a e m ⎛⎫-≤+-- ⎪⎝⎭成立，等价于()121f e f m ⎛⎫-≤-= ⎪⎝⎭.1211122m m ⎧-≤⎪⎪∴⎨⎪-≥⎪⎩，解得213m ≤≤.故选：D.12．（2020·甘肃兰州市·西北师大附中高三期中）已知函数()f x 的导函数为()f x '，且对任意的实数x 都有()()()23x f x e x f x -'=+-(e 是自然对数的底数)，且()01f =，若关于x 的不等式()0f x m -<的解集中恰有两个整数，则实数m 的取值范围是（ ） A ．[),0e - B ．)2,0e ⎡-⎣C ．(],0e -D ．(2,0e ⎤-⎦【答案】C【分析】()()23xx f x f x e+'=-即()()23xe f x f x x '+=+⎡⎤⎣⎦， 所以()23xe f x x '⎡⎤=+⎣⎦，则()23x e f x x x c =++，所以()23xx x c f x e ++=，因为()01f =，所以()001cf c e===，所以()231xx x f x e ++=，()()()()()()2222331221x x xxx x e e x x x x x x f x e e e+-++-+--+-'===，由()0f x '>得21x -<<，此时()f x 单调递增， 由()0f x '<得2x <-或1x >，此时()f x 单调递减， 所以1x =时，()f x 取得极大值为()51f e=， 当2x =-时，()f x 取得极小值()220f e -=-<，又因为()10f e -=-<，()010f =>，()330f e -=>，且1x >时，()0f x >，()0f x m -<的解集中恰有两个整数等价于()231xx x f x e++=在y m=下方的图象只有2个横坐标为整数的点，结合函数图象可得： 则()10f m -<≤，解得0e m -<≤，所以0e m -<≤时，()0f x m -<的解集中恰有两个整数1,2--， 故实数m 的取值范围是(],0e - 故选：C13．（2020·全国高三专题练习（理））定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，当[)0,x ∈+∞时，()2sin cos 0x x f x '⋅->且x R ∀∈，()()cos21f x f x x -++=.则下列说法一定正确的是（ ）A ．15324643f f ππ⎛⎫⎛⎫-->-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．15344643f f ππ⎛⎫⎛⎫-->-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．3134324f f ππ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ．1332443f f ππ⎛⎫⎛⎫-->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】B【分析】令()()2sin F x x f x =-，x R ∀∈，()()cos21f x f x x -++=，所以，()()()()()()()222sinsin 2sin F x F x x f x x f x x f x f x -+=---+-=--+⎡⎤⎣⎦()1cos21cos20x x =---=，()()F x F x ∴-=-，所以，函数()F x 为R 上的奇函数， ()()sin 2F x x f x =-''，当[)0,x ∈+∞时，()2sin cos 0x x f x '⋅->，即()sin 2x f x >'，()0F x '∴>， 所以，()()2sin F x x f x =-在[)0,+∞上单调递增，由奇函数的性质可知，函数()F x 在(],0-∞上单调递增， 所以，函数()F x 在R 上单调递增.对于A 选项，5263ππ-<-，则5263F F ππ⎛⎫⎛⎫-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即15324643f f ππ⎛⎫⎛⎫--<-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，A 选项错误；对于B 选项，5463ππ->-，5463F F ππ⎛⎫⎛⎫∴->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即15344643f f ππ⎛⎫⎛⎫-->-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，B 选项正确； 对于C 选项，334ππ<，334F F ππ⎛⎫⎛⎫∴< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即3134324f f ππ⎛⎫⎛⎫-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，C 选项错误；对于D 选项，343ππ-<，343F F ππ⎛⎫⎛⎫∴-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即1332443f f ππ⎛⎫⎛⎫--<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，D 选项错误. 故选：B.14．（2021·江苏省新海高级中学高三期末）已知函数2()31f x x x =---，()e g 2x exx ex+=，实数m ，n 满足0m n <<，若[]1,x m n ∀∈，()20,x ∃∈+∞，使得()()12f x g x =成立，则n m -的最大值为（ ）A．1 BC ．D【答案】A 【分析】()()()()'22222222214222xx x x x x x e e ex e ex eex e e e x e e x g x e e x ex exex +⋅-+⋅⋅-⋅⋅--====⋅， 所以当01x <<时，()()'0,g x g x <递减；当1x >时，()()'0,g x g x >递增. 所以在区间()0,∞+上，()g x 的最小值为()112e eg e+==. ()23524f x x ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭，故()f x 在32x =-时取得最大值54.画出()()0f x x <和()()0g x x >图象如下图所示， 令()1f x =，解得2x =-或1x =-.依题意，实数m ，n 满足0m n <<，若[]1,x m n ∀∈，()20,x ∃∈+∞，使得()()12f x g x =成立，由图可知，n m -的最大值为()121---=. 故选：A二、填空题15．（2020·罗山县楠杆高级中学高三月考（文））已知()f x 为偶函数，当0x <时，()()ln 2f x x x =-+，则曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程是__________．【答案】10x y ++=【分析】令0x >，则0x -<，因为当0x <时，()()ln 2f x x x =-+，所以()ln 2-=-f x x x ，又()f x 为偶函数，所以()()ln 2=-=-f x f x x x ， 所以当0x >时，()ln 2f x x x =-，所以12f ，又()12f x x'=-，所以()11f '=-， 所以曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程是()21y x +=--，即10x y ++=. 故答案为：10x y ++=16．（2020·海口市第四中学高三期中）已知k 为常数，函数2,0()1ln ,0x x f x x x x +⎧≤⎪=-⎨⎪>⎩，若关于x 的函数()()2g x f x kx =--有4个零点，则实数k 的取值范围为________. 【答案】310,e ⎛⎫⎪⎝⎭【分析】因为函数()()2g x f x kx =--有4个零点， 所以()y f x =与2y kx =+有4个不同的交点，在同一坐标系中作出()y f x =与2y kx =+的图象，如图所示：当0x ≤时，311y x =+-单调递减， 与2y kx =+有一个交点，则0k >； 所以当0x >时，有3个交点，求出2y kx =+与|ln |y x =相切时的k 值， 当1x >时，设切点为()00,ln x x ，所以1y x'=，则01k x =，所以切线方程为()0001ln y x x x x -=-， 又因为点()0,2在切线上，所以则()00012ln 0x x x -=-， 解得30x e =，所以31k e =， 由图像知()()2g x f x kx =--有4个零点，则310k e <<， 故答案为： 310,e ⎛⎫⎪⎝⎭17．（2021·北京高三期末）已知函数()4,0,0x x e x f x e x x+≤⎧⎪=⎨>⎪⎩，若存在10x ≤，20x >，使得()()12f x f x =，则()12x f x 的取值范围是______. 【答案】24,0e ⎡⎤-⎣⎦【分析】因为()()12f x f x =，所以2124x e x e x +=，所以2124x e x e x =-， 因为10x ≤，所以224x e e x ≤， 当0x >时，()x e f x x =，22(1)()x x x e x e e x f x x x'--==， 由()0f x '>得1x >，由()0f x '<得01x <<，所以()f x 在(0,1)上递减，在(1,)+∞上递增，所以()f x 在1x =处取得最小值e ，所以224x e e e x ≤≤， 所以()12x f x 22224x x e e e x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭222224x x e e e x x ⎛⎫=-⋅ ⎪⎝⎭， 令22x e t x =，则4e t e ≤≤，所以()12x f x 24t et =-()2224t e e =--，所以当2t e =时，12()x f x 取得最小值24e -，当4t e =时，12()x f x 取得最大值0， 所以12()x f x 的取值范围是24,0e ⎡⎤-⎣⎦. 故答案为：24,0e ⎡⎤-⎣⎦18．（2021·江西新余市·高三期末（理））已知函数()(ln )xe f x k x x x=+-，若1x =是函数()f x 的唯一极值点，则实数k 的取值范围是_______.【答案】(,]e -∞∵()(ln )xe f x k x x x =+-，∴22(1)1(1)()()(1)x x x e x e kx f x k x x x'---=+-= ∴x ＝1是函数f （x ）的唯一极值点，0x x e k ∴-=在(0,)x ∈+∞上无解，或有唯一解x =1，①当x =1为其唯一解时，k =e ，令()(0)xh x e ex x =->，()xh x e e '=-，当(0,1)x ∈时，()0h x '<，即h (x )的单调递减区间为(0,1)，当(1,)x ∈+∞时，()0h x '>，即()h x 的单调递增区间为(1,)+∞，∴()h x 在x =1处，取得极小值，∴k =e 时，x =1是f (x )的唯一极值点；②当xe k x =在(0,)x ∈+∞上无解，设()x e g x x=则2(1)()x e x g x x '-=， 当(0,1)x ∈时，()0g x '<，即g (x )的单调递减区间为(0,1)，当(1,)x ∈+∞时，()0g x '>，即()g x 的单调递增区间为(1,)+∞，∴()g x 在x =1处，取得极小值，也是其最小值，min ()(1)g x g e ==，又k xe x=在(0,)x ∈+∞上无解，e k ∴<，综上k e ≤故答案为：(,]e -∞.19．（2020·湖北高三月考）若10,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，关于x 不等式32ln 0ax ax e x +≤恒成立，则实数a 的最大值是______. 【答案】2e【分析】当0a ≤，10,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，x 不等式32ln 0ax ax e x +≤显然恒成立. 当0a ≥时，32ln 0ax ax e x +≤ 32ln ax ax e x ∴≤-.由于10,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭22ln ax x axe x --∴≤，即22l ln n ax ax x e e x --∴≤.所以原不等式32ln 0ax ax e x +≤恒成立，等价于22ln ln ax ax e x x e --≤恒成立. 构造函数()ln f x x x =，()'1ln f x x =+.易知()f x 在1(0,)e上单调递减，在1(,)e+∞上单调递增.则原不等式等价于要证2(())ax f f x e -≤.因为22(,)x e -∈+∞，要使实数a 的最大，则应2ax e x -≤.即2ln x a x -≤. 记函数2ln 1()(0)x g x x x e -=<<，则22(1ln )'()x g x x --=.易知10x e <<，22(1ln )'()0x g x x--=<.故函数()g x 在1(0,)e 上单调递减，所以1()()2g x g e e<=. 因此只需2a e ≤.综上所述，实数a 的最大值是2e . 故答案为：2e三、解答题20．（2021·浙江台州市·高三期末）已知a ，b R ∈，函数()2f x axe b =+，曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为1y x =-.（Ⅰ）求a ，b 的值及()f x 的最小值；（Ⅱ）设函数()ln g x x x =，若对于任意的()0,x ∈+∞，()()21f x g mx +≥恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】（Ⅰ）1a =，1b =-；()min 11f x e=--；（Ⅱ）(]0,2e . 【分析】（Ⅰ）()e xf x a x b =⋅+，()0f b =，()()1xf x a x e '=+，()0f a '=， 故切线方程为1y ax b x =+=-，得1a =，1b =-；()1x f x xe ∴=-，()()1x f x x e '∴=+，当(),1x ∈-∞-时，()0f x '<，()f x 单调递减， 当()1,x ∈-+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增， 所以，()()min 111f x f e=-=--； （Ⅱ）()()21f x g mx +≥即()22ln xx emx mx ⋅≥⋅，因为0,0x m >>,即22ln ln 0x e x m m--≥对于任意的()0,x ∈+∞恒成立，设()22ln ln xh x e x m m=--，0x >，0m >， ()241x h x e m x'=-， 因为2xy e =和1y x=-在()0,x ∈+∞时为单调增函数 则函数()h x '在()0,∞+上单调递增，当0x →时，()0h x '<，当x →+∞时，()0h x '>，则存在()00x ∈+∞,，使得()0200410x h x e m x -'==， 当()00,x x ∈时，()0h x '<，()0,x x ∈+∞时，()0h x '>， 故()h x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，()()02000min 021ln ln ln ln 02x h x h x e x m x m m x ∴==--=--≥； 由020410x e m x -=，得0204x m x e =， ()0000122ln 2ln 202h x x x x ∴=---≥， 因为122y x x=-和2ln y x =-在()0,x ∈+∞上单调递减， 所以函数()0000122ln 2ln 22h x x x x =---，在()00x ∈+∞,上单调递减，且102h ⎛⎫=⎪⎝⎭，故010,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦， 因为4y x =和2xy e =在()0,x ∈+∞上单调递增.所以函数0204x m x e=在010,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上单调递增，02m e ∴<≤，因此，实数m 的取值范围是(]0,2e .21．（2020·北京高考真题）已知函数2()12f x x =-．（Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率等于2-的切线方程；（Ⅱ）设曲线()y f x =在点(,())t f t 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为()S t ，求()S t 的最小值．【答案】（Ⅰ）2130x y +-=，（Ⅱ）32.【分析】（Ⅰ）因为()212f x x =-，所以()2f x x '=-，设切点为()00,12x x -，则022x -=-，即01x =，所以切点为()1,11， 由点斜式可得切线方程为：()1121y x -=--，即2130x y +-=. （Ⅱ）显然0t ≠， 因为()y f x =在点()2,12t t-处的切线方程为：()()2122y t t x t --=--，令0x =，得212y t =+，令0y =，得2122t x t+=，所以()S t =()221121222||t t t +⨯+⋅，不妨设0t >(0t <时，结果一样)，则()423241441144(24)44t t S t t t t t++==++，所以()S t '=4222211443(848)(324)44t t t t t +-+-=222223(4)(12)3(2)(2)(12)44t t t t t t t-+-++==， 由()0S t '>，得2t >，由()0S t '<，得02t <<， 所以()S t 在()0,2上递减，在()2,+∞上递增， 所以2t =时，()S t 取得极小值， 也是最小值为()16162328S ⨯==. 22．（2021·北京顺义区·高三期末）已知函数2()ln (0)f x x a x a =->.（1）若2a =，求曲线()y f x =的斜率等于3的切线方程；（2）若()y f x =在区间1,e e⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恰有两个零点，求a 的取值范围.【答案】（1）322ln 20x y ---=；（2）2(2,)e e ．【分析】由已知函数()f x 定义域是(0,)+∞，（1）2()2ln f x x x =-，22(1)(1)()2x x f x x x x'+-=-=，由2()23f x x x'=-=解得2x =（12x =-舍去），又()422ln 2f =-，所以切线方程为(42ln 2)3(2)y x --=-，即322ln 20x y ---=；（2）222()2x x a x a f x x x x x⎛-+ -⎝⎭⎝⎭'=-==，易知()f x()f x有两个零点，则1e e<<，即2222a e e<<，此时在1e ⎛ ⎝上()0f x '<，()f x递减，在e ⎫⎪⎪⎭上()0f x '>，()f x 递增， ()f x在x =2a f a =-所以22111ln 0()ln 002f a e ee f e e a e a f a ⎧⎛⎫⎪=-> ⎪⎪⎝⎭⎪=->⎨⎪⎪=-<⎪⎩，解得22e a e <<．综上a 的范围是2(2,)e e ．23．（2020·天津高考真题）已知函数3()ln ()f x x k x k R =+∈，()'f x 为()f x 的导函数．（Ⅰ）当6k =时，（i ）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（ii ）求函数9()()()g x f x f x x'=-+的单调区间和极值； （Ⅱ）当3k -时，求证：对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-．【答案】（Ⅰ）（i ）98y x =-；（ii ）()g x 的极小值为(1)1g =，无极大值；（Ⅱ）证明见解析.【分析】(Ⅰ) (i) 当k =6时，()36ln f x x x =+，()26'3f x x x=+.可得()11f =，()'19f =，所以曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为()191y x -=-，即98y x =-. (ii) 依题意，()()32336ln ,0,g x x x x x x=-++∈+∞. 从而可得()2263'36g x x x x x=-+-， 整理可得：323(1)(1)()x x g x x '-+=，令()'0g x =，解得1x =.当x 变化时，()()',g x g x 的变化情况如下表：所以，函数g (x )的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)； g (x )的极小值为g (1)=1，无极大值.（Ⅱ）证明：由3()ln f x x k x =+，得2()3k f x x x'=+. 对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x >，令12(1)x t t x =>，则 ()()()()()()()1212122x x f x f x f x f x ''-+--()22331121212122332ln x k k x x x x x x k x x x ⎛⎫⎛⎫=-+++--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3322121121212212332ln x x x x x x x x x k k x x x ⎛⎫=--++-- ⎪⎝⎭()332213312ln x t t t k t t t ⎛⎫=-+-+-- ⎪⎝⎭. ①令1()2ln ,[1,)h x x x x x=--∈+∞. 当x >1时，22121()110h x x x x '⎛⎫=+-=-> ⎪⎝⎭，由此可得()h x 在[)1,+∞单调递增，所以当t >1时，()()1h t h >，即12ln 0t t t-->.因为21x ≥，323331(1)0t t t t -+-=->，3k ≥-，所以()()332322113312ln 33132ln x t t t k t t tt t t t tt ⎛⎫⎛⎫-+-+------- ⎪+ ⎪⎝⎭⎝⎭32336ln 1t t t t=-++-. ②由(Ⅰ)(ii)可知，当1t >时，()()1g t g >，即32336ln 1t t t t-++>， 故32336ln 10t t t t-++-> ③ 由①②③可得()()()()()()()12121220x x fx f x f x f x ''-+-->.所以，当3k ≥-时，任意的[)12,1,x x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-. 24．（2020·全国高考真题（理））设函数3()f x x bx c =++，曲线()y f x =在点(12，f (12))处的切线与y 轴垂直． （1）求b ．（2）若()f x 有一个绝对值不大于1的零点，证明：()f x 所有零点的绝对值都不大于1． 【答案】（1）34b =-；（2）证明见解析 【分析】（1）因为'2()3f x x b =+，由题意，'1()02f =，即21302b ⎛⎫⨯+= ⎪⎝⎭则34b =-； （2）由（1）可得33()4f x x x c =-+， '2311()33()()422f x x x x =-=+-，令'()0f x >，得12x >或12x <-；令'()0f x <，得1122x -<<， 所以()f x 在11(,)22-上单调递减，在1(,)2-∞-，1(,)2+∞上单调递增，且111111(1),(),(),(1)424244f c f c f c f c -=--=+=-=+， 若()f x 所有零点中存在一个绝对值大于1的零点0x ，则(1)0f ->或(1)0f <，即14c >或14c <-. 当14c >时，111111(1)0,()0,()0,(1)0424244f c f c f c f c -=->-=+>=->=+>，又32(4)6434(116)0f c c c c c c -=-++=-<，由零点存在性定理知()f x 在(4,1)c --上存在唯一一个零点0x ，即()f x 在(,1)-∞-上存在唯一一个零点，在(1,)-+∞上不存在零点， 此时()f x 不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾； 当14c <-时，111111(1)0,()0,()0,(1)0424244f c f c f c f c -=-<-=+<=-<=+<，又32(4)6434(116)0f c c c c c c -=++=->，由零点存在性定理知()f x 在(1,4)c -上存在唯一一个零点0'x ， 即()f x 在(1,)+∞上存在唯一一个零点，在(,1)-∞上不存在零点， 此时()f x 不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾； 综上，()f x 所有零点的绝对值都不大于1.25．（2020·全国高考真题（理））已知函数2()e x f x ax x =+-.（1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性；（2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围. 【答案】（1）当(),0x ∈-∞时，()()'0,f x f x <单调递减，当()0,x ∈+∞时，()()'0,f x f x >单调递增.（2）27,4e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭【分析】(1)当1a =时，()2x x x e f x =+-，()21x f x e x '=+-，由于()20x f x e ''=+>，故()'f x 单调递增，注意到()00f '=，故：当(),0x ∈-∞时，()()0,f x f x '<单调递减，当()0,x ∈+∞时，()()0,f x f x '>单调递增.(2)由()3112f x x ≥+得，23112x e ax x x +-+，其中0x ≥，①.当x =0时，不等式为：11≥，显然成立，符合题意；②.当0x >时，分离参数a 得，32112x e x x a x ----，记()32112x e x x g x x ---=-，()()231212xx e x x g x x ⎛⎫---- ⎪⎝⎭'=-，令()()21102x e x x h x x ---≥=，则()1x h x e x '=--，()10x h x e ''=-≥，故()'h x 单调递增，()()00h x h ''≥=，故函数()h x 单调递增，()()00h x h ≥=， 由()0h x ≥可得：21102x e x x ---恒成立， 故当()0,2x ∈时，0g x，()g x 单调递增； 当()2,x ∈+∞时，0g x ，()g x 单调递减； 因此，()()2max 724e g x g -⎡⎤==⎣⎦, 综上可得，实数a 的取值范围是27,4e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭.。
2021年高考数学总复习2.4.1【压轴大题1】函数、导数、方程、不等式课件理
造函数 分离
参数
-3-
年份 卷别
设问特点 涉及知识点 函数模型
导数的几何
知切线求 意义、单调
ln x 与三次
全国Ⅰ 值、讨论零 性、最值、
函数
点个数
零点存在定
2015
理
证明单调
求导、最值、emx+二次函
全国Ⅱ 性、知恒成
单调性
数
立求参数
解题思想方法
方程思想、分
类讨论思想
构造函数
分类讨论
设问特点
涉及知识点 函数模型 解题思想方法
分类讨论、转
讨论单调性、 求导、单调 1
-x+aln x 化思想、构造
全国Ⅰ
x
证明不等式 性、最值
函数
求导、单调
分类讨论、转
2018
证明不等式、
全国Ⅱ
性、最值、 ex-ax2
化思想、构造
求参数
零点
函数
证明不等式、 求导、单调 (2+x+ax2)l 分类讨论、构
2
.
+ ∞ 时,f'(x)<0;
时,f'(x)>0.
2
- 2 -4
2
- 2 -4 + 2 -4
2
+ 2 -4
2
+ 2 -4
,
+ 2 -4
2
单调递增.
,
+ ∞ 单调递减,
-21-
考向一
考向二
考向三
考向四
(2)证明:由(1)知,f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.
分类讨论、转
2021届高考数学二轮复习专题六函数与导数、不等式第4讲导数与函数的单调性、极值、最值问题学案理
第4讲 导数与函数的单调性、极值、最值问题高考定位 利用导数研究函数的性质，能进展简单的定积分计算，以含指数函数、对数函数、三次有理函数为载体，研究函数的单调性、极值、最值，并能解决简单的问题.真 题 感 悟1.(2021·全国Ⅰ卷)设函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax .假设f (x )为奇函数，那么曲线y ＝f (x )在点(0，0)处的切线方程为( ) A.y ＝－2x B.y ＝－x C.y ＝2xD.y ＝x解析 因为函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax 为奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，可得a ＝1，所以f (x )＝x 3＋x ，所以f ′(x )＝3x 2＋1，所以f ′(0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0，0)处的切线方程为y ＝x . 答案 D2.(2021·全国Ⅱ卷)假设x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)·e x －1的极值点，那么f (x )的极小值为( ) A.－1B.－2e －3－3解析 f ′(x )＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]·e x －1，那么f ′(－2)＝[4－2(a ＋2)＋a －1]·e －3＝0a ＝－1， 那么f (x )＝(x 2－x －1)·ex －1，f ′(x )＝(x 2＋x －2)·ex －1，令f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝1，当x <－2或x >1时，f ′(x )>0；当－2<x <1时，f ′(x )<0. 那么f (x )极小值为f (1)＝－1. 答案 A3.(2021·天津卷)函数f (x )＝e xln x ，f ′(x )为f (x )的导函数，那么f ′(1)的值为________. 解析 由题意得f ′(x )＝e x ln x ＋e x·1x，那么f ′(1)＝e.答案 e4.(2021·全国Ⅰ卷改编)函数f (x )＝1x－x ＋a ln x .(1)试讨论函数f (x )的单调性；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个极值点，且x 2>x 1，设t ＝f (x 1)－f (x 2)－(a －2)(x 1－x 2)，试证明t >0.(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋a x ＝－x 2－ax ＋1x 2.(ⅰ)假设a ≤2，那么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. (ⅱ)假设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 )存在两个极值点时，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.又∵x 2>x 1>0，所以x 2>1.又t ＝f (x 1)－f (x 2)－(a －2)(x 1－x 2)＝1x 1－1x 2－(x 1－x 2)＋a (ln x 1－ln x 2)－(a －2)(x 1－x 2)＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x 1x 2－x 1＋x 2＝－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋2ln x 2－x 2. 设φ(x )＝1x－x ＋2ln x ，x >1.由第(1)问知，φ(x )在(1，＋∞)单调递减，且φ(1)＝0， 从而当x ∈(1，＋∞)时，φ(x )<0. 所以1x 2＋2ln x 2－x 2<0，故t >0.考 点 整 合函数f(x) 在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P 处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0).易错提醒求曲线的切线方程时，要注意是在点P处的切线还是过点P的切线，前者点P 为切点，后者点P不一定为切点.(1)(sin x)′＝cos x；(2)(cos x)′＝－sin x；(3)(a x)′＝a x ln a(a>0，且a≠1)；(4)(log a x)′＝1x ln a(a>0，且a≠1，x>0).(1)导数与函数单调性的关系.①f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.②f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，如果函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，那么f(x)为常数函数.(2)利用导数研究函数单调性的方法.①假设求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.②假设函数的单调性，那么转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题来求解.4.利用导数研究函数的极值、最值(1)假设在x0附近左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)为函数f(x)的极大值；假设在x0附近左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)为函数f(x)的极小值.(2)设函数y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，那么f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得.易错提醒假设函数的导数存在，某点的导数等于零是函数在该点取得极值的必要而不充分条件.热点一 导数与定积分的几何意义【例1】 (1)(2021·全国Ⅲ卷)f (x )为偶函数，当x ＜0时，f (x )＝ln(－x )＋3x ，那么曲线y ＝f (x )在点(1，－3)处的切线方程是________.(2)(2021·邯郸调研)⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋a 2x 6展开式的中间项系数为20，如图阴影局部是由曲线y ＝x 2和圆x 2＋y 2＝a 及x 轴围成的封闭图形，那么封闭图形的面积S ＝________.解析 (1)令x >0，那么－x <0，f (－x )＝ln x －3x ， 又f (x )为偶函数，即f (－x )＝f (x )，∴f (x )＝ln x －3x (x >0)，那么f ′(x )＝1x－3(x >0).∴f ′(1)＝－2，∴在点(1，－3)处的切线方程为y ＋3＝－2(x －1)， 即2x ＋y ＋1＝0.(2)因为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋a 2x 6展开式的中间项系数为20，中间项为第四项，系数为C 36⎝ ⎛⎭⎪⎫a 23＝20，解得a＝2，所以曲线y ＝x 2和圆x 2＋y 2＝2在第一象限的交点为(1，1)，所以阴影局部的面积为π4－⎠⎛01(x－x 2)d x ＝π4－⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－13x 3⎪⎪⎪10＝π4－16.答案 (1)2x ＋y ＋1＝0 (2)π4－16探究提高 1.利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进展转化，其中关键是确定切点的坐标.(1)正确画出几何图形，结合图形位置，准确确定积分区间以及被积函数，从而得到面积的积分表达式，再利用微积分根本定理求出积分值.y 为积分变量时，应注意将曲线方程变为x ＝φ(y )的形式，同时，积分上、下限必须对应y的取值.【训练1】 (1)(2021·武汉调研)设曲线y ＝2－cos x sin x 在点⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，2处的切线与直线x ＋ay ＋1＝0垂直，那么a ＝________.(2)(2021·成都质检)在平面直角坐标系内任取一个点P (x ，y )满足⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤2，0≤y ≤2，那么点P 落在曲线y ＝1x 与直线x ＝2，y ＝2围成的阴影区域(如下图)内的概率为________.解析 (1)y ′＝〔2－cos x 〕′sin x －〔2－cos x 〕〔sin x 〕′sin 2x＝1－2cos x sin 2x ，那么曲线y ＝2－cos x sin x 在点⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，2处的切线的斜率为k 1x ＋ay ＋1＝0的斜率k 2＝－1a， 又该切线与直线x ＋ay ＋1＝0垂直， 所以k 1k 2＝－1，解得a ＝1.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，y ＝1x ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，y ＝2，所以阴影局部的面积为⎠⎜⎛122⎝ ⎛⎭⎪⎫2－1x d x ＝(2x －ln x )⎪⎪⎪⎪212＝(2×2－ln 2)－⎝ ⎛⎭⎪⎫2×12－ln 12＝3－2ln2，因此所求概率为3－2ln 22×2＝3－2ln 24.答案 (1)1 (2)3－2ln 24热点二 利用导数研究函数的单调性 考法1 确定函数的单调性(区间)【例2－1】 (2021·全国Ⅰ卷改编)函数f (x )＝e x(e x－a )－a 2x ，其中参数a ≤0. (1)讨论f (x )的单调性；(2)假设f (x )≥0，求a 的取值范围.解 (1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，且a ≤0.f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a ).①假设a ＝0，那么f (x )＝e 2x，在(－∞，＋∞)上单调递增. ②假设a <0，那么由f ′(x )＝0，得x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )>0. 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2上单调递减， 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增. 综上所述，当a ＝0时，f (x )在R 上单调递增； 当a <0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2上单调递减；在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增.(2)①当a ＝0时，f (x )＝e 2x≥0恒成立.②假设a <0，那么由(1)得，当x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤34－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，故当且仅当a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤34－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2≥0，即0>a ≥－2e 34时，f (x )≥0.综上，a 的取值范围是[－2e 34，0].考法2 根据函数的单调性求参数的取值范围【例2－2】 (2021·广州质检)x ＝1是f (x )＝2x ＋bx＋ln x 的一个极值点. (1)求函数f (x )的单调递减区间.(2)设函数g (x )＝f (x )－3＋ax，假设函数g (x )在区间[1，2]内单调递增，求a 的取值范围.解 (1)f (x )＝2x ＋b x＋ln x ，定义域(0，＋∞).∴f ′(x )＝2－b x 2＋1x ＝2x 2＋x －bx 2.因为x ＝1是f (x )＝2x ＋bx＋ln x 的一个极值点， 所以f ′(1)＝0，即2－b ＋1＝0.解得b ＝3，经检验，适合题意，所以b ＝3. 所以f ′(x )＝2－3x 2＋1x ＝2x 2＋x －3x2， 令f ′(x )<0，得0<x <1.所以函数f (x )的单调递减区间为(0，1). (2)g (x )＝f (x )－3＋a x ＝2x ＋ln x －ax(x >0)，g ′(x )＝2＋1x ＋ax2(x >0).因为函数g (x )在[1，2]上单调递增， 所以g ′(x )≥0在[1，2]上恒成立， 即2＋1x ＋ax2≥0在[1，2]上恒成立，所以a ≥－2x 2－x 在[1，2]上恒成立， 所以a ≥(－2x 2－x )max ，x ∈[1，2].因为在[1，2]上，(－2x 2－x )max ＝－3，所以a ≥－3. 所以a 的取值范围是[－3，＋∞).探究提高 1.求函数的单调区间，只需在函数的定义域内解(证)不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0.2.(1)函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)，x ∈(a ，b )恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f ′(x )不恒等于0的参数的范围.(2)假设函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上不单调，那么转化为f ′(x )＝0在(a ，b )上有解. 【训练2】 a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x(x ∈R ，e 为自然对数的底数). (1)当a ＝2时，求函数f (x )的单调递增区间；(2)假设函数f (x )在(－1，1)上单调递增，求a 的取值范围. 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝(－x 2＋2x )·e x，所以f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x ＝(－x 2＋2)e x. 令f ′(x )＞0，即(－x 2＋2)e x＞0，因为e x ＞0，所以－x 2＋2＞0，解得－2＜x ＜ 2. 所以函数f (x )的单调递增区间是(－2，2). (2)因为函数f (x )在(－1，1)上单调递增， 所以f ′(x )≥0对x ∈(－1，1)都成立.因为f ′(x )＝(－2x ＋a )e x ＋(－x 2＋ax )e x ＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x， 所以[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x≥0对x ∈(－1，1)都成立. 因为e x＞0，所以－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0，那么a ≥x 2＋2x x ＋1＝〔x ＋1〕2－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1对x ∈(－1，1)都成立.令g (x )＝(x ＋1)－1x ＋1，那么g ′(x )＝1＋1〔x ＋1〕2＞0. 所以g (x )＝(x ＋1)－1x ＋1在(－1，1)上单调递增. 所以g (x )＜g (1)＝(1＋1)－11＋1＝32. 所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞. 热点三 利用导数研究函数的极值和最值 考法1 求函数的极值、最值【例3－1】 (2021·北京卷)设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x. (1)假设曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，求a ； (2)假设f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围. 解 (1)因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x， 所以f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x.f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e≠0. 所以a 的值为1.(2)f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x. 假设a >12，那么当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值.假设a ≤12，那么当x ∈(0，2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(xf (x )的极小值点.综上可知，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.探究提高 1.此题利用导数的几何意义曲线在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，求a 值，切记，需检验切线是否与x 轴重合.2.(1)可导函数在极值点处的导数一定为零，但导数为零的点不一定是极值点，是极值点时也要注意是极大值点还是极小值点.(2)求函数f (x )在闭区间[a ，b ]的最值时，在得到极值的根底上，结合区间端点的函数值f (a )，f (b )与f (x )的各极值进展比拟得到函数的最值.【训练3】 函数f (x )＝e xcos x －x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值.解 (1)∵f (x )＝e x·cos x －x ，∴f (0)＝1，f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，∴f ′(0)＝0，∴y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线方程为y －1＝0·(x －0)，即y ＝1. (2)f ′(x )＝e x(cos x －sin x )－1，令g (x )＝f ′(x )，那么g ′(x )＝－2sin x ·e x≤0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上恒成立，且仅在x ＝0处等号成立，∴g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减，∴g (x )≤g (0)＝0，∴f ′(x )≤0且仅在x ＝0处等号成立，∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减， ∴f (x )max ＝f (0)＝1，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－π2.考法2 与函数极值点个数有关问题【例3－2】 (2021·潍坊三模)函数f (x )＝ln x ＋12x 2＋ax (a ∈R )，g (x )＝e x＋32x 2.(1)讨论函数f (x )极值点的个数；(2)假设对x >0，不等式f (x )≤g (x )成立，求实数a 的取值范围. 解 (1)f ′(x )＝1x ＋x ＋a ＝x 2＋ax ＋1x(x >0).令f ′(x )＝0，即x 2＋ax ＋1＝0，其中Δ＝a 2－4. ①当a 2－4≤0时，即－2≤a ≤2时，x 2＋ax ＋1≥0恒成立. ∴f ′(x )≥0，那么f (x )在(0，＋∞)上递增，函数无极值点. ②当a 2－4>0时，由x 2＋ax ＋1＝0，得x 1＝－a －a 2－42，x 2＝－a ＋a 2－42(x 1<x 2).假设a >2，那么x 1<x 2<0， ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增. ∴f (x )在(0，＋∞)上无极值点.假设a <－2，那么0<x 1<x 2，∴x ∈(0，x 1)∪(x 2，＋∞)时，f ′(x )>0， 当x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )<0，故x 1是f (x )的极大值点，x 2是f (x )的极小值点. 综上：当a <－2时，f (x )有两个极值点， 当a ≥－2时，f (x )无极值点.(2)f (x )≤g (x )等价于ln x ＋12x 2＋ax ≤e x＋32x 2，那么e x－ln x ＋x 2≥ax ，因此a ≤e x －ln x ＋x2x，设h (x )＝e x －ln x ＋x 2x(x >0).h ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e x －1x ＋2x x －e x ＋ln x －x 2x 2＝e x〔x －1〕＋ln x ＋x 2－1x2. 当x ∈(0，1)时，e x (x －1)＋ln x ＋x 2－1<0， 即h ′(x )<0，h (x )单调递减；x ∈(1，＋∞)时，e x (x －1)＋ln x ＋x 2－1>0，即h ′(x )>0，h (x )单调递增.因此x ＝1为h (x )的极小值点，即h (x )≥h (1)＝e ＋1，故a ≤e＋1.f (x )的极值，那么先求方程f ′(x )＝0的根，再检查f ′(x )在方程根的左右附近函数值的符号.2.假设极值大小或存在情况，那么转化为方程f ′(x )＝0根的大小或存在情况来求解. 【训练4】 函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∈R ). (1)讨论函数f (x )在定义域内的极值点的个数；(2)假设函数f (x )在x ＝1处取得极值，x ∈(0，＋∞)，f (x )≥bx －2恒成立，求实数b 的最大值.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x.当a ≤0时，f ′(x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减. ∴f (x )在(0，＋∞)上没有极值点.当a >0时，由f ′(x )<0，得0<x <1a ；由f ′(x )>0，得x >1a，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，故f (x )在x ＝1a处有极小值.综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上没有极值点； 当a >0时，f (x )在(0，＋∞)上有一个极值点. (2)∵函数f (x )在x ＝1处取得极值，∴f ′(1)＝a －1＝0，那么a ＝1，从而f (x )＝x －1－ln x . 因此f (x )≥bx －21＋1x －ln xx≥b ，令g (x )＝1＋1x －ln x x ，那么g ′(x )＝ln x －2x2， 令g ′(x )＝0，得x ＝e 2，那么g (x )在(0，e 2)上单调递减，在(e 2，＋∞)上单调递增， ∴g (x )min ＝g (e 2)＝1－1e 2，即b ≤1－1e 2.故实数b 的最大值是1－1e2.1.如果一个函数具有一样单调性的区间不止一个，这些单调区间不能用“∪〞连接，而只能用逗号或“和〞字隔开.2.可导函数在闭区间[a ，b ]上的最值，就是函数在该区间上的极值及端点值中的最大值与最小值.(1)函数在定义域上的极大值与极小值的大小关系不确定，也有可能极小值大于极大值； (2)对于可导函数f (x )，“f (x )在x ＝x 0处的导数f ′(x 0)＝0”是“f (x )在x ＝x 0处取得极值〞的必要不充分条件；(3)注意导函数的图象与原函数图象的关系，导函数由正变负的零点是原函数的极大值点，导函数由负变正的零点是原函数的极小值点.4.求函数的单调区间时，假设函数的导函数中含有带参数的有理因式，因式根的个数、大小、根是否在定义域内可能都与参数有关，那么需对参数进展分类讨论.5.求函数的极值、最值问题，一般需要求导，借助函数的单调性，转化为方程或不等式问题来解决，有正向思维——直接求函数的极值或最值；也有逆向思维——函数的极值或最值，求参数的值或范围，常常用到分类讨论、数形结合的思想.一、选择题y ＝e x ＋2x 在点(0，1)处的切线方程为( )A.y ＝x ＋1B.y ＝x －1C.y ＝3x ＋1D.y ＝－x ＋1解析 求导函数y ′＝e x＋2，当x ＝0时，y ′＝e 0＋2＝3，所以曲线y ＝e x＋2x 在点(0，1)处的切线方程为y ＝3x ＋1. 答案 C2.(2021·安徽江淮十校联考)设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，那么实数a 的取值范围是( ) A.(1，2] B.[4，＋∞) C.(－∞，2]D.(0，3]解析 易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝x －9x.因为函数f (x )在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，所以f ′(x )≤0在[a －1，a ＋1]上恒成立，即0<x ≤3在[a －1，a ＋1]上恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧a －1>0，a ＋1≤3，解得1<a ≤2.答案 Af (x )＝3x 2＋ln x －2x 的极值点的个数是( )A.0B.1C.2解析 函数定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝6x ＋1x －2＝6x 2－2x ＋1x，由于x >0，g (x )＝6x 2－2x ＋1的Δ＝－20<0， 所以g (x )>0恒成立，故f ′(x )>0恒成立， 即f (x )在定义域上单调递增，无极值点. 答案 Ay ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如下图，那么函数y ＝f (x )的图象可能是( )解析 利用导数与函数的单调性进展验证.f ′(x )＞0的解集对应y ＝f (x )的增区间，f ′(x )＜0的解集对应y ＝f (x )的减区间，验证只有D 选项符合. 答案 D5.(2021·郑州质检)假设函数y ＝f (x )存在n －1(n ∈N *)个极值点，那么称y ＝f (x )为n 折函数，例如f (x )＝x 2f (x )＝(x ＋1)e x －x (x ＋2)2，那么f (x )为( ) A.2折函数 C.4折函数解析 f ′(x )＝(x ＋2)e x－(x ＋2)(3x ＋2)＝(x ＋2)(e x－3x －2)，令f ′(x )＝0，得x ＝－2或e x＝3x ＋2.易知x ＝－2是f (x )的一个极值点，又e x＝3x ＋2，结合函数图象，y ＝e x与y ＝3x －2≠3(－2)＋2＝－4. ∴函数y ＝f (x )有3个极值点，那么f (x )为4折函数. 答案 C 二、填空题6.(2021·全国Ⅱ卷)曲线y ＝2ln(x ＋1)在点O (0，0)处的切线方程为________________. 解析 由题意得y ′＝2x ＋1.在点O 处切线斜率k ＝y ′|x ＝0＝2.∴曲线y ＝2ln(x ＋1)在点(0，0)处的切线方程为y －0＝2(x －0)，即y ＝2x . 答案 y ＝2x7.(2021·郴州三模)奇函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e xx －1〔x >0〕，h 〔x 〕 〔x <0〕，那么函数h (x )的最大值为________.解析 当x >0时，f (x )＝e xx －1，f ′(x )＝e x 〔x －1〕x2， ∴当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当x >1时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增.∴x ＝1时，f (x )取到极小值e －1，即f (x )的最小值e －1. 又f (x )为奇函数，且x <0时，f (x )＝h (x )， ∴h (x )的最大值为－(e －1)＝1－e. 答案 1－ey ＝f (x )，假设其定义域内存在两个不同实数x 1，x 2，使得x i f (x i )＝1(i ＝1，2)成立，那么称函数f (x )具有性质P .假设函数f (x )＝exa具有性质P ，那么实数a 的取值范围为________.解析 依题意，xf (x )＝1，即x e xa＝1在R 上有两个不相等实根，∴a ＝x e x在R 上有两个不同的实根，令φ(x )＝x e x， 那么φ′(x )＝e x(x ＋1)，当x <－1时，φ′(x )<0，φ(x )在(－∞，－1)上是减函数； 当x >－1时，φ′(x )>0，φ(x )在(－1，＋∞)上是增函数. 因此φ(x )极小值为φ(－1)＝－1e .在同一坐标系中作y ＝φ(x )与y ＝a 的图象，又当x <0时，φ(x )＝x e x<0.由图象知，当－1e<a <0时，两图象有两个交点.故实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，0. 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，0 三、解答题9.(2021·天津卷选编)设函数f (x )＝(x －t 1)(x －t 2)(x －t 3)，其中t 1，t 2，t 3∈R ，且t 1，t 2，t 3是公差为d 的等差数列.(1)假设t 2＝0，d ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)假设d ＝3，求f (x )的极值.解 (1)由，得f (x )＝x (x －1)(x ＋1)＝x 3－x ， 故f ′(x )＝3x 2f (0)＝0，f ′(0)＝－1，又因为曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －f (0)＝f ′(0)(x －0)，故所求切线方程为x ＋y ＝0.(2)由得f (x )＝(x －t 2＋3)(x －t 2)(x －t 2－3)＝(x －t 2)3－9(x －t 2)＝x 3－3t 2x 2＋(3t 22－9)x－t 32＋9t 2.故f ′(x )＝3x 2－6t 2x ＋3t 22－9.令f ′(x )＝0，解得x ＝t 2－3，或x ＝t 2＋ 3. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以函数f (x )的极大值为f (t 2－3)＝(－3)3－9×(－3)＝63；函数f (x )的极小值为f (t 2＋3)＝(3)3－9×3＝－6 3. f (x )＝ln x ＋ax.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)假设对任意x >0，均有x (2ln a －ln x )≤a 恒成立，求正数a 的取值范围. 解 (1)f ′(x )＝1x －a x 2＝x －ax2，x ∈(0，＋∞).①当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)为增函数，无极值. ②当a >0时，x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，f (x )在(0，a )为减函数；x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(a ，＋∞)为增函数， f (x )在(0，＋∞)有极小值，无极大值， f (x )的极小值f (a )＝ln a ＋1.(2)假设对任意x >0，均有x (2ln a －ln x )≤a 恒成立，即对任意x >0，均有2ln a ≤a x＋ln x 恒成立，由(1)可知f (x )的最小值为ln a ＋1，问题转化为2ln a ≤ln a ＋1，即ln a ≤1，故0<a ≤e， 故正数a 的取值范围是(0，e].11.(2021·济南质检)函数f (x )＝(x －1)e x －ax 2，其中参数a ≤12.(1)讨论f (x )单调性；(2)当a ＝－1时，函数g (x )＝f (x )－x e x＋x 的最大值为m ，求不超过m 的最大整数. 解 (1)f ′(x )＝x e x－2ax ＝x (e x－2a ). ①当a ≤0时，e x－2a >0.∴当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增. ②当0<a <12时，0<2a <1.x ∈(－∞，ln 2a )时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； x ∈(ln 2a ，0)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增.③当a ＝12时，x ∈(－∞，＋∞)时，f ′(x )≥0时，f (x )单调递增.(2)由题意知g (x )＝－e x＋x 2＋x .g ′(x )＝－e x ＋2x ＋1，令φ(x )＝g ′(x )，那么φ′(x )＝－e x＋2.当x ∈(0，ln 2)时，φ′(x )>0，φ(x )单调递增；x ∈(ln 2，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )单调递减；φ(0)＝0，φ(1)＝3－e>0，φ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝4－e 32＝16－e 3<0，所以，存在唯一的x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，使φ(x 0)＝0， 即e x 0＝2x 0＋1.所以，当x ∈(0，x 0)时，φ(x )>0，g (x )单调递增；x ∈(x 0，＋∞)时，φ(x )<0，g (x )单调递减；∴m ＝g (x 0)＝－e x 0＋x 20＋x 0＝－(2x 0＋1)＋x 20＋x 0 ＝x 20－x 0－1＝⎝⎛⎭⎪⎫x 0－122－54.又x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，所以m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－14.所以，不超过m 的最大整数为－1.。
2021届高考数学二轮复习专题六函数与导数、不等式第3讲不等式学案理
第3讲 不等式高考定位 1.利用不等式性质比拟大小、不等式的求解、利用根本不等式求最值及线性规划问题是高考的热点，主要以选择题、填空题为主；2.在解答题中，特别是在解析几何中求最值、范围问题或在解决导数问题时常利用不等式进展求解，难度较大.真 题 感 悟1.(2021·全国Ⅱ卷)设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋3y －3≤0，2x －3y ＋3≥0，y ＋3≥0，那么z ＝2x ＋y 的最小值是( ) A.－15B.－9C.1解析 可行域如图阴影局部所示，当直线y ＝－2x ＋z 经过点A (－6，－3)时，所求最小值为－15. 答案 A2.(2021·天津卷)a ，b ∈R ，且a －3b ＋6＝0，那么2a＋18b 的最小值为________.解析 由题设知a －3b ＝－6，又2a >0，8b >0，所以2a＋18b ≥22a·18b ＝2·2a －3b 2＝14，当且仅当2a ＝18b ，即a ＝－3，b 2a＋18b 的最小值为14.答案 143.(2021·全国Ⅰ卷)假设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －2y －2≤0，x －y ＋1≥0，y ≤0，那么z ＝3x ＋2y 的最大值为________.解析 作出可行域为如下图的△ABC 所表示的阴影区域，作出直线3x ＋2y ＝0，并平移该直线，当直线过点A (2，0)时，目标函数z ＝3x ＋2y 取得最大值，且z max ＝3×2＋2×0＝6. 答案 64.(2021·全国Ⅲ卷)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x ≤0，2x ，x >0，那么满足f (x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12>1的x 的取值范围是________.解析 当x ≤0时，f (x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12＝(x ＋1)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12＋1，原不等式化为2x ＋32>1，解得－14<x ≤0，当0<x ≤12时，f (x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12＝2x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12＋1原不等式化为2x＋x ＋12>1，该式恒成立，当x >12时，f (x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12＝2x ＋2x －12，又x >12时，2x＋2x －12>212＋20＝1＋2>1恒成立， 综上可知，不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，＋∞.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，＋∞考 点 整 合(1)一元二次不等式的解法.一元二次不等式ax 2＋bx ＋c >0(或<0)(a ≠0，Δ＝b 2－4ac >0)，如果a 与ax 2＋bx ＋c 同号，那么其解集在两根之外；如果a 与ax 2＋bx ＋c 异号，那么其解集在两根之间. (2)简单分式不等式的解法. ①f 〔x 〕g 〔x 〕>0(<0)f (x )g (x )>0(<0). ②f 〔x 〕g 〔x 〕≥0(≤0) f (x )g (x )≥0(≤0)且g (x )≠0.(3)指数不等式、对数不等式及抽象函数不等式，可利用函数的单调性求解.(1)a 2＋b 2≥2ab (取等号的条件是当且仅当a ＝b ).(2)ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22(a ，b ∈R ).(3)a 2＋b 22≥a ＋b2≥ab ≥2aba ＋b(a >0，b >0). (4)2(a 2＋b 2)≥(a ＋b )2(a ，b ∈R ，当a ＝b 时等号成立).(1)如果x >0，y >0，xy ＝p (定值)，当x ＝y 时，x ＋y 有最小值2p (简记为：积定，和有最小值).(2)如果x >0，y >0，x ＋y ＝s (定值)，当x ＝y 时，xy 有最大值14s 2(简记为：和定，积有最大值).解决线性规划问题首先要找到可行域，再根据目标函数表示的几何意义，数形结合找到目标函数到达最值时可行域上的顶点(或边界上的点)，但要注意作图一定要准确，整点问题要验证解决.热点一 不等式的解法 【例1】 (1)不等式4x －2≤x －2的解集是( ) A.(－∞，0]∪(2，4] B.[0，2)∪[4，＋∞) C.[2，4)D.(－∞，2]∪(4，＋∞)(2)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧lg 〔x ＋1〕，x ≥0，－x 3，x <0.那么使得f (x )≤1成立的x 的取值范围是________. 解析 (1)当x －2>0时，不等式化为(x －2)2≥4，∴xx －2<0时，原不等式化为(x －2)2≤4，∴0≤x <2.综上可知，原不等式的解集为[0，2)∪[4，＋∞).(2)由⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，lg 〔x ＋1〕≤1得0≤x ≤9；由⎩⎪⎨⎪⎧x <0，－x 3≤1得－1≤xf (x )≤1成立的x 的取值范围是[－1，9].答案 (1)B (2)[－1，9]探究提高 1.解一元二次不等式：先化为一般形式ax 2＋bx ＋c >0(a >0)，再结合相应二次方程的根及二次函数图象确定一元二次不等式的解集.2.(1)对于和函数有关的不等式，可先利用函数的单调性进展转化. (2)含参数的不等式的求解，要对参数进展分类讨论.【训练1】 (1)(2021·衡阳一模)一元二次不等式f (x )≤0的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ≤12或x ≥3，那么f (e x )>0的解集为( )A.{x |x <－ln 2或x >ln 3}B.{x |ln 2<x <ln 3}C.{x |x <ln 3}D.{x |－ln 2<x <ln 3}(2)函数f (x )＝(x －2)(ax ＋b )为偶函数，且在(0，＋∞)单调递增，那么f (2－x )>0的解集为( )A.{x |x >2或x <－2}B.{x |－2<x <2}C.{x |x <0或x >4}D.{x |0<x <4}解析 (1)由题意可知，一元二次不等式所对应的二次函数的图象开口向下，故f (x )>0的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪12<x <3，又因为f (e x)>0，所以12<e x <3，解得－ln 2<x <ln 3.(2)f (x )＝ax 2＋(b －2a )x －2b 2a －b ＝0，即b ＝2a ，那么f (x )＝a (x －2)(x ＋2). 又函数在(0，＋∞)上单调递增，所以a >0.f (2－x )>0即ax (x －4)>0，解得x <0或x >4.答案 (1)D (2)C热点二 根本不等式及其应用【例2】 (1)假设直线x a ＋y b＝1(a >0，b >0)过点(1，2)，那么2a ＋b 的最小值为________. (2)如下图，一张正方形的黑色硬纸板，剪去两个一样的小矩形得到一个“E〞形的图形，设小矩形的长、宽分别为a ，b (2≤a ≤10)，剪去局部的面积为8，那么1b ＋1＋9a ＋9的最大值为( )A.1B.1110C.65解析 (1)∵直线x a ＋y b＝1(a >0，b >0)过点(1，2)， ∴1a ＋2b＝1(a >0，且b >0)，那么2a ＋b ＝(2a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋2b＝4＋b a＋4ab ≥4＋2b a ·4ab＝8. 当且仅当b a ＝4ab，即a ＝2，b ＝4时上式等号成立.因此2a ＋b 的最小值为8.(2)由题意知，2ab ＝8，那么b ＝4a (2≤a ≤10).所以1b ＋1＋9a ＋9＝a 4＋a ＋9a ＋9＝1＋9a ＋9－4a ＋4＝1＋5a ＋36a＋13≤1＋513＋2a ×36a＝65，当且仅当a ＝36a ，即a ＝6时，1b ＋1＋9a ＋9取得最大值65.答案 (1)8 (2)C探究提高 1.利用根本不等式求最值，要注意“拆、拼、凑〞等变形，变形的原那么是在条件下通过变形凑出根本不等式应用的条件，即“和〞或“积〞为定值，等号能够取得. 2.特别注意：(1)应用根本不等式求最值时，假设遇等号取不到的情况，那么应结合函数的单调性求解.(2)假设两次连用根本不等式，要注意等号的取得条件的一致性，否那么会出错.【训练2】 (1)假设a ，b ∈R ，ab >0，那么a 4＋4b 4＋1ab的最小值为________.(2)(2021·北京海淀区调研)当0<m <12时，假设1m ＋21－2m ≥k 2－2k 恒成立，那么实数k 的取值范围为( ) A.[－2，0)∪(0，4] B.[－4，0)∪(0，2] C.[－4，2]D.[－2，4]解析 (1)∵a ，b ∈R ，ab >0，∴a 4＋4b 4＋1ab ≥4a 2b 2＋1ab ＝4ab ＋1ab≥24ab ·1ab＝4，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝2b 2，4ab ＝1ab ，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝22，b 2＝24时取得等号. ∴a 4＋4b 4＋1ab的最小值是4.(2)易得1m ＋21－2m ＝1m 〔1－2m 〕且0<m <12.又m (1－2m )＝12·2m (1－2m )≤12⎣⎢⎡⎦⎥⎤2m ＋〔1－2m 〕22＝18.当且仅当2m ＝1－2m ，即m ＝14时取“＝〞，∴1m ＋21－2m ＝1m 〔1－2m 〕≥8.要使原不等式恒成立，只需k 2－2k ≤8，－2≤k ≤4. 答案 (1)4 (2)D热点三 简单的线性规划问题考法1 线性约束条件，求线性目标函数最值【例3－1】 (2021·全国Ⅲ卷)假设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，x ＋y －2≤0，y ≥0，那么z ＝3x －4y 的最小值为________.解析 画出可行域如图阴影局部所示. 由z ＝3x －4y ，得y ＝34x －z4，作出直线y ＝34x ，平移使之经过可行域，观察可知，当直线经过点A (1，1)处取最小值，故z min ＝3×1－4×1＝－1.答案 －1探究提高 1.线性规划的实质是把代数问题几何化，需要注意的是：一、准确无误地作出可行域；二、画目标函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进展比拟，防止出错.2.一般情况下，目标函数的最大值或最小值会在可行域的顶点或边界上取得.【训练3】 (2021·全国Ⅱ卷)假设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y －5≥0，x －2y ＋3≥0，x －5≤0，那么z ＝x ＋y 的最大值为________.解析 x ＋y ＝0，平移该直线，当直线过点B (5，4)时，z 取得最大值，z max ＝5＋4＝9.答案 9考法2 求非线性目标函数的最值【例3－2】 (2021·合肥质检)在平面直角坐标系xOy 中，M (a ，b )为不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤2，2x －3y ≤9，x ≥0所表示的区域上任意动点，那么b －1a －4的最大值为________. 解析 作出不等式组表示的平面区域(如图阴影局部).那么M (a ，b )在△AEF 内(含边界)，易知b －1a －4表示点M 与点B (4，1)连线的斜率，当点M 与点A 重合时，k AB 取最大值，又⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝2，2x －3y ＝9，解得A (3，－1)，∴b －1a －4的最大值为k AB ＝1－〔－1〕4－3＝2. 答案 2考法3 线性规划中参数问题【例3－3】 x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y －2≤0，ax ＋y ≥4，x －2y ＋3≥0，目标函数z ＝2x －3y 的最大值是2，那么实数a ＝( ) A.12B.1C.32解析 作出约束条件所表示的可行域如图中阴影局部所示，∵目标函数z ＝2x －3y 的最大值是2，由图象知z ＝2x －3y 经过平面区域的A 时目标函数取得最大值2.由⎩⎪⎨⎪⎧x －y －2＝0，2x －3y ＝2，解得A (4，2)，同时A (4，2)也在直线ax ＋y －4＝0上，∴4a ＝2，那么a＝12. 答案 A探究提高 1.非线性目标函数的最值主要涉及斜率、点与点(线)的距离，利用数形结合，抓住几何特征是求解的关键.2.对于线性规划中的参数问题，需注意：(1)当最值是时，目标函数中的参数往往与直线斜率有关，解题时应充分利用斜率这一特征加以转化.(2)当目标函数与最值都是，且约束条件中含有参数时，因为平面区域是变动的，所以要抓住目标函数及最值这一突破口，先确定最优解，然后变动参数范围，使得这样的最优解在该区域内.【训练4】 (1)(2021·西安联考)x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －1≥0，x －3y ＋3≥0，x －2y －1≤0，那么目标函数z ＝x 2＋y 2的最小值为( )A.12B.22C.1D. 2(2)(2021·济南质检)假设实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＋2≥0，2x ＋y －6≤0，0≤y ≤3，且z ＝mx －y (m <2)的最小值为－52，那么m 等于( ) A.54B.－56C.1D.13解析 (1)作出约束条件满足的平面区域如图，又z ＝x 2＋y2表示△PAB 区域内的点到原点O (0，0)的距离.∴z min 是点O (0，0)到直线AB 的距离，易知O 到x ＋y －1＝0的距离d ＝|0＋0－1|12＋12＝22.∴z min ＝22. (2)作不等式组表示的平面区域如下图，z ＝mx －y (m <2)的最小值为－52，可知目标函数的最优解过点A ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3，2x －y ＋2＝0，解得A ⎝⎛⎭⎪⎫12，3，∴－52＝m2－3，解得m ＝1.答案 (1)B (2)C当屡次使用根本不等式时，一定要注意每次是否能保证等号成立，并且要注意取等号的条件的一致性，否那么就会出错，因此在利用根本不等式处理问题时，列出等号成立的条件不仅是解题的必要步骤，也是检验转换是否有误的一种方法.2.根本不等式除了在客观题考察外，在解答题的关键步骤中也往往起到“巧解〞的作用，但往往需先变换形式才能应用.3.解决线性规划问题首先要作出可行域，再注意目标函数表示的几何意义，数形结合找到目标函数到达最值时可行域的顶点(或边界上的点)，但要注意作图一定要准确，整点问题要验证解决.4.解答不等式与导数、数列的综合问题时，不等式作为一种工具常起到关键的作用，往往涉及到不等式的证明方法(如比拟法、分析法、综合法、放缩法、换元法等).在求解过程中，要以数学思想方法为思维依据，并结合导数、数列的相关知识解题，在复习中通过解此类问题，体会每道题中所蕴含的思想方法及规律，逐步提高自己的逻辑推理能力.一、选择题1.(2021·全国Ⅰ卷)设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ≤3，x －y ≥1，y ≥0，那么z ＝x ＋y 的最大值为( )A.0B.1C.2解析 根据约束条件画出可行域，如图中阴影局部(含边界)，那么当目标函数z ＝x ＋y 经过A (3，0)时取得最大值，故z max ＝3＋0＝3. 答案 D2.(2021·合肥模拟)设函数f (x )＝1－x1＋x ，那么使f (a )＋1≥f (a ＋1)成立的a 的取值范围是( ) A.(－∞，－2) B.(－1，＋∞)C.(－∞，－2)∪(－1，＋∞)D.(－∞，－1)解析 f (a )＋1≥f (a ＋1)1－a 1＋a ＋1≥－a a ＋2a 2＋3a ＋4〔a ＋1〕〔a ＋2〕≥0.∵a 2＋3a ＋4>0对一切a∈R 恒成立，∴原不等式等价于(a ＋1)(a ＋2)>0，解得a <－2或aa 的取值范围是(－∞，－2)∪(－1，＋∞). 答案 C3.(2021·西安质检)假设变量x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤2，2x －3y ≤9，x ≥0，那么x 2＋y 2的最大值是( )A.4B.9C.10解析 作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影局部所示.x 2＋y 2表示区域内点到原点距离的平方.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝2，2x －3y ＝9得A (3，－1). 由图形知，(x 2＋y 2)max ＝|OA |2＝32＋(－1)2＝10. 答案 Cx ＜0时，2x 2－mx ＋1＞0恒成立，那么m 的取值范围为( )A.[22，＋∞)B.(－∞，22]C.(－22，＋∞)D.(－∞，－22)解析 由2x 2－mx ＋1＞0，得mx ＜2x 2＋1，因为x ＜0，所以m ＞2x 2＋1x ＝2x ＋1x.又2x ＋1x ＝－⎣⎢⎡⎦⎥⎤〔－2x 〕＋1〔－x 〕≤－2〔－2x 〕×1〔－x 〕＝－2 2.当且仅当－2x ＝－1x ，即x ＝－22时取等号，所以m ＞－2 2. 答案 C5.(2021·长沙雅礼中学联考)设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧y ≤a ，x ＋y ≥1，2x －y ≤0，假设z ＝x ＋y 的最大值为6，那么yx ＋a的最大值为( )A.23B.2C.4z ＝x ＋y 过点A 时，zA ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a ，∴z max ＝a 2＋a ＝6，那么a y x ＋a ＝y x ＋4表示P (x ，y )与B (－4，0)两点连线的斜率，当点P 位于点C (－3，4)处时，斜率kk BC ＝4－0－3－〔－4〕＝4，知⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋a max＝4.答案 Cx ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧xy ≥0，|x ＋y |≤1，使z ＝ax ＋y 取得最大值的最优解有2个，那么z 1＝ax ＋y ＋1的最小值为( ) A.0B.－2C.1D.－1解析 画出不等式组所表示的可行域，如图中阴影局部所示，因为z ＝ax ＋y 取得最大值的最优解有2个，所以－a ＝1，a ＝－1，所以当x ＝1，y ＝0或x ＝0，y ＝－1时，z ＝ax ＋y ＝－x ＋y 有最小值－1，所以ax ＋y ＋1的最小值是0. 答案 A 二、填空题7.(2021·全国Ⅲ卷)假设变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ＋3≥0，x －2y ＋4≥0，x －2≤0，那么z ＝x ＋13y 的最大值是________.解析 作出不等式组表示的平面区域如图中阴影局部所示，画出直线y ＝－3x ，平移该直线，由图可知当平移后的直线经过直线x ＝2与直线x －2y ＋4＝0的交点A (2，3)时，z ＝x ＋13y取得最大值，故z max ＝2＋13×3＝3.答案 38.(2021·天津卷)a ∈R ，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ＋a －2，x ≤0，－x 2＋2x －2a ，x >0.假设对任意x ∈[－3，＋∞)，f (x )≤|x |恒成立，那么a 的取值范围是________.解析 当－3≤x ≤0时，f (x )≤|x |恒成立等价转化为x 2＋2x ＋a －2≤－x 恒成立，即a ≤－x 2－3x ＋2恒成立，所以a ≤(－x 2－3x ＋2)min ＝2；当x >0时，f (x )≤|x |恒成立等价转化为－x 2＋2x －2a ≤x 恒成立，即a ≥－x 2＋x2恒成立，所以a ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 2＋x 2max ＝18.综上，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤18，2. 答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤18，29.(2021·衡水中学检测)设满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤6，x －y ≤2，x ≥0，y ≥0的实数x ，y 所在的平面区域为Ω，那么Ω的外接圆方程是_________________________________.解析 作出不等式组表示的平面区域ΩΩ是四边形ABCO (含内部及边界).易知BC ⊥AB ，那么外接圆的圆心为AC 的中点，又A (0，6)，C (2，0)，那么该四边形外接圆圆心为(1，3)，半径r ＝12|AC |＝10.故所求圆的方程为(x －1)2＋(y －3)2＝10. 答案 (x －1)2＋(y －3)2＝1010.(2021·湖南长郡中学调研)实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧y ≥0，x ＋y ≤0，2x ＋y ＋2≤0，那么z ＝log 2⎝⎛⎭⎪⎫y －1x －1＋32的取值范围是________.解析 作线性约束条件表示的可行域如下图. 令t ＝y －1x －1表示可行域内的点P (x ，y )与定点M (1，1)连线的斜率.易求点B (－1，0)，k MB ＝1－01－〔－1〕＝12，且x ＋y ＝0的斜率为－1.∴－1<t ≤12，从而12<y －1x －1＋32≤2，故－1<z ≤1.答案 (－1，1] 三、解答题f (x )＝2x x 2＋6. (1)假设f (x )＞k 的解集为{x |x ＜－3，或x ＞－2}，求k 的值； (2)对任意x ＞0，f (x )≤t 恒成立，求t 的取值范围. 解 (1)f (x )＞k kx 2－2x ＋6k ＜0. 由{x |x ＜－3，或x ＞－2}是其解集， 得kx 2－2x ＋6k ＝0的两根是－3，－2.由根与系数的关系可知(－2)＋(－3)＝2k ，即k ＝－25.(2)因为x ＞0，f (x )＝2x x 2＋6＝2x ＋6x≤226＝66， 当且仅当x ＝6时取等号. 由f (x )≤t 对任意x ＞0恒成立， 故t ≥66，即t 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫66，＋∞. 12.(2021·天津卷)电视台播放甲、乙两套连续剧，每次播放连续剧时，需要播放广告.每次播放甲、乙两套连续剧时，连续剧播放时长、广告播放时长、收视人次如下表所示：连续剧播放时长(分钟)广告播放时长(分钟)收视人次(万)甲 70 5 60 乙60525x ，y 表示每周方案播出的甲、乙两套连续剧的次数.(1)用x ，y 列出满足题目条件的数学关系式，并画出相应的平面区域； (2)问电视台每周播出甲、乙两套连续剧各多少次，才能使总收视人次最多？ 解 (1)由，x ，y 满足的数学关系式为⎩⎪⎨⎪⎧70x ＋60y ≤600，5x ＋5y ≥30，x≤2y ，x ≥0，x ∈N ，y ≥0，y ∈N ，即⎩⎪⎨⎪⎧7x ＋6y ≤60，x ＋y ≥6，x －2y ≤0，x ≥0，x ∈N ，y ≥0，y ∈N ，该二元一次不等式组所表示的平面区域为图1中的阴影局部的整数点：(2)设总收视人次为z 万，那么目标函数为z ＝60x ＋25y .考虑z ＝60x ＋25y ，将它变形为y ＝－125x ＋z 25，这是斜率为－125，随z 变化的一族平行直线，z 25为直线在y 轴上的截距，当z25取得最大值时，z 的值最大.又因为x ，y 满足约束条件，所以由图2可知，当直线z ＝60x ＋25y 经过可行域上的点M 时，截距z25最大，即z 最大.解方程组⎩⎪⎨⎪⎧7x ＋6y ＝60，x －2y ＝0，得点M 的坐标为(6，3).所以，电视台每周播出甲连续剧6次、乙连续剧3次时才能使总收视人次最多.。
(浙江专用)2021高考数学二轮复习专题五函数与导数、不等式第3讲利用导数研究函数的单调性课件
∴x＝－4＝
k， －4k
答案 (1)y＝2x－2 (2)－1
探究提高 (1)利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线 斜率之间的关系来进展转化.以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的 值，那么要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解. (2)解决曲线的切线问题的关键是求切点的横坐标，解题时先不要管其他条件， 先使用曲线上点的横坐标表达切线方程，再考虑该切线与其他条件的关系.
＋∞)上恒成立，∴b≤－1. 答案 (1)－3 (2)(－∞，－1]
1.求曲线的切线方程的方法是利用切线方程的公式y－y0＝f ′(x0)(x－x0)，它的难点 在于分清“过点P的切线〞与“在点P处的切线〞的差异.突破这个难点的关键是理解 这两种切线的不同之处在哪里，在过点P(x0，y0)的切线中，点P不一定是切点， 点P也不一定在曲线上，而在点P(x0，y0)处的切线，必以点P为切点，那么此时 切线的方程是y－y0＝f′(x0)(x－x0).
热点二 求不含参数的函数的单调性 【例2】 (2021·北京卷)设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方
程为y＝(e－1)x＋4. (1)求a，b的值； (2)求f(x)的单调区间. 解 (1)f(x)的定义域为R. ∵f′(x)＝ea－x－xea－x＋b＝(1－x)ea－x＋b，∴依题设，ff（ ′（22））＝＝2ee－＋12，， 即2－eae－a2－＋2＋2bb＝ ＝2e－e＋12. ， 解得a＝2，b＝e.
解析 (1)由题意知，y′＝2x，所以曲线在点(1，0)处的切线斜率 k＝y′|x＝1＝2，故所求 切线方程为 y－0＝2(x－1)，即 y＝2x－2.
(2)∵f ′(x)＝145x，∴f ′1165＝4， 可得切点为1165，145，∴切线方程为 y＝4x－4， 由题设可知切线相同，∴g′(x)＝－xk2＝4，
(浙江专用)2021高考数学二轮复习专题五函数与导数、不等式第1讲函数图象与性质及函数与方程课件
点，则 a 的取值范围是( )
A．[－1，0)
B．[0，＋∞)
C．[－1，＋∞) D．[1，＋∞)
解析 (1)函数y＝|f(x)|的图象如图．y＝ax为过原点的一条直线， 当a>0时，与y＝|f(x)|在y轴右侧总有交点，不合题意；当a＝0时成 立；当a<0时，找与y＝|－x2＋2x|(x≤0)相切的情况，即y′＝2x－2， 切点为(0，0)，此时a＝2×0－2＝－2，即有－2≤a<0，综上， a∈[－2，0]．
(2)法一 因为 a＝log2e>1，b＝ln 2∈(0，1)，c＝log1213＝log23>log2e＝a>1，所以 c>a>b， 故选 D. 法二 log1213＝log23，如图，在同一坐标系中作出函数 y＝log2x，y＝ln x 的图象，由 图知 c>a>b，故选 D.
答案 (1)C (2)D
探究提高 (1)可以根据函数的奇偶性和周期性，将所求函数值转化为给出解析 式的范围内的函数值．(2)利用函数的对称性关键是确定出函数图象的对称中心 (对称轴)．
【训练1】 (1)f(x)是定义在R上的偶函数，且f(x＋4)＝f(x－2)．假设当x∈
[－3，0]时，f(x)＝6－x，那么f(919)＝________．
∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋…＋f(50)＝12×0＋f(49)＋f(50)＝f(1)＋f(2)＝2， 应选C.
法二 由题意可设 f(x)＝2sinπ2x，作出 f(x)的部分图象如图所示．由图可知，f(x)的 一个周期为 4，所以 f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝12[f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)]＋f(49)＋ f(50)＝12×0＋f(1)＋f(2)＝2，故选 C.
2021届高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用第十二节第1课时导数与不等式问题课件文北师大版
已知函数f(x)＝ln x＋1x－1. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)设m∈R，对任意的a∈(－1，1)，总存在x0∈[1，e]，使得不等式ma－f(x0)＜0 成立，求实数m的取值范围． 解析：(1)f′(x)＝1x－x12＝x－x2 1，x＞0. 令f′(x)＞0，得x＞1，因此函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)． 令f′(x)＜0，得0＜x＜1，因此函数f(x)的单调递减区间是(0，1)．
当0＜a＜1时，φ′(x)＝cos x－a＝0在区间0，π2上存在唯一解x0， 当x∈(0，x0)时，φ′(x)＞0， 故φ(x)在区间(0，x0)上单调递增，且φ(0)＝0， 从而φ(x)在区间(0，x0)上大于零，这与sin x－ax＜0恒成立相矛盾， 当a≤0时，在区间0，π2上φ′(x)＞0， 即函数φ(x)单调递增，且φ(0)＝0，得sin x－ax＞0恒成立，这与sin x－ax＜0恒成 立相矛盾． 故实数a的最小值为1.
令P(x)＝Q′(x)＝(x＋1)ex(x＞0)，则P′(x)＝(x＋2)ex＞0，
所以P(x)＝(x＋1)ex(x＞0)单调递增，所以Q(x)＝xex(x＞0)为凹函数，
又y2＝
a＋1 a
(2x－1)是过定点(
1 2
，0)的直线系，当直线与曲线相切时，可设切点为
T(x0，y0)(x0＞0)，
Q′（x0）＝2（aa＋1） 则y0＝x0ex0，
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法二：由条件可得，f(1)≥0，解得a≥e－1 1＞0，
当x＞0时，f(x)≥0恒成立，等价于xex≥
a＋1 a
(2x－1)对任意的x＞0恒成立，等价
于当x＞0时，函数y1＝xex的图像总不在直线y2＝a＋a 1(2x－1)的下方．
三年高考（20212021）高考数学试题分项版解析专题08导数与不等式函数零点相结合文（含解析）
专题08 导数与不等式、函数零点相结合文考纲解读明方向考纲内容考点考查频度学科素养规律与趋向1.利用导数研究函数的单调性、极(最)值，并会解决与之有关的方程(不等式)问题；2.会利用导数解决某些简单的实际问题.1.导数与不等式3年3考★★★逻辑推理数学计算1.高频考向:利用导数解决与之有关的方程（不等式）问题2.低频考向:利用导数解决某些实际问题.3.特别关注:利用导数研究函数的零点问题.2021年高考全景展示1.【2021年浙江卷】已知函数f(x)=−ln x．（Ⅰ）若f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)+f(x2)>8−8ln2；（Ⅱ）若a≤3−4ln2，证明：对于任意k>0，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点．【答案】（Ⅰ）观点析（Ⅱ）见解析【解析】分析: （Ⅰ）先求导数，按照条件解得x1，x2关系，再化简f(x1)+f(x2)为，利用大体不等式求得取值范围，最后根据函数单调性证明不等式，（Ⅱ）一方面利用零点存在定理证明函数有零点，另一方面，利用导数证明函数在上单调递减，即最多一个零点.二者综合即得结论.x（0，16）16 （16，+∞）- 0 +2-4ln2所以g（x）在[256，+∞）上单调递增，故，即．由（Ⅰ）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，因此方程f（x）–kx–a=0最多1个实根．综上，当a≤3–4ln2时，对于任意k>0，直线y=kx+a与曲线y=f（x）有唯一公共点．点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略：(1) 构造差函数.按照差函数导函数符号，肯定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）按照条件，寻觅目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.2.【2021年全国卷Ⅲ文】已知函数．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）证明：当时，．【答案】（1）切线方程是（2）证明观点析【解析】分析：（1）求导，由导数的几何意义求出切线方程。
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导数——泰勒不等式专题
一、泰勒公式：
泰勒公式，也称泰勒展开式，主要是用于求某一个复杂函数在某点的函数值。
如果一个函数足够平滑，即若函数)(x f 在包含0x 的某个闭区间],[b a 具有n 各阶导数，且在开区间),(b a 上存在1+n 阶导数，则对],[b a 上任意一点x ，有
).()(!
)()(!2)()(!1)(!0)()(00)(200000x R x x n x f x x x f x x x f x f x f n n n +-++-''+-'+= 其中)(x R n 为泰勒展开式的余项，泰勒展开式也叫泰勒级数.
我们更多的是用泰勒公式在00=x 的特殊形式：
)(!)
0(!2)
0(
!1)0(!0)0()(2
2x R x n f x f f f x f n n +++''+'+= .以下列举一些常见函数的泰勒公式：
++++=32!31
!21
!11
1x x x e x ①
+-+-=+4324
1
3121
)1ln(x x x x x ②
+-+-=753!71!51!31sin x x x x x ③
-+-=4
2!41!211cos x x x ④
++++=-32111x x x x ⑤从中截取片段，就构成了高考数学考察导数的常见不等式：
x e x +≥1①；
1ln -≤x x ②；
212
x x e x ++≥③对0≥x 恒成立；
x x x x
≤+≤+)1ln(1④对0≥x 恒成立；
x x x x ≤≤-sin 63
⑤对0≥x 恒成立；
2421cos 214
22x x x x +-≤≤-⑥对0≥x 恒成立
（1）若2
1=a ，求)(x f 的单调区间；（2）若当0≥x 时0)(≥x f ，求实数a 的取值范围.例2.（新课标全国理科21）设函数f (x )=e x -1-x -ax 2
.
（1）若a =0，求f (x )的单调区间；（2）当x ≥0时，f (x )≥0，求实数a 的取值范围.例1.（新课标全国文科21）设函数f (x )=x (e x -1)-ax 2.
例3.（前两问同例2）设函数.
1)(2
ax x e x f x ---=（1）若0=a ，求)(x f 的单调区间；
（2）当0≥x 时，0)(≥x f ，求实数a 的取值范围；
（3）若0>x ，证明：2)1ln()1(x x e x >+-.例4.（全国1卷理）设函数f (x )=e x -e
-x ．
（Ⅰ）证明：f (x )的导数f '(x )≥2；（Ⅱ）若对所有x ≥0都有f (x )≥ax ，求a 的取值范围．
例5.（2019北京四中期中考试）已知函数.
,31)(23R a ax x e
x f x ∈---=（1）当0=a 时，证明：当0≥x 时，0)(≥x f ；（2）当0≥x 时，0)(≥x f 恒成立，求a 的取值范围.
例6.（全国2卷理科22）设函数f (x )=1-e
-x .（1）证明：当x >-1时，f (x )≥
1+x x
;（2）若当x ≥0时，f (x )≤ax x +1，求实数a 的取值范围.
ln 1a x b x x
++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=．
（Ⅰ）求a ，b 的值；
（Ⅱ）证明：当0x >，且1x ≠时，ln ()1
x f x x >-．]2
π，其中a 为常数.（1）若函数)(x f 在2,0[π上是单调函数，求实数a 的取值范围；（2）当1≤a 时，证明：361)(x x f ≤.例8.（2020届鄂东南联考）已知函数f (x )=ax -sin x ,x ∈[0,
例7.（新课标）已知函数f (x )=
A.21x e x x ++
2
11124
x x <-+C.21cos 12x x - D.2
1ln(1)8x x x
+- 312cos 2x x x ++.当[]0,1x ∈时，例9.（辽宁理12）若x ∈[0,+∞)，则下列不等式恒成立的是（
）例10.（辽宁理21）已知函数f (x )=(1+x )e -2x ,g (x )=ax +（1）求证：1-x ≤f (x )≤1+1
x ；
（2）若f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围.。