导数与不等式综合问题求解策略(李树森)
高中数学新人教版B版精品教案《3.3.2 利用导数研究…》
利用导数研究函数的极值（教学设计）教材版本：新课标人教B版选修1-1 章节：第三章 3.3.2授课年级：高二年级授课人：沈阳市第四十中学刘旭生课3.3.2利用导数研究函数极值题教学过程教学内容师生互动设计思路创设情境引入课题“桂林山水甲天下，阳朔山水甲桂林”欣赏图片。
提出问题：从数学的角度去欣赏连绵不绝的山峰，我们能够联想到什么？学生观察图片发表想法。
让学生发现高低起伏的过程会出现最高点和最低点，从自然景观引入，可以激发学生的学习兴趣，拉近数学与现实的距离，从而引出本节课的内容。
析更加抽象。
因此，在本节课的学习中容易出现对概念的理解不深刻，运用概念解决问题相对薄弱等情况。
本节课将进一步提高学生利用导数研究函数的能力，让学生体会导数的作用。
学法教法分析采用多媒体辅助教学，更加直观形象，便于学生观察，充分展开学生的思维。
用幻灯片打出重要结论，清晰明了，优化教学过程，提高课堂效率。
在教学中，我采用“问题------探究”的教学模式，把整个课堂分为呈现问题、探索问题、总结规律、应用规律四个阶段。
我设计了①创设情境，引入课题；②抽象概括，形成概念；③讨论研究，深化主题；④强化重点，巩固提高；⑤归纳总结，内化知识；⑥作业布置，知识升华六个环节，环环相扣，层层深入。
抓住学生已有的认知水平和所学知识的特点入手，给予适当指导，从而突重点、破难点，顺利完成教学目标。
抽象概括形成概念由连绵不绝的群山抽象出一个函数图像。
提问：函数y=f（x）在4321,,,xxxx处的函数值与这些点附近的函数值有什么大小关系？函数极值的定义：已知函数()y f x=及其定义域内一点x，对于存在一个x的开区间内的所有点x,如果都有()()f x f x<，则x是函数()y f x=的一个极大值,x称为极大值点；如果对x附近的所有的点,都有()()f x f x>，则x是函数()y f x=的一个极小值,x称为极小值点。
极大值点与极小值点统称为极值点。
甘肃--一元二次不等式的解法(李长杉).doc 精编
课题：一元二次不等式的解法（1）教材: 人民教育出版社全日制普通高中教科书(必修)第一册(上) 授课教师: 甘肃省嘉峪关市第一中学李长杉教学目标知识目标：熟练掌握一元二次不等式的两种解法；理解一元二次方程、一元二次不等式和二次函数之间的关系.能力目标：培养学生运用等价转化和数形结合等数学思想解决数学问题的能力.德育目标：通过等与不等的对立统一关系的认识，对学生进行辨证唯物主义教育.情感目标: 在自主探究与讨论交流过程中，培养学生的合作意识和创新精神.教学重点:一元二次不等式的解法.教学难点:一元二次方程、一元二次不等式和二次函数的关系.教学过程:(一)引入新课.问题1：(幻灯片1)画出一次函数y=2x-7的图象，填空：2x-7=0的解是 .不等式 2x-7>0的解集是 .不等式 2x-7<0的解集是 .请同学们注意,一元一次方程、一元一次不等式和一元一次函数有什么关系?(“三个一次”关系).从上面的特殊情形引导学生发现一般的结论.(幻灯片2): 一般地，设直线y=ax+b与x轴的交点是(x,0),就有如下结果.}一元一次方程ax+b=0的解集是{x|x=x一元一次不等式ax+b>0(<0)解集};(1)当a>0时, 一元一次不等式ax+b>0的解集是{x|x>x}；一元一次不等式ax+b<0解集是{x|x<x(2)当a<0时，一元一次不等式ax+b>0解集是{x|x<x}；}.一元一次不等式ax+b<0解集是{x|x>x(学生看图总结,教师在幻灯片中给出结果).问题2：(幻灯片3)（2004年江苏省高考试题）二次函数y=ax2+bx+c(x∈R)的部则ax2解集是 .引导学生运用解决问题1的方法,画出二次函数y=ax2+bx+c的图象求解.并请学生说出不等式ax2+bx+c<0的解集和方程ax2+bx+c=0的解集,同时注意一元二次方程、一元二次不等式和二次函数有什么关系?(“三个二次”关系).(二)讲授新课.1.问题2的解决表明,一元二次不等式的解集可以画出对应二次函数的图象写出.请同学们解下面两组题:题组1（课本19页例1、例2）（1）解不等式2x2-3x-2>0（2）解不等式-3x2+6x>2学生根据问题2的方法画图求解,教师巡回指导,提醒学生注意掌握画二次函数图象的要领和方法.2.题组2（课本19页例3、例4）（1）解不等式4x2-4x+1>0（2）解不等式-x2+2x-2>0学生不难想到,这两题的方法和上面完全相同,教师在巡回指导中及时提醒学生注意和上面两题的不同,由图象写出解集是难点,必要时教师在黑板上画出图象给予一定的提示或讲解.3.至此我们掌握了用图象法来解一元二次不等式.当然我们可以仿照前面探讨“三个一次”关系的做法来探讨这里“三个二次”的关系.引导学生分三种情况(△＞0,△＜0,△＝0)讨论一元二次不等式ax2+bx+c＞0(a＞0 )与ax2+bx+c＜0(a＞0)的解集.如何?课后仿上表给出.4.由上面的例题和总结我们发现,一元二次不等式的解集其实就和二次项系数、二次方程的根以及不等有关,进一步引导学生总结解一元二次不等式的一般步骤:先把二次项系数化成正数,再解对应二次方程,最后根据方程的根的情况,结合不等的方向写出解集(可称为“三步曲”法).(四)课堂练习.练习1～3.1.课本P19～202.(幻灯片5)题组3：（1）x2+x+k>0恒成立，求k的取值范围.（2）ax2+bx+c>0（a≠0）恒成立的条件为 .ax2+bx+c≤0（a≠0）恒成立的条件为 .（3）（x-a ）（x-a 2）<0（0<a<1）的解集是 .课本P 19练习1的四个小题由4位同学板演,教师通过学生板演发现问题,纠正错误,规范书写过程.课堂练习1、2是两组有梯度的练习题,练习1面向全体学生,练习2供程度较好的学生进一步发展提高.(五)课时小结.1.“三个二次”关系.2.一元二次不等式的两种解法----图象法和“三步曲”法.(六)课后作业.1.课本P 20习题1,3,5,6.2.补充练习：1.若不等式 2282001x x mx mx -+<--对一切x 恒成立，求实数m 的范围. 解析：∵x 2-8x+20=(x-4)2+4>0, ∴ 只须mx 2-mx-1<0恒成立，即可：①当m=0时，-1<0,不等式成立；②当m ≠0时，则须2040m m m <⎧⎨∆=+<⎩ 解之：-4<m<0.由（1）、（2）得：-4<m ≤0.2.设不等式ax 2+bx+c>0的解集是{x|a<x<β}(0<a<β),求不等式cx 2+bx+a<0的解集.分析：由题001111c b b a c c a a cααβαβαβαβ⎧⎧⎪⎪<<⎪⎪⎪⎪+=-⇒+=-⎨⎨⎪⎪⎪⎪=⋅=⎪⎪⎩⎩∴cx 2+bx+a<0的解集是{x|x< 1β或x>1α}． 课后预案课堂中学生可能提出的意外问题设想:1.学生可能提出的问题:不等式(x+2)(x-3)＜0能不能转化为不等式组{0203＞x＜x +-或{0203＜x＞x +-求解?2.学生在解题中可能出现的问题:把不等式(x-1)(x+2)＞1转化为{1112＞x＞x -+去解.课后反思(略)板书设计(略)教学设计说明本节课的所有内容以题组的形式展现给学生,学生始终在解题中探究,在解题中发现,学生参与教学的全过程,成为课堂教学的主体和学习的主人,而教师时刻关注学生的活动过程,不时给予引导,及时纠偏.复习引入的问题1是学生已经熟知的一元一次不等式、一元一次方程及一次函数既“三个一次”的关系问题,旨在为后面探讨“三个二次”的关系提供方法和思路.问题2是课本中的材料,以高考题的形式出现可以引起学生更大的关注和兴趣.教材中的四个例题让学生完全按照解决问题2的方法自己去解,教师只在必要的时候提醒学生应该注意的问题,或学生遇到困难时给予引导.完成四道例题后,学生对一般一元二次不等式的解法和“三个二次”的关系已经有一定的理解,然后由特殊到一般,引导学生总结规律,形成一般结论.最后学生再利用自己的总结去完成课堂练习,刚刚形成的方法与结论可以进一步巩固和深化.例题、练习和作业的设置由浅入深,并且补充部分题目照顾各个层次的学生.一元二次不等式的求解过程,也是函数与方程、数形结合、分类讨论及类比等数学思想方法的综合应用过程,在教学中提醒学生注意深刻体会,也在补充题目中逐步加以渗透.一元二次不等式的解法（第一课时）说课稿各位评委、各位老师:大家好！我叫李长杉,来自甘肃省嘉峪关市第一中学。
“抓住式子结构特点，见招拆招”——2021年新高考Ⅱ卷第22题解题分析
㊀㊀㊀用思维导图解答压轴题㊀从通法到秒杀讲课比赛获奖作品系列之九抓住式子结构特点,见招拆招２０２１年新高考Ⅱ卷第２２题解题分析◉海南华侨中学㊀李玉玲㊀黄玲玲㊀㊀摘要:函数与导数一直是高考重要考点,导数应用的解答题也经常出现在最后一题压轴位置．２０２１年的新高考Ⅱ卷第２２题依托含参的函数单调性和零点存在性问题,重点考查分类讨论㊁数形结合思想的应用,逻辑推理和数学抽象等核心素养的落实．第一问含参函数的求导和单调性分析,属于中档难度;第二问考查函数零点的存在性和唯一性,较难．关键词:函数;导数;零点;单调性㊀㊀１引言函数与导数一直是高考重要考点,导数应用的解答题也经常出现在最后一题压轴位置．今年的新高考Ⅱ卷第２２题依托含参的函数单调性和零点存在性问题,重点考查分类讨论㊁数形结合思想的应用,逻辑推理和数学抽象等核心素养的落实,总体比较常规,又不乏技巧性．２试题呈现(２０２１年新高考Ⅱ卷第２２题)已知函数f (x )＝(x －１)e x －a x ２＋b ．(１)讨论f (x )的单调性;(２)从下面两个条件中选一个,证明:f (x )只有一个零点．①１２＜a ɤe ２２,b ＞２a ;②０＜a ＜１２,b ɤ２a ．３分析本题的第一问,首先要分析导函数的零点及导数的正负,fᶄ(x )＝x (e x－２a ),x ＝０是f ᶄ(x )的确定零点,e x －２a 能否为零,关键看e x＝２a 是否有解,分类标准产生:a ɤ０和a ＞０．当a ＞０时,fᶄ(x )＝x (e x－２a )有两个零点x ＝０和x ＝l n (２a ),为了得到两个零点之间的大小关系,自然又将a 细分为:０＜a ＜１２,a ＝１２,a ＞１２．遇到含参问题一定要关注:参数对导数零点的影响,导数的零点与定义域端点,导数的多个零点之间的关系．本题第二问,解题思维导图如图１:图１５４２０２２年４月上半月㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀试题研究命题考试Copyright ©博看网. All Rights Reserved.㊀㊀㊀㊀㊀选择条件①,有两个难点:一是如何判断极小值f[l n(２a)]＞０,二是如何证明∃x０ɪ(－ɕ,０)满足f(x０)＜０．通过将f[l n(２a)]＝－a[l n(２a)]２＋２a l n(２a)－２a＋b分解为几个大于零的式子的和,f[l n(２a)]＝a l n(２a)[２－l n(２a)]＋b－２a,由a l n(２a)＞０,２－l n(２a)ȡ０,b－２a＞０,得到f[l n(２a)]＞０;或者将f[l n(２a)]配方为f[l n(２a)]＝－a[l n(２a)－１]２＋b－a,由－aɤ－a[l n(２a)－１]２ɤ０,得到f[l n(２a)]＝－a[l n(２a)－１]２＋b－aȡb－２a＞０．实际上f(x)＝(x－１)e x－a x２＋b时,y＝－a x２＋b为开口向下的二次函数,xɪ－¥,－b aæèçöø÷时,y＝－a x２＋b＜０,此时(x－１)e x＜０,则有f(x)＜０,从而证明了f(x)在(－¥,０)上有唯一零点．选择条件②,难点同样在于两个方面:f[l n(２a)]＜０的判断和如何证明f(x)在[l n(２a),＋¥)存在大于零的值．f[l n(２a)]＜０的判断同条件①．而条件①证明∃x０ɪ(－¥,０)满足f(x０)＜０的方法在条件②中不再适用．要使(x－１)e x＞０很简单,只需x＞１,但是对于开口向下的二次函数y＝－a x２＋b,xң＋¥,yң－¥．此时就必须改变函数f(x)的结构形式．例如:利用不等关系e x＞x＋１,得到x＞１时,f(x)＞(x－１)ˑ(x＋１)－a x２＋b＝(１－a)x２＋b－１,而开口向上的二次函数y＝(１－a)x２＋b－１存在正值比较容易说明,从而证明∃x０ɪ(０,＋¥)满足f(x０)＞０,f(x)在(０,＋¥)上有唯一零点．４方法解析解:(１)f(x)＝(x－１)e x－a x２＋b,xɪR,fᶄ(x)＝x e x－２a x＝x(e x－２a)．当aɤ０时,e x－２a＞０,则xɪ(０,＋¥),fᶄ(x)＞０;xɪ(－¥,０),fᶄ(x)＜０．所以,f(x)在(０,＋¥)上单调递增;在(－¥,０)上单调递减．当a＞０时,由e x－２a＝０,得x＝l n(２a)．(i)当l n(２a)＞０,即２a＞１,a＞１２时,xɪ[０,l n(２a)],fᶄ(x)＜０;xɪ(－¥,０)ɣ[l n(２a),＋¥),fᶄ(x)＞０．所以,f(x)在(－¥,０)和[l n(２a),＋¥)上单调递增;在[０,l n(２a)]上单调递减．(i i)当l n(２a)＝０,即a＝１２时,fᶄ(x)＝x(e x－１)ȡ０恒成立,所以,f(x)在R上单调递增．(i i i)当l n(２a)＜０,即０＜２a＜１,０＜a＜１２时,xɪ[l n(２a),０],fᶄ(x)＜０;xɪ(－¥,l n(２a)]ɣ(０,＋¥),fᶄ(x)＞０．所以,f(x)在(－¥,l n(２a)]和(０,＋¥)上单调递增;在[l n(２a),０]上单调递减．(２)若选①:方法一:由(１)知f(x)在(－¥,０)和[l n(２a),＋¥)上单调递增;在[０,l n(２a)]上单调递减．f(x)在x＝０处取得极大值f(０),因为b＞２a＞１,所以f(０)＝b－１＞０,f(x)在x＝l n(２a)处取得极小值,且f[l n(２a)]＝－a[l n(２a)]２＋２a l n(２a)－２a＋b＝a l n(２a)[２－l n(２a)]＋b－２a．因为１２＜aɤe２２,b＞２a,所以,a l n(２a)＞０,２－l n(２a)ȡ０,b－２a＞０,即f[l n(２a)]＞０．易知f(x)在区间(０,＋¥)上没有零点．对于①中任意的a与b,先考察y＝－a x２＋b,其图象为开口向下的抛物线,易知当xɪ－¥,－b aæèçöø÷时,y＝－a x２＋b＜０,此时(x－１)e x＜０,得f(x)＝(x－１)e x－a x２＋b＜０．综上可知,存在唯一x０ɪ(－¥,０),使f(x０)＝０,f(x)只有一个零点．方法二:(极值及f(０)＞０分析同上,略)f[l n(２a)]＝－a[l n(２a)]２＋２a l n(２a)－２a＋b＝－a[l n(２a)－１]２＋b－a．因为１２＜aɤe２２,b＞２a,所以,由０＜l n(２a)ɤ２,０ɤ[l n(２a)－１]２ɤ１,得－aɤ－a[l n(２a)－１]２ɤ０,f[l n(２a)]＝－aˑ[l n(２a)－１]２＋b－aȡb－２a＞０．６４命题考试试题研究㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀２０２２年４月上半月Copyright©博看网. All Rights Reserved.㊀㊀㊀当x ０＝－b a时,－a x ２＋b ＝０,(x ０－１)e x＜０,则有f (x ０)＝(x ０－１)e x －a x ２０＋b ＜０,又f (x )在(－¥,０)上单调递增,即存在唯一m ɪ(x ０,０),使f (m )＝０,f (x )只有一个零点．(２)若选②:方法一:由(１)知f (x )在(－¥,l n (２a )]和(０,＋¥)上单调递增;在[l n (２a ),０]上单调递减．f (x )在x ＝l n (２a )处取得极大值f [l n (２a )],f [l n (２a )]＝－a [l n (２a )]２＋２a l n (２a )－２a ＋b ＝a l n (２a )[２－l n (２a )]＋b －２a ．因为０＜a ＜１２,b ɤ２a ,所以a l n (２a )＜０,２－l n (２a )＞０,b －２a ɤ０,即f [l n (２a )]＜０．f (x )在x ＝０处取得极小值f (０),且f (０)＜f [l n (２a )]＜０,易知f (x )在区间(－¥,０)上没有零点．令g (x )＝e x－x －１,由g ᶄ(x )＝e x－１,易知g (x )在(１,＋¥)上单调递增,g (x )＞g (１)＞０．所以,当x ＞１时,有e x＞x ＋１,x －１＞０,从而f (x )＝(x －１)e x－a x ２＋b ＞(x －１)(x ＋１)－a x ２＋b ＝(１－a )x ２＋b －１．(注:这里我们引入g (x )＝e x－x －１,为了证明不等式e x＞x ＋１,并利用此不等式得到f (x )＞(１－a )x ２＋b －１,从而将f (x )与开口向上的二次函数y ＝(１－a )x ２＋b －１联系起来．)因为０＜a ＜１２,b ɤ２a ,所以１－a ＞０,b －１＜０．图２令h (x )＝(１－a )x ２＋b －１,易知对于②中任意的a ,b ,当x ＞１－b１－a时,h (x )＞０(如图２)．令t ＝m a x １,１－b １－a{},易知当x ０＞t 时,h (x ０)＞０．(注:这里取t ＝m a x １,１－b １－a{},主要是因为本题是在x ＞１的条件下使用放缩法的．)即f (x ０)＞０,又f (x )在(０,＋¥)上单调递增,则存在唯一m ɪ(０,x ０),使f (m )＝０,f (x )只有一个零点．(这里也可以取x ０＝１＋１－b１－a,易得h (x ０)＞０,则f (x ０)＞h (x ０)＞０．又f (x )在(０,＋¥)上单调递增,则存在唯一m ɪ(０,x ０),使f (m )＝０,f (x )只有一个零点．)方法二:(极值及其正负分析同上,略)令g (x )＝e x －x ２(x ＞１),由g ᶄ(x )＝e x －２x ,易知g (x )在(１,＋¥)上单调递增．g (x )＞g (１)＝e －１＞０,所以x ＞１时,e x ＞x ２．注意到b ȡ－|b |,当x ＞１时,－|b |ȡ－|b |x ２,有f (x )＝(x －１)e x－a x ２＋b ＞(x －１)x ２－a x ２＋b ȡ(x －１)x ２－a x ２－|b |x ２＝(x －１－a －|b |) x ２．(注:这里进行了两次放缩,主要还是希望得到一个比较容易说明函数值大于零的函数．)易知,当x ０＞１＋a ＋|b |时,有f (x ０)＞(x ０－１－a －|b |)x ２０＞０．又f (x )在(０,＋¥)上单调递增,则存在唯一m ɪ(０,x ０),使f (m )＝０,f (x )只有一个零点．导数是研究函数性质的有效工具,导数法分析函数的单调性关键点在于分类讨论的整个过程不重不漏是不难实现的．至于第二问的解题方法,函数零点存在性定理是考查点,如何找出满足定理的条件是关键点,不妨体会一下解析过程中 抓住式子结构特征,见招拆招 的解题思路．对于此类综合性问题的解决,通法固然重要,在熟练掌握通法的基础上,结合题目条件灵活应变更重要．参考文献:[１]李海北．２０２１年新高考全国数学卷导数试题分析与研究[J ]．福建基础教育研究,２０２１(８):５１Ｇ５３．[２]刘瑞美．２０２１年高考数学全国卷导数题分析比较[J ]．中学数学教育,２０２１(４):５９Ｇ６２．Z７４２０２２年４月上半月㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀试题研究命题考试Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。
解答导数问题的几个基本策略
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， 设 函 数 ｈ（ 则ｈ ｘ） ＝ ｌ ｎ（ ｘ ＋ｍ ） －（ ｘ ＋１） ′（ ｘ） ） １ ｘ－ （ １－ｍ ） －（ 当 ｘ∈ （ ＝ －１＝ ． －ｍ ， －ｍ ＋ ｘ＋ｍ ｘ＋ｍ 时， 所 以 ｈ（ 在（ 内是 １） ｈ ′（ ｘ） ｘ） －ｍ ， －ｍ ＋１） ＞０， 增函数； 当 ｘ∈ （ 时， 所以 ｈ －ｍ ＋１， ＋∞ ） ｈ ′（ ｘ） ＜０， （ 在（ 内 是 减函 数 ． 所以 ｈ（ 得最大 ｘ） －ｍ ＋１， ＋ ∞） ｘ） 值为 因 为 ｍ ≤２， 所 以 ｈ（ ｈ（ －ｍ ＋１） ＝ｍ －２． ｘ） ≤ ， 即 ｘ＋１≥ 当 ｍ ＝２， ０， ｌ ｎ（ ｘ ＋ｍ ） ｘ ＝ －１ 时 等 号 成立 ．
到困难． 那 么 朝 那 个 方 向 转 化 呢？ 朝 自 己 会 的 方 向 转化 ．
ｘ ｅ 证明 “ 当 ｎ ＞１ （ 时， ｘ ＞０） ｎ 的所有可能取 ｘ ｘ ｎ ， 值” 等 价 于“ 时， 等 ｅ ｘ＞０） ｎ 的 所有可 能 取 值 ” ＞ｘ （ ｘ ） （ 价 于“ 时， ｌ ｎ（ ｅ ｎ（ ｘｎ ） ｘ ＞０） ｎ 的所有可能取 ＞ｌ
２ ５） ｎ ｘ＋ ａ ｘ２ （ ａ 为 常 数） ． ｙ＝ｘ ｌ ｘ ２ ｅ ｘ 将 不 等式 ｅ ｌ ｎ ｘ＋ · ＞１等 价 转化 为ｘ ｌ ｎ ｘ＞ ｅ ｘ
跨越鸿沟 ３ 等价转化 ，
数 学关 系式 之 间的 等 价 转 化 ， 是解决数学 由于朝 哪 个 方 向 转 化 不 明 确， 因此导数题目承载 了 考 查 学生的 探究 能力 、 猜想能力以及运算求解能力 的功能．
特级教师 ） ◇ 北京 李振雷 （
用导数解决不等式有关问题的思维方法
ʏ湖南省郴州市第二中学 黄常健根据不等式恒成立或有解时求参数的取值范围与不等式的证明,是导数在函数中的应用的重要组成部分,涉及利用导数求函数的单调性与极值㊁不等式的性质,考查方程与函数思想㊁分类讨论思想㊁转化与化归思想,也是各类考试的热点㊂一、不等式恒成立或有解问题将不等式恒成立或有解问题转化为含待求参数的函数最值问题㊂常用方法有两种:(1)带参讨论法,这种方法要注意对参数进行合理的分类讨论㊂(2)分离参数法,将原不等式中的参数分离到不等式的一边,另一边为不含参数的函数,并求不含参数这边函数的最值㊂主要有如下两类情形:①不等式恒成立问题,当x ɪD 时,不等式f (x )>m 恒成立,等价于f (x )在D 上的最小值f (x )m i n >m ;②不等式有解问题,当x ɪD 时,不等式f (x )>m 有解,等价于f (x )在D 上的最大值f (x )m a x >m ㊂例1 已知函数f (x )=s i n 2x +2c o s x-1的图像上存在点(x 0,f (x 0))使得e f (x 0)-a >f (x 0),则实数a 的取值范围为㊂解析:先求函数f (x )的值域㊂f (x )=s i n 2x +2c o s x -1=-c o s 2x +2c o s x =1-(c o s x -1)2ɪ[-3,1]㊂再换元,令f (x )=t ,则问题转化为:存在t ɪ[-3,1],使得e t-a >t 成立,即a <e t-t 成立㊂设g (t )=e t -t ,t ɪ[-3,1],则g '(t )=e t-1㊂在区间(-3,0)上,g '(t )<0,g (t )单调递减;在区间(0,1)上,g '(t )>0,g (t )单调递增㊂又g (1)=e -1,g (-3)=e -3+3,且e -3+3>e -1,所以g (t )的最大值为g (-3)=e -3+3㊂故实数a 的取值范围为(-ɕ,e -3+3)㊂点拨:换元法㊂令t =f (x ),将函数t =f (x )的值域视为函数g (t )的定义域㊂从而将问题转化为:存在t ɪ[-3,1],使得a <e t -t 成立,即a <(e t-t )m a x ㊂例2 设函数f (x )=l n (x +1)-a 2e x,a ɪR ㊂(1)若a =-1,求函数f (x )的图像在点(1,f (1))处的切线方程;(2)若f (x )+a ɤ0恒成立,求正数a 的取值范围㊂解析:(1)若a =-1,则f (x )=l n (x +1)-e x ,求导得f '(x )=1x +1-e x,则切线的斜率为f '(1)=12-e ㊂又f (1)=l n 2-e,故函数f (x )的图像在点(1,f (1))处的切线方程是y -(l n 2-e )=12-e(x -1),即(1-2e )x -2y +2l n 2-1=0㊂(2)解法1:直接带参讨论法㊂不等式f (x )+a ɤ0恒成立,即l n (x +1)-a 2e x+a ɤ0恒成立㊂设g (x )=l n (x +1)-a 2e x+a ,则g'(x )=1x +1-a 2e x(x >-1),易证g '(x )为减函数㊂当x ң-1时,g'(x )ң+ɕ;当x ң+ɕ时,g'(x )ң-ɕ㊂所以∃x 0ɪ(-1,+ɕ),使得g '(x 0)=0,即a 2=1(x 0+1)ex㊂当x ɪ(-1,x 0)时,g '(x )>0,g (x )单调递增;当x ɪ(x 0,+ɕ)时,g'(x )<0,g (x )单调递减㊂所以g (x )m a x =g (x 0)=l n (x 0+1)-a 2e x 0+a =l n (x 0+1)-1x 0+1+1(x 0+1)ex 0㊂以下求关于x 0的不等式g (x 0)ɤ0的解:设h (x )=l n (x +1)-1x +1+1(x +1)ex ,则h '(x )=1x +1+1(x +1)2-x +22(x +1)(x +1)e x =(x +2)(2e x-x +1)2(x +1)2ex,易证e x ȡx +1,所以2e x-x +1>0,从而h '(x )>0,于是h (x )在(-1,+ɕ)上单调递增㊂又h (0)=0,所以h (x 0)ɤ0⇒-1<x 0ɤ0,即关于x 0的不等式g (x 0)ɤ0的解为-1<x 0ɤ0㊂又a =1(x 0+1)ex0是关于x 0的减函数,且x 0=0时,a =1,由-1<x 0ɤ0⇒a ȡ1,故正数a 的取值范围为[1,+ɕ)㊂解法2:不等式f (x )+a ɤ0恒成立,即l n (x +1)-a 2e x+a ɤ0(x >-1)恒成立,取x =0,代入得-a 2+a ɤ0,又a >0,则a ȡ1㊂下面证明:当a ȡ1时,l n (x +1)-a 2ex+a ɤ0恒成立㊂先证明l n (x +1)ɤx ㊂令g (x )=l n (x+1)-x ,则g '(x )=1x +1-1=-xx +1㊂当x ɪ(-1,0)时,g '(x )>0,g (x )单调递增;当x ɪ(0,+ɕ)时,g '(x )<0,g (x )单调递减㊂故g (x )ɤg (0)=0,即l n (x +1)ɤx ㊂要证明l n (x +1)-a 2e x+a ɤ0,只需证明x -a 2e x+a ɤ0(x >-1)㊂令h (x )=a 2e x-x -a ,则只需证明h (x )ȡ0,求导得h '(x )=a 2e x-1,显然h '(x )是增函数,由h '(x )=0,得x =l n 1a2ɤ0㊂①当l n 1a 2ɤ-1,即a ȡe 时,h '(x )ȡ0在(-1,+ɕ)上恒成立,h (x )在(-1,+ɕ)上单调递增,于是h (x )>h (-1)=a2e +1-a =1e a -e22+1-e 4>1-e4>0㊂②当-1<l n 1a2ɤ0,即1ɤa <e 时,令h '(x )>0,得x >-2l n a ;令h '(x )<0,得-1<x <-2l n a ㊂故h (x )在(-1,-2l n a )上单调递减,在(-2l n a ,+ɕ)上单调递增,于是h (x )m i n =h (-2l n a )=1+2l n a -a ㊂令m (a )=1+2l n a -a ,则m '(a )=2-aa>0,m (a )在[1,e )上单调递增,于是m (a )ȡm (1)=0,所以h (x )ȡ0恒成立㊂综上所述,满足条件的正数a 的取值范围为[1,+ɕ)㊂点拨:第(2)题的解法1的思路为:直接求含参函数g (x )的最小值,并记为h (x ),再解不等式h (x )ȡ0,得a 的取值范围㊂其步骤为:①用零点存在性定理判定导函数g'(x )的零点x 0存在,但难以求解,我们称之为隐形零点,以零点x 0为分界,说明函数g'(x )的正负,得到函数g (x )的单调性,进而得到g (x )的最大值g (x 0)(含a );②将零点方程g '(x 0)=0变形代入g (x ),化简得最大值g (x 0)(不含a );③由已知令最大值不大于零,得x 0的取值范围,进而求得正数a 的取值范围㊂解法2的步骤为:①用特值(x =0)探路,得不等式f (x )+a ɤ0恒成立的必要条件a ȡ1;②再证a ȡ1是不等式f (x )+a ɤ0恒成立的充分条件,这里选择了放缩法,借助不等式l n x ɤx -1,转证h (x )=a 2e x-x -a ȡ0即可;③带参讨论法证明h (x )ȡ0,分h '(x )=0的零点l n 1a 2在定义域(-1,+ɕ)内和外加以讨论,从而解决不等式恒成立问题㊂二、不等式的证明利用导数证明不等式的常见类型及思维方法:(1)构造差函数法㊂证明双函数的不等式恒成立问题,例如f (x )ȡg (x ),可构造差函数h (x )=f (x )-g (x ),研究差函数的导函数的符号,确定差函数的单调性,证明不等式h (x )m i n ȡ0即可㊂(2)拆分法㊂当要证明的不等式由几个基本初等函数通过相乘及相加的形式出现时,如果对其直接求导,得到的导函数仍然复杂难辨,这时可以将原不等式合理拆分为f (x )ɤg (x )的形式,进而证明f (x )m a x ɤg (x )m i n 即可,在拆分过程中,一般以能利用导数进行最值分析为拆分标准㊂(3)借助典型不等式x >s i n x (x >0),e xȡx +1,l n x ɤx -1(x >0),以及不等式的传递性,利用放缩法证明更简单的不等式㊂例3已知函数f(x)=l n x+x2-2a x㊂(1)若a=32,求f(x)的零点个数;(2)若a=1,g(x)=1e x+x2-2x-2e x-1,证明:f(x)-g(x)>0㊂解析:(1)若a=32,则f(x)=l n x+x2-3x,求导得f'(x)=(2x-1)(x-1)x(x> 0)㊂令f'(x)>0,得x>1或0<x<12;令f'(x)<0,得12<x<1㊂所以f(x)在0,12,(1,+ɕ)上单调递增,在12,1上单调递减,因此f(x)的极大值为f12= -l n2-54<0,f(x)的极小值f(1)= -2<0㊂又f(3)=l n3>0,所以f(x)在(0,1)上无零点,在(1,+ɕ)上有一个零点㊂所以f(x)的零点个数为1㊂(2)若a=1,则f(x)=l n x+x2-2x㊂又因为g(x)=1e x+x2-2x-2e x-1,所以要证f(x)-g(x)>0,即证l n x-1e x+2e x+1 >0,即证x l n x+x>x e x-2e㊂设函数φ(x)=x l n x+x(x>0),则φ'(x)=l n x+2㊂令φ'(x)>0,得x>e-2;令φ'(x)<0,得0<x<e-2㊂所以φ(x)在(0,e-2)上单调递减,在(e-2,+ɕ)上单调递增,故φ(x)m i n=φ(e-2)=-1e2㊂再设h(x)=x e x-2e(x>0),则h'(x) =1-x e x㊂令h'(x)<0,得x>1;令h'(x)> 0,得0<x<1㊂所以h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+ɕ)上单调递减,故h(x)m a x= h(1)=-1e㊂因为-1e2>-1e,即φ(x)m i n>h(x)m a x,所以不等式x l n x+x>xe x-2e恒成立,即f(x)-g(x)>0㊂点拨:第(2)题,若直接求证[f(x)-g(x)]m i n>0,显然困难,故采用拆分法,即将要证的不等式移项转证x l n x+x>xe x-2e,可预见左右两边的函数易于求其最值,从而证得不等式成立㊂例4已知函数f(x)=a e x-x-a㊂(1)若f(x)ȡ0,求a的值㊂(2)当aȡ1时,证明f(x)>x l n x-s i n x㊂解析:(1)由f(x)=a e x-x-a,得f(0) =0,f'(x)=a e x-1㊂若aɤ0,则f'(x)<0恒成立,所以f(x)在R上单调递减㊂由f(0)=0可知,当x>0时,f(x)<0,则f(x)ȡ0不恒成立㊂若a>0,令f'(x)=0,得x=l n1a,则当x>l n1a时,有f'(x)>0;当x<l n1a时,有f'(x)<0㊂故f(x)在-ɕ,l n1a上单调递减,在l n1a,+ɕ上单调递增,所以f l n1a是f(x)的极小值,也是最小值㊂又因为f(x)ȡ0,且f(0)=0,即f(x)ȡf(0),故l n1a=0,即a=1,此时f(x)=e x-x-1,结论成立,所以a=1㊂(2)由x>0,知e x-1>0,所以当aȡ1时,a(e x-1)ȡe x-1,f(x)=a(e x-1)-x ȡe x-1-x㊂要证f(x)>x l n x-s i n x,只需证e x-1-x>x l n x-s i n x,即证g(x)=e x-1-x -x l n x+s i n x>0㊂当0<xɤ1时,-x l n xȡ0,s i n x>0,又由(1)知e x-1-x>0,故g(x)>0㊂当x>1时,求导得g'(x)=e x-2-l n x+c o s x㊂设h(x)=g'(x),求导得h'(x)=e x-1x-s i n x㊂由x>1,知h'(x) >e-1-1>0,故h(x)在(1,+ɕ)上单调递增,所以h(x)>h(1)=e-2+c o s1>0,即g'(x)>0,故g(x)在(1,+ɕ)上单调递增,所以g(x)>g(1)=e-2+s i n1>0㊂综上所述,当aȡ1时,f(x)>x l n x-s i n x㊂点拨:第(1)题应用带参讨论法求参数a 的取值范围㊂对f(x)求导后,分aɤ0,a>0讨论f(x)的单调性与极值情况,并结合函数f(x)恒存在零点0,排除aɤ0,而当a>0时,极小值点l n1a只能为0㊂第(2)题,先借助参数a的范围放缩,即利用不等式的传递性,将要证的不等式转化为易于证明的不含参数的不等式㊂再分段0<xɤ1,x>1化整为零予以证明,当0<xɤ1时,s i n x>0,l n x ɤ0,直接证得g(x)>0;当x>1时,需二次求导证得g(x)>g(1)>0㊂例5已知函数f(x)=x e x-1,g(x) =a(l n x+x)㊂(1)若不等式f(x)ȡg(x)恒成立,求实数a的值㊂(2)求证:x2e x>(x+2)l n x+2s i n x㊂解析:(1)不等式f(x)ȡg(x)恒成立,即x e x-1ȡa(l n x+x)恒成立,即e l n x+x-1ȡa(l n x+x)恒成立㊂设l n x+x=t,则e t-1ȡa t恒成立㊂令φ(t)=e t-1-a t,则φ(t)ȡ0恒成立,φ(0) =0,φ'(t)=e t-a㊂若aɤ0,则φ'(t)>0,所以φ(t)在R上单调递增㊂又由φ(0)=0,则在(-ɕ,0)上φ(t)<0,与φ(t)ȡ0恒成立矛盾㊂若a>0,令φ'(t)=0,得t=l n a,则当t <l n a时,有φ'(t)<0;当t>l n a时,有φ'(t)>0㊂故φ(t)在(-ɕ,l n a)上单调递减,在(l n a,+ɕ)上单调递增,所以φ(l n a)是φ(t)的极小值,也是最小值㊂又因为φ(t)ȡ0,且φ(0)=0,即φ(t)ȡφ(0),故l n a=0,即a=1,经验证成立㊂所以不等式f(x)ȡg(x)恒成立时,实数a的值为1㊂(2)由(1)知,当a=1时,不等式f(x)ȡg(x)恒成立,即x e x-1ȡx+l n x,即x e xȡx+l n x+1,所以不等式x2e xȡx2+x l n x+ x(x>0)恒成立㊂要证明x2e x>(x+2)l n x+2s i n x,只需证x2+x l n x+x>(x+2)l n x+2s i n x,即证x2+x>2l n x+2s i n x(x>0)㊂设h(x)=l n x-x+1,则h'(x)=1-x x (x>0),所以在(0,1)上,h'(x)>0,h(x)单调递增;在(1,+ɕ)上,h'(x)<0,h(x)单调递减㊂故h(x)ɤh(1)=0,即l n xɤx-1㊂所以只需证x2+x>2(x-1)+2s i n x,即证x2-x+2>2s i n x㊂①当x>1时,x2-x+2=x(x-1)+2 >2ȡ2s i n x,不等式成立;②当0<xɤ1时,x2-x+2=x-122 +74ȡ74,2s i n xɤ2s i n1<2s i nπ3=3<74,不等式成立㊂综上所述,不等式x2e x>(x+2)l n x+ 2s i n x(x>0)成立㊂点拨:第(1)题应用同构函数法,将复杂的原不等式恒成立问题转化为简明的不等式恒成立问题,再用带参讨论法求参数a的值㊂第(2)题的证法是放缩法,先借助第(1)题的结论进行放缩,让要证的不等式中不含e x项;再利用常用不等式l n xɤx-1放缩,让要证的不等式中不含l n x项;最后再用对x分段讨论法证明不等式㊂不论用拆分法构造辅助函数证明不等式,还是用放缩法证明不等式,都需要对一些常见函数x e x,x l n x,e x x,l n x x等的性质比较熟悉,对典型不等式(l n xɤx-1,e xȡx+ 1等)适时灵活应用㊂根据条件,寻找恰当的目标函数需反复磨炼㊂(责任编辑王福华)。
2019高考数学专题提能一 函数、导数与不等式的提分策略
提分策略一
“双图法——明确思路”
提分策略一
提分策略二
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提分策略一
“双图法——明确思路”
2 21－x 解析： (1)证明： 当 a＝0 时， f′(x)＝－2＋x＝ x ， 由 f ′ ( x) ＝0 得 x＝1. 当 0<x<1 时，f′(x)>0，f(x)在(0,1)上单调递增；当 x>1 时， f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减． 所以 f(x)≤f(x)max＝f(1)＝－2，即 f(x)<0.
提分策略一
“双图法——明确思路”
2 分析： (1)当 a＝0 时， f(x)＝－2x＋2ln x(x>0)， f′(x)＝－2＋ ＝ x 21－x x ，设 g(x)＝1－x，根据 g(x)的正负可画出 f(x)的图象如 x－1ax－2 图(1)所示．(2)f′(x)＝ (x>0)，令 g(x)＝(x－1)(ax x －2)，当 a＝0 时，由(1)知 f(x)没有零点；当 a>0 时，画 g(x) 2 2 2 的正负图象时，需分a＝1，a>1，a<1 三种情形进行讨论，再根 据极值、端点走势可画出 f(x)的图象，如图 (2)(3)(4)所示；当 a<0 时，同理可得图(5)．综上，易得 f(x)的零点个数．
2 2 ax －a＋2x＋2 (2) 由 题 意 知 f′(x) ＝ ax － (a ＋ 2) ＋ x ＝ ＝ x
x－1ax－2 (x>0)， x 当 a＝0 时，由第(1)问可得函数 f(x)没有零点．
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导数处理不等式问题
对一切 Ｘ ｇ ＋
恒
ａ ＞ ｅ ，ｘ ＞ ａ。 ‘ ． Ｉ ｎ ａ ＞ ｌ ，Ｘ ＜ １ ，． ‘ ． ｆ （ ｘ ）＞ ０ ，因 而 ｆ （ ｘ ）
在 （ ｅ ，＋ 一）上递 增
‘ － ． ｂ ） ａ ，． 。 ． ｆ（ ｂ ）＞ ｆ（ ａ ） ；故 ｂ ｌ ｎ ａ —ａ ｌ ｎ ｂ ＞ ａ ｌ ｎ ａ －ａ ｌ ｎ ａ ＝ ０ ；
≥３ ） ， ． ｘ ≥ ３， ． ‘ ． ｆ （ ｘ） ２ ３ ｌ ｎ ３ －２ ＞ ０
‘
‘
．
（ ｘ ＞ ０ ） ，贝 ０ ｆ ’（ ｘ ）
２
ｆ（ ｘ ）在 ［ ３ ，＋ 。 。 上是增 函数 ， ｆ（ ｘ ） 的 最 小 值 为 ｆ（ ３ ）＝ ２ ３ －２ ×３ —１ ＝ １ ＞ ０ 所 以 ，ｎ ∈Ｎ爿 ｃ ，１ １ ≥３ 时 ，ｆ（ ｎ ）≥ｆ（ ３ ）＞ ０ ，即 １ １ ≥ ３时 ， ２ ｎ 一２ ｎ 一１ ＞ ０成 立 ，
．
．
‘
‘
．
．
：
２利用导数解决不等式恒成立 问题
・ ．
・
ｘ ＞ ０ ，． ・ ． ｆ ’（ ｘ） ＜ Ｏ
，
故 ｆ（ ｘ ）在 （ ０ ，＋ 一 ）上 递 减 ，
ｘ
２
所以 ｘ ＞ Ｏ时，ｆ（ ｘ ）＜ ｆ（ ０ ）： ０ ，即 ｘ ２ 一ｈ ａ（ １ ＋ ｘ ）
＜ ０ ｆ ｊ ｌ ； ． 立。
如下几种形式： １ ） 直接构造函数 ，然后用导数证 明该 函数 的增减性 ； 再利用函数在它的 同一单调递增 （ 减 ）区间 ，自变量越大 ， 函数值越大 （ 小） ，来 证明不等式成立 。 例 １ ：ｘ ＞ Ｏ时 ，求 证 ；ｘ ｚ —Ｉ ｎ（ １ ＋ ｘ ）＜Ｏ
一类函数的零点与导数问题
1 e2
,+
∞
上是增函数。
子处理。
二、根据 题 中 的 条 件 得 到 两 个 零 点 x1
与 x2
的 关 系 式，然 后 化 为x2 的 形 式 x1
例 2 已知函数 f(x)=alnx-bx2 的
(2)由 已 知 得 :
图像上一点 P(2,f(2))处的切线方程为 y=
k=x y2 2
-y1 -x1
x2
,求
证
:x1
2 <k
<x2
。
分析:此题主要考查 导 数 的 应 用,导 数 与
单调性的 关 系 及 函 数 的 零 点 问 题,并 且 牵 涉
两个零点的处 理 方 法,要 尽 量 把 两 个 零 点 x1 与 x2 进行转化,使未知参数尽可能减少。
解 :(1)函 数 的 定 义 域 为 (0,+ ∞ ),f'(x) =2(lnx+1)+2=2lnx+4=2(lnx+2)。
(1,+ ∞ )上 是 增 函 数。 又 g (1)=0,所 以 g(t)=t-1-lnt>0,即lnt<t-1。 又 设
例 1 已知函数 f(x)=2x(lnx+1)。
(1)求函数 f(x)的单调区间; (2)若斜率为k 的直线与曲线y=f'(x) 交 于 A(x1,y1 ),B (x2,y2 )两 点 ,其 中 x1 <
一、由题中的要证结论把x1 与x2 变 换
x2
x1
-1 x2 x2 <x1
。
设x2 x1
=t(可
知
t>1),只
要
证
lnx1
泰勒展开式在高考题中的应用
泰勒展开式在高考题中的应用莲塘一中 李树森高中数学中函数导数部分占据了重要的位置,高考试题中函数导数题往往也是以难题、压轴题形式出现.如何应对函数导数难题？高等数学中有一些知识、方法与中学数学相通,本文针对一类函数导数问题借助高等数学中的泰勒展开式解决该类初等数学问题.如果函数()f x 在定义域I 上有定义,且有1n +阶导数存在,0,x x I ∈,则()200000001()()()()()()()...()1!2!!n n n f x f x f x f x f x x x x x x x R n +'''=+-+-++-+, 其中(1)110()()(1)!n n n f R x x n ξ+++=-+,其中ξ介于x 和0x 间.上式即为函数()f x 在0x 点处的泰勒展开式.[1] 令()ln(1)f x x =+,00x =,有2311ln(1)...(1)23n n n x x x x x R n-++=-+++-+. 上式可以进行放缩,比较ln(1)x +和x 、22x x -的大小, 可以得到不等式：2ln(1)2x x x x -≤+≤,(0)x ≥. （*） 下面证明该不等式.证明：设2()ln(1)2x h x x x =--+,21()10,(0)11x h x x x x x -'=--=≤≥++,则()h x 在[0,)+∞单调递减,()(0)0h x h ∴≤=,即有2ln(1)2x x x -≤+,当0x =时取等号. 设()ln(1)f x x x =+-,1()10,(0)11x f x x x x -'=-=≤≥++,则()f x 在[0,)+∞单调递减, ()(0)0f x f ∴≤=,即有ln(1)x x +≤,当0x =时取等号.综上所述,有不等式：2ln(1)2x x x x -≤+≤,(0)x ≥,当0x =时取等号. 如图所示：例题展示考题1 （2015年福建卷理科20题）已知函数()ln(1),(),()f x x g x kx k R =+=∈（1）证明：当0x >时,()f x x <；（2）证明：当1k <时,存在00x >,使得对任意的0(0,)x x ∈,恒有()()f x g x >；（3）确定k 的所有可能取值,使得存在0t >,对任意的(0,)x t ∈,恒有2()()f x g x x -<.解析：（1）在对（*）式的证明过程中已经体现.（2）设()ln(1)h x x kx =+-,1()1()11k k x k h x k x x ---'=-=++. 当0k ≤时,()0h x '>,则()h x 在(0,)+∞单调递增,则有()(0)0h x h >=,即()()f x g x >,此时0x 可以取任意正实数.当01k <<时,令()0h x '=,解得有11x k =-,101,10k k<<∴->Q 取011x k=-,则有对任意的0(0,)x x ∈,有()()f x g x >. 分析：第（2）问的结论可以从图2中解释.（3）2ln(1)x kx x +-<可化为22ln(1)kx x x kx x -<+<+,此不等式要求在某个区间(0,)t 成立即可,而不等式2ln(1)2x x x x -<+<在0x >时恒成立. 因此可以得到2222x kx x x kx x x ⎧-≤-⎪⎨⎪+≥⎩,其中0x >,化简,得121x k k x ⎧≤+⎪⎨⎪≥-+⎩,即有11k k ≤⎧⎨≥⎩,因此有1k =. 考题2 （2015年山东卷理科21题）设函数2()ln(1)()f x x a x x =++-,其中a R ∈.（1）讨论函数()f x 的极值点的个数,并说明理由；（2）若0,()0x f x ∀>≥成立,求a 的取值范围.第（1）问利用导数求函数的极值,需要对a 进行讨论,这里不再赘述.（2）由()0f x ≥,得2()ln(1)a x x x -≥-+,利用不等式ln(1)x x +<,有2()ln(1)a x x x x -≥-+>-,对上式进行适当放缩,即利用2()a x x x ->-求a 的取值范围. 当(0,1)x ∈时,211x a x x x -<=---,由于1()1h x x =--在(0,1)上单调递增,有(0)1a h ≤=； 当1x =时,有01a ⨯>-,此时a R ∈；当(1,)x ∈+∞时,211x a x x x ->=---,1()1h x x =--在(1,)+∞上单调递增,有1lim 01x a x →+∞≥-=-. 综上所述,0x ∀>,要使()0f x ≥恒成立,a 的取值范围.是[0,1] 考题1的第（3）问,考题2的第（2）问都是恒成立问题,求参数的取值范围.本文这两问的做法,都是先对不等式适当放缩后进行求解,这在平时求解参数范围时是不常见的.之所以这两个题能够利用上述想法进行求解,是因为泰勒展开式的本质上是将一个复杂的函数()f x 近似表示为一个多项式函数,是一种函数逼近的思想.该多项式函数与函数()f x 之间的误差是非常小的.本文出现的不等式（*）式中的x 与22x x -分别是泰勒展开式的第一项和前两项.这两个函数与函数()ln 1y x =+之间的相差是比较多的，但是在原点附近的较小区间内这两个函数与函数()ln 1y x =+误差是很小的.因此本文是利用了这一点，对该类问题进行求解.通过放缩将()ln 1x +转化成x 或者22x x -这种多项式函数形式，利用多项式函数求参数范围是相对简单的.应用举例1 （2014年陕西卷理科21题）设函数()ln(1),()(),0f x x g x x f x x '=+=⋅≥.其中()f x '是()f x 的导函数.（1）令11()(),()(()),n n g x g x g x g g x n N ++==∈,求()n g x 的表达式；（2）若()()f x ag x ≥恒成立,求实数a 的取值范围；（3）设n N +∈,比较(1)(2)...()g g g n +++与()n f n -的大小关系,并加以证明.分析：第（2）问需ln(1),01ax x x x +≥≥+恒成立, 应用不等式ln(1)x x +≤,有ln(1),01ax x x x x ≥+≥≥+, 对上式进行放缩,利用,01ax x x x ≥≥+求a 的取值范围. 当0x =时,上式化简为00a ≥⨯,此时a R ∈；当0x >时,上式化简为11a x ≥+,即1a x ≤+,则有1a ≤； 综上所述,有a 的取值范围是(,1]-∞. 2 （2013年全国大纲卷理科22题）已知函数(1)()ln(1)1x x f x x xλ+=+-+. （1）若0x ≥时()0f x ≤,求λ的最小值； （2）设数列{}n a 的通项1111...23n a n=++++,证明：21ln 24n n a a n -+>. 分析：第（1）问需要(1)()ln(1)01x x f x x xλ+=+-≤+在0x ≥时恒成立, 利用不等式2ln(1)2x x x -≤+,有2(1)ln(1)21x x x x x xλ+-≤+≤+,该不等式在0x =时取等号对上式进行放缩,利用2(1),021x x x x x xλ+-≤≥+求λ的最小值. 当0x =时,上式化简为00≤,此时R λ∈；当0x >时,上式化简为12x λ-≤,则有12λ≥； 综上所述,当0x ≥时,若()0f x ≤,则1[,)2λ∈+∞,其最小值为12.。
导数与不等式综合问题求解策略(李树森)
导数与不等式综合问题求解策略 主讲：江西莲塘一中 李树森导数作为研究函数的重要工具，也是进一步学习高等数学的基础，一直受到命题者的重视与青睐，导数的应用已成为命题的必考点，且常考常新．既有利用导数确定函数的单调区间的问题， 又有不等式恒成立及存在有解问题.不等式的证明等，这类试题难度较大，灵活性较强，与解析几何相比更没有一定的套路，设计这些试题是对学生进行理性思维训练的良好素材，要求备考者切实选择好解决问题这样才有利于培养学生良好的思维能力和分析问题解决问题的能力，本专题结合近十年来全国卷的导数试题考查特点总结出关于导数与不等式常见处理的六大解题策略 策略一：隐零点问题“设而不求法”在利用导数探究函数性质的过程中，我们常常遇到某些难以确定的极值点或某些难以计算的代数式，这时我们并不正面求出点的坐标，而是利用该点满足的条件式进行代换消元以解决这一棘手问题．例1．（2012年全国新课标全国卷文科21题）设函数()2x f x e ax =--。
（1）求)(x f 的单调区间；（2）若1a =，k 为整数，且当0x >时，()'()10x k f x x -++>，求k 的最大值。
解析：（1）函数)(x f 的定义域为（－∞，+∞），且'()x f x e a =-。
当0a ≤时，'()0f x >，)(x f 在（－∞，+∞）上是增函数； 当0a >时，令'()0x f x e a =-=，得ln x a =。
令'()0x f x e a =->，得ln x a >，所以)(x f 在(ln ,)a +∞上是增函数， 令'()0x f x e a =-<，得ln x a <，所以)(x f 在(,ln )a -∞上是减函数，（2）若1a =，则()2x f x e x =--，'()1x f x e =-。
函数、导数与不等式交汇的综合问题研析
∴
ax1-lnx1=0…… ax2-lnx2=0……
（1） （２）
两式相减得
a（x1+x2）+ln
x2 x1
=0，
解
ln x2 得 a= x1 .
x2-x1
要证：
lnx1+lnx2+2lna <0，
即证：
x1x2 <
1 a2
，
即证：
x1x2 <
（x2-x1）2 ， （ln x2 ）
x1
即证 （ln x2 ）2< （x2-x1）2 = x2 -2+ x1 .
+
5 2
，
渍′（x）=
1-lnx x2
，当 0<x≤e 时，
渍′（x）≥0，
h（x）在（0，e]上单调递增.
∴
渍（x）max=渍（e）=
1 e
+
5 2
<
1 2
+
5 2
=3，
e2x-lnx> lnx + 5 ， x2
x1
x1x2
x1
x2
不妨设 x1<x2，
令 x2 =t>1. 只需证 ln2t<t-2+ x1
1 t
.
设
g（t）=ln2t-t-
1 t
+2，
∴
g′（t）=
2 t
lnt-1+
1 t2
=
1 t
（2lnt-t+
1 t
）；
令 h（t）=2lnt-t+
1 t
，
∴
h′（t）=
2 t
-1-
利用导数,如何解决函数与不等式大题
(i)当a≤0 时,h(x)>0,h(x)没 有 零 点。
(ii)当a>0时,h'(x)=ax(x-2)e-x 。 当 x∈ (0,2)时,h'(x)<0;当 x∈ (2, + ∞ )时 ,h'(x)>0。 所以h(x)在 (0,2)上 单 调 递 减,在 (2, + ∞ )上 单 调 递 增 。
式证明问 题 是 近 年 高 考 命 题 的 热 点,命 题 主
要是和导 数、绝 对 值 不 等 式 及 柯 西 不 等 式 相
结合,导数 部 分 一 旦 出 该 类 型 题 往 往 难 度 较
大,要准确解答首先观察 不 等 式 特 点,结 合 已
解答的问 题 把 要 证 的 不 等 式 变 形,并 运 用 已
设
g(t)=ln2t-t-
1 t
+2,则
g'(t)=
1
1
1
2tlnt-1+t2
=2lnt- tt+t
。
3.巧妙 构 造 函 数:所 谓 “巧 妙 构 造 函 数 ” 是指根据不等式的结构特 征,构 造 函 数,利 用 函数的最值进行解决。在构造函数的时候灵 活 多 样 ,注 意 积 累 经 验 ,体 现 一 个 “巧 妙 ”。
证结论先 行 放 缩,然 后 再 化 简 或 者 进 一 步 构
造函数利用导数证明。
例 2 (2018 年 高 考 理 数 全 国 Ⅱ 卷 )已
思想引领，能力提升——函数与导数的综合问题
1)
=0,
>x-l
nx-1。 设 函 数
2
x-1
x)
=e -xp(
2
(
x-1)
,
,
则
x∈ (
1,
+ ∞)
2
x-1
x-1
'(
x)
=e -1- (
x -1)=e -x。 设 函
p
x-1
,
数q(
则q
x)
=e -x,
x∈ (
1,
+∞ )
'(
x)
=
e
x-1
-1>0,则 函 数 q(
x)在 (
1,+ ∞ )上 单 调
活中的优 化 问 题,以 及 构 造 函 数 证 明 等 式 或
不等式等。
例 1
宫鸡明
(
2
0
2
3年江苏省百校联考高三
x-1
数学试题)已 知 函 数 f (
x)=2
e -a(
x-
(
设函数 g(
2)
x)=x-l
nx-1,
x∈ (
1,
,
则g
+ ∞)
'(
x)
=1-
1
。当 x>1 时,
'(
x)
g
x
则函数 g(
在(
上单 调 递 增,
所
>0,
x)
1,
+Leabharlann )以 g(即 x-l
所以
x)
>g(
1)
=0,
nx-1>0,
x-1
利用导数解决含参不等式参数取值范围问题的策略
小关系; 5. 讨论二次函数的开口方向. (2) 本例中 f ′(x) = ex − 1 − 2ax 比较复杂, 为了研究
其符号, 关键还是弄清楚其单调性, 故继续对其求导后根据 f ′′(x) = ex − 2a 的符号来确定讨论标准.
策略二 分离参数避免分类讨论, 快速求解.
例 2 (2013 年高考全国新课标卷) 已知 函数 f (x) = x2 + ax + b, g(x) = ex(cx + d), 若 曲 线 y = f (x) 和 曲
线 y = g(x) 都 过 点 P (0, 2), 且 在 点 P 处 有 相 同 的 切 线
y = 4x + 2.
(1) 求 a, b, c, d 的值;
(2) 若 x −2 时, f (x) kg(x), 求 k 的取值范围.
解 (1) a = 4, b = c = d = 2.
(2) x −2 时, f (x) kex(2x + 2).
2020 年第 4 期 (上)
中学数学研究
13
于 是 g′′′(0) = 8(2 − b) 0 ⇒ b 2. 而 当 b 2 时, a f ′(1) = 1.
g(x) = f (2x) − 4bf (x) f (2x) − 8f (x) = h(x), h′(x) = 2 (e2x + e−2x) − 8 (ex + e−x) + 12 = 2(ex + e−x − 2)2 > 0,
[0, +∞) 单调递增, 所以 f ′(x) f ′(0) = 0, 即 f ′(x) 0, 所
以 f (x) 在 [0, +∞) 单调递增, 所以 f (x) f (0) = 0. (2) 当 2a > 1, 即 a > 1 时, 令 f ′′(x) = ex − 2a = 0, 解 2
解答导数问题的几个基本策略
解答导数问题的几个基本策略
李振雷
【期刊名称】《高中数理化》
【年(卷),期】2016(0)3
【摘要】导数是研究函数的强大工具，以至于见到函数问题不问已知什么、要做
什么就盲目求导，往往造成在解答过程中遇到很难逾越的鸿沟，解答不了了之．导数综合题目综合了函数、方程、不等式、逻辑等知识，综合了数形结合、等价转化、猜想论证等思想方法．
【总页数】3页(P8-10)
【作者】李振雷
【作者单位】北京教育学院丰台分院
【正文语种】中文
【相关文献】
1.引例浅谈导数问题的解答策略
2.例析“显零点”“隐零点”解答函数导数问题
3.以点代面探考题着眼高处落脚低——以2014年陕西(文)为例谈导数问题的解答
4.例析“显零点”“隐零点”解答函数导数问题
5.把握通法探究关系——2020年新高考卷函数与导数问题的解答
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《导数解题策略》作者的陈述、感谢、感言 (1)
《导数解题策略》作者的陈述、感谢、感言（2023.4.14.上午）一枝独秀由一人独笔撰写的专著《导数解题策略》由浙江大学出版社于2023年3年31日下午委托我国最大的网上书店“当当”开售，到第二天上午就追赶成为当当网“新书热卖榜·中小学用书·高中通用”前100强近7日第1名、近30日第1名。
到2023年4月14日上午9:30第14天，当当网“新书热卖榜·中小学用书·高中通用”前100强近7日、近30日的第2名、第3名、第4名、第5名、第6名的榜单排序每天都有活跃变动，但是《导数解题策略》却蝉联13天懒懒地霸居这两个榜首，把历来榜首的文萃文摘、英语教辅、语文教辅PK下去。
此外，期间该书还蝉联7天当当网“新书热卖榜·中小学用书”各学段各科前500强近7日第1名。
似乎不该首先，真诚感谢师生读者对《导数解题策略》的关注，真诚感谢浙江大学出版社编辑们的匠心审编；然后，初步感觉这种出乎意料的两个蝉联榜首似乎不应该啊！因为——（1）这是一套答案篇幅多于正文篇幅而喧宾夺主的书，这是一套没有请名人名家作序题词的书，这是一套没有罗列作者荣誉兼职的书，这是一套没有提及作者单位作为名校炫耀的书，这是一套由退休教师撰写的本该落伍的薄书，这是一套在教辅书中渗透学法指导和教学模式的大胆尝试而没有把握的书。
（2）阿炳眼瞎才看见．．《交响曲．》，曹雪芹流离失所才做．《红楼梦．》，．．《二泉映月．》，贝多芬耳聋才听见而作者是时代转型期的幸运儿并一路走来都有贵人相助，这套热捧书似乎不符合这次推理。
天道酬勤慢慢品味读者们力挺《导数解题策略》的缘由，这种偶然性中蕴含的必然性至少有——“你”在33岁以前的11年教龄中教过10年高中毕业班数学课，奠定了“你”一辈子的高考教研情结。
“你”持续11年主持编审省刊《中学数学》“新题征展”栏目，把作者们的解题灵气融化在血液中。
“你”在北师大《数学通报》这家中数界顶尖刊发表9篇文章，让教师读者记住了“你”的姓名。
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（2）若 a 1 ，则 f ( x) e x x 2 ， f '( x) e x 1 。 所以 ( x k ) f '( x) x 1 ( x k )(e x 1) x 1 ， 故当 x 0 时， ( x k ) f '( x) x 1 0 等价于
解 析 ： g x
e
x
a x 2 2 x e x ax a x
4
x 2 ex a x x x xe 2e ax 2a x2
x
当 x 0 时， f x 使得
xe x 1 x(e x 1) x 1 x 1 ， k x x x x e 1 e 1 e 1 x 1 x（x 0） 即当 x 0 时， k x 。 ① e 1
例 1． （2012 年全国新课标全国卷 21 题）设函数 f ( x) e x ax 2 。 （1）求 f ( x) 的单调区间； （2）若 a 1 ， k 为整数，且当 x 0 时， ( x k ) f '( x) x 1 0 ，求 k 的最大 值。
我们将其称为隐形零点三部曲。导函数零点虽然隐形，但只要抓住特征（零点方 程） ，判断其范围（用零点存在性定理） ，最后整体代入即可。
策略二:端点验证、破解不等式
纵观近几年的高考试题 ,利用导数求不等式中某一参数的试题的难度在不断 增加,通过对最近几年高考试题中的不等式恒成立问题的研究发现,分离参数和讨 论求最值有时很难解决这类试题,但是若对某个端点进行验证,那么就可以比较轻 松地找到破解这类题目的有效方法,
f ( x )
x
e
la n (x 1 故 ) ，
1
1 1 e 1 l n x ( 1 ) g ( x ) 1 ln( x 1) ，令 ， x 1 x 1 1 1 x g ( x ) g ( x ) 0， 有 则 2 2 ， 故 当 1 x 0 时 ， x 1 ( x 1) ( x 1) g ( x) g ( 0 ) 0 f ( x ) 0 f x ( ) x 0 时， g ( x ) 0 ，有 单调递减；当 g ( x) g (0) 0 f (x ) 0 f (x单调递减， ) 因此 f ( x ) 在 (1, ) 单调递减； f ( x )
1 x 1 , 当 时， f ( x) 0 ， f ( x) 单调递增． 2a
1 1 ex x 1 ，则 g ( x) x 0 （易证） （2）方法一：令 g ( x) x 1 ex e ( x 1) 当 a 0 ， x 0 时， f ( x) a( x 2 2x) ln( x 1) 0 ． 故当 f ( x) g ( x) 在区间 (0, ) 内恒成立时，必有 a 0 ．
从而当 a
例 4．设函数 f ( x) ax2 2ax ln( x 1) ，其中 a R ． （1）讨论 f ( x ) 的单调性； （2）若 f ( x ) e
x
实数 a 的取值范围．
1 在区间 (0, ) 内恒成立（ e 为自然对数的底数） ，求 x 1
隐零点问题解决方法大致分为三步：
第一步， 用零点存在性定理判定导函数零点的存在性， 列出零点方程 f ( x0 ) 0 ， 并结合 f ( x ) 的单调性得到零点的范围；
第二步：以零点为分界点，说明导函数 f ( x ) 的正负，进而得到 f ( x ) 的最值表达 式； 第三步,将零点方程适当变形， 整体代人最值式子进行化简证明； 有时候第一步中 的零点范围还可以适当缩小，
1.求导后灵活运用放缩，快速确定充分条件
例 3.（2012 年全国新课标 1 理科）设函数 f ( x) e x 1 x ax 2 。 （Ⅰ)若 a 0 ，求 f ( x ) 的单调区间； （Ⅱ）若当 x 0 时 f ( x) 0 ，求 a 的取值范围。
解析:（1）当 a 0 时， f ( x) e x 1 x ， f '( x) e x 1 。 当 x (,0) 时， f '( x) 0 ；当 x (0, ) 时， f '( x) 0 。 故 f ( x ) 在 (, 0) 单调递减，在 (0, ) 上单调递增。 （2） f '( x) e x 1 2ax 。
由（1）知 e x 1 x ，当且仅当 x=0 时等号成立。 故 f '( x) x 2ax (1 2a) x ， 从而当 (1 2a) 0 ， 即a （x 0） ，而 f (0) 0 ，于是当 x 0 时， f ( x) 0 。 x 由 e 1 x （ x 0 ） ，可得 e x 1 x （ x 0 ） 。
例 5．已知函数 f ( x) e a ln( x 1) 1 ，其中 a R, x 1 ．
x
（1）当 a 1 时，求函数 f ( x ) 的单调区间； （2）若 f ( x) 1 对 x 0 恒成立，求 a 的取值范围．
解 析 ：（ 1 ） 当
a 1 时 ，
x2 x ，只有一解． e 的值域为 1， x2
记 k t
e 0 ，∴ k t 单调递增 ，在 t 0 , 2 时， k t 2 t2 t 2
t
et t 1
1 e2 ∴ h a k t ， ． 2 4
t 2 t e a ， t 0 ，2 t2 当 x (0, t ) 时 g ( x) 0 ， g ( x) 单调减；当 x (t , ) 时 g ( x) 0 ， g ( x) 单调增 t2 t t t e t 1 e e a t 1 et t 2 ha 2 2 t t t2
x 1 ( x 1)
2
e
x
2ax 2a
( x 1)
2
x 1
2a( x 1) 2 2( x 1) 1 ( x 1)2 2( x 1) 1 2 ( x 1) ( x 1)2 所以 h( x) 在 x 0 时单调递增，所以 h( x) h(0) 0 恒成立，即 f ( x) g ( x) 恒成 1 a , 立，满足题意。综上， ． 2
1 2ax 2 4ax 2a 1 解析：（1） f ( x) 2ax 2a ( x 1) x 1 x 1 当 a 0 时， f ( x) 0 ， f ( x ) 在 (1, ) 内单调递减． 1 x 1 当 a 0 时， f ( x) 0 ，有 ． 2a 1 此时，当 x 1, 1 时， f ( x) 0 ， f ( x) 单调递减； 2a
例 4．设函数 f ( x) ax2 2ax ln( x 1) ，其中 a R ． （1）讨论 f ( x ) 的单调性； （2）若 f ( x ) e
x
实数 a 的取值范围．
1 在区间 (0, ) 内恒成立（ e 为自然对数的底数） ，求 x 1
h( x) 2ax 2a
1 1 1 0 ．由（1）可知函数 f ( x) 在 (0, 1 ) 上单调 当 0 a 时， 1 2 2a 2a 1 ) 时， f ( x) f (0) g ( x) ，不符合题意，舍。 递减，即 x (0, 1 2a 1 当 a 时，令 h( x) f ( x) g ( x),( x 0) ，则 2 1 1 1 x 1
x 1 xe x 1 e x (e x x 2) x ，则 g '( x) x 1 令 g ( x) x 。 2 x 2 e 1 (e 1) (e 1) 由（1）知，函数 h( x) e x x 2 在 (0, ) 单调递增，
而 h(1) e 3 0 ，h(2) e2 4 0 ， 所以 h( x) 在 (0, ) 存在唯一的 零点。 故 g '( x ) 在 (0, ) 存在唯一的零点。设此零点为 ，则 (1, 2) 。 当 x (0, ) 时， g '( x) 0 ；当 x ( , ) 时， g '( x) 0 。 所以 g ( x) 在 (0, ) 的最小值为 g ( ) 。 g ' ( ) ， 0可 得 又 由 ， 所 以 e 2
2017高考讲坛讲座
江西省莲塘一中
李树森
导数作为研究函数的重要工具，也是进一步学习高等数学的基础，一直 受到命题者的重视与青睐，导数的应用已成为命题的必考点，且常考常 新．既有利用导数确定函数的单调区间的问题， 又有不等式恒成立及 存在有解问题.不等式的证明等，这类试题难度较大，灵活性较强，与 解析几何相比更没有一定的套路， 设计这些试题是对学生进行理性思维 训练的良好素材， 要求备考者切实选择好解决问题这样才有利于培养学 生良好的思维能力和分析问题解决问题的能力， 本专题结合近十年来全 国卷的导数试题考查特点总结出关于导数与不等式常见处理的六大解 题策略