高考数学解题技巧大揭秘专题函数导数不等式的综合问题
高考数学导数大题技巧
高考数学导数大题技巧高考数学导数大题技巧高考导数题主要是考查与函数的综合，考查不等式、导数的应用等知识，难度属于中等难度。
属于这种题型必须把分数哪些这样才可以拿高分，下面由店铺为大家整理高考数学导数大题技巧有关的资料，希望对大家有所帮助!1.若题目考察的是导数的概念，则主要考察的是对导数在一点处的定义和导数的几何意义，注意区分导数与△y/△x之间的区别。
2.若题目考察的是曲线的切线，分为两种情况：(1)关于曲线在某一点的切线，求曲线y=f(x)在某一点P(x,y)的切线，即求出函数y=f(x)在P点的导数就是曲线在该点的切线的斜率.(2)关于两曲线的公切线，若一直线同时与两曲线相切，则称该直线为两曲线的公切线.高考导数有什么题型①应用导数求函数的单调区间，或判定函数的单调性;②应用导数求函数的极值与最值;③应用导数解决有关不等式问题。
导数的解题技巧和思路①确定函数f(x)的定义域(最容易忽略的，请牢记);②求方程f′(x)=0的解，这些解和f(x)的间断点把定义域分成若干区间;③研究各小区间上f′(x)的符号，f′(x)>0时，该区间为增区间,反之则为减区间。
高考数学导数主流题型及其方法(1)求函数中某参数的值或给定参数的值求导数或切线一般来说，一到比较温和的导数题的会在第一问设置这样的问题：若f(x)在x=k时取得极值，试求所给函数中参数的值;或者是f(x)在(a,f(a))处的切线与某已知直线垂直，试求所给函数中参数的值等等很多条件。
虽然会有很多的花样，但只要明白他们的本质是考察大家求导数的能力，就会轻松解决。
这一般都是用来送分的，所以遇到这样的题，一定要淡定，方法是：先求出所给函数的导函数，然后利用题目所给的已知条件，以上述第一种情形为例：令x=k，f(x)的导数为零，求解出函数中所含的参数的值，然后检验此时是否为函数的极值。
注意：①导函数一定不能求错，否则不只第一问会挂，整个题目会一并挂掉。
面对高考《函数不等式导数》的综合问题分析
面对高考《函数不等式导数》的综合问题分析面对高考《函数、不等式、导数》的综合问题分析1《函数、不等式、导数》专题分析函数、方程、不等式是一个有机的统一体，其中函数是核心，而导数又是研究函数变化率、解决函数问题的有力工具。
新教材引入导数的内容后，拓展了高中数学学习和研究的领域，也为高中数学解题增添了新的工具，新的思路。
此外，由于导数的工具性和导数的几何意义也使得导数与解析几何、不等式、函数等知识联系紧密，在这些知识交汇点处设计层次不同，难度可控的试题，以考查学生对知识的整体把握和综合能力正成为高考试卷中新的综合热点。
所以在复习中一定要使学生明确导数的地位和作用，特别是，什么情况下应用导．．．．．．．．数一定要让同学们心中有数，在应用的过程中注意什么更应该清楚。
．一命题研究年份考点导数的概念及运湖南t6算是函数的切线、切线倾斜角、Auron数的几何意义湖北t7、湖南t21、全国ⅱt21、安徽t7、浙江t8、全国ⅱt8、辽宁t22、全国ⅱt22、江苏t15、浙江t20、广东t12、安徽t18、福建t19、重庆t12湖南t13天津t20江西t5、辽宁t12、江苏t13、安徽t20、全国ⅲt22、江西t7函数的单调性全国ⅰt21、四川t22、福建t20、湖北t19、湖南t21、天津t10、北京t16、上海t22、辽宁t22、浙江t22、辽宁t22、北京t15山东t18、江西t17山东t22、全国ⅰt20陕西t20、上海t19湖北t13、浙江t15、北京t19、福建t22、广东t20、海南t21、全国ⅰt22、全国ⅱ函数的极值或最值t22、北京t15、重庆t19广东t18、福建t21、辽宁t22、山东t21、辽宁t21四川t20、天津t21、重庆t20、全国ⅰt20、全国ⅱt22从上述表格中可以窥见，这几年的中考试卷中，每年都存有导数题目，必存有一道小题考查利用天津t20、安徽t20、湖北t20、湖南t19、江西t5陕西t21海南t10、江苏t9、202120212021海南t102导数研究函数的极值，单调区间，实际应用领域证明不等式等问题。
解答题解题策略之函数、导数与不等式的综合问题
x
e
所以，f(x)的单调递增区间是 [1 ,)， e
单调递减区间是 (0, 1]. e
已知函数 f (x) ex ln x
（2）在区间
[
1 e
,
e]
内存在
x0，使不等式
f
(x)
x
m
成立，
求m的取值范围.
解：不等式f(x)<x+m f(x)-x<m，
令F(x) f (x) x，则F(x) (e 1)x ln x
所以函数f(x)在[0,4]的值域为[(2a 3)e3,a 6]
又 g(x) (a2 25)ex 0，所以g(x)在[0,4]上单增， 4
故g(x)在[0,4]的值域为[a2 25 ,(a2 25)e4 ]
4
4
若存在 x1, x2 [0,4] 使得| f (x1) g(x2) |1 成立，
所以 F(x)min 1 ln(e 1) ，代入 F(x)min m
因此，所求m的取值范围是 (1 ln(e 1),)
【高分必备】
会求函数的单调区间； 会求函数的极值、最值； 能将函数不等式恒成立（能成立）问题转化为 函数的最值问题进行求解； 能用导数解决直线与曲线的交点个数问题.
已知函数 f (x) ln(1 1 ax) x2 ax（a为常数，a>0） 22
(a2
25)ex，若存在 4
x1,
x2
[0, 4]，使得
| f (x1) g(x2) |1成立，求实数a的取值范围．
解：由（1）可得，函数f(x)在[0,3]上单增，在(3,4]上单减，
所以 f (x)max f (3) a 6 且 f (0) (2a 3)e3 0 f (4) e1(13 2a)
高考导数大题解题方法
高考导数大题解题方法高考导数大题解题方法高考导数大题解题方法一、学生存在的问题：1、切线问题，没有设切点的意识，带入解析式不全面还纠缠不清。
2、求导后不变形，导致难以判断导数的正负，或者不会判断导数的正负，产生思维中断现象。
3、忽略定义域，导致失分。
4、不能发现参数引起的分歧，不会对参数引起的分歧进行讨论。
5、没有进行逆向思维的习惯，或者逆向思维经验不足，无法破解题意。
二、导数的基本问题1.题型：1).切线问题。
2).单调性，极值，值域，最值问题。
3).函数零点(方程的根)的个数和分布问题。
4).不等式恒成立、存在性、不等式证明问题。
5).与数列、不等式、解析几何的综合问题。
2.常规步骤：1)求导数并变形，写出定义域。
变形的方法：①.整式：因式分解或配方。
②.分式：通分母，并因式分解。
③.指数式：提取公因式。
④根式：分子有理化2)解方程 , 判断导数的正负判断导数正负的方法：①.检验法。
②.图像法。
③.单调性法。
④.求导数的导数。
3)列表由导函数的正负确认原函数的单调性和极值、最值4)画函数草图解决问题。
三、难点分布及突破难点的方法1.难点分布：1).无切点的切线问题;2).含参讨论，分段讨论;3).不等式证明、恒成立、存在性问题;4).与数列、不等式、解析几何的综合问题。
2.突破难点的方法：1)切线问题，函数y=f(x)：①设切点为(x0,y0)②求导， y'=f'(x),③三代入：2).参数影响到导数的正负，就根据分歧分类讨论，绝对值函数变为分段函数，分两部分讨论研究。
一般的`分歧有：①参数对整体正负的影响。
②参数对有根无根、根的大小的影响，不能自认为有根。
③参数对根在区间内外的影响，不能自认为根在区间内。
3).构造函数解决不等式证明、恒成立和存在性问题。
有两种构造函数的方法：①主变量法，在那个变量的区间上恒成立，就以这个变量为主变量构造函数。
②分离法，把两个变量分离到不等式两边，构造函数。
高考数学导数大题技巧(精选5篇)
高考数学导数大题技巧(精选5篇)高考数学导数大题技巧【篇1】1、选择题部分，高考的选择题部分题型考试的方向基本都是固定的，当你在一轮二轮复习过程中总结出题目的出题策略时，答题就变得很简单了。
比如立体几何三视图，概率计算，圆锥曲线离心率等等试题中都有一些特征，只要掌握思考的切入方法和要点，再适当训练基本就可以全面突破，但是如果不掌握核心方法，单纯做题训练就算做很多题目，突破也非常困难，学习就会进入一个死循环，对照答案可以理解，但自己遇到新的题目任然无从下手。
2、关于大题方面，基本上三角函数或解三角形、数列、立体几何和概率统计应该是考生努力把分数拿满的题目。
对于较难的原则曲线和导数两道题目基本要拿一半的分数，考生复习时可把数学大题的每一道题作为一个独立的版块章节，先总结每道大题常考的几种题型，再专项突破里面的运算方法，图形处理方法以及解题的思考突破口，只要把这些都归纳到位，那么总结的框架套路，都是可以直接秒刷的题目的高考数学导数大题技巧【篇2】1个、多项选择部分，高考选择题的方向基本是固定的，当你在二轮复习过程中总结出题策略时，答案变得很简单。
比如三维几何三视图，概率计算，试题中存在圆锥截面偏心等特点，只要掌握了入门方法和思维要点，经过适当的训练，基本可以全面突破，但是如果不掌握核心方法，单纯做练习题也算做了很多题，也很难突破，学习会进入死循环，比对答案，但是遇到新问题还是无从下手。
2个、关于大话题，基本上是三角函数或求解三角形、顺序、三维几何和概率统计应该是考生努力拿满分的科目。
比较难的原理曲线和导数，基本要一半分，考生在复习时可以将数学大题的每一题作为一个独立的section，先总结一下每个大题经常考的几类题型，然后在计算方法上特别突破，解题的图形处理方法与思维突破，把它全部放在适当的位置，然后总结框架套路，都是可以直接秒刷的话题高考数学导数大题技巧【篇3】1、函数与导数主要考查数学集合运算、函数的有关概念定义域、值域、解析式、函数的极限、连续、导数。
高考数学第2部分专题6函数、导数、不等式解密高考6函数与导数综合问题巧在“转”、难在“分”教案文
解密高考⑥ 函数与导数综合问题巧在“转”、难在“分”——————[思维导图]————————————[技法指津]——————函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参数函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点，对于这类综合问题，一般是先转化(变形)，再求导，分解出基本函数，分类讨论研究其性质，再根据题意解决问题． 母题示例：2019年全国卷Ⅰ，本小题满分12分 母题突破：2019年济南模拟已知函数f (x )＝2sin x －x cos x －x ，f ′(x )为f (x )的导数. (1)证明：f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点； (2)若x ∈[0，π]时，f (x )≥ax ，求a 的取值范围.本题考查：利用导数讨论函数零点的个数、根据恒成立的不等式求参数的范围问题，考查考生的逻辑推理、转化与化归、数学运算能力，重点考查考生逻辑推理和数学运算的核心素养.(1)看到证明f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点，想到解决此问题应分两步：①确定有零点；②确定唯一性．可先求出f ′(x )的零点，然后利用导数证明单调性，进而确定唯一性．(2)看到求a 的取值范围，想到根据f (x )≥ax 构造函数或分离参数求解．[规范解答·评分标准](1)设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x ＋x sin x －1， g ′(x )＝x cosx ．············································2分当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，g ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π时， g ′(x )＜0，所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π上单调递减. ················4分 又g (0)＝0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＞0，g (π)＝－2，故g (x )在(0，π)存在唯一零点． 所以f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点.6分(2)由题设知f (π)≥a π，f (π)＝0，可得a ≤0. ······················7分 由(1)知，f ′(x )在(0，π)只有一个零点，设为x 0，且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＞0；当x ∈(x 0，π)时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(0，x 0)单调递增，在(x 0，π)单调递减. ···························································10分又f (0)＝0，f (π)＝0，所以，当x ∈[0，π]时，f (x )≥0.又当a ≤0，x ∈[0，π]时，ax ≤0，故f (x )≥ax .因此，a 的取值范围是(－∞，0]. ·····························12分[构建模板·三处关键] 解函数与导数综合问题的关键关键1：会求函数的极值点，先利用方程f (x )＝0的根，将函数的定义域分成若干个开区间，再列成表格，最后依表格内容即可写出函数的极值；关键2：证明不等式，常构造函数，并利用导数法判断新构造函数的单调性，从而可证明原不等式成立；关键3：不等式恒成立问题除了用分离参数法，还可以从分类讨论和判断函数的单调性入手，去求参数的取值范围．, 已知函数f (x )＝(x －1)ln x ＋ax (a ∈R )．(1)当a ＝0时，求f (x )的单调区间；(2)若f (x )＞0在(0，＋∞)上恒成立，求实数a 的取值范围．[解] (1)a ＝0时，f (x )＝(x －1)ln x ，f ′(x )＝ln x ＋(x －1)·1x ＝ln x －1x＋1，设g (x )＝ln x －1x＋1， 则g ′(x )＝x ＋1x 2＞0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增，而g (1)＝0，∴x ∈(0,1)时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，x ∈(1，＋∞)时，g (x )＞0，即f ′(x )＞0，∴f (x )的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．(2)由(x －1)ln x ＋ax ＞0，得－ax ＜(x －1)ln x ，而x ＞0，∴－a ＜x －1ln x x ＝ln x －ln x x. 记h (x )＝ln x －ln x x ，则h ′(x )＝1x －1x ·x －ln x x 2 ＝ln x ＋x －1x 2， 设m (x )＝ln x ＋x －1(x ＞0)，显然m (x )在(0，＋∞)上单调递增，而m (1)＝0，∴x ∈(0,1)时，m (x )＜0，h ′(x )＜0，h (x )单调递减， x ∈(1，＋∞)时，m (x )＞0，h ′(x )＞0，h (x )单调递增， ∴h (x )min ＝h (1)＝0.∴－a ＜0，∴a ＞0，即实数a 的取值范围是(0，＋∞)．。
导数中的不等式问题的解题策略
导数中的不等式问题的解题策略导数的综合问题是高考数学的压轴题之一，其包含信息量大，计算繁琐，对学生的思维能力要求较高，令很多同学望而生畏，造成严重失分。
而利用导数解决不等式问题更是压轴题中的压轴题，很多同学直接选择放弃，其实导数中的不等式问题并不像很多同学想象的那样，只是我们缺少对它的研究才觉得它高不可攀,下面我们通过具体的实例来分析导数中的不等式问题，解密其隐藏的规律轻松解决导数中的不等式问题。
1。
承上启下型在解决导数问题中的不等式时，经常会出现这样一类问题，其证明需要应用到前一问的结论。
由前一问的结论得到一个不等式，再根据其与要证明的不等式的关系进行证明，这类题在证明的过程中也经常应用到一些常见的结论,如：ln(1),1xx x e x +≤≥+等。
例1。
已知(),P x y 为函数1ln y x =+图象上一点，O 为坐标原点，记直线OP 的斜率()k f x =.（I ）若函数()f x 在区间1,3m m ⎛⎫+ ⎪⎝⎭()0m >上存在极值,求实数m 的取值范围； (II)当 1x ≥时，不等式()1t f x x ≥+恒成立，求实数t 的取值范围； （III)求证()()()22*1!1n n n en N -+>+∈⎡⎤⎣⎦。
分析：本题考查了函数的极值、恒成立问题及不等式的证明。
（I)由极值的定义其极值点,极值点在1,3m m ⎛⎫+ ⎪⎝⎭内，从而确定m 的范围。
（II)分离参数t,利用导数求最值。
（III)利用第（II)问的结论结合所要证明的不等式的特点进行适当的放缩求解。
解:(Ⅰ）由题意()1ln x k f x x +==，0x > 所以()21ln ln x x f x x x '+⎛⎫'==- ⎪⎝⎭当01x <<时，()0f x '>；当1x >时,()0f x '<。
所以()f x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减. 故()f x 在1x =处取得极大值 因为函数()f x 在区间1,3m m ⎛⎫+ ⎪⎝⎭（其中0m >)上存在极值, 所以01113m m <<⎧⎪⎨+>⎪⎩得213m <<。
函数导数不等式综合问题
'
当1 a 2时，f ( x)的递增区间为：(0,a-1)和(1,+)； 当a 2时，f ( x)的递增区间为：(0,+)； 当a 2时，f ( x)的递增区间为：(0,1)和(a-1,+).
解：(1)略解a 0 2 y2 y1 ln x2 ax2 x2 ln x1 ax12 x1 (2) k x2 x1 x2 x1 ln x2 ln x1 a( x2 x1 ) 1 x2 x1 x2 x1 又 A1B1 A1 N x2 x1 (u x1 ) u x1 x1 x2 又 1 2 u x2 2
构造函数g ( x) e x和h( x) ax 1，（x 0）
通过图像易得：a 1
( x) x ln x (1 x)(m ln x 1) 0，(m 0,x 1)
x 1 即：m , ( x 1) x 1 ln x x 1 构造函数h( x) , ( x 1) x 1 ln x
构造函数：h( x) xe x e x 1, x (0, )
则：h' ( x) xex 0, g ' ( x) g ' (0) 0
g ( x)在区间(0, )上单调递增
ex 1 a lim 1 x 0 x
点评：此法二次构造函数，并且最后一步 要用到极限知识，难度大，易卡住！
1 2 (2)构造函数：g ( x) f ( x) x x ax (a 1) ln x x 2 a 1 a 1 ' 则：g ( x) x (a 1) 2 x (a 1) x x
高考数学第2部分专题6函数、导数和不等式高考6函数与导数综合问题巧在“转”、难在“分”理
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10分
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设g(a)＝ln a＋41a＋1－ln 2，a∈0，18，则g′(a)＝1a－41a2＝4a4－a21 ＜0，
∴a∈0，18时，g(a)是减函数，g(a)＞g18， ∴g(a)＞ln 18＋3－ln 2＝3－4ln 2，
∴f(x1)＋f(x2)＞3－4ln 2.
当0＜a＜
1 8
时，则Δ＝1－8a＞0，令f′(x)＝0，解得x1＝
1－ 41a－8a，x2＝1＋ 41a－8a，
当x∈(0，x1)和x∈(x2，＋∞)时，f′(x)＜0，当x∈(x1，x2)时，f′(x)
＞0， 返 首 页
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∴f(x)在x1取得极小值，在x2取得极大值，所以f(x)有两个极值点. 5分1 Leabharlann a，x1x2＝21a，
8分
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则f(x1)＋f(x2)＝ln 21x1－ax21＋x1＋ln 21x2－ax22＋x2 ＝－(ln 2x1＋ln 2x2)－a(x21＋x22)＋(x1＋x2) ＝－ln 2a－a41a2－1a＋21a ＝ln a2－41a＋1＋21a＝ln a＋41a＋1－ln 2，
根据导数讨 论函数的单 应用公式 调性、极 值、最值等 性质
将题中条件或要证结论转 化，如果成立或有解，问 题可转化为函数的最值， 证明不等式可利用函数单 调性和放缩法
回顾反 审视转
思，检查 化过程
易错点和 的合理
步骤规范 性
性
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历年高考函数导数综合题解题思路归纳总结
历年高考函数导数综合题解题思路归纳总结导数综合题是高考数学中的重要题型，主要涉及函数、导数、不等式等知识点，需要具备较强的逻辑思维、推理能力和数学应用能力。
以下是历年高考函数导数综合题的解题思路详细归纳总结：考察的题型分5大类，23个小类一、求函数的单调性1.求函数的导数；2.根据导数的符号判断函数的单调性；3.根据单调性判断函数的极值点或最值点；4.根据极值点或最值点进行参数取值范围的求解。
二、切线问题1.求函数的导数；2.根据导数的几何意义求出切线的斜率；3.根据切线的定义写出切线方程；4.根据切线方程和已知条件求解参数。
三、不等式恒成立问题1.求函数的导数；2.根据导数的符号判断函数的单调性；3.根据函数的单调性和最值求解不等式恒成立的参数范围。
四、零点问题1.求函数的导数；2.根据导数的符号判断函数的单调性；3.根据函数的零点和单调性求解参数的范围。
五、多变量问题1.分别对各个变量求导；2.利用导数研究各个变量的单调性和最值；3.根据函数的图像和性质求解参数的范围。
高考导数综合题的突破点1.导数的定义和性质：导数作为微积分的基本概念，其定义和性质是解决导数综合题的基础。
学生需要熟练掌握导数的计算公式和运算法则，理解导数在研究函数中的意义和应用。
2.切线与导数的关系：切线是导数的几何意义所在，也是导数综合题中常见的考点。
学生需要理解切线的定义和性质，掌握切线方程的求解方法，能够利用导数求曲线的切线。
3.函数的单调性与导数的关系：单调性是函数的重要性质之一，而导数则是研究函数单调性的重要工具。
学生需要理解导数与函数单调性之间的关系，能够通过导数的符号判断函数的单调性。
4.极值与最值的求解：极值和最值是导数综合题中常见的考点。
学生需要掌握极值和最值的求解方法，理解极值和最值的几何意义，能够利用导数求函数的极值和最值。
5.不等式与导数的关系：不等式是导数综合题中常见的考点之一。
学生需要理解导数在处理不等式问题中的作用，掌握利用导数证明不等式的方法。
函数导数不等式综合问题
函数导数不等式综合问题领悟高考：导数的引入使得研究函数的手段更丰富，研究更深入，给函数问题的设计背景增添了活力。
所以函数导数不等式问题一般是高考题中综合性很强的题目，单纯考查函数、不等式的试题很少，通常注重不等式与函数、导数以及数列、解析几何、三角等知识的综合，充分体现在知识交汇点设置水平试题的特点，考查综合使用知识的水平。
备考要点：1.会用导数工具研究函数的单调区间和极值（最值），并能以此为工具讨论函数的其他方面的性质；2.能使用导数工具解实际用题，并能对不等式相关问题，能透过函数观点借助于导数工具实行处理。
常见题型：（1）用导数研究函数的单调性、极值、最值等问题，极值问题要用表格分析，要注意x 的取值范围；（2）以对数函数（常用对数为主）为背景，结合对数运算，以考查对数函数的性质及图象等；（3）在导数背景下研究不等式的证明、利用导数求最值解决恒成立问题，注意对数函数的定义域；（4）以方程或二次函数为背景，结合考查函数、方程和不等式的知识，重视代数推理水平；（5）用函数、不等式性质或导数研究数列、解析几何、实际应用中的最值问题。
典例解析：例1已知某公司生产某品牌服装的年固定成本为10万元，每生产千件需另投入2.7万元，设该公司年内共生产该品牌服装x 千件并全部销售完，每千件的销售收入为)(x R 万元，且⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>-≤<-=).10(31000108),100(3018.10)(22x x xx x x R（1）写出年利润W （万元）关于年产品x （千件）的函数解析式；（2）年产量为多少千件时，该公司在这个品牌服装的生产中所获年利润最大？（注：年利润=年销售收入—年总成本）分析：关键在于建立数学模型和目标函数，抽象出具体的数学问题，化归为研究目标函数的最值。
解析：（1）当100≤<x 时，10301.8)7.210()(3--=+-=x x x x xR W ； 当10>x 时，x xx x xR W 7.23100098)7.210()(--=+-=。
用导数证明不等式的常见题型及解题技巧
用导数证明不等式的常见题型及解题技巧技巧精髓1、利用导数研究函数的单调性，再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，也是近几年高考的热点。
2、解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键。
一、利用题目所给函数证明1.已知函数，求证：当时，恒有分析：本题是双边不等式，其右边直接从已知函数证明，左边构造函数，从其导数入手即可证明。
【绿色通道】∴当时，，即在上为增函数当时，，即在上为减函数故函数的单调递增区间为，单调递减区间于是函数在上的最大值为，因此，当时，，即∴（右面得证），现证左面，令，当，即在上为减函数，在上为增函数，故函数在上的最小值为，∴当时，，即∴，综上可知，当【警示启迪】如果是函数在区间上的最大（小）值，则有（或），那么要证不等式，只要求函数的最大值不超过就可得证．2、直接作差构造函数证明【例2】已知函数求证：在区间上，函数的图象在函数的图象的下方；分析：函数的图象在函数的图象的下方问题，即，只需证明在区间上，恒有成立，设，，考虑到要证不等式转化变为：当时，，这只要证明：在区间是增函数即可。
【绿色通道】设，即，则 =当时， =从而在上为增函数，∴∴当时，即，故在区间上，函数的图象在函数的图象的下方。
【警示启迪】本题首先根据题意构造出一个函数（可以移项，使右边为零，将移项后的左式设为函数），并利用导数判断所设函数的单调性，再根据函数单调性的定义，证明要证的不等式。
读者也可以设做一做，深刻体会其中的思想方法。
3、换元后作差构造函数证明【例3】（2007年，山东卷）证明：对任意的正整数n，不等式都成立.分析：本题是山东卷的第（II）问，从所证结构出发，只需令，则问题转化为：当时，恒有成立，现构造函数，求导即可达到证明。
【绿色通道】令，则在上恒正，所以函数在上单调递增，∴时，恒有即，∴对任意正整数n，取【警示启迪】我们知道，当在上单调递增，则时，有．如果＝，要证明当时，，那么，只要令＝－，就可以利用的单调增性来推导．也就是说，在可导的前提下，只要证明０即可．4、从条件特征入手构造函数证明【例4】若函数y=在R上可导且满足不等式x >－恒成立，且常数a，b满足a>b，求证：．a >b【绿色通道】由已知x +>0 ∴构造函数，则x + >0，从而在R上为增函数。
不等式,函数与导数的解题方法,分类整理
【考向预测】函数是整个高中数学的主线，导数是研究函数性质的重要工具，函数的单调性是函数最重要的性质之一，它与不等式的联系非常密切．本部分考查的内容主要有：函数的概念和性质，基本初等函数的图象、性质、应用，导数的概念和应用，不等式的性质、一元二次不等式、简单的线性规划、均值不等式．考查学生的抽象思维能力、推理论证能力，运算求解能力及数学应用意识．从高考卷来看，对这一部分内容的考查注重考查基础知识和基本方法．预测20XX 年四川高考关于不等式、函数与导数，仍会以考查函数的图象与性质，利用导数解决函数、方程、不等式的综合问题为热点，知识载体主要是二次函数、三次函数、指数函数、对数函数及分式函数．综合题主要题型：(1)利用导数研究函数的单调性、极值与最值问题或逆求参数取值范围；(2)不等式、函数与导数综合问题． 【问题引领】1．函数y ＝ax ＋3－2(a ＞0，且a ≠1)的图象恒过定点A ，若点A 在直线x m ＋y n＝－1上，且m >0，n >0，则3m ＋n 的最小值为( )．A ．13B ．16C ．11＋6 2D ．28 【解析】函数y ＝ax ＋3－2(a ＞0，且a ≠1)恒过定点(－3，－1)，又因为点A 在直线x m ＋y n＝－1上，所以3m ＋1n＝1，所以3m ＋n ＝(3m ＋n )(3m ＋1n )＝10＋3m n＋3nm≥10＋23m n ·3nm＝16，所以3m ＋n 的最小值为16.【答案】B2．设z ＝x ＋y ，其中实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≥0，x －y ≤0，0≤y ≤k ，若z 的最大值为6，则z 的最小值为( )．A ．－3B ．－2C ．－1D ．0【解析】由z ＝x ＋y 得y ＝－x ＋z ，作出⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≥0，x －y ≤0，0≤y ≤k的区域BCO 如图所示，平移直线y ＝－x ＋z ，由图象可知当直线经过C 点时，直线的截距最大，此时z ＝6，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ，y ＝－x ＋6，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝3，所以k ＝3，解得B (－6，3)，代入z ＝x ＋y 得最小值为z ＝－6＋3＝－3.【答案】A3．若函数f (x )＝log a (x 3－ax )(a >0，且a ≠1)在区间(－12，0)内单调递增，则a 的取值范围是( )．A ．[14，1)B ．[34，1)C ．[94，＋∞)D ．(－94，1)【解析】设φ(x )＝x 3－ax ，当a ∈(0，1)时，依题意有φ(x )＝x 3－ax 在区间(－12，0)内单调递减且φ(x )＝x3－ax 在(－12，0)上大于0.∵φ′(x )＝3x 2－a 即φ′(x )≤0在(－12，0)恒成立⇔a ≥3x 2在(－12，0)上恒成立．∵x ∈(－12，0)，∴3x 2∈(0，34)，∴a ≥34，此时φ(x )>0，∴34≤a <1.当a >1时，φ(x )在区间(－12，0)内单调递增，∴φ′(x )＝3x 2－a 在(－12，0)上大于0.∴a ≤3x 2在(－12，0)上恒成立．又∵3x 2∈(0，34)，∴a ≤0与a >1矛盾．综上，a 的取值范围是[34，1)．【答案】B4．过点P (2，－2)且与曲线y ＝3x －x 3相切的直线方程是________．【解析】设点(a ，b )是曲线上的任意一点，则有b ＝3a －a 3.导数y ′＝3－3x 2，则切线的斜率k ＝3－3a 2，所以切线方程为y －b ＝(3－3a 2)(x －a )，即y ＝(3－3a 2)x －a (3－3a 2)＋b ＝(3－3a 2)x ＋3a 3－3a ＋3a －a 3，整理得y ＝(3－3a 2)x ＋2a 3，将点P (2，－2)代入得－2＝2(3－3a 2)＋2a 3＝2a 3－6a 2＋6，即a 3－3a 2＋4＝0，即a 3＋1－3a 2＋3＝(a3＋1)－3(a 2－1)＝0，整理得(a ＋1)(a －2)2＝0，解得a ＝2或a ＝－1，代入切线方程得y ＝－9x ＋16或y ＝－2.【答案】y ＝－9x ＋16或y ＝－2 5．设函数f (x )(x ∈R )满足f (－x )＝f (x )，f (x )＝f (2－x )，且当x ∈[0，1]时，f (x )＝x 3.又函数g (x )＝|x cos(πx )|，则函数h (x )＝g (x )－f (x )在[－12，32]上的零点个数为________．【解析】原题转化为函数f (x )与g (x )的图象在[－12，32]上有几个交点问题．可知函数f (x )为偶函数，故f (x )＝f (2－x )＝f (x ＋2)，所以函数f (x )是周期为2的函数．当x ＝32，12，0，－12时，g (x )＝0，当x ＝1时，g (x )＝1，且g (x )是偶函数，且函数值为非负，由此可画出函数y ＝g (x )和函数y ＝f (x )的图象如图所示，由图可知两图象有6个交点．【答案】66．设函数f (x )＝(2－a )ln x ＋1x＋2ax .(1)当a ＝0时，求f (x )的极值； (2)当a ≠0时，求f (x )的单调区间．【解析】(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝0时，f (x )＝2ln x ＋1x ，∴f ′(x )＝2x －1x 2＝2x －1x2.由f ′(x )＝0，得x ＝12.f (x )，f ′(x )随x 变化如下表：由上表可知，f (x )极小值＝f (12)＝2－2ln 2，没有极大值．(2)由题意，f ′(x )＝2ax 2＋（2－a ）x －1x 2.令f ′(x )＝0，得x 1＝－1a ，x 2＝12. 若a ＞0，由f ′(x )≤0，得x ∈(0，12]；由f ′(x )≥0，得x ∈[12，＋∞)．若a ＜0, ①当a ＜－2时，－1a ＜12，x ∈(0，－1a ]或x ∈[12，＋∞)，f ′(x )≤0；x ∈[－1a ，12]，f ′(x )≥0.②当a ＝－2时，f ′(x )≤0.③当－2＜a ＜0时，－1a ＞12，x ∈(0，12]或x ∈[－1a ，＋∞)，f ′(x )≤0；x ∈[12，－1a]，f ′(x )≥0.综上，当a ＞0时，函数的单调递减区间为(0，12]，单调递增区间为[12，＋∞);当a ＜－2时，函数的单调递减区间为(0，－1a ]，[12，＋∞)，单调递增区间为[－1a ，12];当a ＝－2时，函数的单调递减区间是(0，＋∞)；当－2＜a ＜0时，函数的单调递减区间为(0，12]，[－1a ，＋∞)，单调递增区间为[12，－1a ].【诊断参考】1．在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”“定”“等”的条件才能应用，否则会出现错误．解题时应根据已知条件适当进行添(拆)项，创造应用基本不等式的条件．2．线性规划的逆向问题，解题的关键在于用数形结合思想确定何时取得最大值，从而建立不等关系求参数m 的范围．解此题时很多学生因为目标函数中含参数而又无数形结合思想的应用意识，导致无从下手．3．已知函数的单调性求参数的取值范围，首先要考虑定义域，即定义域优先的原则．其次要注意复合函数的单调性，一定要注意内层与外层的单调性问题．复合函数的单调性的法则是“同增异减”．本题的易错点为忽略函数的定义域，或仅考虑复合函数的内层函数的单调性．4．利用导数的几何意义求曲线的切线是导数的重要应用之一，求曲线切线方程需注意以下几点：①确定已知点是否为曲线的切点是解题的关键；②基本初等函数的导数和导数运算法则是正确解决此类问题的保证；③熟练掌握直线的方程与斜率的求解是正确解决此类问题的前提．5．函数的奇偶性、周期性以及单调性是函数的三大性质，在高考中常常将它们综合在一起命制试题，其中奇偶性多与单调性相结合，而周期性常与抽象函数相结合，并以结合奇偶性求函数值为主．在这类题目中，往往需借助函数的奇偶性或周期性来实现区间的转换．对于判断函数零点的问题要注意特殊点，如第5题中要注意到x ＝0是函数h (x )的一个零点，此处极易被忽视；同时要正确画出函数的图象，将零点问题转化为函数图象的交点问题．6．含参数的导数问题是历年高考命题的热点．由于含参数的导数问题在解答时往往需要对参数进行讨论，因而它也是绝大多数考生答题的难点，具体表现在他们不知何时开始讨论、怎样去讨论．一般地，含参数的导数问题有三个基本讨论点：(1)求导后，导函数为零有实根(或导函数的分子能分解因式)，但不知导函数为零的实根是否落在定义域内，从而引起讨论．(2)求导后，考虑导函数为零是否有实根(或导函数的分子能否分解因式)，从而引起讨论．(3)求导后，导函数为零有实根(或导函数的分子能分解因式)，导函数为零的实根也落在定义域内，但不知这些实根的大小关系，从而引起讨论．【知识整合】一、不等式的性质不等式共有六条性质两条推论，要注意： 1．可加性：a >b ⇔a ＋c >b ＋c .推论：同向不等式可加，a >b ，c >d ⇒a ＋c >b ＋d . 2．可乘性：a >b ，c >0⇒ac >bc ；a >b ，c <0⇒ac <bc . 推论：同向(正)可乘，a >b >0，c >d >0⇒ac >bd . 二、不等式的解法1．一元二次不等式的解法：求不等式ax 2＋bx ＋c >0(a ≠0)的解集，先求ax 2＋bx ＋c ＝0的根，再根据二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c 的图象写出解集．2．分式不等式：先将右边化为零，左边通分，转化为整式不等式求解．3．一元三次不等式，用“穿针引线法”求解(穿根时要注意“奇穿偶不穿”)． 三、线性规则1．解答线性规则的应用问题，其一般步骤如下： (1)设：设出所求的未知数；(2)列：列出约束条件及目标函数； (3)画：画出可行域；(4)移：将目标函数转化为直线方程，平移直线，通过截距的最值找到目标函数的最值； (5)解：将直线的交点转化为方程组的解，找到最优解． 2．求解整点最优解有两种方法：(1)平移求解法：先打网格，描整点，平移目标函数所在的直线l ，最先经过的或最后经过的整点便是最优整点解；(2)调整优值法：先求非整优解及最优值，再借助不定方程的知识调整最优值，最后筛选出整点最优解． 四、基本不等式1．a ，b 都为正数，a ＋b2≥ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．2．使用基本不等式时要注意“一正，二定，三相等”． 五、不等式常用结论1．不等式恒成立问题的转化方向：(1)分离参数，向最值转化；(2)向函数图象或Δ转化．2．已知x >0，y >0，则有：(1)若乘积xy 为定值p ，则当x ＝y 时，和x ＋y 有最小值2p ；(2)若和x ＋y 为定值s ，则当x ＝y 时，乘积xy 有最大值14s 2.六、函数的概念及其表示函数的三要素：定义域、值域、对应关系． 常用的函数表示法：解析法、列表法、图象法． 七、函数的性质1．函数解析式的常用求法：(1)待定系数法；(2)代换(配凑)法；(3)构造方程(组)法．2．函数定义域的常用求法：(1)根据解析式的要求：偶次根式的被开方数不小于零、分母不能为零、对数中的真数大于零、对数中的底数大于零且不为1、零次幂的底数不为零等；(2)实际问题中要考虑变量的实际含义．3．函数值域(最值)的常用求法：(1)配方法(常用于二次函数)；(2)换元法；(3)有界性法；(4)单调性法；(5)数形结合法；(6)判别式法；(7)不等式法；(8)导数法．4．函数的单调性：(1)定义法；(2)导数法；(3)复合函数法；(4)图象法．5．函数的奇偶性：(1)定义法；(2)图象法；(3)性质法．6．函数的周期性：(1)f (x ＋T )＝f (x )(T ≠0)，周期是T ；(2)f (x ＋a )＝f (x ＋b )(a ≠b )，周期是|b －a |；(3)f (x ＋a )＝－f (x )(a ≠0)，周期是2a ；(4)若f (x ＋a )＝1f （x ）(a ≠0，且f (x )≠0)，周期是2a ；(5)f (x ＋a )＝1＋f （x ）1－f （x ）(a ≠0且f (x )≠1)，周期是4a .7．函数图象的画法：一是描点法，二是图象变换法，其中图象变换有平移变换、伸缩变换、对称变换． 八、指数函数和对数函数的图象与性质九、导数及其应用1．函数y ＝f (x )在点x 0处的导数的几何意义是曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率．2．设函数y ＝f (x )在某个区间可导，如果f ′(x )>0，则f (x )为增函数；如果f ′(x )<0，则f (x )为减函数． 3．可导函数在极值点处的导数值为零且左右导数值异号(左正右负极大值，左负右正极小值)．4．可导函数在闭区间内的最值：将闭区间内的极值与端点处的函数值相比较，大的就是最大值，小的就是最小值．【考点聚焦】热点一：不等式的性质、解法和应用不等式的性质、简单不等式的解法、基本不等式是高考经常考查的内容，常见于选择题或填空题中，以容易题、中等难度题为主，主要考查利用不等式的性质比较大小，解一元二次不等式、分式不等式，利用基本不等式求最值，求解过程中要注重对相关性质变形形式的理解和应用，同时注意思维的严谨性．(1)(2013湖北卷)已知全集为R ，集合A ＝{x |(12)x≤1}，B ＝{x |x 2－6x ＋8≤0}，则A ∩R B ＝( )．A ．{x |x ≤0}B ．{x |2≤x ≤4}C ．{x |0≤x <2或x >4}D ．{x |0<x ≤2或x ≥4}(2)已知两条直线l 1：y ＝m 和l 2：y ＝82m ＋1(m ＞0)，l 1与函数y ＝|log 2x |的图象从左至右相交于点A ，B ，l 2与函数y ＝|log 2x |的图象从左至右相交于点C ，D .记曲线段AC 和BD 在x 轴上的投影长度分别为a ，b .当m 变化时，b a的最小值为________．【分析】(1)分别利用指数的运算性质、一元二次不等式解法，求出集合A 、B .(2)将A ，B ，C ，D 四点的横坐标利用变量m 表示出来，根据a ，b 为曲线段AC 和BD 在x 轴上的投影长度，将b a利用变量m 表示出来，然后利用基本不等式求出最值．【解析】(1)易知集合A ＝{x |x ≥0}，B ＝{x |2≤x ≤4}，故R B ＝{x |x <2或x >4}，从而A ∩R B ＝{x |0≤x <2或x >4}．故选C.(2)在同一坐标系中作出y ＝m ，y ＝82m ＋1(m >0)，y ＝|log 2x |图象如图所示，由|log 2x |＝m ，得x 1＝2－m ，x 2＝2m，|log 2x |＝82m ＋1，∵m ＋82m ＋1＝m ＋12＋4m ＋12－12≥4－12＝72，当且仅当m ＝32时，取“＝”号，∴(ba)min ＝8 2.【答案】(1)C (2)8 2【归纳拓展】(1)一元二次不等式的解法常与函数的零点、函数的值域、方程的根及指数函数、对数函数、抽象函数等交汇综合考查．解决此类问题可以根据一次、二次不等式，分式不等式，简单的指数、对数不等式的解法进行适当的变形求解，也可以利用函数的单调性把抽象不等式进行转化求解．(2)基本不等式多以函数、方程、立体几何、解析几何、数列等知识为载体考查基本不等式求最值问题．解决此类问题的关键是正确利用条件转换成能利用基本不等式求解的形式，同时要注意基本不等式的使用条件．如本题中要能用拼凑法将m ＋82m ＋1(m >0)化成利用基本不等式求最值的形式． 变式训练1 (1)已知a ∈Z ，关于x 的一元二次不等式x 2－6x ＋a ≤0的解集中有且仅有3个整数，则所有符合条件的a 的值之和是( )．A ．13B ．18C ．21D ．26(2)已知正实数a ，b 满足a ＋2b ＝1，则a 2＋4b 2＋1ab的最小值为( )．A.72 B ．4 C.16136 D.172【解析】(1)设f (x )＝x 2－6x ＋a ，其图象是开口向上、对称轴是x ＝3的抛物线，如图所示．关于x 的一元二次不等式的解集中有且仅有3个整数，则即解得5<a ≤8，又a ∈Z ，所以a＝6，7，8.则所有符合条件的a的值之和是6＋7＋8＝21.选C.(2)因为1＝a＋2b≥22ab⇒ab≤18，当且仅当a＝2b＝12时取等号．又因为a2＋4b2＋1ab≥2a·(2b)＋1ab＝4ab＋1ab.令t＝ab，所以f(t)＝4t＋1t，又f(t)在(0，18]上单调递减，所以f(t)min＝f(18)＝172.此时a＝2b＝12.选D.【答案】(1)C (2)D热点二：线性规划线性规划常出现在选择题或填空题中，主要考查：已知约束条件，求目标函数的最值；已知目标函数的最值，求约束条件或目标函数中的参变量的取值范围．有时在解答题中考查以实际问题为背景求目标函数的最值．一般为中等难度题，解决这类问题的关键是灵活应用数形结合思想．定义在R上的函数y＝f(x)是减函数，且函数y＝f(x＋2)的图象关于点(－2，0)成中心对称，若s，t 满足不等式组错误!则当2≤s≤3时，2s＋t的取值范围是( )．A．[3，4] B．[3，9] C．[4，6] D．[4，9]【分析】要求2s＋t的取值范围，并且两个变量s，t不存在等量关系，需要利用线性规划求解．因此要根据函数的性质和题意挖掘出两个变量间的不等关系．【解析】因为y＝f(x＋2)的图象关于点(－2，0)成中心对称，所以函数f(x)关于原点对称．设z＝2s＋t，作出不等式组对应的区域．由z ＝2s ＋t 得s ＝－12t ＋z 2，平移直线s ＝－12t ＋z 2，由图象可知，当直线s ＝－12t ＋z2经过点C (0，2)时截距最小，此时z ＝2s ＋t ＝4；即E (3，3)，此时直线z ＝2s ＋t 的截距最大，为z ＝2s ＋t ＝2×3＋3＝9.所以4≤2s ＋t ≤9.所以选D.【答案】D【归纳拓展】本题命题角度新颖，不是直接给出线性约束条件和目标函数求最值，而是需要将所给不等式组进行合理转化后，约束条件才明朗．对于这类问题，要通过两个变量不存在确定关系，确定利用线性规划求解，然后通过题目条件寻找两个变量存在的所有不等关系，同时要注意深入挖掘题目条件．变式训练2 设x ，y 满足约束条件若目标函数z ＝ax ＋by (a ＞0，b ＞0)的最小值为2，则ab 的最大值为( )．A ．1 B.12 C.14 D.16【解析】由z ＝ax ＋by (a ＞0，b ＞0)得y ＝－ab x ＋z b ，可知斜率为－a b＜0，作出可行域如图，由图象可知当直线y＝－a b x ＋z b 经过点D 时，直线y ＝－a b x ＋z b的截距最小，此时z 最小为2.即D (2，3)，代入直线ax ＋by ＝2，得2a ＋3b ＝2，又2＝2a ＋3b ≥26ab ，所以ab ≤16，当且仅当2a ＝3b ＝1，即a ＝12，b ＝13时取等号，所以ab 的最大值为16.选D.【答案】D热点三：函数的图象与性质函数的图象与性质作为高中数学的一个“重头戏”，常考常新，主要从以下几个方面考查：单调性的确定与应用，应用单调性求最值(值域)、比较大小、求参数的取值范围等；奇偶性、周期性与函数的其他性质(如图象的对称性)的综合问题；求函数的最值或应用函数的最值问题；函数图象的判断，及利用函数图形研究函数性质．考题既有选择题、填空题，又有解答题，难度一般为中等偏上．(1)函数y ＝x3＋sin x 的图象大致是( )．(2)已知函数f (x )＝则f (x )的零点是________；f (x )的值域是________．(3)已知函数f (x )在实数集R 上具有下列性质：①直线x ＝1是函数的一条对称轴；②f (x ＋2)＝－f (x )；③当1≤x 1＜x 2≤3时，[f (x 2)－f (x 1)]·(x 2－x 1)＜0，则f (2011)、f (2012)、f (2013)从大到小的顺序为________．【分析】(1)根据函数的奇偶性、单调性、正负性、零点，利用排除法，逐项排除．(2)根据f (x )为分段函数，分段求出函数的零点和值域，但是要注意f (x )的值域是两段的并集．(3)根据①②确定函数的周期，根据③确定函数在该区间的单调性，然后利用函数的周期性将f (2011)、f (2012)、f (2013)转化到同一个单调区间，得出大小关系．【解析】(1)函数y ＝f (x )＝x3＋sin x 为奇函数，所以图象关于原点对称，排除B.当x →＋∞时，y ＞0，排除D.f ′(x )＝13＋cos x ，由f ′(x )＝13＋cos x ＝0，得cos x ＝－13，所以函数y ＝f (x )＝x3＋sin x 的极值有很多个，所以选C.(2)当0≤x ≤9时，由x 12＝0，得x ＝0；当－2≤x ＜0时，由x 2＋x ＝0，得x ＝－1，所以函数零点为－1和0. 当0≤x ≤9时，f (x )＝x 12，所以0≤f (x )≤3；当－2≤x ＜0时，f (x )＝x 2＋x ＝(x ＋12)2－14，所以此时－14≤f (x )≤2.综上，－14≤f (x )≤3，即函数的值域为[－14，3]．(3)由f (x ＋2)＝－f (x )得f (x ＋4)＝f (x )，所以周期是4，所以f (2011)＝f (3)，f (2012)＝f (0)，f (2013)＝f (1)．因为直线x ＝1是函数f (x )的一条对称轴，所以f (2012)＝f (0)＝f (2)．由[f (x 2)－f (x 1)]·(x 2－x 1)＜0，可知当1≤x 1＜x 2≤3时，函数单调递减．所以f (2013)＞f (2012)＞f (2011)．【答案】(1)C (2)－1和0 [－14，3] (3)f (2013)＞f (2012)＞f (2011)【归纳拓展】(1)函数图象的变换包括平移变换、伸缩变换和对称变换，要记住它们的变换规律——左加右减．但要注意加、减指的是自变量，否则不成立；识图时，要留意它们的变化趋势，与坐标轴的交点及一些特殊点，特别是对称性、周期性等特点，应引起足够的重视．(2)求函数的值域要记住各种基本函数的值域；要记住具有什么结构特点的函数用什么样的方法求值域；对各种求函数值域的方法要熟悉，遇到求值域的问题，应注意选择最优解法；求函数的值域，不但要重视对应法则的作用，而且要特别注意定义域对值域的约束作用；函数的值域常常化归为求函数的最值问题．(3)抽象函数型综合问题，一般通过对函数性质的代数表述，综合考查学生对数学符号语言的理解和接受能力，考查对函数性质的代数推理和论证能力，考查学生对一般和特殊关系的认识．一般要先确定函数在某一个周期内的特点，再通过函数的对称性、周期性确定函数在整个定义域上的特点，从而确定函数的性质．变式训练3 (1)设a ＜b ，函数y ＝(x －a )2(x －b )的图象可能是( )．(2)若函数f (x )＝是R 上的单调递减函数，则实数a 的取值范围为( )．A ．(－∞，2)B ．(－∞，138]C ．(0，2)D ．[138，2)(3)已知定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x －4)＝－f (x )，且当x ∈[0，2]时，f (x )＝log 2(x ＋1)，给出下列四种说法：①f (3)＝1；②函数f (x )在[－6，－2]上是增函数；③函数f (x )关于直线x ＝4对称；④若m ∈(0，1)，则关于x 的方程f (x )－m ＝0在[－8，8]上所有根之和为－8.其中正确的序号有________．【解析】(1)由图象可知0＜a ＜b .y ＝f (x )＝(x －a )2(x －b )，则f (0)＝－a 2b ＜0，排除A ，C.当a ＜x ＜b 时，f (x )＝(x －a )2(x －b )＜0，排除D ，选B.(3)由f (x －4)＝－f (x )得f (x －8)＝f (x )，所以函数的周期是8.又函数为奇函数，所以由f (x －4)＝－f (x )＝f (－x )，所以函数关于x ＝－2对称．同时f (x －4)＝－f (x )＝－f (4－x )，即f (x )＝f (4－x )，函数也关于x ＝2对称，所以③不正确．又x ∈[0，2]，函数f (x )＝log 2(x ＋1)单调递增，所以当x ∈[－2，2]时函数递增，又函数关于直线x ＝－2对称，所以函数在[－6，－2]上是减函数，所以②不正确．f (－3)＝－f (1)＝－log 22＝－1，所以f (3)＝1，故①正确．若m ∈(0，1)，则关于x 的方程f (x )－m ＝0在[－8，8]上有4个根，其中两个根关于x ＝2对称，另外两个关于x ＝－6对称，所以关于x ＝2对称的两根之和为2×2＝4，关于x ＝－6对称的两根之和为－6×2＝－12，所以所有根之和为－12＋4＝－8，所以④正确．所以正确的序号为①④.【答案】(1)B (2)B (3)①④ 热点四：函数与方程函数与方程在高考中多以选择、填空题的形式出现，难度为中、低，主要考查函数图象的交点、方程根的讨论等，其中利用函数图象判断方程解的个数是高考命题的重点，在解题中要注意数形结合思想的应用．设函数f (x )＝则方程f (x )＝x 2＋1的实数解的个数为________．【分析】根据f (x )为分段函数，因此分段判断．对方程化简后，可将问题转化为两个熟悉的函数图象，通过图象交点的个数，判断解的个数．【解析】当x ≥0时，由f (x )＝x 2＋1得，x ·2x ＝x 2＋1，即2x ＝x ＋1x ，在坐标系中，作出函数y ＝2x，y ＝x ＋1x的图象，由图象可知，当x ≥0时，有一个交点；当x ＜0时，由f (x )＝x 2＋1得，－2sin 2x ＝x 2＋1，作出y ＝－2sin 2x ，y ＝x 2＋1的图象，由图象可知当x ＜0时，两个函数有2个交点．所以总共有3个交点，即方程f (x )＝x 2＋1的实数解的个数为3.【答案】3【归纳拓展】函数零点问题主要有四类：一是判断函数零点或方程根的个数；二是利用函数零点确定函数的解析式；三是确定函数零点或方程根的取值范围；四是利用函数的零点或根的个数求解参数的取值范围．解决这些问题主要用数形结合法．变式训练4 函数f (x )＝cos x －log 8x 的零点个数为________．【解析】由f (x )＝0，得cos x ＝log 8x ，设y ＝cos x ，y ＝log 8x ，作出函数y ＝cos x ，y ＝log 8x 的图象，由图象可知，函数的零点个数为3.【答案】3热点五：用导数研究函数的性质从近几年的高考来看，用导数研究函数的性质主要考查利用导数研究函数的单调性和极值、最值问题．一般是解答题，难度中等偏难．解决该类问题要明确：导数为零的点不一定是极值点，导函数的变号零点才是函数的极值点；求单调区间时一定要注意函数的定义域；求最值时需要把极值和端点值逐一求出，比较即可．已知函数f (x )＝b －axx 2＋1. (1)若函数f (x )在x ＝1处取得极值2，求a ，b 的值；(2)当2b ＝a 2－1时，讨论函数f (x )的单调性．【分析】(1)根据函数f (x )在x ＝1处取得极值2，得出该点导数为0且函数值为2，构造a 与b 的方程；(2)求出函数f (x )导数，根据2b ＝a 2－1，将f ′(x )转化为只有参数a ，然后对a 进行讨论，判断函数f (x )的单调性．【解析】(1)f ′(x )＝－a （x 2＋1）－2x （b －ax ）（x 2＋1）2＝ax 2－2bx －a（x 2＋1）2(x ∈R )，依题意有，f ′(1)＝a －2b －a （12＋1）2＝0，f (1)＝b －a12＋1＝2，解得b ＝0，a ＝－4. 经检验，a ＝－4，b ＝0符合题意，所以a ＝－4，b ＝0.(2)当2b ＝a 2－1时，f ′(x )＝ax 2－（a 2－1）x －a （x 2＋1）2＝（ax ＋1）（x －a ）（x 2＋1）2. 当a ＝0时，f ′(x )＝x（x 2＋1）2，令f ′(x )＝0，得x ＝0.当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，所以减区间为(－∞，0)，增区间为(0，＋∞)．当a ≠0时，令f ′(x )＝0，得x 1＝－1a，x 2＝a ，若a >0，则有－1a<a ，当x ∈(－∞，－1a)或x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(－1a，a )时，f ′(x )<0，所以增区间为(－∞，－1a )，(a ，＋∞)，减区间为(－1a，a )．若a <0，则有－1a>a ，当x ∈(－∞，a )或x ∈(－1a ，＋∞)时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，－1a)时，f ′(x )>0，所以增区间为(a ，－1a )，减区间为(－∞，a )，(－1a，＋∞)．综上所述：当a ＝0时， f (x )的减区间为(－∞，0)，增区间为(0，＋∞)； 当a >0时， f (x )的增区间为(－∞，－1a )，(a ，＋∞)，减区间为(－1a，a )；当a <0时， 增区间为(a ，－1a )，减区间为(－∞，a )，(－1a，＋∞)．【归纳拓展】导数是研究函数单调性、极值、最值等性质的重要而有力的工具，其中单调性是函数最重要的性质之一，函数的极值、最值等问题的解决都离不开函数的单调性．函数单调性的讨论往往归结为一个不等式、特别是一元二次不等式的讨论，对一元二次不等式，在二次项系数的符号确定后就是根据其对应的一元二次方程两个实根的大小进行讨论，即分类讨论的标准是先二次项系数、再根的大小．变式训练5 已知函数f (x )＝x －a ln x ＋b x在x ＝1处取得极值，且a ＞2. (1)求a 与b 满足的关系式； (2)求函数f (x )的单调区间.【解析】(1)f ′(x )＝1－a x －b x2，由f ′(1)＝0，得b ＝1－a .(2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，由(1)可得f ′(x )＝1－a x －1－a x 2＝x 2－ax －（1－a ）x 2＝（x －1）[x －（a －1）]x 2.令f ′(x )＝0，则x 1＝1，x 2＝a －1.因为a ＞2，所以a －1所以单调递增区间为(0，1)，(－1，＋∞)，单调递减区间为(1，－1)．热点六：函数与方程、不等式的综合函数与方程、不等式的综合主要以导数为工具判断方程的解、证明不等式、解决不等式恒成立问题，一般是综合性比较强的解答题，难度比较大．在求解过程中要注意转化与化归、数形结合、分类讨论、函数与方程等数学思想方法的运用．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ＋a ，x <0，ln x ，x >0，其中a 是实数．设A (x 1，f (x 1))，B (x 2，f (x 2))为该函数图象上的两点，且x 1<x 2.(1)指出函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )的图象在点A ，B 处的切线互相垂直，且x 2<0，求x 2－x 1的最小值； (3)若函数f (x )的图象在点A ，B 处的切线重合，求a 的取值范围．【分析】(1)分段求导研究导函数的正负情况，注意定义域的影响；(2)根据切线互相垂直建立等式关系，再将x 2 －x 1转化为12[－(－2x 1＋2)＋(2x 2＋2)]，利用基本不等式求出它的最小值；(3)根据两切线重合得到关于a 的恒成立问题，求出参数范围．【解析】(1)函数f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)，单调递增区间为[－1，0)，(0，＋∞)．(2)由导数的几何意义可知，点A 处的切线斜率为f ′(x 1)，点B 处的切线斜率为f ′(x 2)，故当点A 处的切线与点B 处的切线垂直时，有f ′(x 1)f ′(x 2)＝－1.当x ＜0时，对函数f (x )求导，得f ′(x )＝2x ＋2.因为x 1＜x 2＜0，所以(2x 1＋2)(2x 2＋2)＝－1， 所以2x 1＋2＜0，2x 2＋2＞0.因此x 2－x 1＝12[－(2x 1＋2)＋2x 2＋2]≥[－（2x 1＋2）]（2x 2＋2）＝1，当且仅当－(2x 1＋2)＝2x 2＋2＝1，即x 1＝－32且x 2＝－12时等号成立．所以，函数f (x )的图象在点A ，B 处的切线互相垂直时，x 2－x 1的最小值为1.(3)当x 1＜x 2＜0或x 2＞x 1＞0时，f ′(x 1)≠f ′(x 2)，故x 1＜0＜x 2.当x 1＜0时，函数f (x )的图象在点(x 1，f (x 1))处的切线方程为y －(x 21＋2x 1＋a )＝(2x 1＋2)(x －x 1)，即y ＝(2x 1＋2)x －x 21＋a .当x 2＞0时，函数f (x )的图象在点(x 2，f (x 2))处的切线方程为y －ln x 2＝1x 2(x －x 2)，即y ＝1x 2·x ＋ln x 2－1.两切线重合的充要条件是A. ⎩⎪⎨⎪⎧1x 2＝2x 1＋2， ①ln x 2－1＝－x 21＋a . ②由①及x 1＜0＜x 2知，－1＜x 1＜0.由①②得，a ＝x 21＋ln 12x 1＋2－1＝x 21－ln(2x 1＋2)－1.设h (x 1)＝x 21－ln(2x 1＋2)－1(－1＜x 1＜0)，则h ′(x 1)＝2x 1－1x 1＋1＜0.所以，h (x 1)(－1＜x 1＜0)是减函数． 则h (x 1)＞h (0)＝－ln 2－1.所以a ＞－ln 2－1.又当x 1∈(－1，0)且趋近于－1时，h (x 1)无限增大．所以a 的取值范围是(－ln 2－1，＋∞)． 故当函数f (x )的图象在点A ，B 处的切线重合时，a 的取值范围是(－ln 2－1，＋∞)．【归纳拓展】导数是研究函数的重要手段，应该熟悉导数在研究函数的单调性、极值与最值中的基本应用，再在此基础上学会研究不等式恒成立、求参数的范围、不等式的证明的应用．变式训练6 设函数f (x )＝ln x －ax . (1)求f (x )的单调区间；(2)若a ＝12，g (x )＝x (f (x )＋1)(x ＞1)，且g (x )在区间(k ，k ＋1)内存在极值，求整数k 的值．【解析】(1)由已知得x ＞0，f ′(x )＝1x －a ＝1－axx.当a ≤0时，f ′(x )＞0，函数f (x )在(0，＋∞)内单调递增． 当a ＞0时，由f ′(x )＞0，得1－ax ＞0，∴0＜x ＜1a；由f ′(x )＜0，得1－ax ＜0，∴x ＞1a.∴f (x )在(0，1a )内单调递增，在(1a，＋∞)内单调递减.(2)当a ＝12时， g (x )＝x (f (x )＋1)＝x (ln x －12x ＋1)＝x ln x ＋x －12x 2(x ＞1)，∴g ′(x )＝ln x －x ＋2(x ＞1)，令F (x )＝g ′(x )＝ln x －x ＋2(x ＞1)，则F ′(x )＝1x－1＜0，∴F (x )在(1，＋∞)内单调递减.∵F (1)＝1＞0，F (2)＝ln 2＞0，F (3)＝ln 3－3＋2＝ln 3－1＞0，F (4)＝ln 4－4＋2＝ln 4－2＜0， ∴F (x )即g ′(x )在(3，4)内有零点，即g (x )在(3，4)内存在极值． 又∵g (x )在(k ，k ＋1)上存在极值，且k ∈Z ，∴k ＝3.已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R )，g (x )＝12x 2＋e x －x e x.(1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；(2)当a <1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2，0]，f (x 1)<g (x 2)恒成立，求a 的取值范围．【分析】(1)求出f ′(x )，判断函数f (x )的单调性，得出f (x )的最小值；(2)若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2，0]，f (x 1)<g (x 2)恒成立，则f (x 1)min <g (x 2)min ，构造两个最值关系，求出a 的取值范围．【解析】(1)f (x )的定义域为(0，＋∞), f ′(x )＝（x －1）（x －a ）x2(a ∈R )， 当a ≤1时，x ∈[1，e]，f ′(x )≥0，f (x )为增函数，f (x )min ＝f (1)＝1－a ；当1<a <e 时，x ∈[1，a ]，f ′(x )≤0，f (x )为减函数，x ∈[a ，e]，f ′(x )≥0，f (x )为增函数，f (x )min ＝f (a )＝a－(a ＋1)ln a －1，当a ≥e 时，x ∈[1，e]，f ′(x )≤0，f (x )为减函数，f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae .综上，当a ≤1时，f (x )min ＝ 1－a ；当1<a <e 时，f (x )min ＝a －(a ＋1)ln a －1；当a ≥e 时，f (x )min ＝e －(a ＋1)－ae.(2) 若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2，0]，f (x 1)<g (x 2)恒成立，即 f (x 1)min <g (x 2)min ， 当a <1时，由(1)可知，x 1∈[e ，e 2]，f (x )为增函数，所以f (x 1)min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae，g ′(x )＝x ＋e x －x e x －e x ＝x (1－e x )，当x 2∈[－2，0]时，g ′(x )≤0，g (x )为减函数，g (x 2)min ＝g (0)＝1，所以e －(a ＋1)－a e<1，a >e 2－2e e ＋1，故a ∈(e 2－2ee ＋1，1)．【归纳拓展】(1)对于在指定区间上不等式的恒成立问题，一般要转化为函数的最值问题加以解决，如果函数在这个指定的区间上没有最值，则可转化为求函数在这个区间上的值域，通过值域的端点值确定问题的答案．(2)在不等式与函数导数综合试题中，若遇到求参数的范围问题：①不等式恒成立(或解集为R )，用分离参数法：a >f (x )⇔a >f (x )max ；a <f (x )⇔a <f (x )min .②不等式有解(解集非空)或存在性命题，用分离参数法：a >f (x )⇔a >f (x )min ；a <f (x )⇔a <f (x )max . ③不等式解集为空集，用分离参数法：a >f (x )⇔a ≤f (x )min ；a <f (x )⇔a ≥f (x )max .(3)利用导数证明不等式，关键是根据题意构造函数，并研究函数的单调性、极值或端点值，将不等式的证明问题转化为函数的单调性问题或极值问题．其步骤一般是：构造可导函数——研究单调性或最值——得出不等关系——整理得出结论．变式训练7 已知函数f (x )＝(x 2－x －1a)e ax (a >0).(1)当a ＝1时，求函数f (x )的单调区间；(2)若不等式f (x )＋5a≥0对x ∈R 恒成立，求a 的取值范围．【解析】对函数f (x )求导，得f ′(x )＝e ax(ax ＋2)(x －1)，(1)当a ＝1时，f ′(x )＝e x(x ＋2)(x －1)，令f ′(x )>0，解得 x >1或x <－2；令f ′(x )<0，解得－2<x <1.。
导数与函数、不等式综合问题 高考专题
导数与函数、不等式综合问题一、考点突破函数与不等式解答题是高考命题的重要题型，解答这类题需要用到导数的相关知识。
其命题热点经常是与导数知识的综合考查，出现频率较高的题型是最值、范围问题，单调性或方程根的讨论等综合问题。
二、重难点提示重点：导数的定义和几何意义；和差积商的导数；复合函数的导数。
难点：导数与函数单调性、极值、最值的关系；利用导数解决不等式、函数零点等问题。
一、知识脉络图二、知识点拨1. 导数的定义：2. 导数的几何意义： （1）函数在点处的导数，就是曲线在点处的切线的斜率；（2）函数在点处的导数)(0t s '，就是物体的运动方程在时0000000000()()()()(2)()()lim lim lim 2x x x x f x x f x f x f x f x x f x f x x x x x ∆→→∆→+∆--+∆-'===∆-∆()y f x =0x 0()f x '()y f x =00(,)P x y ()s s t =0t ()s s t =刻时的瞬时速度；3. 要熟记求导公式、导数的运算法则、复合函数的导数等。
尤其注意：和。
4. 求函数单调区间的步骤： （1）确定f （x ）的定义域 （2）求f （x ）的导数 （3）令y ′>0（y ′<0），解出相应的x 的范围。
当y ′>0时，f （x ）在相应区间上是增函数；当y ′<0时，f （x ）在相应区间上是减函数 5. 求极值常按如下步骤： ①确定函数的定义域； ②求导数；③求方程＝0的根及导数不存在的点，这些根或点也称为可能极值点； ④通过列表法，检查在可能极值点的左右两侧的符号，确定极值点。
6. 设函数f （x ）在[a ，b]上连续，在（a ，b ）内可导，求f （x ）在[a ，b]上的最大（小）值的步骤如下：（1）求f （x ）在（a ，b ）内的极值； （2）将f （x ）的各极值与f （a ），f （b ）比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值。
高中数学导数难题七大题型答题技巧全解析
高中数学导数难题七大题型答题技巧全解析，转给所有高中生
在考试过程中，很多高中生由于没有掌握适用的解题技巧，尤其是对相关的知识点掌握不够牢固的同学，只能放弃，今天，小编为大家总结了导数七大题型，帮助大家在高考数学中多拿一分，轻松拿下140+！
1 导数单调性、极值、最值的直接应用
2 交点与根的分布
3 不等式证明
（一）做差证明不等式
（二）变形构造函数证明不等式
（三）替换构造不等式证明不等式
4 不等式恒成立求字母范围（一）恒成立之最值的直接应用
（二）恒成立之分离参数
（三）恒成立之讨论字母范围
5 函数与导数性质的综合运用
6 导数应用题
7 导数结合三角函数。
高考中用导数求解有关不等式的三类问题
高考中用导数解决有关不等式的三类综合问题导数是研究函数性质的一种重要工具，例如求函数的单调区间、求最大（小）值、求极大(小)值、求函数的值域等等.而在处理有关不等式的综合性问题时往往需要利用函数的性质。
因此，很多时侯可以利用导数作为工具去研究函数的性质，从而解决很多不等式问题.下面结合近几年高考试题具体讨论导数在解决与不等式有关的三类综合问题时的作用.归，去具体研究二次函数的图像与性质。
2009年宁夏海南数学文：已知函数3223()39f x x ax a x a =--+，若14a >，且当[]1,4x a ∈时，)('x f ≤a 12恒成立，试确定实数a 的取值范围.解析：'22()369f x x ax a =--的图像是一条开口向上的抛物线，关于a x =对称. 若'11,()4a f x <≤则在[1,4a]上是增函数，从而 '()f x 在[1,4a]上的最小值是'2(1)369,f a a =--最大值是'2(4)15.f a a =由'22|()|12,1236912,f x a a x ax a a ≤-≤--≤得于是有'2'2(1)36912,(4)1512.f a a a f a a a =--≥-=≤且 由''14(1)121,(4)120.35f a a f a a a ≥--≤≤≤≤≤得由得 所以11414(,1][,1][0,],(,].43545a a ∈-∈I I 即 若1>a ,则'2'|()|1212.[1,4]|()|12f a a a x a f x a =>∈≤故当时不恒成立.所以使'|()|12([1,4])f x a x a ≤∈恒成立的实数a 的取值范围是14(,].45二、利用导数证明不等式（一）利用导数得出函数单调性后，证明不等式我们知道函数在某个区间上的导数值大于（或小于）0时，则该函数在该区间上单调递增（或递减）. 高考中，在证明不等式时，根据不等式的特点，常常把不等式通过移项，适当变形，让不等号一端变为0后，把另一端构造成一个新函数,用导数研究该函数的单调性,再用函数单调性达到证明不等式的目的.2013年辽宁高考数学理第21题：已知函数x x x ax x g ex x f x cos 212)(,)1()(32+++=+=-，当]1,0[∈x 时， 求证：xx f x +≤≤-11)(1 解析：要证]1,0[∈x 时，x e x x -≥+-112）（，只需证明x x e x e x )1(1-≥+-）（ . 记=)(x h x x e x e x )1(1--+-）（，则)()('x x e e x x h --=， 当)1,0(∈x 时，0)('>x h ，因此)(x h 在]1,0[上是增函数，故0)0()(=≥h x h .所以]1,0[∈x 时，x x f -≥1)(．要证]1,0[∈x 时，xe x x +≤+-1112）（，只需证明1+≥x e x . 记1)(--=x e x K x ，则1)('-=x e x K ，当)1,0(∈x 时，0)('>x K ，因此)(x K 在]1,0[上是增函数，故0)0()(=≥K x K .所以]1,0[∈x 时，xx f +≤11)(，． 综上，]1,0[∈x 时，x x f x +≤≤-11)(1． 当待证明的不等式中变量较多时，往往把其中一个作为主要的变量，其他的视作常量处理，去构造辅助函数处理，易于打开解题突破口.2004年全国高考数学理压轴题： 已知x x x g ln )(=,b a <<0,证明：<0()()2()()ln 22a b g a g b g b a ++-<- 证明：()ln g x x x =，'()ln 1g x x =+，设()()()2()2a x F x g a g x g +=+-， 则'''()()2[()]ln ln 22a x a x F x g x g x ++=-=-， 当a x <<0时'()0F x <，因此)(x F 在),0(a 内为减函数当a x >时'()0F x >，因此)(x F 在),(+∞a 上为增函数从而，当a x =时，)(x F 有极小值)(a F因为0)(=a F ,a b >,所以0)(>b F ,即0()()()2a b g a g b g +<+-. 设()()()ln 2G x F x x a =--,则'()ln ln ln 2ln ln()2a x G x x x a x +=--=-+ 当0>x 时,'()0G x <,因此)(x G 在),0(+∞上为减函数，因为0)(=a G ,a b >,所以0)(<b G .即<0()()2()()ln 22a b g a g b g b a ++-<- （二）利用导数求出函数的最值（或值域）后，再证明不等式.导数的另一个作用是求函数的最值. 因而在证明不等式时，根据不等式的特点，有时可以构造函数，用导数求出该函数的最值；由当该函数取最大（或最小）值时不等式都成立，可得该不等式恒成立.从而把证明不等式问题转化为函数求最值问题.2013年课标全国Ⅱ高考数学理第21题：已知函数)ln()(m x e x f x +-=，当2≤m 时，证明:0)(>x f .解析：当2≤m ，),(+∞-∈m x 时，)2ln()ln(+≤+x m x ，故只需证明当2=m 时，0)(>x f .当2=m 时，函数21)('+-=x e x f x 在）（+∞-,2单调递增． 又0)0(,0)1(''><-f f ，故0)('=x f 在）（+∞-,2有唯一实根0x ，且)0,1(0-∈x ．当),2(0x x -∈ 时，0)('<x f ；当)(0∞+∈，x x 时，0)('>x f ， 从而当0x x =时，)(x f 取得最小值．由0)(0'=x f 得0e x ＝012x +，00)2ln(x x -=+， 故02)1(21)()(020000>++=++=≥x x x x x f x f 综上，当2≤m 时，0)(>x f . 三、利用导数解不等式一旦运用导数得到具体或抽象函数的单调性，再利用单调性的定义，结合函数值的大小关系，就可以得到自变量的大小关系，使得目标不等式获解。
最新高考数学解题技巧大揭秘 专题5 函数、导数、不等式的综合问题
专题五 函数、导数、不等式的综合问题1.已知函数f (x )＝ln x ＋ke x (k 为常数，e ＝ 28…是自然对数的底数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行．(1)求k 的值； (2)求f (x )的单调区间；(3)设g (x )＝xf ′(x )，其中f ′(x )为f (x )的导函数，证明：对任意x ＞0，g (x )＜1＋e －2. 解 (1)由f (x )＝ln x ＋ke x ，得f ′(x )＝1－k x －xln xxe x，x ∈(0，＋∞)， 由于曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行． 所以f ′(1)＝0，因此k ＝1.@(2)由(1)得f ′(x )＝1xe x (1－x －xln x )，x ∈(0，＋∞)， 令h(x )＝1－x －xln x ，x ∈(0，＋∞)，当x ∈(0,1)时，h(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，h(x )＜0. 又e x ＞0，所以x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0； x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0.因此f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)． (3)因为g(x )＝xf ′(x )，所以g(x )＝1e x (1－x －xln x )，x ∈(0，＋∞)， 由(2)得，h(x )＝1－x －xln x ，求导得h′(x )＝－ln x －2＝－(ln x －ln e －2)．]所以当x ∈(0，e －2)时，h′(x )＞0，函数h(x )单调递增； 当x ∈(e －2，＋∞)时，h′(x )＜0，函数h(x )单调递减． 所以当x ∈(0，＋∞)时，h(x )≤h(e －2)＝1＋e －2. 又当x ∈(0，＋∞)时，0＜1e x ＜1，所以当x ∈(0，＋∞)时，1e x h(x )＜1＋e －2，即g(x )＜1＋e －2. 综上所述结论成立．导数与函数、方程、不等式的交汇综合，以及利用导数研究实际中的优化问题，是命题的热点，而且不断丰富创新．题型以解答题的形式为主，综合考查学生分析问题、解决问题的能力．应通过一些典型例题的分析提高分析问题和解决问题的能力．解题时要善于把复杂的、生疏的、非规范化的问题转化为简单的、熟悉的、规范化的问题来解决. `利用导数解决方程根的问题常考查：①确定零点，图象交点及方程解的个数问题；②应用零点、图象交点及方程解的存在情况，求参数的值或范围．该类试题一般以含参数的高次式、分式、指数式或对数式结构的函数、方程呈现．主要考查学生转化与化归、数形结合思想，以及运用所学知识解决问题的能力．【例1】► 已知x ＝3是函数f (x )＝a ln(1＋x )＋x 2－10x 的一个极值点． (1)求a ；(2)求函数f (x )的单调区间；(3)若直线y ＝b 与函数y ＝f (x )的图象有3个交点，求b 的取值范围． [审题视点] [听课记录]<[审题视点] (1)由f ′(3)＝0求a ；(2)由f ′(x )＞0或f ′(x )＜0，求函数f (x )的单调区间；(3)求f (x )的极值，结合图象可确定b 的取值范围．解 f (x )的定义域：(－1，＋∞)． (1)f ′(x )＝a1＋x ＋2x －10，又f ′(3)＝a4＋6－10＝0，∴a ＝16. 经检验此时x ＝3为f (x )极值点，故a ＝16. (2)f ′(x )＝161＋x ＋2x －10＝2x 2－8x ＋6x ＋1＝2x －1x －3x ＋1.当－1<x <1或x >3时，f ′(x )>0；当1<x <3时，f ′(x )<0.∴f (x )单调增区间为：(－1,1)，(3，＋∞)，单调减区间为(1,3)．|(3)由(2)知，f (x )在(－1,1)内单调增加，在(1,3)内单调减少，在(3，＋∞)上单调增加，且当x ＝1或x ＝3时，f ′(x )＝0.所以f (x )的极大值为f (1)＝16ln 2－9，极小值为f (3)＝32ln 2－21.因为f (16)>162－10×16>16ln 2－9＝f (1)， f (e －2－1)<－32＋11＝－21<f (3)，所以在f (x )的三个单调区间(－1,1)，(1,3)，(3，＋∞)直线y ＝b 与y ＝f (x )的图象各有一个交点，当且仅当f (3)<b<f (1)．因此b 的取值范围为(32ln 2－21,16ln 2－9)．对于研究方程根的个数的相关问题，利用导数这一工具和数形结合的数学思想就可以很好地解决．这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；(2)求导数，得单调区间和极值点；(3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x 轴的交点情况进而求解．【突破训练1】设函数f (x )＝(1＋x )2－2ln (1＋x )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若关于x 的方程f (x )＝x 2＋x ＋a 在[0,2]上恰有两个相异实根，求实数a 的取值范围． 解 (1)函数的定义域为(－1，＋∞)，)因为f (x )＝(1＋x )2－2ln (1＋x )，所以f ′(x )＝2⎣⎡⎦⎤x ＋1－1x ＋1＝2x x ＋2x ＋1， 由f ′(x )＞0，得x ＞0；由f ′(x )＜0，得－1＜x ＜0， 所以，f (x )的递增区间是(0，＋∞)，递减区间是(－1,0)． (2)方程f (x )＝x 2＋x ＋a ，即x －a ＋1－2ln (1＋x )＝0， 记g(x )＝x －a ＋1－2ln (1＋x )(x ＞－1)， 则g′(x )＝1－21＋x ＝x －1x ＋1，由g′(x )＞0，得x ＞1； 由g′(x )＜0，得－1＜x ＜1.所以g(x )在[0,1]上单调递减，在[1,2]上单调递增． #为使f (x )＝x 2＋x ＋a 在[0,2]上恰有两个相异的实根， 只须g(x )＝0在[0,1)和(1,2]上各有一个实根，于是有⎩⎪⎨⎪⎧ g 0≥0，g 1＜0，g 2≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋1≥0，2－a －2ln 2＜0，3－a －2ln 3≥0，解得2－2ln 2＜a ≤3－2ln 3，故实数a 的取值范围是(2－2ln 2,3－2ln 3]．利用导数解决不等式恒成立问题通常考查高次式、分式或指数式、对数式、绝对值不等式在某个区间上恒成立，求参数的取值范围，试题涉及到的不等式常含有一个或两个参数．[【例2】设函数f (x )＝x 3＋2ax 2＋bx ＋a ，g (x )＝x 2－3x ＋2，其中x ∈R ，a ，b 为常数．已知曲线y ＝f (x )与y ＝g (x )在点(2,0)处有相同的切线l .(1)求a ，b 的值，并写出切线l 的方程；(2)若方程f (x )＋g (x )＝mx 有三个互不相同的实根0、x 1、x 2，其中x 1＜x 2，且对任意的x ∈[x 1，x 2]，f (x )＋g (x )＜m (x －1)恒成立，求实数m 的取值范围．[审题视点] [听课记录][审题视点] (1)基础；(2)根据已知条件f (x )＋g(x )＝mx 有三个互不相同的实根0、x 1、x 2可列一方程，由判断式Δ可得m 的范围，再将已知条件：对任意x ∈[x 1，x 2]，f (x )＋g(x )＜m (x －1)恒成立，转化为f (x )＋g(x )－mx ＜－m 恒成立，从而求f (x )＋g(x )－mx 的最大值．解 (1)a ＝－2，b ＝5，切线l 的方程为x －y －2＝0. (2)由(1)得，f (x )＝x 3－4x 2＋5x －2， 所以f (x )＋g(x )＝x 3－3x 2＋2x .(依题意，方程x (x 2－3x ＋2－m )＝0有三个互不相同的实根0，x 1，x 2，故x 1，x 2是方程x 2－3x ＋2－m ＝0的两相异的实根，所以Δ＝9－4(2－m )＞0，即m ＞－14. 又对任意的x ∈[x 1，x 2]， f (x )＋g(x )＜m (x －1)恒成立．特别地，取x ＝x 1时，f (x 1)＋g(x 1)－mx 1＜－m 成立， 得m ＜0.由韦达定理，可得x 1＋x 2＝3＞0， 对任意的x ∈[x 1，x 2]，有x －x 2≤0，x －x 1≥0，x ＞0，则f (x )＋g(x )－mx ＝x (x －x 1)(x －x 2)≤0， 又f (x 1)＋g(x 1)－mx 1＝0，所以函数f (x )＋g(x )－mx 在x ∈[x 1，x 2]的最大值为0.#于是当m ＜0时，对任意的x ∈[x 1，x 2]， f (x )＋g(x )＜m (x －1)恒成立．综上，m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－14，0. (1)利用导数方法证明不等式f (x )＞g (x )在区间D 上恒成立的基本方法是构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数h (x )＞0，其中一个重要技巧就是找到函数h (x )在什么地方可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口．(2)利用函数的导数研究不等式恒成立问题是一类重要题型，体现了导数的工具性作用，将函数、不等式紧密结合起来，考查了学生综合解决问题的能力．【突破训练2】 已知函数f (x )＝kx ，g (x )＝ln xx . (1)求函数g (x )＝ln xx 的单调递增区间；(2)若不等式f (x )≥g (x )在区间(0，＋∞)上恒成立，求k 的取值范围． 解 (1)∵g(x )＝ln xx (x ＞0)， ∴g′(x )＝1－ln xx 2，…令g′(x )＞0，得0＜x ＜e ，故函数g(x )＝ln xx 的单调递增区间为(0，e )．(2)∵x ∈(0，＋∞)，由k x ≥ln x x ，得k ≥ln x x 2，令h(x )＝ln xx 2，则问题转化为k 大于等于h(x )的最大值，又h ′(x )＝1－2 ln xx 3，令h ′(x )＝0时，x ＝e ，当x 在区间(0，＋∞)内变化时，h ′(x )、h (x )变化情况如下表：x (0，e ) e (e ，＋∞)h′(x ) ＋0 ] －h(x )12e由表知当x ＝e 时，函数h(x )有最大值，且最大值为12e ，因此k≥12e .导数的综合应用通常是证明与已知函数有关的关于x (或关于其他变量n 等)的不等式在某个范围内成立，求解需构造新函数，用到函数的单调性、极值(最值)，以及不等式的性质等知识完成证明．【例3】► 设函数f (x )定义在(0，＋∞)上，f (1)＝0，导函数f ′(x )＝1x ，g (x )＝f (x )＋f ′(x )． (1)求g (x )的单调区间和最小值；<(2)讨论g (x )与g ⎝⎛⎭⎫1x 的大小关系； (3)是否存在x 0＞0，使得|g (x )－g (x 0)|＜1x 对任意x ＞0成立若存在，求出x 0的取值范围；若不存在，请说明理由．[审题视点] [听课记录][审题视点] 第(2)问重新构造函数h(x )＝g(x )－g ⎝⎛⎭⎫1x ，利用导数研究这个函数的单调性． 第(3)问采用反证法，可先把|g(x )－g(x 0)|＜1x 等价变形为ln x ＜g(x 0)＜ln x ＋2x ，x ＞0，再在x ∈(0，＋∞)上任取一个值验证矛盾．解 (1)由题设易知f (x )＝ln x ，g(x )＝ln x ＋1x ， 所以g′(x )＝x －1x 2，令g′(x )＝0，得x ＝1，当x ∈(0,1)时，g′(x )＜0，故(0,1)是g(x )的单调减区间；#当x ∈(1，＋∞)时，g′(x )＞0，故(1，＋∞)是g(x )的单调增区间．因此，x ＝1是g(x )的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点， 所以最小值为g(1)＝1.(2)g ⎝⎛⎭⎫1x ＝－ln x ＋x ， 设h(x )＝g(x )－g ⎝⎛⎭⎫1x ＝2ln x －x ＋1x ， 则h′(x )＝－x －12x 2，当x ＝1时，h(1)＝0，即g(x )＝g ⎝⎛⎭⎫1x ，当x ∈(0,1)∪(1，＋∞)时，h′(x )＜0，h′(1)＝0， 因此，h(x )在(0，＋∞)内单调递减，当0＜x ＜1时，h(x )＞h(1)＝0，即g(x )＞g ⎝⎛⎭⎫1x ； ；当x ＞1时，h(x )＜h(1)＝0，即g(x )＜g ⎝⎛⎭⎫1x . (3)满足条件的x 0不存在． 证明如下：假设存在x 0＞0，使|g(x )－g(x 0)|＜1x 对任意x ＞0成立， 即对任意x ＞0，有ln x ＜g(x 0)＜ln x ＋2x ，(*)但对上述x 0，取x 1＝e g(x 0)时，有ln x 1＝g(x 0)，这与(*)左边不等式矛盾， 因此，不存在x 0＞0，使|g(x )－g(x 0)|＜1x 对任意x ＞0成立．另一种证法如下：假设存在x 0＞0，使|g(x )－g(x 0)|＜1x 对任意的x ＞0成立． 由(1)知，g(x )的最小值为g(1)＝1， 又g(x )＝ln x ＋1x ＞ln x ，:而x ＞1时，ln x 的值域为(0，＋∞)， x ≥1时g(x )的值域为[1，＋∞)， 从而可取一个x 1＞1，使g(x 1)≥g(x 0)＋1. 即g(x 1)－g(x 0)≥1，故|g(x 1)－g(x 0)|≥1＞1x 1，与假设矛盾．∴不存在x 1＞0，使|g(x )－g(x 0)|＜1x 对任意x ＞0成立．本题有机地将函数、导数和不等式结合到一块，试题难度较大．本题分三小问，第(1)问较容易；第(2)问可以用平时练习常用的方法解决：首先使用构造函数法构造函数，再用导数求出函数的最大值或最小值，且这个最大值小于零，最小值大于零；第(3)问采用反证法，难度较大，难点在于不容易找到与题设矛盾的特例．【突破训练3】 设a 为实数，函数f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R . (1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a ＞ln 2－1且x ＞0时，e x ＞x 2－2ax ＋1.）(1)解 由f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R 知，f ′(x )＝e x －2，x ∈R . 令f ′(x )＝0，得x ＝l n 2.于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x(－∞，l n 2)l n 2(l n 2，＋∞)f′(x)－0,＋f(x)单调递减极小值单调递增故f(x)单调递增区间是(l n2，＋∞)，f(x)在x＝l n 2处取得极小值，极小值为f(l n 2)＝e l n 2－2l n 2＋2a＝2(1－l n 2＋a)．(2)证明设g(x)＝e x－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝e x－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a>l n 2－1时，g′(x)取最小值为g′(l n 2)＝2(1－l n 2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0.所以g(x)在R内单调递增．于是当a>l n 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>0.即e x－x2＋2ax－1>0，故e x>x2－2ax＋1.)分析法在函数与导数题中的应用近年来，高考对函数与导数大部分是以压轴题的形式考查的，试题难度较大，命题角度新颖，需要考生把生疏的问题通过分析转化为熟悉的问题，考查考生分析、解决问题的能力．下面以2012年新课标全国卷为例对分析法在导数中的具体应用作一介绍．【示例】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．[满分解答](1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝e x－a.若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；若a＞0，则当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，所以，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．(5分)(2)由于a＝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k ＜x ＋1e x －1＋x (x ＞0)．①(8分) 令g (x )＝x ＋1e x －1＋x ，则g ′(x )＝－x e x －1e x －12＋1＝e x e x －x －2e x －12.由(1)知，函数h (x )＝e x －x －2在(0，＋∞)上单调递增．而h (1)＜0，h (2)＞0，所以h (x )在(0，＋∞)上存在唯一的零点．故g ′(x )在(0，＋∞)上存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1,2)．当x ∈(0，α)时，g ′(x )＜0；当x ∈(α，＋∞)时，g ′(x )＞0.所以g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g (α)．又由g ′(α)＝0，可得e α＝α＋2，所以g (α)＝α＋1∈(2,3)．由于①式等价于k ＜g (α)，故整数k 的最大值为2.…(12分)老师叮咛：本题主要考查导数在解决函数单调性、函数的最值、函数的零点、不等式问题等方面的应用.其中，第1问求函数的导数，对字母a 进行讨论，根据导函数值的正负得到函数的单调区间.第2问将原不等式转化为k ＜g x 的形式，利用导数法求出函数g x 的值域，进而得到整数k 的最大值.【试一试】 设函数f (x )＝x (e x －1)－ax 2. (1)若a ＝12，求f (x )的单调区间； (2)若当x ≥0时f (x )≥0，求a 的取值范围． 解 (1)a ＝12时，f (x )＝x (e x －1)－12x 2， f ′(x )＝e x －1＋x e x －x ＝(e x －1)(x ＋1)．当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )＞0；当x ∈(－1,0)时，f ′(x )＜0；当x ∈(0，＋∞)时， f ′(x )＞0.故f (x )在(－∞，－1]，[0，＋∞)上单调递增，在[－1,0]上单调递减． (2)f (x )＝x (e x －1－ax )，令g (x )＝e x －1－ax ，则g ′(x )＝e x －a .若a ≤1，则当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＞0，g (x )为增函数，而g (0)＝0，从而当x ≥0时g (x )≥0，即f (x )≥0；若a ＞1，则当x ∈(0，l n a )时，g ′(x )＜0，g (x )为减函数，而g (0)＝0，从而当x ∈(0，l n a )时g (x )＜0，即f (x )＜0.综上得a 的取值范围为(－∞，1]．。
关于高考数学答题技巧有哪些
关于高考数学答题技巧有哪些从这个意义上，数学属于形式科学，而不是自然科学。
不同的数学家和哲学家对数学的准确范围和定义有一系列的看法。
下面我为大家带来高考数学答题技巧有哪些，盼望大家喜爱!高考数学答题技巧专题一、三角变换与三角函数的性质问题1、解题路线图①不同角化同角②降幂扩角③化f(x)=Asin(ωx+φ)+h④结合性质求解。
2、构建答题模板①化简：三角函数式的化简，一般化成y=Asin(ωx+φ)+h的形式，即化为“一角、一次、一函数”的形式。
②整体代换：将ωx+φ看作一个整体，利用y=sinx，y=cosx的性质确定条件。
③求解：利用ωx+φ的范围求条件解得函数y=Asin(ωx+φ)+h 的性质，写出结果。
④（反思）：反思回顾，查看关键点，易错点，对结果进行估算，检查规范性。
专题二、解三角形问题1、解题路线图(1)①化简变形;②用余弦定理转化为边的关系;③变形证明。
(2)①用余弦定理表示角;②用基本不等式求范围;③确定角的取值范围。
2、构建答题模板①定条件：即确定三角形中的已知和所求，在图形中标注出来，然后确定转化的方向。
②定工具：即依据条件和所求，合理选择转化的工具，实施边角之间的互化。
③求结果。
④再反思：在实施边角互化的时候应留意转化的方向，一般有两种思路：一是全部转化为边之间的关系;二是全部转化为角之间的关系，然后进行恒等变形。
专题三、数列的通项、求和问题1、解题路线图①先求某一项，或者找到数列的关系式。
②求通项公式。
③求数列和通式。
2、构建答题模板①找递推：依据已知条件确定数列相邻两项之间的关系，即找数列的递推公式。
②求通项：依据数列递推公式转化为等差或等比数列求通项公式，或利用累加法或累乘法求通项公式。
③定（方法）：依据数列表达式的结构特征确定求和方法(如公式法、裂项相消法、错位相减法、分组法等)。
④写步骤：规范写出求和步骤。
⑤再反思：反思回顾，查看关键点、易错点及解题规范。
专题四、利用空间向量求角问题1、解题路线图①建立坐标系，并用坐标来表示向量。
2023届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法：导数与数列不等式
第25讲 导数与数列不等式知识与方法函数、数列、不等式的综合题,是高考压轴题的热点题型之一.一方面,以函数为载体让学生探究函数的性质;另一方面,数列是特殊的函数,在研究数列问题时,我们经常用函数的性质去探究数列的变化规律以及取值范围等.本节,我们介绍几类常见的导数与数列不等式结合的考题及其解决方法.1.基本类型(1)数列求和(或积)中的不等问题; (2)通项公式中的不等问题.对于数列求和的不等问题,通常要将通项公式放缩为可以求和的数列: (1)放缩为等差数列:通项公式:n b pn q =+;(2)放缩为等比数列:通项公式:11n n b b q -=;【点睛】特别地,当10,(0,1)b q >∈时,数列{}n b 为无穷递缩等比数列,其前n 项和()11111nn b q b T qq-=<--.这个不等式经常用到,它的结构为: ?×Ïî 1 ?«±È n T <-,常常要从第二项或第三项开始放缩.(3)裂项相消求和:通项公式特点:1n n n a b b +=-;(4)倒序相加求和:通项公式特点:1k n k b b -++=常数.【点睛1】数列求和不等式,要点睛意从通项公式入手,放缩成可求和的数列.【点睛2】在放缩时要点睛意前几问的铺垫与提示作用,特别是由恒成立与最值问题所得到的不等式,往往提供了放缩的方向.【点睛3】常用的放缩不等式:ln 1,e1,sin (0)xx x x x x x -+<>典型例题()()1158nni i i i a f n a f n ==<>∑∑类型或【例1】数列{}n a 满足1111,22n na a a +==-. (1)求数列{}n a 的通项公式;(2)设数列{}n a 的前n 项和为n S ,证明2ln 2n n S n +⎛⎫<-⎪⎝⎭.【解析】(1)由112n n a a +=-得,1111122n n n n a a a a +--=-=--,所以12111n n n a a a +-=--,即111111111n n n n a a a a ++-==----，所以111111n n a a +-=---,且1121a =--,数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是首项为2-,公差为1-的等差数列,所要证以111n n a =---,故1n n a n =+. (2)要证2ln 2n n S n +⎛⎫<-⎪⎝⎭,即证1112111ln 2312n n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-++-<- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭,即证1112ln 2312n n n n +⎛⎫⎛⎫-+++<-⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭, 即证1112ln 2312n n +⎛⎫+++> ⎪+⎝⎭， 解法1:利用数列的单调性设()2111ln 2231n f n n +⎛⎫⎛⎫=-+++⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭, 只需证明()f n 的最大值小于0,考察(){}f n 的单调性, 作差:()()31111lnln 12222n f n f n n n n n +⎛⎫+-=-=+- ⎪++++⎝⎭. 构造函数()()ln 1(0)g x x x x =+->,则()()110,11xg x g x x x=-=-<++'在()0,∞+上单调递减, 所以()()00g x g <=,故()()1f n f n +<,从而()()311ln 022f n f =-<,得证. 解法2:通项比较点睛意到()*式左边是数列11n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和, 于是将右边2ln 2n +⎛⎫⎪⎝⎭看成另一个数列{}n b 的前n 项和的形式, 易得21ln ln 22n n n b ++⎛⎫⎛⎫=-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.记11n a n =+,只需证明n n a b >,即证12ln 11n n n +>++,构造函数()()ln 1(0)h x x x x =+->证明即可,过程与解法1相同. 解法3:积分放缩()2211111111123123112d ln 2ln2ln 2n n n n x n x ++++=⨯+⨯++⨯+++>=+-=⎰ 【点睛1】通项比较法也是证明此类数列求和型不等式的常规思路之一.一般地,对于数列不等式()1ni i a f n =∑<,可设()1ni i b f n =∑=,则()()()12n b f n f n n =--.若n n a b <成立,显然()1ni i a f n =∑<也成立.需要点睛意的是:若()1ni i a f n =∑<成立,不一定有n n a b <.【点睛2】解法3利用定积分的几何意义进行放缩,这种跨越知识点的思路非常具有创造性,技巧性较强.【例2】已知函数()()22ln 21(0)a f x ax x a a x-=-+-+>. (1)若()0f x 在[)1,∞+上恒成立,求实数a 的取值范围; (2)证明:()()*11111ln 21N 3521221nn n n n ++++>++∈-+. 【解析】()()1f x 的定义域为()0,∞+,()()2222122a a x x ax x a a f x x x'-⎛⎫-- ⎪-+-⎝⎭==. (1)当01a <<时,21a a ->,若21a x a -<<,则()()0,f x f x '<在21,a a -⎛⎫⎪⎝⎭上是减函数,所以21,2a x -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()()10f x f <=,即()0f x 在[)1,∞+上不恒成立. (2)当1a 时,21aa-,当1x >时,()()0,f x f x '>在[)1,∞+上是增函数,又()10f =,所以()0f x .综上所述,所求a 的取值范围是[)1,∞+.(2)分析:点睛意到待证不等式左边是数列121n ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭的前n 项和,于是将右边()1ln 21221nn n +++看成另一个数列{}n b 的前n 项和n S .由公式11,1,,2,n n n S n b S S n -=⎧=⎨-⎩,易得121111ln 22122121n n b n n n +⎛⎫=+- ⎪--+⎝⎭. 记121n a n =-,则只需证明n n a b >. 当1n =时,不等式显然成立;当2n 时,即证()1121111ln 22122122121n n n n n n +⎛⎫>+- ⎪---+⎝⎭,即证1121ln 212121n n n n ++>-+-,即证2121212ln 212121n n n n n n +-+->-+-. 令()21221n x n n +=-,则只需证明12ln (1)x x x x->>. 构造函数()12ln (1)g x x x x x=-->,或者利用第(1)问中的不等式()0f x 不难证明不等式成立,故而得证.将上述思路倒过来,可得下面的证法:证明:由(1)知当1a 时,()0f x 在[)1,∞+上恒成立.取1a =,得12ln 0x x x --,所以12ln x x x-.令*21,N 21n x n n +=∈-,得2121212ln212121n n n n n n +-+->-+-, 即2221112ln 212121n n n n +⎛⎫+--> ⎪-+-⎝⎭,所以1121111ln 2122122121n n n n n +⎛⎫>+- ⎪---+⎝⎭,上式中1,2,3,,n n =,然后n 个不等式相加,得到:()()*11111ln 213521221nn n n n ++++>++∈-+N . 【点睛】在放缩时要点睛意前几问的铺垫与提示作用！第(1)问中的不等式()0f x 为我们提供了放缩的方向,不必构造新的函数进行证明. 【例3】设函数()()1,ln (0,e 2.718)xg x h x x a ax-==>≈. (1)设()()22r x x h x =-,求()r x 的最小值;(2)设()()()f x g x h x =+,若()f x 在[)1,∞+上为增函数,求实数a 的取值范围; (3)求证:N,2n n ∈≥时,21ni in =∑∑<.【解析】(1)已知函数()ln h x x =,所以()22ln (0)r x x x x =->,所以()241x r x x -=',今()0r x '=,解得12x =,或12x =-(舍),当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()()0,r x r x '<在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减, 当1,2x ∞⎛⎫∈+⎪⎝⎭时,()()0,r x r x '>在1,2∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭上单调递增; 所以()r x 在12x =处取得最小值,2min 1111()2ln ln22222r x r ⎛⎫⎛⎫==⨯-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.(2)因为()()1ln 1xf x x x ax -=+,所以()21x a f x x-='. 因为()f x 在[)1,∞+上为增函数,所以()210x a f x x'-=在[)1,∞+上恒成立, 即1ax在[)1,∞+上恒成立, 因为101x<,所以1a ,所以a 的取值范围是[)1,∞+. (3)分析:要证21ni in =∑∑<,即证1111ln 234n n++++<,将ln n 看成数列 (){}ln ln 1n n --的前n 项和,于是只需证明()1ln ln 1n n n<--, 即证1ln 1n n n <-. 令1n x n =-,则1x n x =-,只需证明1ln x x x->, 构造函数或者利用(2)的结论即可得证. 证明:由(2)可知1a =时,()1ln xf x x x-=+在[)1,∞+上为增函数, 今1n x n =-(其中*N ,2n n ∈),则()()1,11n x f x f f n ⎛⎫>=> ⎪-⎝⎭,即111ln ln 0111nn n n n n n n n --+=-+>---,即()1ln ln 1n n n -->, 所以,以上各式累加得,所以.即:.【点睛】第(3)问的证明用了通项比较法,点睛意到了第问的铺执与提示作用.【例4】已知函数.(1)求函数在上的单调区间;(2)用表示中的最大值,为的导函数,设函数,若在上恒成立,求实数的取值范围;(3)证明:.【解析】(1)因为,,令,得.当时,单调递增;当时,单调递减;所以函数在上的单调递增区间为,单调减区间为.(2)由知,当时,恒成立,故恒成立;当时,,又因为恒成立,所以在上恒成立,所以,即在上恒成立.令,则,由,令得,易得在上单调递增,在上单调递减,所以,所以,即.综上可得.(3)证法1:证明:设,则,所以在上单调递增,所以,即,所以所以.证法2:记,则所以为递增数列,所以,得证.【点睛】第(3)问证法1用了不等式进行放缩;证法2用了数列的单调性. 另外,还可以利用积分放缩,请读者参考例1自行完成,此处略过.【例5】已知函数的最小值为0,其中.(1)求的值;(2)若对任意的,有成立,求实数的最小值;(3)证明:.【解析】(1),得,得所以时,函数取得极小值且为最小值所以,解得.(2)当时,取,有,故不合题意当时,令,即,可得(1)当时在上恒成立,因此在上单调递减,从而对任意的,总有,即对任意的,有成立;(2)当时,,对于,因此在上单调递增,因此取时,,即有不成立;综上知,时对任意的,有成立,的最小值为.(3)证明:当时,不等式左边右边,所以不等式成立;当时,,在中,取,得,所以.所以综上【点睛】第三问中,借助于导数证不等式的方法进行.点睛意到在第问中,取,得,则,于是得到:,然而右侧的式子显然大于2,这说明放缩过头了,于是保留第一项,从第二项开始放缩: “留一手”是放缩中的常用技巧,有时甚至需要“留两手”或“留三手”.【例6】已知函数.(1)求函数的极值;(2)(1)当时,恒成立,求正整数的最大值;(2)证明:.【解析】(1),当时,,函数在上单调递增,没有极值;当时,由得,由得,所以在上单调递减,在上单调递增,此时函数的极小值,没有极大值.(2)(1)当时恒成立,即只要即可,由时在上单调递减,在上单调递增,(1)若时,在上单调递增,满足题意;(2)当时,在上单调递减,在上单调递增,,令,则,所以在上单调递减,且,所以存在使得,则的解集为.综上,的取值范围,其中,所以正整数的最大值3.(2)证明:要证两边取对数,即证也即证由(1)知,令,则所以所以.【点睛】最后一问中,将目标不等式两边取自然对数,便由积式变成和式,这样就化为类型1,利用通项比较法不难获证.【例7】已知函数.(1)函数在定义域内恒成立,求实数的取值范围;(2)求证:当时,.【解析】(1)函数定义域为,当时,,不满足题设;当时,,在上,单调递增,在上,,单调递减,所以,解得.综上:的取值范围是.(2)证明:由(1)得,当时,当且仅当时等号成立.所以,所以所以,所以.【点睛】第(2)问用到了对数放缩不等式:,还用到了裂项放缩.【例8】已知函数(其中是自然对数的底数,.(1)当时,求函数的极值;(2)当时,求证;(3)求证:对任意正整数,都有.【解析】(1)当时,,当时,;当时,;所以函数在上单调递减,在上单调递增,所以函数在处取得极小值,函数无极大值;(2)证明:由,(1)当时,恒成立,满足条件;(2)当时,由,得,则当时,,当时,,所以函数在上单调递减,在上单调递增,所以函数在处取得最小值,因为,所以,所以,所以,综上得,当时,;(3)由(2)知,当时,恒成立,所以恒成立,即,所以,令,得,,所以.【点睛】第(3)问用到了对数放缩不等式:,还用到了等比放缩.【例9】已知函数.(1)求的最大值;(2)若对,总存在,使得成立,求实数的取值范围;(3)证明不等式是自然对数的底数).【解析】(1)由,得,当时,,当时,,所以在上单调递增,在上单调递减,则当时,取得最大值为.(2)对,总存在,使得成立,等价于:存在,使得成立.由(1)知,,问题转化为存在,使得.,当时,,①当时,若单调递减,,不合题意;②当时,,使得,若,若时,,即当,则,使得,符合题意;③当时,若单调递增,,则,使得,符合题意.综上可知,所求实数的范围是;(3)证明:由(2)可知,当时,若,令.有,再由(1)可得,,则,即,也即,所以,.则.【点睛】第(3)问用到了三角放缩不等式:,还用到了等比放缩.递推公式中的不等问题【例10】已知函数.(1)求证:当时,;(2)若数列满足,且,证明:.【解析】(1)略;(2)要证,即证.如果成立,则必会有,从而只需证明即可,这样递推式就得以建立.接下来考虑如何去绝对值:因为,所以,则,所以,则,如此继续下去,得,从而可得,于是.从而要证成立,只需证明,即证,即证，即.只需证明,即,即证明,即证.分析至此,只需构造函数就可以顺利解决:令,则,,因为,所以,所以在上单调递增,所以,所以在上单调递增,所以,即,故原不等式成立.【点睛】本题构造函数方法不唯一,如下面的过程:令,则,所以在上单调递增,所以,即,所以,于是原不等式得证.【例11】函数,曲线在处的切线在轴上的截距为.(1)求;(2)讨论的单调性;(3)设,求证:.【解析】在上单调递增(过程略;(3)证明,亦即证明.如果成立,那么就会有,反过来,如果我们能够证明,也就是证明,就可以原式得以成立.(下面我们就开始面临下一个问题:如何去绝对值?这就势必要比较与的大小,因此分类情况就会面临着三种:.)下面分别进行讨论:(i)时,不等式显然成立;(ii)若,由在单调递减,且可知,从而式即证,即，亦即，即证.而由单调递增,且,从而可知,从而有成立;(iii)若时,类似可证.【例12】函数.(1)判断时,的零点个数,并加以说明;(2)正项数列满足.(1)判断数列的单调性,并加以证明;(2)证明:.【解析】(1)当时,.令,则,所以在单调递增,又,所以,从而的零点个数为0.(2)由,得,所以由(1)知,当时,有,即,所以.所以,故数列单调递减.对于第(3)问,由于所证不等式的左侧可以视为数列的前项的和,所以我们可将视为某一个数列的前项和,即.从而.要证,只需证.如果成立,则有成立,从而要证,只需证成立即可,从而递推关系得以建立.要证,即证，即证,即证，即证,即证,即证.令,从而,由(1)知,从而,从而原不等式得证.强化训练1..已知函数.(1)求函数的单调区间;(2)若不等式恒成立,求实数的取值范围;(3)当时,求证:.【解析】(1)的定义域为,(1)当时,,所以在上递增;(2)当时,令,则,当时,;当时,,所以在区间上递增,在上递减.(2)解法1:构造函数,(1)当时,由在上递增,又,不符合题意;(2)当时,由知在区间上递增,在上递减,所以,解得:.综上:,所以的取值范围为.解法2:分离参数恒成立,等价于设,令,则当时,;当时,,所以在区间上递增,在上递减;所以,所以:.所以的取值范围为.(3)证明:由(2)知,当时,恒成立,即(1)当时,,即,所以,上述不等式相加可得:, 即,即,(2)当时,,即,即,所以,,上述不等式相加可得:,即,即,综上:当时,.2.已知函数.(1)求在点处的切线方程;(2)若不等式恒成立,求实数的取值范围;(3)求证:当时,不等式成立.【解析】(1)切线方程为即.(2)设,当时,单调递增;当时,单调递减;因为不等式恒成立,且,所以,所以即可,从而.(3)由(2)可知:当时,恒成立,当且仅当时等号成立. 令,因为,所以,整理得,变形得,即.当时,有,.将上述式两边同时相加,得.所以当时,不等式成立.3.已知函数.(1)设,求的单调区间;(2)若对,总有成立.求的取值范围;(ii)证明:对于任意的正整数,不等式恒成立. 【解析】(1),定义域为,所以,①当时,令,得;令,得;②当时,令,得或;令,得;③当时,恒成立;④当时,令,得或;令,得;综上：当时,的增区间为的减区间为;当时,的增区间为和的减区间为;当时,的增区间为;当时,的增区间为和的减区间为.(2)(i)由题意,对任意恒成立,即恒成立,只需.由第知:因为,显然当时,,此时对任意不能恒成立;当时,,所以;综上,的取值范围为.(ii)证明:由(1)知:当时,,即,当且仅当时等号成立.当时,可以变换为,在上面的不等式中,令,则有所以不等式恒成立.4.已知函数.(1)若不等式在区间上恒成立,求实数的取值范围;(2)求证:(其中为自然对数的底数).【解析】(1)实数的取值范围为(过程略);(2)取,由(1)有,即.又当时,,所以.于是,将以上不等式累加,得,不等式得证.5.已知函数.(1)若,且对于任意恒成立,试确定实数的取值范围;(2)设函数,求证:【解析】(1)由,可知是偶函数.于是对任意成立等价于对任意成立.由,得.①当时,.此时在上单调递增.故,符合题意.②当时,.当变化时的变化情况如表:单调递减极小值单调递增由此可得,在上,.依题意,,又,所以.综合①,②得,实数的取值范围是.(2)因为,所以,又,所以,,.由此得:故成立.6.已知函数.(1)求证:当时,;(2)数列满足,求证:数列单调递减,且.【解析】第(1)问略.第(2)问,我们先用数学归纳法先证:当时,,从而;假设当时,,下证.由,从而,由于,所以,从而.由数学归纳法原理,知.下证数列单调递减,即证,即证.即证,由(1)知,只需证.而成立,从而数列单调递减.下面证明,只需证,只需证,只需证.构造,所以单调递增,从而,从而对恒成立.从而.原不等式得证.7.已知函数,正实数数列满足,且当时,求证:(1)当时,;(2).【解析】(1)我们证明,当时,.令,即, 则由可知单调递增,从而. 由可知单调递增,于是. 由可知单调递增,因此, 即.因为,所以.(2)我们先对用数学归纳法证明.①当时,,结论成立.②假设当时,有(其中).如果,则.点睛意可知,与归纳假设矛盾.所以,当时结论也成立,即.由①②可知,.于是,当时,有, 令从1到求和,即得.。
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专题五 函数、导数、不等式的综合问题1.已知函数f (x )＝ln x ＋ke x(k 为常数，e ＝ 28…是自然对数的底数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行．(1)求k 的值；(2)求f (x )的单调区间；(3)设g (x )＝xf ′(x )，其中f ′(x )为f (x )的导函数，证明：对任意x ＞0，g (x )＜1＋e－2.解 (1)由f (x )＝ln x ＋ke x， 得f ′(x )＝1－k x －xln xxex，x ∈(0，＋∞)， 由于曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行． 所以f ′(1)＝0，因此k ＝1. (2)由(1)得f ′(x )＝1xe x(1－x －xln x )，x ∈(0，＋∞)，令h(x )＝1－x －xln x ，x ∈(0，＋∞)，当x ∈(0,1)时，h(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，h(x )＜0. 又e x＞0，所以x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0；x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0.因此f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)． (3)因为g(x )＝xf ′(x )，所以g(x )＝1ex (1－x －xln x )，x ∈(0，＋∞)，由(2)得，h(x )＝1－x －xln x ，求导得h′(x )＝－ln x －2＝－(ln x －ln e －2)． 所以当x ∈(0，e －2)时，h′(x )＞0，函数h(x )单调递增； 当x ∈(e －2，＋∞)时，h′(x )＜0，函数h(x )单调递减． 所以当x ∈(0，＋∞)时，h(x )≤h(e －2)＝1＋e －2. 又当x ∈(0，＋∞)时，0＜1ex ＜1，所以当x ∈(0，＋∞)时，1ex h(x )＜1＋e －2，即g(x )＜1＋e －2.综上所述结论成立．导数与函数、方程、不等式的交汇综合，以及利用导数研究实际中的优化问题，是命题的热点，而且不断丰富创新．题型以解答题的形式为主，综合考查学生分析问题、解决问题的能力．应通过一些典型例题的分析提高分析问题和解决问题的能力．解题时要善于把复杂的、生疏的、非规范化的问题转化为简单的、熟悉的、规范化的问题来解决.利用导数解决方程根的问题常考查：①确定零点，图象交点及方程解的个数问题；②应用零点、图象交点及方程解的存在情况，求参数的值或范围．该类试题一般以含参数的高次式、分式、指数式或对数式结构的函数、方程呈现．主要考查学生转化与化归、数形结合思想，以及运用所学知识解决问题的能力．【例1】► 已知x ＝3是函数f (x )＝a ln(1＋x )＋x 2－10x 的一个极值点． (1)求a ；(2)求函数f (x )的单调区间；(3)若直线y ＝b 与函数y ＝f (x )的图象有3个交点，求b 的取值范围． [审题视点] [听课记录][审题视点] (1)由f ′(3)＝0求a ；(2)由f ′(x )＞0或f ′(x )＜0，求函数f (x )的单调区间；(3)求f (x )的极值，结合图象可确定b 的取值范围．解 f (x )的定义域：(－1，＋∞)． (1)f ′(x )＝a1＋x ＋2x －10，又f ′(3)＝a4＋6－10＝0，∴a ＝16.经检验此时x ＝3为f (x )极值点，故a ＝16. (2)f ′(x )＝161＋x ＋2x －10＝2x 2－8x ＋6x ＋1＝2x －1x －3x ＋1.当－1<x <1或x >3时，f ′(x )>0； 当1<x <3时，f ′(x )<0.∴f (x )单调增区间为：(－1,1)，(3，＋∞)，单调减区间为(1,3)．(3)由(2)知，f (x )在(－1,1)内单调增加，在(1,3)内单调减少，在(3，＋∞)上单调增加，且当x ＝1或x ＝3时，f ′(x )＝0.所以f (x )的极大值为f (1)＝16ln 2－9，极小值为f (3)＝32ln 2－21.因为f (16)>162－10×16>16ln 2－9＝f (1)，f (e －2－1)<－32＋11＝－21<f (3)，所以在f (x )的三个单调区间(－1,1)，(1,3)，(3，＋∞)直线y ＝b 与y ＝f (x )的图象各有一个交点，当且仅当f (3)<b<f (1)．因此b 的取值范围为(32ln 2－21,16ln 2－9)．对于研究方程根的个数的相关问题，利用导数这一工具和数形结合的数学思想就可以很好地解决．这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；(2)求导数，得单调区间和极值点；(3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x 轴的交点情况进而求解．【突破训练1】设函数f (x )＝(1＋x )2－2ln (1＋x )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若关于x 的方程f (x )＝x 2＋x ＋a 在[0,2]上恰有两个相异实根，求实数a 的取值范围．解 (1)函数的定义域为(－1，＋∞)， 因为f (x )＝(1＋x )2－2ln (1＋x )， 所以f ′(x )＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋1－1x ＋1＝2x x ＋2x ＋1，由f ′(x )＞0，得x ＞0；由f ′(x )＜0，得－1＜x ＜0， 所以，f (x )的递增区间是(0，＋∞)，递减区间是(－1,0)． (2)方程f (x )＝x 2＋x ＋a ，即x －a ＋1－2ln (1＋x )＝0， 记g(x )＝x －a ＋1－2ln (1＋x )(x ＞－1)， 则g′(x )＝1－21＋x ＝x －1x ＋1， 由g′(x )＞0，得x ＞1； 由g′(x )＜0，得－1＜x ＜1.所以g(x )在[0,1]上单调递减，在[1,2]上单调递增． 为使f (x )＝x 2＋x ＋a 在[0,2]上恰有两个相异的实根， 只须g(x )＝0在[0,1)和(1,2]上各有一个实根， 于是有⎩⎪⎨⎪⎧g 0≥0，g 1＜0，g 2≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋1≥0，2－a －2ln 2＜0，3－a －2ln 3≥0，解得2－2ln 2＜a ≤3－2ln 3，故实数a 的取值范围是(2－2ln 2,3－2ln 3]．利用导数解决不等式恒成立问题通常考查高次式、分式或指数式、对数式、绝对值不等式在某个区间上恒成立，求参数的取值范围，试题涉及到的不等式常含有一个或两个参数．【例2】设函数f (x )＝x 3＋2ax 2＋bx ＋a ，g (x )＝x 2－3x ＋2，其中x ∈R ，a ，b 为常数．已知曲线y ＝f (x )与y ＝g (x )在点(2,0)处有相同的切线l .(1)求a ，b 的值，并写出切线l 的方程；(2)若方程f (x )＋g (x )＝mx 有三个互不相同的实根0、x 1、x 2，其中x 1＜x 2，且对任意的x ∈[x 1，x 2]，f (x )＋g (x )＜m (x －1)恒成立，求实数m 的取值范围．[审题视点] [听课记录][审题视点] (1)基础；(2)根据已知条件f (x )＋g(x )＝mx 有三个互不相同的实根0、x 1、x 2可列一方程，由判断式Δ可得m 的范围，再将已知条件：对任意x ∈[x 1，x 2]，f (x )＋g(x )＜m (x －1)恒成立，转化为f (x )＋g(x )－mx ＜－m 恒成立，从而求f (x )＋g(x )－mx 的最大值．解 (1)a ＝－2，b ＝5，切线l 的方程为x －y －2＝0. (2)由(1)得，f (x )＝x 3－4x 2＋5x －2， 所以f (x )＋g(x )＝x 3－3x 2＋2x .依题意，方程x (x 2－3x ＋2－m )＝0有三个互不相同的实根0，x 1，x 2，故x 1，x 2是方程x 2－3x ＋2－m ＝0的两相异的实根，所以Δ＝9－4(2－m )＞0，即m ＞－14.又对任意的x ∈[x 1，x 2]，f (x )＋g(x )＜m (x －1)恒成立．特别地，取x ＝x 1时，f (x 1)＋g(x 1)－mx 1＜－m 成立， 得m ＜0.由韦达定理，可得x 1＋x 2＝3＞0，对任意的x ∈[x 1，x 2]，有x －x 2≤0，x －x 1≥0，x ＞0， 则f (x )＋g(x )－mx ＝x (x －x 1)(x －x 2)≤0， 又f (x 1)＋g(x 1)－mx 1＝0，所以函数f (x )＋g(x )－mx 在x ∈[x 1，x 2]的最大值为0. 于是当m ＜0时，对任意的x ∈[x 1，x 2]，f (x )＋g(x )＜m (x －1)恒成立．综上，m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，0. (1)利用导数方法证明不等式f (x )＞g (x )在区间D 上恒成立的基本方法是构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数h (x )＞0，其中一个重要技巧就是找到函数h (x )在什么地方可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口．(2)利用函数的导数研究不等式恒成立问题是一类重要题型，体现了导数的工具性作用，将函数、不等式紧密结合起来，考查了学生综合解决问题的能力．【突破训练2】 已知函数f (x )＝kx ，g (x )＝ln x x.(1)求函数g (x )＝ln x x的单调递增区间；(2)若不等式f (x )≥g (x )在区间(0，＋∞)上恒成立，求k 的取值范围． 解 (1)∵g(x )＝ln xx(x ＞0)， ∴g′(x )＝1－ln xx2， 令g′(x )＞0，得0＜x ＜e ， 故函数g(x )＝ln xx的单调递增区间为(0，e )． (2)∵x ∈(0，＋∞)，由k x ≥ln x x ，得k≥ln x x 2，令h(x )＝ln xx2，则问题转化为k 大于等于h(x )的最大值，又h ′(x )＝1－2 ln xx3，令h ′(x )＝0时，x ＝e ，当x 在区间(0，＋∞)内变化时，h ′(x )、h (x )变化情况如下表：由表知当x ＝e 时，函数h(x )有最大值，且最大值为2e ，因此k≥2e .导数的综合应用通常是证明与已知函数有关的关于x (或关于其他变量n 等)的不等式在某个范围内成立，求解需构造新函数，用到函数的单调性、极值(最值)，以及不等式的性质等知识完成证明．【例3】► 设函数f (x )定义在(0，＋∞)上，f (1)＝0，导函数f ′(x )＝1x，g (x )＝f (x )＋f ′(x )．(1)求g (x )的单调区间和最小值；(2)讨论g (x )与g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x的大小关系； (3)是否存在x 0＞0，使得|g (x )－g (x 0)|＜1x对任意x ＞0成立若存在，求出x 0的取值范围；若不存在，请说明理由．[审题视点] [听课记录][审题视点] 第(2)问重新构造函数h(x )＝g(x )－g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x，利用导数研究这个函数的单调性．第(3)问采用反证法，可先把|g(x )－g(x 0)|＜1x 等价变形为ln x ＜g(x 0)＜ln x ＋2x，x ＞0，再在x ∈(0，＋∞)上任取一个值验证矛盾．解 (1)由题设易知f (x )＝ln x ，g(x )＝ln x ＋1x，所以g′(x )＝x －1x 2，令g′(x )＝0，得x ＝1， 当x ∈(0,1)时，g′(x )＜0，故(0,1)是g(x )的单调减区间； 当x ∈(1，＋∞)时，g′(x )＞0，故(1，＋∞)是g(x )的单调增区间． 因此，x ＝1是g(x )的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点， 所以最小值为g(1)＝1.(2)g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＝－ln x ＋x ， 设h(x )＝g(x )－g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＝2ln x －x ＋1x，则h′(x )＝－x －12x 2，当x ＝1时，h(1)＝0，即g(x )＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ，当x ∈(0,1)∪(1，＋∞)时，h′(x )＜0，h′(1)＝0， 因此，h(x )在(0，＋∞)内单调递减，当0＜x ＜1时，h(x )＞h(1)＝0，即g(x )＞g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x；当x ＞1时，h(x )＜h(1)＝0，即g(x )＜g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x. (3)满足条件的x 0不存在．证明如下：假设存在x 0＞0，使|g(x )－g(x 0)|＜1x对任意x ＞0成立，即对任意x ＞0，有ln x ＜g(x 0)＜ln x ＋2x，(*)但对上述x 0，取x 1＝e g(x 0)时，有ln x 1＝g(x 0)，这与(*)左边不等式矛盾， 因此，不存在x 0＞0，使|g(x )－g(x 0)|＜1x对任意x ＞0成立．另一种证法如下：假设存在x 0＞0，使|g(x )－g(x 0)|＜1x对任意的x ＞0成立．由(1)知，g(x )的最小值为g(1)＝1， 又g(x )＝ln x ＋1x＞ln x ，而x ＞1时，ln x 的值域为(0，＋∞)，x ≥1时g(x )的值域为[1，＋∞)，从而可取一个x 1＞1，使g(x 1)≥g(x 0)＋1. 即g(x 1)－g(x 0)≥1，故|g(x 1)－g(x 0)|≥1＞1x 1，与假设矛盾．∴不存在x 1＞0，使|g(x )－g(x 0)|＜1x对任意x ＞0成立．本题有机地将函数、导数和不等式结合到一块，试题难度较大．本题分三小问，第(1)问较容易；第(2)问可以用平时练习常用的方法解决：首先使用构造函数法构造函数，再用导数求出函数的最大值或最小值，且这个最大值小于零，最小值大于零；第(3)问采用反证法，难度较大，难点在于不容易找到与题设矛盾的特例．【突破训练3】 设a 为实数，函数f (x )＝e x－2x ＋2a ，x ∈R . (1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a ＞ln 2－1且x ＞0时，e x＞x 2－2ax ＋1. (1)解 由f (x )＝e x－2x ＋2a ，x ∈R 知，f ′(x )＝e x－2，x ∈R . 令f ′(x )＝0，得x ＝l n 2.于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故f (x )单调递增区间是(l n 2，＋∞)，f(x)在x＝l n 2处取得极小值，极小值为f(l n 2)＝e l n 2－2l n 2＋2a＝2(1－l n 2＋a)．(2)证明设g(x)＝e x－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝e x－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a>l n 2－1时，g′(x)取最小值为g′(l n 2)＝2(1－l n 2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0.所以g(x)在R内单调递增．于是当a>l n 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>0.即e x－x2＋2ax－1>0，故e x>x2－2ax＋1.分析法在函数与导数题中的应用近年来，高考对函数与导数大部分是以压轴题的形式考查的，试题难度较大，命题角度新颖，需要考生把生疏的问题通过分析转化为熟悉的问题，考查考生分析、解决问题的能力．下面以2012年新课标全国卷为例对分析法在导数中的具体应用作一介绍．【示例】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．[满分解答] (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝e x－a.若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；若a＞0，则当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，所以，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．(5分)(2)由于a＝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k＜x＋1e x－1＋x(x＞0)．①(8分)令g(x)＝x＋1e x－1＋x，则g′(x)＝－x e x－1e x－12＋1＝e x e x－x－2e x－12.由(1)知，函数h(x)＝e x－x－2在(0，＋∞)上单调递增．而h(1)＜0，h(2)＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1,2)．当x ∈(0，α)时，g ′(x )＜0；当x ∈(α，＋∞)时，g ′(x )＞0.所以g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g (α)．又由g ′(α)＝0，可得e α＝α＋2，所以g (α)＝α＋1∈(2,3)．由于①式等价于k ＜g (α)，故整数k 的最大值为2.…(12分)老师叮咛：本题主要考查导数在解决函数单调性、函数的最值、函数的零点、不等式问题等方面的应用.其中，第1问求函数的导数，对字母a 进行讨论，根据导函数值的正负得到函数的单调区间.第2问将原不等式转化为k ＜gx 的形式，利用导数法求出函数g x 的值域，进而得到整数k 的最大值.【试一试】 设函数f (x )＝x (e x－1)－ax 2. (1)若a ＝12，求f (x )的单调区间；(2)若当x ≥0时f (x )≥0，求a 的取值范围． 解 (1)a ＝12时，f (x )＝x (e x－1)－12x 2，f ′(x )＝e x －1＋x e x －x ＝(e x －1)(x ＋1)．当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )＞0；当x ∈(－1,0)时，f ′(x )＜0；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0.故f (x )在(－∞，－1]，[0，＋∞)上单调递增，在[－1,0]上单调递减． (2)f (x )＝x (e x－1－ax )，令g (x )＝e x－1－ax ，则g ′(x )＝e x－a .若a ≤1，则当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＞0，g (x )为增函数，而g (0)＝0，从而当x ≥0时g (x )≥0，即f (x )≥0；若a ＞1，则当x ∈(0，l n a )时，g ′(x )＜0，g (x )为减函数，而g (0)＝0，从而当x ∈(0，l n a )时g (x )＜0，即f (x )＜0.综上得a 的取值范围为(－∞，1]．。