2020高考数学专题突破练2利用导数研究不等式与方程的根文含解析
2020高考数学核心突破《专题2 不等式、函数与导数 第1讲 不等式及线性规划》
专题二 第1讲1．若变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧4x ＋5y ≥8，1≤x ≤3，0≤y ≤2，则z ＝3x ＋2y 的最小值为( B )A ．4B ．235C ．6D ．315解析 由约束条件画出可行域如图．由z ＝3x ＋2y ，得y ＝－32x ＋z2，易知目标函数在直线4x ＋5y ＝8与x ＝1的交点A ⎝⎛⎭⎫1，45处取得最小值，故z min ＝235.故选B.2．某企业生产甲、乙两种产品均需用A ，B 两种原料．已知生产1吨每种产品所需原料及每天原料的可用限额如表所示．如果生产1吨甲、乙产品可获利润分别为3万元、4万元，则该企业每天可获得的最大利润为( D )甲乙原料限额A /吨 3 2 12 B /吨128A.12万元 C ．17万元D ．18万元解析 设该企业每天生产甲产品x 吨、乙产品y 吨，每天获得的利润为z 万元，则有z＝3x ＋4y ，由题意得，x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋2y ≤12，x ＋2y ≤8，x ≥0，y ≥0，不等式组表示的可行域是以O (0,0)，A (4,0)，B (2,3)，C (0,4)为顶点的四边形及其内部．根据线性规划的有关知识，知当直线3x ＋4y －z ＝0过点B (2,3)时，z 取最大值18，故该企业每天可获得的最大利润为18万元．故选D.3．已知变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≥1，x －y ≤1，y －1≤0，若z ＝x －2y 的最大值与最小值分别为a ，b ，且方程x 2－kx ＋1＝0在区间(b ，a )上有两个不同实数解，则实数k 的取值范围是( C )A ．(－6，－2)B ．(－3,2) C.⎝⎛⎭⎫－103，－2 D ．⎝⎛⎭⎫－103，－3 解析 作出可行域，如图所示，则目标函数z ＝x －2y 在点(1,0)处取得最大值1，在点(－1,1)处取得最小值－3，∴a ＝1，b ＝－3，从而可知方程x 2－kx ＋1＝0在区间(－3,1)上有两个不同实数解．令f (x )＝x 2－kx ＋1，则⎩⎪⎨⎪⎧f (－3)>0，f (1)>0，－3<k2<1，Δ＝k 2－4>0⇒－103<k <－2，故选C.4．设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧3x －y －2≤0，x －y ≥0，x ≥0，y ≥0，若目标函数z ＝ax ＋by (a ＞0，b ＞0)的最大值为4，则ab 的取值范围是( B )A ．(0,4)B ．(0,4]C ．[4，＋∞)D ．(4，＋∞)解析 作出不等式组表示的区域(如图中阴影部分所示)，由图可知，当目标函数线z ＝ax ＋by (a >0，b >0)过点A (1,1)时，z 取最大值，∴a ＋b ＝4，∴ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝4(当且仅当a ＝b ＝2时取等号)，又∵a >0，b >0，∴ab ∈(0,4]，故选B.5．已知y ＝f (x )是定义域为⎝⎛⎭⎫12，＋∞的可导函数，f (1)＝f (3)＝1，f (x )的导数为f ′(x )，且x ∈⎝⎛⎭⎫12，2时，f ′(x )＜0；x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )＞0，则不等式组⎩⎪⎨⎪⎧－2≤x －2y ≤12，f (2x ＋y )≤1所表示的平面区域的面积等于( D )A.15 B ．35C ．12D ．1解析 依题意可知f (x )在⎝⎛⎭⎫12，2上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，又f (2x ＋y )≤1，f (1)＝f (3)＝1，故1≤2x ＋y ≤3，从而变量x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧－2≤x －2y≤12，1≤2x ＋y ≤3，不等式组所表示的平面区域是一个矩形，且其面积S ＝1.6．设实数x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧3x －y －6≤0，x －y ＋2≥0，x ≥0，y ≥0，若目标函数z ＝ax ＋by (a ＞0，b ＞0)的最大值为10，则a 2＋b 2的最小值为2513. 解析 因为a >0，b >0，所以由可行域得，当目标函数线过点(4,6)时z 取最大值，∴4a ＋6b ＝10.a 2＋b 2的几何意义是直线4a ＋6b ＝10上任意一点与点(0,0)的距离的平方，那么其最小值是点(0,0)到直线4a ＋6b ＝10距离的平方，则a 2＋b 2的最小值是2513.7．已知变量x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ≤0，x －2y ＋3≥0x ≥0，，则2x ＋y 的最大值为__8__.解析 令m ＝x ＋y ，当m 最大时，2m 最大，画出可行域如图，可知当过点A (1,2)时，m 取得最大值，最大为1＋2＝3，所以2x ＋y 的最大值为23＝8.8．(2017·广东广州一模)若实数x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y －4≤0，x －2y －2≤0，x －1≥0，则y －1x的最小值为－32.解析 作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y －4≤0，x －2y －2≤0，x －1≥0表示的平面区域，如图中阴影部分所示.y －1x表示平面区域内的点与点P(0,1)连线的斜率．结合图形可知，区域内的点⎝⎛⎭⎫1，－12与点P 的连线的斜率最小，y －1x 的最小值为－12－11＝－32.9．(2017·江西南昌调研)若关于x ，y 的不等式组⎩⎪⎨⎪⎧|x |＋|y |≤2，y ＋2≤k (x ＋1)表示的平面区域是一个三角形，则k 的取值范围是 (－∞，－2)∪⎝⎛⎦⎤0，23 .解析 不等式|x |＋|y |≤2表示的平面区域为如图所示的正方形ABCD 及其内部．直线y ＋2＝k (x ＋1)过定点P (－1，－2)，斜率为k ，要使平面区域表示一个三角形，则k PD <k ≤k P A 或k <k PC ，而k PD ＝0，k P A ＝0－(－2)2－(－1)＝23，k PC ＝0－(－2)(－2)－(－1)＝－2.当k >0时，直线y ＋2＝k (x ＋1)的右下方与正方形围成三角形； 当k <0时，直线y ＋2＝k (x ＋1)的左下方与正方形围成三角形． 故0<k ≤23或k <－2.10．(2017·江西临川一模)已知x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，x ＋2y ≤4，ax ＋by ＋c ≤0，且目标函数z ＝5x ＋2y 的最大值为16，最小值为4，则a ＋b ＋ca的值为__－3__.解析 作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示．目标函数z ＝5x ＋2y 在直线ax ＋by ＋c ＝0与x ＝1的交点A 处取得最小值4，∴点A 为直线x ＝1与5x ＋2y ＝4的交点，∴点A 坐标为⎝⎛⎭⎫1，－12；z ＝5x ＋2y 在直线ax ＋by ＋c ＝0与x ＋2y ＝4的交点B 处取得最大值16，∴点B 是直线x ＋2y ＝4与5x ＋2y ＝16的交点，∴点B 坐标为⎝⎛⎭⎫3，12. ∵点A ，B 在直线ax ＋by ＋c ＝0上，代入得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝－2a ，b ＝－2a ，∴a ＋b ＋ca＝－3.11．(2017·陕西西安二模)若1≤log 2(x －y ＋1)≤2，|x －3|≤1，则x －2y 的最大值与最小值之和是__2__.解析1≤log 2(x －y ＋1)≤2，|x －3|≤1可以转化为⎩⎪⎨⎪⎧2≤x －y ＋1≤4，2≤x ≤4，即约束条件为⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥1，x －y ≤3，2≤x ≤4，该不等式组表示的平面区域是以点(2,1)，(4,3)，(4,1)和(2，－1)为顶点的平行四边形，如图中阴影部分所示．设目标函数z ＝x －2y ，当目标函数线经过点(2，－1)时，z 取得最大值4；当经过点(4,3)时，z 取得最小值－2，因此x －2y 的最大值与最小值之和为2.12．已知O 为坐标原点，点M 的坐标为(2,1)，点N (x ，y )的坐标x ，y 满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y －3≤0，x ＋3y －3≥0，y ≤1，则OM →·ON →的取值范围是__[1,6]__．解析 依题意得OM →·ON →＝2x ＋y ，在坐标平面内画出题中的不等式组表示的平面区域及直线2x ＋y ＝0(图略)，平移直线2x ＋y ＝0过点(3,0)时，2x ＋y 取得最大值6，平移直线2x ＋y ＝0过点(0,1)时，2x ＋y 取得最小值1，故OM →·ON →的取值范围为[1,6]．。
2020年高考数学(理)考点分析与突破训练导数及其应用(解析版).
热点导数及其应用【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】（建议用时：90分钟）1．（2019·全国高考真题（理））已知曲线ln x y ae x x =+在点），（ae 1处的切线方程 为b x y +=2，则（ ）A ．a =e,b =−1B ．a =e,b =1C ．a =e −1,b =1D ．a =e −1,b =−1【答案】D【解析】详解：1ln y '++=x ae x21=+=ae y ，即1a e -=将（1,1）代入b x y +=2得1.12==+b b 故故选D ．【名师点睛】本题关键得到含有a ，b 的等式，利用导数几何意义和点在曲线上得到方程关系.2．（2019·安徽高三期中（理））已知函数11,1()4ln ,1x x f x x x +≤⎧=⎨⎩>,则方程()f x ax =恰有两个不同的实根时，实数a 的取值范围是A ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．C ．D ．1,4e ⎛⎫⎪⎝⎭【答案】B 【解析】试题分析：ln y x =，所以1'y x=，设切点为00(,)x y ，则切线方程为0001()y y x x x -=-，即0001ln ()y x x x x -=-，与直线y ax =重合时，有01a x =，0ln 10x -=，解得0x e =，所以1a e =，当直线与直线114y x =+平行时，直线为14y x =，当1x =时，11ln ln1044x x -=-<，当x e =时，11ln ln 044x x e e -=->，当3x e =时，3311ln ln 044x x e e -=-<，所以ln y x =与14y x =在3(1,),(,)e e e 上有2个交点，所以直线在14y x =和1y x e =之间时与函数()f x 有2个交点，所以11[,)4a e∈，故选B ．考点：函数图像的交点问题．3．（2019·临沂第十九中学高考模拟（理））设函数()xf x mπ=．若存在()f x 的极值点0x 满足()22200x f x m ⎡⎤+<⎣⎦，则m 的取值范围是（ ）A ．()(),66,-∞-⋃∞B ．()(),44,-∞-⋃∞C ．()(),22,-∞-⋃∞D ．()(),11,-∞-⋃∞ 【答案】C 【解析】由题意知：()f x 的极值为所以()203f x ⎡⎤=⎣⎦，因为00()0xf x m mππ='=， 所以0,2x k k z mπππ=+∈，所以01,2x k k z m =+∈即01122x k m =+≥，所以02m x ≥，即2200[()]x f x +≥24m +3，而已知()22200x f x m ⎡⎤+<⎣⎦，所以224m m >+3，故2334m >，解得2m >或2m <-，故选C.【名师点睛】本小题主要考查利用导数研究的极值，考查三角函数，考查一元二次不等式的解法，考查分析问题与解决问题的能力，三角函数出现在导数里面不常见，故做三角函数对应的导数题目时应注意用三角函数最值问题去解决.4（2019·四川高考模拟（文））已知函数32(x)(5)(4)f x a x b x =+-++，若函数()f x 是奇函数，且曲线()y f x =在点(3,(3))f 的切线与直线y 36x=+垂直，则a b +=( ) A ．−32 B ．−20C ．25D ．42【答案】A【解析】先根据函数是奇函数求出a 的值，再根据切线与直线垂直得到b 的值,即得a +b 因为函数f(x)是奇函数，所以--()f x f x =（）,所以a =5.由题得43)(2'++=b x x f ，31)3('+==b f k因为切线与直线y 36x=+垂直，所以b+31=-6, 所以b=-37.所以a +b=-32.故选：A【名师点睛】本题主要考查奇函数的性质，考查导数的几何意义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.5．（2019·广东高考模拟（理））若函数()(cos )xf x e x a =-在区间,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，则实数a 的取值范围是（ ）A ．()+∞B ．(1,)+∞C ．)+∞D ．[1,)+∞【答案】C【解析】对函数求导只需要,22x ππ⎛⎫∀∈- ⎪⎝⎭，()()sin cos 0xf x e x x a +'=--≤恒成立，即cos sin 4a x x x π⎛⎫≥-=+ ⎪⎝⎭恒成立，结合三角函数的性质得到函数的最值为,即可得到参数范围.【详解】由题意，,22x ππ⎛⎫∀∈-⎪⎝⎭，()()sin cos 0x f x e x x a +'=--≤恒成立，即cos sin 4a x x x π⎛⎫≥-=+ ⎪⎝⎭恒成立，当,22x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，3,444x πππ⎛⎫+∈- ⎪⎝⎭，(cos ,1424x x ππ⎛⎤⎛⎫⎛⎫∴+∈-+∈- ⎥ ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎦，所以实数a 的取值范围是)+∞．故选:C 【名师点睛】这个题目考查了导数在研究函数的单调性中的应用，也考查了不等式恒成立求参的应用，此类题目最常见的方法有：通过变量分离，转化为函数最值问题.6（2018·河北衡水中学高考模拟（理））定义在R 上的可导函数()f x 满足()11f =， 且()2'1f x >，当3,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，则不等式23(2cos )2sin 22x f x +> 的解集为( )A ．4,33ππ⎛⎫⎪⎝⎭B ．4,33ππ⎛⎫-⎪⎝⎭C ．0,3π⎛⎫⎪⎝⎭D ．,33ππ⎛⎫-⎪⎝⎭ 【答案】D【解析】构造函数()()1122g x f x x =--，可得()g x 在定义域内R 上是增函数，且()10g =，进而根据23(2cos )2sin 022x f x +->转化成()(2cos )1g x g >，进而可求得答案 【详解】 令11()()22g x f x x =--，则1()'()0'2g x f x =->， ()g x ∴在定义域R 上是增函数，且11(1)(1)022g f =--=， 1(2cos )(2cos )cos 2g x f x x ∴=--23=(2cos )2sin 22x f x +-， ∴23(2cos )2sin 022x f x +->可转化成()(2cos )1g x g >，得到 2cos 1x >，又Q 3,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，可以得到,33x ππ⎛⎫∴∈- ⎪⎝⎭故选D【名师点睛】本题考查利用函数的单调性求取值范围，此类题目应学会构造新的函数，利用新的函数去解决问题，此外此类题目最快捷的方法是特殊值与排除法相结合即可快速得到答案，特殊值首选应该选择当0=x 时，结果满足条件，故排除A ，C ，然后观察B,D 选项，带入特殊值3π=x 不满足条件.故选择D.二、填空题7．（2018·河北衡水中学高考模拟（理））若两曲线21y x =-与ln 1y a x =-存在公切线，则正实数a 的取值范围是__________． 【答案】(0,2]e【解析】设两个切点分别为1122(,),(,)A x y B x y ,两个切线方程分别为2111(1)2()y x x x x --=-,222(ln 1)()ay a x x x x --=-,化简得2112221,ln 1ay x x x y x a x a x =--=+--两条切线为同一条.可得122212ln ax x a x a x =-⎧=-⎨⎩, ,2224(ln 1)a x x =--,令22()44ln (0)g x x x x x =->，()4(12ln )g x x x =-'，所以g(x)在递增，)+∞递减，max ()2g x g e ==.所以a ∈(]0,2e ，填(]0,2e .8（2019·临沂第十九中学高考模拟（理））设函数()xf x mπ=．若存在()f x 的极值点0x 满足()22200x f x m ⎡⎤+<⎣⎦，则m 的取值范围是（ ）A ．()(),66,-∞-⋃∞B ．()(),44,-∞-⋃∞C ．()(),22,-∞-⋃∞D ．()(),11,-∞-⋃∞ 【答案】C 【解析】由题意知：()f x的极值为所以()203f x ⎡⎤=⎣⎦，因为00()0xf x m mππ='=，所以0,2x k k z m πππ=+∈，所以01,2x k k z m =+∈即01122x k m =+≥，所以02m x ≥，即2200[()]x f x +≥24m +3，而已知()22200x f x m ⎡⎤+<⎣⎦，所以224m m >+3，故2334m >，解得2m >或2m <-，故选C.考点：本小题主要考查利用导数研究的极值，考查三角函数，考查一元二次不等式的解法，考查分析问题与解决问题的能力.9．（2019·天津高考模拟（理））已知函数()12cos 2xx f x e x e π⎛⎫=--- ⎪⎝⎭，其中e 为自然对数的底数，若()()()22300f af a f +-+<，则实数a 的取值范围为___________.【答案】312a -<< 【解析】【思路分析】利用奇偶性的定义判断函数的奇偶性，利用导数结合不等式与三角函数的有界性判断函数的单调性，再将原不等式转化为223a a <-求解即可. 【详解】()12cos 2x x f x e x e π⎛⎫=--- ⎪⎝⎭Q 12sin xx e x e =--， ()()12sin xx f x e x e --∴-=---()2sin 1x xx e f x e ⎛⎫=--=- ⎪⎝⎭-， ()f x ∴是奇函数，且()00f =，又()12'cos xx f x e ex -=+Q ，2,2c s 1o 2x xe x e +≥≤，()'0f x ∴≥， ()f x ∴在()+-∞∞，上递增， ()()()22300f a f a f ∴+-+<，化为()()()2233f af a f a <--=-，∴232312a a a <-⇒-<<，故答案为312a -<<.【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查了奇偶性的应用、单调性的应用，属于难题. 解决抽象不等式()()f a f b <时，切勿将自变量代入函数解析式进行求解，首先应该注意考查函数()f x 的单调性．若函数()f x 为增函数，则a b <；若函数()f x 为减函数，则a b >．10．（2019·安徽高考模拟）设函数21(),()x x xf xg x x e+==，对任意()12,0,x x ∈+∞，不等式()()121g x f x k k ≤+恒成立，则正数k 的取值范围是_______. 【答案】121k e ≥- 【解析】对任意()12,0,x x ∈+∞，不等式()()121g x f x k k ≤+恒成立，则等价为()()121g x k f x k ≤+恒成立，()2112x f x x x x +=++≥=，当且仅当1x x =，即 1x =时取等号，即()f x 的最小值是2，由()x x g x e =，则()()21'x x x x e xe x g x e e --==，由()'0g x >得01x <<，此时函数()g x 为增函数，由()'0g x >得1x >，此时函数()g x 为减函数，即当1x =时，()g x 取得极大值同时也是最大值()11g e =，则()()12g x f x 的最大值为1122e e=，则由112k k e ≥+，得21ek k ≥+，即()211k e -≥，则121k e ≥-，故答案为121k e ≥-.三、解答题11．（2019·浙江高考模拟）已知函数()1ln f x x x x=-- . （1）若()1ln f x x x x=--在()1212,x x x x x =≠ 处导数相等，证明：()()1232ln2f x f x +>- ；（2）若对于任意(),1k ∈-∞ ，直线y kx b =+ 与曲线()y f x =都有唯一公共点，求实数b 的取值范围.【答案】（I ）见解析（II ）ln 2b ≥- 【思路分析】（1）由题x ＞0，()2111f x x x'=+-，由f （x ）在x=x 1，x 2（x 1≠x 2）处导数相等，得到()()12f x f x m ''==，得21122211101110m x x m x x ⎧-+-=⎪⎪⎨⎪-+-=⎪⎩，由韦达定理得12111x x +=，由基本不等式得1212x x x x +=⋅>，得124x x ⋅>，由题意得()()()121212ln 1f x f x x x x x +=--，令124t x x =⋅>,则()1212ln 1ln 1x x x x t t --=--，令()()ln 14g t t t t =-->，，利用导数性质能证明()()432ln2g t g >=-．（2）由()f x kx b =+得1ln x x b x k x ---=，令()1ln x x bx h x x---=， 利用反证法可证明证明()1h x <恒成立.由对任意(),1k ∈-∞，()h x k =只有一个解，得()h x 为()0,+∞上的递增函数，()22ln 10x b x h x x ++-='∴≥得2ln 1b x x ≥--+，令()()2ln 10m x x x x=--+>，由此可求b 的取值范围.. 【过程详解】 （I ）()2111f x x x'=+- 令()()12f x f x m ''==，得21122211101110m x x m x x ⎧-+-=⎪⎪⎨⎪-+-=⎪⎩，由韦达定理得12111x x +=即1212x x x x +=⋅>，得124x x ⋅>()()()()1212121211ln ln f x f x x x x x x x ⎛⎫∴+=+-+-+ ⎪⎝⎭()1212ln 1x x x x =--令124t x x =⋅>,则()1212ln 1ln 1x x x x t t --=--，令()()ln 14g t t t t =-->， 则()()1104g t t t>'=->，得()()432ln2g t g >=-（II ）由()f x kx b =+得1ln x x bxk x---=令()1ln x x bx h x x---=， 则0x →+，()h x →-∞，(),1x h x →+∞→ 下面先证明()1h x <恒成立.若存在()00,x ∈+∞，使得()01h x ≥，0x →+Q ，()h x →-∞，且当自变量x 充分大时，()1ln 1x x bx h x x---=<，所以存在()100,x x ∈，()20,x x ∈+∞，使得()11h x <，()21h x <，取()(){}12max ,1k h x h x =<，则y k =与()y h x =至少有两个交点，矛盾.由对任意(),1k ∈-∞，()h x k =只有一个解，得()h x 为()0,+∞上的递增函数，()22ln 1x b x h x x ++-='∴≥ 得2ln 1b x x ≥--+，令()()2ln 10m x x x x =--+>，则()22212x m x x x x-=-='， 得()()max 2ln2b m x m ≥==-【名师点睛】本题考查函数的单调性，导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力属难题．12．（2019·浙江高考模拟）知函数()2x af x x a+=+，()()2ln 2g x x a a R =+∈.（1）求()f x 的单调区间；（2）证明：存在()0,1a ∈，使得方程()()f x g x =在()1,+∞上有唯一解. 【答案】（1）详见解析（2）详见解析 【思路分析】（1）求出函数f （x ）的定义域，对函数f （x ）求导得到22y x ax a =+-， 分0∆≤ 与0∆>,得到导函数在各区间段内的符号,得到函数f （x ）的单调区间； （2）构造()()()h x f x g x =-，求导分析()h x 的单调性，找到12≤a<1时，()0h x <在(1,1上恒成立，在()1+∞上递增，而h(1)0x <，()20h e >,由函数零点存在定理得到存在()00,1a ∈，使得方程()0h x =在()1,+∞上有唯一解，即证得结论. 【过程详解】（1）函数f （x ）的定义域为()(),,a a -∞-⋃-+∞，因为()()222x ax af x x a +-=+'，令22y x ax a =+-，则2440a a ∆=+≤，即10a -≤≤，则()0f x '≥在()(),,a a -∞-⋃-+∞上恒成立，当1a <-或0a >，由220x ax a +->有x a >-x a <-由220x ax a +-<有a x a -<<-，综上，当10a -≤≤时，()f x 的递增区间是()(),,,a a -∞--+∞，当1a <-或0a >时，()f x 的递增区间是((),,a a -∞--+∞，递减区间是()(,,a a a a ----+；（2）令()()()22ln 2x ah x f x g x x a x a+=-=--+，当()0,1a ∈时，则()()()()()22222222x a x x ax ax ah x x x a x a x+--+-=-=++' ()((()2211x a x x x a x⎡⎤⎡⎤+--⎣⎦⎣⎦=+，因为()1,x ∈+∞，故当11x <<+()0h x '<，当1x 时，()0h x '>，所以()h x在(1,1上递减，在()1++∞上递增，即当11x =()h x 有最小值，又h （1）=1-2a ，当12≤a<1时，h （1）≤0，即()0h x <在(1,1+上恒成立， 又12≤a<1时,()2222ln 22ln 22ln 222x a x x h x x a x a x x lnx x a x x+=-->-->--=--+，取x=2e ,则22224260x lnx e e ，--=--=->即()20h e>，又()h x在()1+∞上递增，而h(1)0x <，由函数零点存在定理知()h x在()1+∞上存在唯一零点，所以当12≤a<1时即存在()0,1a ∈，使得方程()0h x =在()1,+∞上有唯一解，即方程()()f x g x =在()1,+∞上有唯一解.【名师点睛】本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数零点等基础知识，考查了推理论证能力、运算求解能力，考查了函数与方程、分类与整合、化归与转化等数学思想方法，属于难题．13．（2018·河北衡水中学高考模拟（理））已知函数()ln xf x ax b x=-+在点 ()(),e f e 处的切线方程为2y ax e =-+.（2）若存在20,x e e ⎡⎤∈⎣⎦，满足()014f x e ≤+，求实数a 的取值范围. 【答案】(1) 实数b 的值为e .(2)211,24e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭. 【解析】分析：（1）根据导数的几何意义求得曲线()y f x =在点()(),e f e 处的切线方程，与2y ax e =-+对照后可得b e =．（2）问题可转化为11ln 4a x x≥-在2,e e ⎡⎤⎣⎦上有解，令()11ln 4h x x x=-，2,x e e ⎡⎤∈⎣⎦，结合导数可得()()221124minh x h e e==-，故得实数a的取值范围为211,24e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭． 详解：（1）函数()f x 的定义域为()()0,11,⋃+∞， ∵()ln xf x ax b x =-+， ∵()2ln 1'ln x f x a x-=-. ∵()'f e a =-， 又()e f e ae b =-+,∵所求切线方程为()()y e ae b a x e --+=--， 即y ax e b =-++.又函数()f x 在点()(),e f e 处的切线方程为2y ax e =-+， ∵b e =.（2）由题意得()00001ln 4x f x ax e e x =-+≤+， 所以问题转化为11ln 4a x x≥-在2,e e ⎡⎤⎣⎦上有解. 令()11ln 4h x x x=-，2,x e e ⎡⎤∈⎣⎦， 则()2222211ln 4'4ln 4ln x xh x x x x x x -=-=(22ln ln 4ln x x x x+-=. 令()ln p x x =-则当2,x e e ⎡⎤∈⎣⎦时，有()1'0p x x ==<. 所以函数()p x 在区间2,e e ⎡⎤⎣⎦上单调递减，所以()()ln 0p x p e e <=-<.所以()'0h x <，所以()h x 在区间2,e e ⎡⎤⎣⎦上单调递减.所以()()22221111ln 424h x h eee e ≥=-=-. 所以实数a 的取值范围为211,24e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭. 【名师点睛】对于恒成立和能成立的问题，常用的解法是分离参数，转化为求函数最值的问题处理．解题时注意常用的结论：若()a f x >有解，则()min a f x >；若()a f x <有解，则()max a f x <．当函数的最值不存在时，可利用函数值域的端点值来代替，解题时特别要注意不等式中的等号能否成立．14．（2019·安徽六安一中高考模拟（理））已知函数()()2ln R 2a f x x x x a =-∈ . （1）若2a = ，求曲线()y f x = 在点()()1,1f 处的切线方程；（2）若()()()1g x f x a x =+- 在1x = 处取得极小值，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）y x =-（2）1a <【解析】：（1）当2a =时，()2ln f x x x x =-，利用导数几何意义，能够求出此函数在1x =处的切线斜率，再求出切线方程；（2）对函数()g x 求导，令()()'ln h x g x x ax a ==-+，讨论)'(h x 的单调性，对a 分情况讨论，得出实数a 的取值范围. 试题解析：（1）当2a =时，()2ln f x x x x =-，()'ln 12f x x x =+-，()()11,'11f f =-=-，所以曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为y x =-.（2）由已知得()()2ln 12a g x x x x a x =-+-，则()'ln g x x ax a =-+， 记()()'ln h x g x x ax a ==-+，则()()1110,'ax h h x a x x-==-=， ∵当0a ≤，()0,x ∈+∞时，()'0h x >，函数()'g x 单调递增， 所以当()0,1x ∈时，()'0g x <，当()1,x ∈+∞时，()'0g x >， 所以()g x 在1x =处取得极小值，满足题意.∵当01a <<时，10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()'0h x >，函数()'g x 单调递增， 可得当()0,1x ∈时，()'0g x <，11,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()'0g x >当， 所以()g x 在1x =处取得极小值，满足题意.∵当1a =时，当()0,1x ∈时，()'0h x >，函数()'g x 单调递增，()1,x ∈+∞时，()'0h x <，()'g x 在()1,+∞内单调递减，所以当()0,x ∈+∞时，()'0g x ≤，()g x 单调递减，不合题意.∵当1a >时，即101a <<，当1,1x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()'0h x <，()'g x 单调递减， ()'0g x >，当()1,x ∈+∞时，()'0h x <，()'g x 单调递减，()'0g x <，所以()g x 在1x =处取得极大值，不合题意. 综上可知，实数a 的取值范围为1a <.【名师点睛】本题主要考查了导数在研究函数单调性、最值上的应用，考的知识点有导数几何意义，导数的应用等，属于中档题.分类讨论时注意不重不漏. 15．（2019·山东高考模拟（理））已知函数()()21ln ,2f x x xg x mx ==． （1）若函数()f x 与()g x 的图象上存在关于原点对称的点，求实数m 的取值范围； （2）设()()()F x f x g x =--，已知()F x 在()0,∞+上存在两个极值点12,x x ，且12x x <，求证：2122x x e >（其中e 为自然对数的底数）．【答案】（1）2m e≥-；（2）证明见解析. 【解析】（1）函数21()2g x mx =关于原点对称的函数解析式为212y mx =-．函数()f x 与()g x 的图象上存在关于原点对称的点，等价于方程21ln 2x x mx =-在(0,)+∞有解．即12lnx mx =，2lnx m x ⇒=，令2()lnx g x x=，(0)x >，利用导数研究函数的单调性极值即可得出．（2）2122x x e >等价于122()2ln ln x x +>，等价于12()22ln x x ln >-21()()()ln 2F x f x g x x x mx =--=--，()1ln F x x mx '=---，(0)x >，再利用导数研究函数的单调性、极值，利用分析法即可得证. 【详解】（1）函数()f x 与()g x 的图像上存在关于原点对称的点，即21()()2g x m x --=--的图像与函数()ln f x x x =的图像有交点， 即21()ln 2m x x x --=在(0,)+∞上有解. 即1ln 2x m x=-在(0,)+∞上有解. 设ln ()x x x ϕ=-，（0x >），则2ln 1()x x xϕ'-= 当(0,)x e ∈时，()x ϕ为减函数；当(,)x e ∈+∞时，()x ϕ为增函数，所以min 1()()x e e ϕϕ==-，即2m e≥-. （2）证明：()()21212122ln 2ln 2ln 2ln 2x x e x x x x ⇔+>⇔>->． 可得()()()21ln 2F x f x g x x x mx =--=--， ()1ln F x x mx '=---，()0x >，∵()F x 在()0+∞，上存在两个极值点1x ，2x ，且12x x <， ∵()1ln h x x mx =++，()0x >，在()0+∞，上存在两个零点1x ，2x ，且12x x <， ∵11ln 1x mx =--，22ln 1x mx =--．∵()()1212ln 2x x m x x =-+-，()1122lnx m x x x =--．∵()1121221112221ln 1x ln x x x x x x x x x x x ++==--，令()12 01x t x =∈，，则()121ln ln 1t x x t t +=-， 要证明：()12ln 2ln 2x x >-．即证明：()1ln 2ln 2,011t t t t +>-∈-，， 即证明：()()1ln 2ln 20,011t t t t ---⋅<∈+，． 令()()()1220,011t h t lnt ln t t -=--⋅<∈+，，()10h =． ()()()()()()22222122ln 21212()()ln 22ln 20111t t t t h t t t t t t t +---+'=--⋅==>+++． ∵函数()h t 在()01t ∈，上单调递增．∵()()10h t h <=，即1ln 2ln 21t t t +>--，()01t ∈，成立．∵2x 1x 2＞e 2成立． 【名师点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、等价转化方法、分析法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．。
2020年高考数学(理)总复习：利用导数解决不等式问题(解析版)
2020年高考数学（理）总复习：利用导数解决不等式问题题型一 利用导数解决不等式的恒成立与能成立问题 【题型要点】已知不等式f (x ，λ)≥0(λ为实参数)对任意的x ∈D 恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数解决这个问题的常用思想方法如下：(1)分离参数法：第一步，将原不等式f (x ，λ)≥0(x ∈D ，λ为实参数)分离，使不等式的一边是参数，另一边不含参数，即化为f 1(λ)≥f 2(x )或f 1(λ)≤f 2(x )的形式；第二步，利用导数求出函数f 2(x )(x ∈D )的最大(小)值；第三步，解不等式f 1(λ)≥f 2(x )max 或f 1(λ)≤f 2(x )min 从而求出参数λ的取值范围． (2)函数思想法：第一步，将不等式转化为某含参数的函数的最值问题； 第二步，利用导数求出该函数的极值(最值)； 第三步，构建不等式求解．【例1】已知函数f (x )＝x 4＋ax 3＋2x 2＋b (x ∈R )，其中a ，b ∈R . (1)当a ＝－103时，讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )仅在x ＝0处有极值，求a 的取值范围；(3)若对于任意的a ∈[－2,2]，不等式f (x )≤1在[－1,1]上恒成立，求b 的取值范围． 【解】 (1)f ′(x )＝4x 3＋3ax 2＋4x ＝x (4x 2＋3ax ＋4)． 当a ＝－103时，f ′(x )＝x (4x 2－10x ＋4)＝2x (2x －1)(x －2)．令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝12，x 3＝2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以f (x )在(0，12)，(2，＋∞)内是增函数，在(－∞，0)，(12，2)内是减函数．(2)f ′(x )＝x (4x 2＋3ax ＋4)，显然x ＝0不是方程4x 2＋3ax ＋4＝0的根． 为使f (x )仅在x ＝0处有极值，必须4x 2＋3ax ＋4≥0成立，即有Δ＝9a 2－64≤0.解此不等式，得－83≤a ≤83.这时，f (0)＝b 是唯一极值．因此满足条件的a 的取值范围是[－83，83]．(3)解：由条件a ∈[－2,2]，可知Δ＝9a 2－64<0，从而4x 2＋3ax ＋4>0恒成立． 当x <0时，f ′(x )<0；当x >0时，f ′(x )>0.因此函数f (x )在[－1,1]上的最大值是f (1)与f (－1)两者中的较大者．为使对任意的a ∈[－2,2]，不等式f (x )≤1在[－1,1]上恒成立，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧ f (1)≤1f (－1)≤1，即⎩⎪⎨⎪⎧b ≤－2－ab ≤－2＋a在a ∈[－2,2]上恒成立．所以b ≤－4，因此满足条件的b 的取值范围是(－∞，－4]．题组训练一 利用导数解决不等式的恒成立与能成立问题 已知函数f (x )＝e x －1＋ax ，a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调区间；(2)若∈x ∈[1，＋∞)，f (x )＋ln x ≥a ＋1恒成立，求a 的取值范围． 【解析】 (1)f ′(x )＝e x －1＋a ，(∈)当a ≥0时，f ′(x )>0，函数f (x )在R 上单调递增； (∈)当a <0时，令f ′(x )＝0，则x ＝ln(－a )＋1，当f′(x)>0，即x>ln(－a)＋1时，函数f(x)单调递增；当f′(x)<0，即x<ln(－a)＋1时，函数f(x)单调递减．综上，当a≥0时，函数f(x)在R上单调递增；当a<0时，函数f(x)的单调递增区间是(ln(－a)＋1，＋∞)，单调递减区间是(－∞，ln(－a)＋1)．(2)令a＝－1，由(1)可知，函数f(x)＝e x－1－x的最小值为f(1)＝0，所以e x－1－x≥0，即e x－1≥x.f(x)＋ln x≥a＋1恒成立与f(x)＋ln x－a－1≥0恒成立等价，令g(x)＝f(x)＋ln x－a－1，即g(x)＝e x－1＋a(x－1)＋ln x－1(x≥1)，则g′(x)＝e x－1＋1x＋a，∈当a≥－2时，g′(x)＝e x－1＋1x＋a≥x＋1x＋a≥2x·1x＋a＝a＋2≥0(或令φ(x)＝ex－1＋1x，则φ′(x)＝e x－1－1x2在[1，＋∞)上递增，∈φ′(x)≥φ′(1)＝0，∈φ(x)在[1，＋∞)上递增，∈φ(x)≥φ(1)＝2，∈g′(x)≥0)∈g(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，∈g(x)≥g(1)＝0，∈f(x)＋ln x≥a＋1恒成立，∈当a<－2时，令h(x)＝e x－1＋1x＋a，则h′(x)＝ex－1－1x2＝x2e x－1－1x2，当x≥1时，h′(x)≥0，函数h(x)单调递增．又h(1)＝2＋a＜0，h(1－a)＝e1－a－1＋11－a＋a≥1－a＋11－a＋a＝1＋11－a>0，∈存在x0∈(1,1－a)，使得h(x0)＝0，故当x∈(1，x0)时，h(x)<h(x0)＝0，即g′(x)<0，故函数g(x)在(1，x0)上单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>h(x0)＝0，即g′(x)>0，故函数g(x)在(x0，＋∞)上单调递增．∈g(x)min＝g(x0)<g(1)＝0，即∈x∈[1，＋∞)，f(x)＋ln x≥a＋1不恒成立，综上所述，a的取值范围是[－2，＋∞)．题型二利用导数证明与函数有关的不等式【题型要点】用导数证明不等式的方法(1)利用单调性：若f (x )在[a ，b ]上是增函数，则∈∈x ∈[a ，b ]，则f (a )≤f (x )≤f (b )；∈对∈x 1，x 2∈[a ，b ]，且x 1<x 2，则f (x 1)<f (x 2)．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 )，则对∈x ∈D ，有f (x )≤M (或f (x )≥m )． (3)证明f (x )<g (x )，可构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，证明F (x )<0. 【例2】已知函数f (x )＝(ln x －k －1)x (k ∈R )． (1)当x >1时，求f (x )的单调区间和极值；(2)若对于任意x ∈[e ，e 2]，都有f (x )<4ln x 成立，求k 的取值范围； (3)若x 1≠x 2，且f (x 1)＝f (x 2)，证明：x 1x 2<e 2k . (1)【解析】 f ′(x )＝1x ·x ＋ln x －k －1＝ln x －k ，∈当k ≤0时，因为x >1，所以f ′(x )＝ln x －k >0，函数f (x )的单调递增区间是(1，＋∞)，无单调递减区间，无极值； ∈当k >0时，令ln x －k ＝0，解得x ＝e k ， 当1<x <e k 时，f ′(x )<0； 当x >e k 时，f ′(x )>0.所以函数f (x )的单调递减区间是(1，e k )，单调递增区间是(e k ，＋∞)，在区间(1，＋∞)上的极小值为f (e k )＝(k －k －1)e k ＝－e k ，无极大值． (2)【解析】 由题意，f (x )－4ln x <0，即问题转化为(x －4)ln x －(k ＋1)x <0对于x ∈[e ，e 2]恒成立． 即k ＋1>(x －4)ln xx 对x ∈[e ，e 2]恒成立．令g (x )＝(x －4)ln x x ，则g ′(x )＝4ln x ＋x －4x 2，令t (x )＝4ln x ＋x －4，x ∈[e ，e 2]，则t ′(x )＝4x＋1>0，所以t (x )在区间[e ，e 2]上单调递增， 故t ()x min ＝t (e)＝e －4＋4＝e>0，故g ′(x )>0， 所以g (x )在区间[e ，e 2]上单调递增， 函数g ()x max ＝g (e 2)＝2－8e2.要使k ＋1>(x －4)ln xx 对于x ∈[e ，e 2]恒成立，只要k ＋1>g ()x max ，所以k ＋1>2－8e2，即实数k 的取值范围为⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞-,812e (3)[证明] 因为f (x )＝f (x 2)，由(1)知，函数f (x )在区间(0，e k )上单调递减， 在区间(e k ，＋∞)上单调递增，且f (e k ＋1)＝0. 不妨设x 1<x 2，则0<x 1<e k <x 2<e k ＋1， 要证x 1x 2<e 2k ，只要证x 2<e 2k x 1，即证e k<x 2<e 2k x 1. 因为f (x )在区间(e k ，＋∞)上单调递增，所以f (x 2)<f ⎪⎪⎭⎫⎝⎛12x e k .又f (x )＝f (x 2)，即证f (x 1)<f ⎪⎪⎭⎫⎝⎛12x e k ，构造函数h (x )＝f (x )－f ⎪⎪⎭⎫⎝⎛12x e k＝(ln x －k －1)x －⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--1ln 2k x e k e 2kx ，即h (x )＝x ln x －(k ＋1)x ＋e 2k ⎪⎭⎫⎝⎛--x k x x 1ln ， x ∈(0，e k )．h ′(x )＝ln x ＋1－(k ＋1)＋e 2k ⎪⎭⎫⎝⎛-+-221ln 1x k x x ＝(ln x －k )(x 2－e 2k )x 2，因为x ∈(0，e k )，所以ln x －k <0，x 2<e 2k ，即h ′(x )>0，所以函数h (x )在区间(0，e k)上单调递增，故h (x )<h (e k)，而h (e k)＝f (e k)－f ⎪⎪⎭⎫⎝⎛k k e e 2＝0，故h (x )<0，所以f (x 1)<f ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛12x e k ，即f (x 2)＝f (x 1)<f ⎪⎪⎭⎫⎝⎛12x e k ，所以x 1x 2<e 2k 成立．题组训练二 利用导数证明与函数有关的不等式 已知函数f (x )＝ln x ＋ax(a >0)．(1)若函数f (x )有零点，求实数a 的取值范围； (2)证明：当a ≥2e时，f (x )>e －x .(1)【解】 方法一 函数f (x )＝ln x ＋ax 的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝ln x ＋a x ，得f ′(x )＝1x －a x 2＝x －ax 2.因为a >0，则当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以函数f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增． 当x ＝a 时，f (x )min ＝ln a ＋1.当ln a ＋1≤0，即0<a ≤1e时，又f (1)＝ln 1＋a ＝a >0，则函数f (x )有零点．所以实数a 的取值范围为⎥⎦⎤⎝⎛e1,0方法二 函数f (x )＝ln x ＋a x 的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝ln x ＋ax ＝0，得a ＝－x ln x .令g (x )＝－x ln x ，则g ′(x )＝－(ln x ＋1)．当x ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1,0时，g ′(x )>0；当x ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,1e时，g ′(x )<0.所以函数g (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1,0上单调递增，在⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,1e上单调递减．故当x ＝1e 时，函数g (x )取得最大值g ⎪⎭⎫⎝⎛e 1＝－1e ln 1e ＝1e.因为函数f (x )＝ln x ＋a x 有零点，则0<a ≤1e，所以实数a 的取值范围为⎥⎦⎤⎝⎛e 1,0.(2)【证明】 要证明当a ≥2e 时，f (x )>e －x ，即证明当x >0，a ≥2e 时，ln x ＋a x >e －x ，即x ln x ＋a >x e －x .令h (x )＝x ln x ＋a ，则h ′(x )＝ln x ＋1. 当0<x <1e 时，h ′(x )<0；当x >1e时，h ′(x )>0.所以函数h (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1,0上单调递减，在⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,1e上单调递增．当x ＝1e 时，h (x )min ＝－1e ＋a .于是，当a ≥2e 时，h (x )≥－1e ＋a ≥1e.∈令φ(x )＝x e －x ，则φ′(x )＝e －x －x e －x ＝e －x (1－x )． 当0<x <1时，φ′(x )>0；当x >1时，φ′(x )<0.所以函数φ(x )在()0，1上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 当x ＝1时，φ(x )max ＝φ(1)＝1e .于是，当x >0时，φ(x )≤1e.∈显然，不等式∈∈中的等号不能同时成立． 故当a ≥2e时，f (x )>e －x .题型三 用赋值法证明与正整数有关的不等式 【题型要点】(1)利用导数研究的正整数不等式一般都与题目给出的函数不等式有关，如本例中给出的函数f (x )在a ＝12，x ≥1时，有不等式12⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 1≥ln x ，根据函数的定义域，这个不等式当然对一切大于等于1的数成立，这样根据所证不等式的特点，给定x 以适当的数值即可证明正整数不等式．凡涉及从1到n 的整数的不等式，而且不等式中含有ln n 的问题，一般都是通过赋值使之产生ln n ＋1n ，ln n n －1等使问题获得解决的，如证明12＋23＋…＋n n ＋1<n ＋ln 2－ln(n ＋2)时，就是通过变换n n ＋1＝1－1n ＋1，进而通过不等式x >ln(1＋x )(x >0)，得1n >ln ⎪⎭⎫ ⎝⎛+n 11＝ln(n ＋1)－ln n .(2)证明正整数不等式时，要把这些正整数放在正实数的范围内，通过构造正实数的不等式进行证明，而不能直接构造正整数的函数，因为这样的函数不是可导函数，使用导数就是错误的．【例3】已知函数f (x )＝ax ＋bx ＋c (a >0)的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1.(1)用a 表示出b ，c ；(2)若f (x )≥ln x 在[1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围； (3)证明：1＋12＋13＋…＋1n >ln(n ＋1)＋n2(n ＋1)(n ≥1)．【解析】 (1)f ′(x )＝a －bx 2，则有⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝a ＋b ＋c ＝0，f ′(1)＝a －b ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝a －1c ＝1－2a .(2)由(1)知f (x )＝ax ＋a －1x＋1－2a .令g (x )＝f (x )－ln x ＝ax ＋a －1x ＋1－2a －ln x ，x ∈[1，＋∞)，则g (1)＝0，g ′(x )＝a －a －1x 2－1x＝ax 2－x －(a －1)x 2＝21)1(xa a x x a ⎪⎭⎫ ⎝⎛--- (∈)当0＜a <12时，1－a a>1.若1<x <1－aa ，则g ′(x )<0，g (x )是减函数，所以g (x )<g (1)＝0，即f (x )<ln x 故f (x )≥ln x 在[1，＋∞)上不恒成立．(∈)当a ≥12时，1－a a≤1，若x ＞1，则g ′(x )>0，g (x )是增函数，所以g (x )>g (1)＝0，即f (x )>ln x ， 故当x ≥1时，f (x )≥ln x .综上所述，所求a 的取值范围为⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,21(3)证法一：由(2)知当a ≥12时，有f (x )≥ln x (x ≥1)．令a ＝12，有f (x )＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 1≥ln x (x ≥1)，且当x ＞1时，12⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 1＞ln x .令x ＝k ＋1k ，且ln k ＋1k <12⎪⎭⎫⎝⎛+-+11k k k k ＝12⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+--⎪⎭⎫ ⎝⎛+11111k k ， 即ln(k ＋1)－ln k <12⎪⎭⎫ ⎝⎛++111k k ，k ＝1,2,3，…，n .将上述n 个不等式依次相加得ln(n ＋1)<12＋⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅⋅⋅++n 13121＋12(n ＋1)，整理得1＋12＋13＋…1n >ln(n ＋1)＋n2(n ＋1).证法二：用数学归纳法证明． ∈当n ＝1时，左边＝1， 右边＝ln 2＋14<1，不等式成立．∈假设n ＝k 时，不等式成立，就是 1＋12＋13＋…＋1k >ln(k ＋1)＋k 2(k ＋1).那么1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1>ln(k ＋1)＋k 2(k ＋1)＋1k ＋1＝ln(k ＋1)＋k ＋22(k ＋1).由(2)知当a ≥12时，有f (x )≥ln x (x ≥1)．令a ＝12，有f (x )＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 1≥ln x (x ≥1)．令x ＝k ＋2k ＋1，得12⎪⎭⎫⎝⎛++-++2112k k k k ≥ln k ＋2k ＋1＝ln(k ＋2)－ln(k ＋1)．∈ln(k ＋1)＋k ＋22(k ＋1)≥ln(k ＋2)＋k ＋12(k ＋2).∈1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1>ln(k ＋2)＋k ＋12(k ＋2).这就是说，当n ＝k ＋1时，不等式也成立， 根据∈和∈，可知不等式对任何n ∈N *都成立． 题组训练三 用赋值法证明与正整数有关的不等式 设函数f (x )＝e x －ax －1，对∈x ∈R ，f (x )≥0恒成立． (1)求a 的取值集合；(2)求证：1＋12＋13＋…＋1n >ln(n ＋1)(n ∈N *)．【解析】 (1)f (x )＝e x －ax －1，f ′(x )＝e x －a ，∈当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在x ∈R 上单调递增，又f (0)＝0，所以当x ∈(－∞，0)，f (x )<0，不合题意，舍去； ∈当a >0时，x ∈(－∞，ln a )，f ′(x )<0，f (x )单调递减，x ∈(ln a ，＋∞)，f ′(x )>0，f (x )单调递增，f (x )min ＝f (ln a )＝a －a ln a －1，则需a －a ln a －1≥0恒成立．令g (a )＝a －a ln a －1，g ′(a )＝－ln a ，当a ∈(0,1)时，g ′(a )>0，g (a )单调递增，当a ∈(1，＋∞)时，g ′(a )<0，g (a )单调递减，而g (1)＝0，所以a －a ln a －1≤0恒成立．所以a 的取值集合为{1}．(2)由(1)可得e x －x －1>0(x >0)，x >ln(x ＋1)(x >0)，令x ＝1n，则1n >ln ⎪⎭⎫⎝⎛+11n ＝ln n ＋1n ＝ln(n ＋1)－ln n ， 所以1＋12＋13＋…＋1n>(ln 2－ln 1)＋(ln 3－ln 2)＋…＋(ln(n ＋1)－ln n )＝ln(n ＋1)(n ∈N *)．题型四 构造函数法在解题中的应用【例4】 已知函数f (x )＝e x －3x ＋3a (e 为自然对数的底数，a ∈R )． (1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln 3e ，且x >0时，e x x >32x ＋1x －3a .【解析】 (1)由f (x )＝e x －3x ＋3a ，知f ′(x )＝e x －3. 令f ′(x )＝0，得x ＝ln 3，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故f (x )f (x )在x ＝ln 3处取得极小值，极小值为f (ln 3)＝3(1－ln 3＋a )． (2)证明：待证不等式等价于e x >32x 2－3ax ＋1，设g (x )＝e x －32x 2＋3ax －1，于是g ′(x )＝e x －3x ＋3a . 由(1)及a >ln 3e＝ln 3－1知，g ′(x )的最小值为g ′(ln 3)＝3(1－ln 3＋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 >ln 3e ＝ln 3－1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>g (0)．而g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，g (x )>0. 即e x>32x 2－3ax ＋1，故e x x >32x ＋1x－3a .题组训练四1．构造函数解不等式已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )<f (x )，且f (x ＋2)为偶函数，f (4)＝1，则不等式f (x )<e x 的解集为( )A ．(－2，＋∞)B ．(0，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(4，＋∞)【解析】 因为f (x ＋2)为偶函数，所以f (x ＋2)的图象关于x ＝0对称，所以f (x )的图象关于x ＝2对称．所以f (0)＝f (4)＝1.设g (x )＝f (x )e x (x ∈R )，则g ′(x )＝f ′(x )e x －f (x )e x (e x )2＝f ′(x )－f (x )e x .又f ′(x )<f (x )，所以g ′(x )<0(x ∈R )，所以函数g (x )在定义域上单调递减． 因为f (x )<e x ∈f (x )e x <1，而g (0)＝f (0)e 0＝1，所以f (x )<e x ∈g (x )<g (0)，所以x >0.故选B. 【答案】 B2．构造函数证明不等式设函数f (x )＝ax 2ln x ＋b (x －1)(x ＞0)，曲线y ＝f (x )过点(e ，e 2－e ＋1)，且在点(1,0)处的切线方程为y ＝0. (1)求a ，b 的值；(2)证明：当x ≥1时，f (x )≥(x －1)2；(3)若当x ≥1时，f (x )≥m (x －1)2恒成立，求实数m 的取值范围．【解】 (1)函数f (x )＝ax 2ln x ＋b (x －1)(x ＞0)，可得f ′(x )＝2a ln x ＋ax ＋b ，因为f ′(1)＝a ＋b ＝0，f (e)＝a e 2＋b (e －1)＝a (e 2－e ＋1)＝e 2－e ＋1，所以a ＝1，b ＝－1.(2)证明：f (x )＝x 2ln x －x ＋1， 设g (x )＝x 2ln x ＋x －x 2(x ≥1)，g ′(x )＝2x ln x －x ＋1，(g ′(x ))′＝2ln x ＋1＞0，所以g ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，所以g ′(x )≥g ′(1)＝0，所以g (x )在[0，＋∞)上单调递增， 所以g (x )≥g (1)＝0，所以f (x )≥(x －1)2.(6分) (3)设h (x )＝x 2ln x －x －m (x －1)2＋1， h ′(x )＝2x ln x ＋x －2m (x －1)－1，由(2)中知x 2ln x ≥(x －1)2＋x －1＝x (x －1)， 所以x ln x ≥x －1，所以h ′(x )≥3(x －1)－2m (x －1)， ∈当3－2m ≥0即m ≤32时，h ′(x )≥0，所以h (x )在[1，＋∞)单调递增，所以h (x )≥h (1)＝0，成立． ∈当3－2m ＜0即m ＞32时，h ′(x )＝2x ln x ＋(1－2m )(x －1)， (h ′(x ))′＝2ln x ＋3－2m ，令(h ′(x ))′＝0，得x 0＝e 2m －32＞1，当x ∈[1，x 0)时，h ′(x )＜h ′(1)＝0，所以h (x )在[1，x 0)上单调递减，所以h (x )＜h (1)＝0，不成立．综上，m ≤32.3．构造函数解决数列问题设函数f (x )＝x 2－ln(x ＋1)，证明：对任意的正整数n 不等式f (1)＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛21＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛31＋…＋f ⎪⎭⎫⎝⎛n 1<1＋123＋133＋…＋1n3成立．【证明】 从数列的角度考虑左边的通项为f ⎪⎭⎫⎝⎛n 1，右边的通项为1n 3，若能证明⎪⎭⎫ ⎝⎛n f 1<1n 3，则不等式获证，为此构造函数F (x )＝f (x )－x 3＝x 2－ln(x ＋1)－x 3，则F ′(x )＝－3x 2＋2x －1x ＋1＝－3x 3＋x 2－2x ＋1x ＋1＝－3x 3＋(x －1)2x ＋1，显然当x ∈[0，＋∞)时，F ′(x )<0，所以函数F (x )在[0，＋∞)上是单调减函数， 又F (0)＝0，所以当x ∈[0，＋∞)时，恒有F (x )<F (0)＝0， 即x 2－ln(x ＋1)<x 3恒成立． 所以x ∈[0，＋∞)时，f (x )<x 3， 取x ＝1k，则有f ⎪⎭⎫⎝⎛k 1<1k 3，所以f (1)<1，f ⎪⎭⎫ ⎝⎛21<123，…，f ⎪⎭⎫ ⎝⎛n 1<1n 3，于是对任意的正整数n ，不等式f (1)＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛21＋f ⎪⎭⎫⎝⎛31＋…＋f ⎪⎭⎫⎝⎛n 1<1＋123＋133＋…＋1n 3成立． 【专题训练】1．已知函数f (x )＝ax 2＋2x －ln(x ＋1)(a 为常数)． (1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；(2)当x ∈[0，＋∞)时，不等式f (x )≤x 恒成立，求实数的取值范围．【解析】 (1)函数的定义域为(－1，＋∞)，当a ＝－1时，f (x )＝－x 2＋2x －ln(x ＋1)， ∈f ′(x )＝－2x ＋2－1x ＋1＝1－2x 2x ＋1，由f ′(x )>0得，－22<x <22， 由f ′(x )<0得，－1<x <22或x >22， ∈函数f (x )的单调增区间为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-22,22，单调减区间为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--22,1和⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,22(2)当x ∈[0，＋∞)时，f (x )≤x 恒成立， 令g (x )＝f (x )－x ＝ax 2＋x －ln(x ＋1)， 问题转换为x ∈[0，＋∞)时，g (x )max ≤0. ∈g ′(x )＝2ax ＋1－11＋x ＝x [2ax ＋(2a ＋1)]x ＋1， ∈当a ＝0时，g ′(x )＝xx ＋1≥0，∈g (x )在x ∈[0，＋∞)上单调递增， 此时g (x )无最大值，故a ＝0不合题意．∈当a >0时，令g ′(x )＝0解得，x 1＝0，x 2＝－(2a ＋1)2a<0，此时g (x )在x ∈[0，＋∞)上单调递增，此时无最大值，故a >0不合题意． ∈当a <0时，令g ′(x )＝0解得，x 1＝0，x 2＝－(2a ＋1)2a，当－12<a <0时，x 2＝－(2a ＋1)2a>0，而g (x )在[0，x 2)上单调递增，在[x 2，＋∞)上单调递减，∈g (x )max ＝g (x 2)＝a －14a －ln ⎪⎭⎫⎝⎛-a 21 ＝a －14a＋ln(－2a )，令φ(x )＝x －14x ＋ln(－2x )，x ∈⎪⎭⎫⎝⎛-0,21，则φ′(x )＝1＋14x 2＋1x ＝(2x ＋1)24x 2>0，∈φ(x )在x ∈⎪⎭⎫⎝⎛-0,21上单调递增， 又φ⎪⎭⎫⎝⎛-81e ＝－1e 8＋e 34－3ln 2，当e≈2.71时，e 3≈19.9，∈φ(x )在x ∈⎪⎭⎫⎝⎛-0,21上小于或等于不恒成立， 即g (x )max ≤0不恒成立， 故－12<a <0不合题意．当a ≤－12时，x 2＝－(2a ＋1)2a ≤0，而此时g (x )在x ∈[0，＋∞)上单调递减， ∈g (x )max ＝g (0)＝0，符合题意．综上可知，实数的取值范围是⎥⎦⎤ ⎝⎛-∞-21,2．已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x 2，a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，证明f (x )>f ′(x )＋32对于任意的x ∈[1,2]成立．【解析】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝(ax 2－2)(x －1)x 3.当a ≤0时，x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0， f (x )单调递减．当a >0时，f ′(x )＝a (x －1)x 3⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫⎝⎛-a x a x 22. ∈0<a <2时，2a>1， 当x ∈(0,1)或x ∈⎪⎪⎭⎫⎝⎛+∞,2a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈⎪⎪⎭⎫⎝⎛a 2,1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． ∈a ＝2时，2a＝1，在x ∈(0，＋∞)内，f ′(x )≥0，f (x )单调递增． ∈a >2时，0<2a <1，当x ∈⎪⎪⎭⎫⎝⎛a 2,0或x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈⎪⎪⎭⎫⎝⎛1,2a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． 综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0,1)内单调递增， 在(1，＋∞)内单调递减；当0<a <2时，f (x )在(0,1)内单调递增，在⎪⎪⎭⎫⎝⎛a 2,1内单调递减，在⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,2a 内单调递增； 当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)内单调递增；当a >2时，f (x )在⎪⎪⎭⎫⎝⎛a 2,0内单调递增， 在⎪⎪⎭⎫⎝⎛1,2a 内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增． (2)证明：由(1)知，a ＝1时，f (x )－f ′(x )＝x －ln x ＋2x －1x 2－⎪⎭⎫ ⎝⎛+--322211x x x＝x －ln x ＋3x ＋1x 2－2x3－1，x ∈[1,2]．设g (x )＝x －ln x ，h (x )＝3x ＋1x 2－2x3－1，x ∈[1,2]，则f (x )－f ′(x )＝g (x )＋h (x )．由g ′(x )＝x －1x≥0， 可得g (x )≥g (1)＝1，当且仅当x ＝1时取得等号，又h ′(x )＝－3x 2－2x ＋6x 4.设φ(x )＝－3x 2－2x ＋6，则φ(x )在x ∈[1,2]单调递减．因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，所以∈x 0∈(1,2)，使得x ∈(1，x 0)时，φ(x )>0，x ∈(x 0,2)时，φ(x )<0. 所以h (x )＝1，h (2)＝12，可得h (x )≥h (2)＝12，当且仅当x ＝2时取得等号． 所以f (x )－f ′(x )>g (1)＋h (2)＝32.即f (x )>f ′(x )＋32对于任意的x ∈[1,2]成立．3．已知函数f (x )＝x ＋a ln x (a ∈R )．(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处与直线y ＝3x －2相切，求a 的值；(2)若函数g (x )＝f (x )－kx 2有两个零点x 1，x 2，试判断g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x 的符号，并证明．【解析】 (1)f ′(x )＝1＋ax，又f ′(1)＝3，所以a ＝2.(2)当a >0时，g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x <0；当a <0时，g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x >0，证明如下：函数g (x )的定义域是(0，＋∞)．若a ＝0，则g (x )＝f (x )－kx 2＝x －kx 2. 令g (x )＝0，则x －kx 2＝0.又据题设分析知，k ≠0，所以x 1＝0，x 2＝1k.又g (x )有两个零点，且都大于0，所以a ＝0不成立．据题设知⎩⎪⎨⎪⎧g (x 1)＝x 1＋a ln x 1－kx 21＝0，g (x 2)＝x 2＋a ln x 2－kx 22＝0.不妨设x 1>x 2，x 1x 2＝t ，t >1. 所以x 1－x 2＋a (ln x 1－ln x 2)＝k (x 1－x 2)(x 1＋x 2)．所以1＋a (ln x 1－ln x 2)x 1－x 2＝k (x 1＋x 2)．又g ′(x )＝1＋a x －2kx ，所以g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x ＝1＋2a x 1＋x 2－k (x 1＋x 2)＝1＋2a x 1＋x 2－1－a (ln x 1－ln x 2)x 1－x 2 ＝a ⎪⎪⎭⎫⎝⎛---+212121ln ln 2x x x x x x ＝a x 2⎪⎭⎫ ⎝⎛--+i t t t ln 12＝a x 2·1t －1()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-t t t ln 112 引入h (t )＝2(t －1)t ＋1－ln t (t >1)，则h ′(t )＝4(t ＋1)2－1t ＝－(t －1)2t (t ＋1)2<0.所以h (t )在(0，＋∞)上单调递减． 而h (1)＝0，所以当t >1时，h (t )<0.易知x 2>0，1t －1>0，所以当a >0时，g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x <0； 当a <0时，g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x >0.。
2020高考数学核心突破《专题2 不等式、函数与导数 第4讲 导数及其应用》 (2)
专题二 第4讲1．设曲线y ＝ax －ln(x ＋1)在点(0,0)处的切线方程为y ＝2x ，则a ＝( D ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3解析 y ′＝a －1x ＋1，当x ＝0时，y ′＝a －1＝2，∴a ＝3，故选D.2．(2017·江西南昌模拟)a ＝ln 2，b ＝5－12，c ＝∫π2012cos x d x 的大小关系为( A )A ．b <c <aB ．b <a <cC ．a <b <cD ．c <b <a 解析 ∵a ＝ln 2>ln e ＝12，b ＝5－12＝15<14＝12，c ＝∫π2012cos x d x ＝12∫π20cos x d x ＝12sin xπ20＝12，∴b <c <a .故选A,3.当x ∈[－2,1]时，不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是( C )A.[－5，－3] B ．⎣⎡⎦⎤－6，－98 C ．[－6，－2]D ．[－4，－3]解析 由题意，知∀x ∈[－2,1]都有ax 3－x 2＋4x ＋3≥0，即ax 3≥x 2－4x －3在x ∈[－2,1]上恒成立．当x ＝0时，a ∈R .当0<x ≤1时，a ≥x 2－4x －3x 3＝－3x 3－4x 2＋1x .令t ＝1x(t ≥1)，g (t )＝－3t 3－4t 2＋t ，因为g ′(t )＝－9t 2－8t ＋1<0(t ≥1)，所以g (t )在[1，＋∞)上单调递减， g (t )max ＝g (1)＝－6(t ≥1)，所以a ≥－6. 当－2≤x <0时，a ≤－3x 3－4x 2＋1x，同理，g (t )在(－∞，－1]上递减，在⎣⎡⎦⎤－1，－12上递增． 因此g (t )min ＝g (－1)＝－2⎝⎛⎭⎫t ≤－12，所以a ≤－2. 综上可知－6≤a ≤－2，故选C.4．(2017·山西太原调考)已知f (x )＝x 3－3x ＋2＋m (m >0)，在区间[0,2]上存在三个不同的实数a ，b ，c 使得以f (a )，f (b )，f (c )为边长的三角形是直角三角形，则m 的取值范围是( D )A ．(4＋42，＋∞)B ．(0,2＋22)C ．(4－42，4＋42)D ．(0,4＋42)解析 由f (x )＝x 3－3x ＋2＋m ，得f ′(x )＝3x 2－3.令f ′(x )＝0，即3x 2－3＝0，解得x ＝－1或x ＝1.又x ∈[0,2]，则函数f (x )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,2)上单调递增，则f (x )min ＝f (1)＝m ，f (x )max ＝f (2)＝m ＋4，f (0)＝m ＋2.因为在区间(0,2)上存在三个不同的实数a ，b ，c ，使得以f (a )，f (b )，f (c )为边长的三角形是直角三角形，所以m 2＋m 2<(m ＋4)2，即m 2－8m －16<0，解得4－42<m <4＋4 2.由m >0，得0<m <4＋4 2.故选D.5．(高考改编)函数f (x )＝x 3－3x 2＋1在x ＝__2__处取得极小值．解析 由题意得f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)．当x <0时，f ′(x )>0；当0<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.故当x ＝2时，f (x )取得极小值．6．(2017·贵州贵阳检测)已知定义域为R 的连续奇函数f (x )的导函数为f ′(x )，当x ≠0时，f ′(x )＋f (x )x>0，则使得xf (x )＋(1－2x )f (2x －1)>0成立的x 的取值范围是 ⎝⎛⎭⎫13，1 . 解析 当x >0时，f ′(x )＋f (x )x >0，所以xf ′(x )＋f (x )＝[xf (x )]′>0，故函数g (x )＝xf (x )在(0，＋∞)上单调递增．又f (x )是定义域为R 的连续奇函数，则g (－x )＝－x ·f (－x )＝xf (x )＝g (x )，∴y ＝g (x )是R 上的偶函数，且在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减．xf (x )＋(1－2x )f (2x －1)>0等价于g (x )>g (2x －1)，即g (|x |)>g (|2x －1|)，∴|x |>|2x －1|，解得13<x <1.7．(教材回归)已知函数f (x )＝x －e ax (a >0)．(1)求函数f (x )的单调区间； (2)求函数f (x )在⎣⎡⎦⎤1a ，2a 上的最大值． 解析 (1)f (x )＝x －e ax (a >0)， 则f ′(x )＝1－a e ax ，令f ′(x )＝1－a e ax ＝0，则x ＝1a ln 1a.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表.故函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－∞，1a ln 1a ；单调递减区间为⎝⎛⎭⎫1a ln 1a ，＋∞. (2)当1a ln 1a ≥2a ，即0<a ≤1e 2时，f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫2a ＝2a －e 2； 当1a <1a ln 1a <2a ，即1e 2<a <1e 时，f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1a ln 1a ＝1a ln 1a －1a ；当1a ln 1a ≤1a ，即a ≥1e 时，f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＝1a －e. 综上，当0<a ≤1e 2时，f (x )max ＝2a －e 2；当1e 2<a <1e 时，f (x )max ＝1a ln 1a －1a ； 当a ≥1e 时，f (x )max ＝1a－e.8．(考点聚焦)已知函数f (x )＝a ln x ＋1(a >0)． (1)当x >0时，求证：f (x )－1≥a ⎝⎛⎭⎫1－1x ； (2)若在区间(1，e)上f (x )>x 恒成立，求实数a 的取值范围．解析 (1)证明：设φ(x )＝f (x )－1－a ⎝⎛⎭⎫1－1x ＝a ln x －a ⎝⎛⎭⎫1－1x (x >0)，则φ′(x )＝a x －a x2.令φ′(x )＝0，则x ＝1.当0<x <1时，φ′(x )<0，所以φ(x )在(0,1)上单调递减；当x >1时，φ′(x )>0，所以φ(x )在(1，＋∞)上单调递增，故φ(x )在x ＝1处取到极小值也是最小值，故φ(x )≥φ(1)＝0，即f (x )－1≥a ⎝⎛⎭⎫1－1x . (2)由f (x )>x ，得a ln x ＋1>x ，即a >x －1ln x .令g (x )＝x －1ln x (1<x <e)，则g ′(x )＝ln x －x －1x(ln x )2.令h (x )＝ln x －x －1x (1<x <e)，则h ′(x )＝1x －1x 2>0，故h (x )在区间(1，e)上单调递增，所以h (x )>h (1)＝0.因为h (x )>0，所以g ′(x )>0，即g (x )在区间(1，e)上单调递增，所以g (x )＜g (e)＝e －1，即x －1ln x<e －1，所以a 的取值范围为[e －1，＋∞)． 9．(2017·河北唐山调研)已知函数f (x )＝sin x ＋tan x －2x . (1)证明：函数f (x )在⎝⎛⎭⎫－π2，π2上单调递增； (2)若x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，f (x )>mx 2，求m 的取值范围． 解析 (1)证明：f ′(x )＝cos x ＋1cos 2x－2， 因为x ∈⎝⎛⎭⎫－π2，π2，所以cos x ∈(0,1]， 于是f ′(x )＝cos x ＋1cos 2x －2≥cos 2x ＋1cos 2x －2≥0(当且仅当x ＝0时取等号)．故函数f (x )在⎝⎛⎭⎫－π2，π2上单调递增． (2)由(1)得f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增，又f (0)＝0， 所以f (x )>0.①当m ≤0时，f (x )>0≥mx 2成立．②当m >0时，令p (x )＝sin x －x ，则p ′(x )＝cos x －1，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，p ′(x )<0，p (x )单调递减，又p (0)＝0，所以p (x )<0，故x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，sin x <x .(*) 由(*)式可得f (x )－mx 2＝sin x ＋tan x －2x －mx 2<tan x －x －mx 2. 令g (x )＝tan x －x －mx 2，则g ′(x )＝tan 2x －2mx . 由(*)式可得g ′(x )<x 2cos 2x －2mx ＝xcos 2x (x －2m cos 2x )，令h (x )＝x －2m cos 2x ，得h (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增． 又h (0)<0，h ⎝⎛⎭⎫π2>0，所以存在t ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，使得h (t )＝0，即x ∈(0，t )时，h (x )<0. 所以x ∈(0，t )时g ′(x )<0，g (x )单调递减．又g (0)＝0，所以g (x )<0，即x ∈(0，t )时，f (x )－mx 2<0，这与f (x )>mx 2矛盾．综上，满足条件的m 的取值范围是(－∞，0]． 10．(母题营养)已知函数f (x )＝2ln x －x 2＋ax (a ∈R )． (1)当a ＝2时，求f (x )的图象在x ＝1处的切线方程；(2)若函数g (x )＝f (x )－ax ＋m 在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个零点，求实数m 的取值范围． 解析 (1)当a ＝2时，f (x )＝2ln x －x 2＋2x ，f ′(x )＝2x －2x ＋2，切点坐标为(1,1)，切线的斜率k ＝f ′(1)＝2，则切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1. (2)g (x )＝2ln x －x 2＋m ，则g ′(x )＝2x －2x ＝－2(x ＋1)(x －1)x .因为x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ， 所以g ′(x )＝0时，x ＝1. 当1e <x <1时，g ′(x )>0； 当1<x <e 时，g ′(x )<0.故g (x )在x ＝1处取得极大值g (1)＝m －1. 又g ⎝⎛⎭⎫1e ＝m －2－1e 2，g (e)＝m ＋2－e 2，g (e)－g ⎝⎛⎭⎫1e ＝4－e 2＋1e 2<0， 则g (e)<g ⎝⎛⎭⎫1e ，所以g (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最小值是g (e)． g (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个零点的条件是⎩⎪⎨⎪⎧g (1)＝m －1>0，g ⎝⎛⎭⎫1e ＝m －2－1e 2≤0，解得1<m ≤2＋1e2，所以实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎤1，2＋1e 2.。
2018年高考考点完全题数学(文)专题突破练习题专题突破练2利用导数研究不等式与方程的根Word版含答案
专题突破练(2) 利用导数研究不等式与方程的根一、选择题1．设函数f (x )＝13x －ln x (x >0)，则f (x )( )A ．在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1，(1，e)上均有零点B ．在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1，(1，e)上均无零点 C ．在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1上有零点，在区间(1，e)上无零点 D ．在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1上无零点，在区间(1，e)上有零点 答案 D解析 因为f ′(x )＝13－1x ，所以当x ∈(3，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x∈(0,3)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，而0<1e <1<e<3，又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝13e ＋1>0，f (1)＝13>0，f (e)＝e 3－1<0，所以f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1上无零点，在区间(1，e)上有零点．2．已知f (x )为定义在(0，＋∞)上的可导函数，且f (x )>xf ′(x )恒成立，则不等式x 2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－f (x )>0的解集为( )A ．(0,1)B ．(1,2)C ．(1，＋∞)D ．(2，＋∞)答案 C 解析 令F (x )＝f x x ，x >0，则F ′(x )＝xfx －f xx 2，因为f (x )>xf ′(x )，所以F ′(x )<0，所以函数F (x )＝f x x 在(0，＋∞)上为减函数，由不等式x 2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －f (x )>0，得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1x>f xx ，所以1x <x ，又x >0，所以x >1，故选C.3．已知函数f (x )＝ax 2＋bx －ln x (a >0，b ∈R )，若对任意x >0，f (x )≥f (1)，则( ) A ．ln a <－2b B ．ln a ≤－2b C ．ln a >－2b D ．ln a ≥－2b答案 A解析 f ′(x )＝2ax ＋b －1x，由题意可知f ′(1)＝0，即2a ＋b ＝1，由选项可知只需比较ln a ＋2b 与0的大小，而b ＝1－2a ，所以只需判断ln a ＋2－4a 的符号．构造一个新函数g (x )＝2－4x ＋ln x ，则g ′(x )＝1x －4，令g ′(x )＝0，得x ＝14，当x <14时，g (x )为增函数；当x >14时，g (x )为减函数，所以对任意x >0有g (x )≤g ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝1－ln 4<0，所以有g (a )＝2－4a ＋ln a ＝2b ＋ln a <0⇒ln a <－2b ，故选A.二、填空题4．已知定义域为R 的函数f (x )满足f (4)＝－3，且对任意x ∈R 总有f ′(x )<3，则不等式f (x )<3x －15的解集为________．答案 (4，＋∞)解析 令g (x )＝f (x )－3x ＋15，则g ′(x )＝f ′(x )－3<0，所以g (x )在R 上是减函数．又g (4)＝f (4)－3×4＋15＝0，所以f (x )<3x －15的解集为(4，＋∞)．5．若函数f (x )＝x 3－3x ＋a 有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是________． 答案 (－2,2)解析 由f (x )＝x 3－3x ＋a ＝0，得f ′(x )＝3x 2－3，当f ′(x )＝0时，x ＝±1，易知f (x )的极大值为f (－1)＝2＋a ，f (x )的极小值为f (1)＝a －2，要使函数f (x )＝x 3－3x ＋a有三个不同的零点，则有f (－1)＝2＋a >0，且f (1)＝a －2<0，即－2<a <2，所以实数a 的取值范围是(－2,2)．6．已知R 上可导函数f (x )的图象如图所示，则不等式(x 2－2x －3)f ′(x )>0的解集为________．答案 (－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞) 解析 由可导函数f (x )的图象，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x －3>0，x ∈－∞，－∪，＋或⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x －3<0，x ∈－1，，解之得x ∈(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)．7．若二次函数f (x )＝ax 2－4bx ＋c 对任意的x ∈R 恒有f (x )≥0，其导函数满足f ′(0)<0，则ff的最大值为________．答案 0解析 因为f (x )≥0恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧a >0，16b 2－4ac ≤0.又f ′(0)＝－4b <0，所以b >0，则f f＝4a －8b ＋c －4b ＝2－4a ＋c4b.因为4a ＋c ≥24ac ≥8b ，所以4a ＋c 4b ≥2，故ff ≤2－2＝0，当且仅当4a ＝c ，ac＝4b 2，即a ＝b ，c ＝4b 时，ff取到最大值0.三、解答题 8．已知函数f (x )＝kx 2ex，其中k ∈R 且k ≠0.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当k ＝1时，若存在x >0，使ln f (x )>ax 成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)定义域为R ，f ′(x )＝－kx x －e x，若k <0，当x <0或x >2时，f ′(x )>0； 当0<x <2时，f ′(x )<0.若k >0，当x <0或x >2时，f ′(x )<0； 当0<x <2时，f ′(x )>0.所以当k <0时，函数f (x )的单调递增区间是(－∞，0)，(2，＋∞)，单调递减区间是(0,2)；当k >0时，函数f (x )的单调递减区间是(－∞，0)，(2，＋∞)，单调递增区间是(0,2)． (2)当k ＝1时，f (x )＝x 2e x ，x >0，由ln f (x )>ax ，得a <2ln x －xx.设g (x )＝2ln x －x x ，x >0，g ′(x )＝－ln xx 2，所以当0<x <e 时，g ′(x )>0；当x >e 时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，故g (x )max＝g (e)＝2e－1，所以实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2e －1. 9．已知函数f (x )＝ln x ＋1x.(1)求f (x )的最小值；(2)若函数y ＝f (x )－a 的两个零点为x 1，x 2(x 1<x 2)，证明：x 1＋x 2>2.解 (1)f ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x2(x >0)，所以f (x )在(0,1)上单调递减，在设函数f (x )＝a ln x －bx 2.(1)若函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切，求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值； (2)当b ＝0时，若不等式f (x )≥m ＋x 对所有的a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，32，x ∈(1，e 2]都成立，求实数m 的取值范围．解 (1)由题意，知f ′(x )＝a x－2bx . ∵函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ＝a －2b ＝0，f ＝－b ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝12.∴f (x )＝ln x －12x 2，f ′(x )＝1x －x ＝1－x2x .当1e ≤x ≤e 时，令f ′(x )>0，得1e <x <1. 令f ′(x )<0，得1<x <e.∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1上单调递增，在(1，e)上单调递减，∴f (x )max ＝f (1)＝－12.(2)当b ＝0时，f (x )＝a ln x .若不等式f (x )≥m ＋x 对所有的a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，32，x ∈(1，e 2]都成立，则a ln x ≥m ＋x 对所有的a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，32，x ∈(1，e 2]都成立，即m ≤a ln x －x 对所有的a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，32，x ∈(1，e 2]都成立．令h (a )＝a ln x －x ，则h (a )为一次函数，m ≤h (a )min . ∵x ∈(1，e 2]，∴ln x >0，∴h (a )在a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，32上单调递增， ∴h (a )min ＝h (0)＝－x ，∴m ≤－x 对所有的x ∈(1，e 2]都成立． ∵1<x ≤e 2，∴－e 2≤－x <－1，∴m ≤(－x )min ＝－e 2，即实数m 的取值范围是(－∞，－e 2]． 11．已知函数f (x )＝a ＋ln xx在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行． (1)求实数a 的值及f (x )的极值；(2)若对任意x 1，x 2∈，g ′(x )＝－ln x ≥2.⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪f x 1－f x 21x 1－1x 2为曲线g (x )的割线斜率的绝对值，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪f x 1－f x 21x 1－1x 2>2. 因此实数k 的取值范围是(－∞，2]． 12．已知函数f (x )＝ax －ln x ，a ∈R . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)当x ∈(0，e]时，求g (x )＝e 2x －ln x 的最小值； (3)当x ∈(0，e]时，证明：e 2x －ln x －ln x x >52.解 (1)f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x(x >0)．①当a ≤0时，f ′(x )<0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减；②当a >0时，令f ′(x )>0，得x >1a ；令f ′(x )<0，得0<x <1a，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞上单调递增．综上，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间；当a >0时，f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1a ，单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞.(2)因为g (x )＝e 2x －ln x ，则g ′(x )＝e 2－1x ＝e 2x －1x，令g ′(x )＝0，得x ＝1e 2，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 2时，g ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2，e 时，g ′(x )>0，所以当x ＝1e 2时，g (x )取得最小值，g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2＝3.(3)证明：令φ(x )＝ln x x ＋52，则φ′(x )＝1－ln xx 2，令φ′(x )＝0，得x ＝e.当0<x ≤e 时，φ′(x )≥0，h (x )在(0，e]上单调递增， 所以φ(x )max ＝φ(e)＝1e ＋52<12＋52＝3，所以e 2x －ln x >ln x x ＋52，e 2x －ln x －ln x x >52.13．已知函数f (x )＝ln x －ax 2－2x .(1)若函数f (x )在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，2内单调递减，求实数a 的取值范围； (2)当a ＝－14时，关于x 的方程f (x )＝－12x ＋b 在上恰有两个不相等的实数根，求实数b 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝1x －2ax －2＝－2ax 2－2x ＋1x，由题意f ′(x )≤0在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，2时恒成立，即2a ≥1－2x x2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1.在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，2时恒成立，即2a ≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1max ， 当x ＝14时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1取最大值8，∴实数a 的取值范围是a ≥4.(2)当a ＝－14时，f (x )＝－12x ＋b 可变形为14x 2－32x ＋ln x －b ＝0， 令g (x )＝14x 2－32x ＋ln x －b (x >0)，则g ′(x )＝x －x －2x.列表如下：∴g (x )极小值＝g (2)＝ln 2－b －2，g (1)＝－b －4，又g (4)＝2ln 2－b －2，∵方程g (x )＝0在上恰有两个不相等的实数根，∴⎩⎪⎨⎪⎧g ，g ，g得ln 2－2<b ≤－54.。
2020高考数学核心突破《专题2 不等式、函数与导数 第2讲 函数及其图象与性质》
专题二 第2讲1．(2017·四川泸州诊断)下列函数f (x )中，满足“对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＜0”的是( C )A ．f (x )＝ln xB ．f (x )＝(x －1)2C ．f (x )＝1x ＋1D ．f (x )＝x 3解析 据题意，f (x )在(0，＋∞)上为减函数，只有C 项正确． 2．(2017·湖北黄冈检测)函数y ＝x 2ln x 2|x |的图象大致是( D )解析 由函数表达式知定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，且函数为偶函数，排除B 项，设x >0时，y ＝x 2·ln x 2x＝x ·ln x 2＝2x ·ln x .当0<x <1时，y <0；当x >1时，y >0，排除A 项．又当x →0时，y →0，故选D.3．(2017·陕西西安模拟)定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x ＋1)＝f (x －1)，且当－1<x <0时，f (x )＝2x －1，则f (log 220)＝( D )A.14 B ．－14C ．－15D ．15解析 由f (x ＋1)＝f (x －1)，可知函数f (x )是周期为2的周期函数，所以f (log 220)＝f (－4＋log 220)．又因为f (x )是奇函数，所以f (－4＋log 220)＝－f (4－log 220)．因为log 220∈(4,5)，所以4－log 220∈(－1,0)．故f (4－log 220)＝24－log 220－1＝1620－1＝－15，所以f (log 220)＝15.故选D.4．偶函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝2对称，f (3)＝3，则f (－1)＝( C ) A ．1 B ．－1 C ．3D ．－3解析 因为f (x )的图象关于直线x ＝2对称，所以f (x )＝f (4－x )，f (－x )＝f (4＋x )，又f (－x )＝f (x )，所以f (x )＝f (4＋x )，则f (－1)＝f (4－1)＝f (3)＝3.5．已知函数f (x )满足：当x ≥4时，f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x；当x ＜4时，f (x )＝f (x ＋1)，则f (2＋log 23)＝( A )A.124 B ．112C.18D ．38解析 由于1<log 23<2，则f (2＋log 23)＝f (2＋log 23＋1)＝f (3＋log 23)＝⎝⎛⎭⎫123＋log 23＝18×2－log 23＝18×2log 213＝18×13＝124.故选A.6．已知定义在R 的奇函数f (x )满足f (x －4)＝－f (x )，且在区间[0,2]上是增函数，则( D ) A ．f (－25)＜f (11)＜f (80) B ．f (80)＜f (11)＜f (－25) C ．f (11)＜f (80)＜f (－25) D ．f (－25)＜f (80)＜f (11)解析 ∵f (x －4)＝－f (x )，∴f (x －8)＝f (x )，即函数f (x )是以8为周期的周期函数，则f (－25)＝f (－1)，f (80)＝f (0)，f (11)＝f (3)，由f (x )是定义在R 上的奇函数，且满足f (x －4)＝－f (x )，得f (11)＝f (3)＝－f (－1)＝f (1)．∵f (x )在区间[0,2]上是增函数，且f (x )在R 上是奇函数，∴f (x )在区间[－2,2]上是增函数，则f (－1)＜f (0)＜f (1)，即f (－25)＜f (80)＜f (11)． 7．已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪log 12x ，若m ＜n ，有f (m )＝f (n )，则m ＋3n 的取值范围是( D ) A ．[23，＋∞) B ．(23，＋∞) C ．[4，＋∞)D ．(4，＋∞)解析 ∵f (x )＝⎪⎪⎪⎪log 12x ，若m ＜n ，有f (m )＝f (n )， ∴log 12m ＝－log 12n ，∴mn ＝1，∴0＜m ＜1，n ＞1，∴m ＋3n ＝m ＋3m 在m ∈(0,1)上单调递减，当m ＝1时，m ＋3n ＝4，∴m ＋3n ＞4.故选D.8．(2017·江西九江二模)定义在R 上的奇函数f (x )的图象关于点(2,1)对称，则f (6)＝__3__. 解析 依题意，f (x )＋f (－x )＝0，f (x )＋f (4－x )＝2，则f (6)＝2－f (－2)＝2＋f (2)，f (2)＝1，∴f (6)＝2＋1＝3.9．(2017·湖北宜昌调研)已知函数f (x )，g (x )都是定义域为R 的函数，f (x )是奇函数且在R 上单调递增，g (x )满足g (x )＝(x 2＋1)·f (x )．若不等式g (a －1)＋g (2a )>g (0)恒成立，则实数a 的取值范围是 ⎝⎛⎭⎫13，＋∞ . 解析 ∵g (－x )＝[(－x )2＋1]·f (－x )＝－(x 2＋1)·f (x )＝－g (x )，∴g (x )是奇函数．由奇函数的性质可知g (0)＝0.又f (x )是奇函数且在R 上单调递增，因此当x >0时，f (x )>f (0)＝0，则g (x )>0，且g (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴g (x )在R 上单调递增．由g (a －1)＋g (2a )>g (0)，得g (a －1)>g (－2a )，即a －1>－2a ，解得a >13.10．若函数f (x )＝2|x －a |(a ∈R )满足f (1＋x )＝f (1－x )，且f (x )在[m ，＋∞)上单调递增，则实数m 的最小值等于__1__.解析 ∵f (1＋x )＝f (1－x )， ∴f (x )的对称轴为x ＝1，∴a ＝1，f (x )＝2|x －1|，∴f (x )的增区间为[1，＋∞)， ∵[m ，＋∞)⊆[1，＋∞)，∴m ≥1，∴m 的最小值为1.11．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(1－3a )x ＋10a ，x ≤7，a x －7，x ＞7是定义域上的递减函数，则实数a 的取值范围是 ⎝⎛⎦⎤13，611 .解析 ∵函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(1－3a )x ＋10a ，x ≤7，a x －7，x ＞7是定义域上的递减函数， ∴⎩⎪⎨⎪⎧1－3a ＜0，0＜a ＜1，(1－3a )×7＋10a ≥a 0，即⎩⎪⎨⎪⎧1－3a ＜0，0＜a ＜1，7－11a ≥1，解得13＜a ≤611.12．(2018·浙江杭州调考)设函数f (x )＝1＋(－1)x2(x ∈Z )，给出以下三个结论：①f (x )为偶函数； ②f (x )为周期函数； ③f (x ＋1)＋f (x )＝1.其中正确结论的序号是__①②③__.解析 对于x ∈Z ，f (x )的图象为离散的点，关于y 轴对称，①正确；f (x )为周期函数，T ＝2，②正确；f (x ＋1)＋f (x )＝1＋(－1)x ＋12＋1＋(－1)x 2＝1＋(－1)x ＋1＋(－1)x2＝1，③正确．。
2020届高考数学(理)大一轮复习：专题突破练%282%29 利用导数研究不等式与方程的根
C.c>b>aD．c>a>b
答案C
解析构造函数f(x)＝ ，则a＝f(6)，b＝f(7)，c＝f(8)，f′(x)＝ ，当x>2时，f′(x)>0，所以f(x)在(2，＋∞)上单调递增，故f(8)>f(7)>f(6)，即c>b>a.故选C.
二、填空题
5.已知定义域为R的函数f(x)满足f(4)＝－3，且对任意x∈R总有f′(x)<3，则不等式f(x)<3x－15的解集为________.
下面证明当a＝2时，不等式恒成立.
设g(x)＝ － －lnx，则g′(x)＝ ＋ － ＝ ，
由(1)知ex>x2＋1≥2x>x，所以ex－x>0(x>0)，
所以当0<x<2时，g′(x)<0；当x>2时，g′(x)>0，
即g(x)在(0,2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数，
所以g(x)≥g(2)＝ (e2－4－4ln2)> (2.72－4－4ln2)> (3－ln16)>0，
7.若不等式2x(x－a)>1在(0，＋∞)上恒成立，则实数a的取值范围是________.
答案(－∞，－1]
解析不等式2x(x－a)>1在(0，＋∞)上恒成立，即a<x－2－x在(0，＋∞)上恒成立．令f(x)＝x－2－x(x>0)，则f′(x)＝1＋2－xln2>0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)>f(0)＝－1，所以a≤－1，即a∈(－∞，－1].
②当2a>1时，令h′(x)＝0，解得x＝ln2a，在[0，ln2a)上，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以x∈(0，ln2a)时，有h(x)<h(0)＝0，即f′(x)<f′(0)＝0，
2020年高考数学(理)总复习：利用导数解决不等式问题(解析版)
2020年高考数学（理）总复习：利用导数解决不等式问题题型一 利用导数解决不等式的恒成立与能成立问题 【题型要点】已知不等式f (x ，λ)≥0(λ为实参数)对任意的x ∈D 恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数解决这个问题的常用思想方法如下：(1)分离参数法：第一步，将原不等式f (x ，λ)≥0(x ∈D ，λ为实参数)分离，使不等式的一边是参数，另一边不含参数，即化为f 1(λ)≥f 2(x )或f 1(λ)≤f 2(x )的形式；第二步，利用导数求出函数f 2(x )(x ∈D )的最大(小)值；第三步，解不等式f 1(λ)≥f 2(x )max 或f 1(λ)≤f 2(x )min 从而求出参数λ的取值范围． (2)函数思想法：第一步，将不等式转化为某含参数的函数的最值问题； 第二步，利用导数求出该函数的极值(最值)； 第三步，构建不等式求解．【例1】已知函数f (x )＝x 4＋ax 3＋2x 2＋b (x ∈R )，其中a ，b ∈R . (1)当a ＝－103时，讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )仅在x ＝0处有极值，求a 的取值范围；(3)若对于任意的a ∈[－2,2]，不等式f (x )≤1在[－1,1]上恒成立，求b 的取值范围． 【解】 (1)f ′(x )＝4x 3＋3ax 2＋4x ＝x (4x 2＋3ax ＋4)． 当a ＝－103时，f ′(x )＝x (4x 2－10x ＋4)＝2x (2x －1)(x －2)．令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝12，x 3＝2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以f (x )在(0，12)，(2，＋∞)内是增函数，在(－∞，0)，(12，2)内是减函数．(2)f ′(x )＝x (4x 2＋3ax ＋4)，显然x ＝0不是方程4x 2＋3ax ＋4＝0的根． 为使f (x )仅在x ＝0处有极值，必须4x 2＋3ax ＋4≥0成立，即有Δ＝9a 2－64≤0. 解此不等式，得－83≤a ≤83.这时，f (0)＝b 是唯一极值．因此满足条件的a 的取值范围是[－83，83]． (3)解：由条件a ∈[－2,2]，可知Δ＝9a 2－64<0，从而4x 2＋3ax ＋4>0恒成立． 当x <0时，f ′(x )<0；当x >0时，f ′(x )>0.因此函数f (x )在[－1,1]上的最大值是f (1)与f (－1)两者中的较大者．为使对任意的a ∈[－2,2]，不等式f (x )≤1在[－1,1]上恒成立，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧f (1)≤1f (－1)≤1，即⎩⎪⎨⎪⎧b ≤－2－a b ≤－2＋a在a ∈[－2,2]上恒成立．所以b ≤－4，因此满足条件的b 的取值范围是(－∞，－4]．题组训练一 利用导数解决不等式的恒成立与能成立问题 已知函数f (x )＝e x －1＋ax ，a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调区间；(2)若∀x ∈[1，＋∞)，f (x )＋ln x ≥a ＋1恒成立，求a 的取值范围． 【解析】 (1)f ′(x )＝e x －1＋a ，(ⅰ)当a ≥0时，f ′(x )>0，函数f (x )在R 上单调递增； (ⅱ)当a <0时，令f ′(x )＝0，则x ＝ln(－a )＋1， 当f ′(x )>0，即x >ln(－a )＋1时，函数f (x )单调递增； 当f ′(x )<0，即x <ln(－a )＋1时，函数f (x )单调递减．综上，当a ≥0时，函数f (x )在R 上单调递增；当a <0时，函数f (x )的单调递增区间是(ln(－a )＋1，＋∞)，单调递减区间是(－∞，ln(－a )＋1)．(2)令a ＝－1，由(1)可知，函数f (x )＝e x －1－x 的最小值为f (1)＝0，所以e x －1－x ≥0，即e x －1≥x .f (x )＋ln x ≥a ＋1恒成立与f (x )＋ln x －a －1≥0恒成立等价，令g (x )＝f (x )＋ln x －a －1，即g (x )＝e x －1＋a (x －1)＋ln x －1(x ≥1)，则g ′(x )＝e x －1＋1x ＋a ，①当a ≥－2时，g ′(x )＝e x －1＋1x ＋a ≥x ＋1x＋a ≥2x ·1x ＋a ＝a ＋2≥0(或令φ(x )＝e x －1＋1x， 则φ′(x )＝e x －1－1x 2在[1，＋∞)上递增，∴φ′(x )≥φ′(1)＝0，∴φ(x )在[1，＋∞)上递增，∴φ(x )≥φ(1)＝2，∴g ′(x )≥0)∴g (x )在区间[1，＋∞)上单调递增， ∴g (x )≥g (1)＝0，∴f (x )＋ln x ≥a ＋1恒成立，②当a <－2时，令h (x )＝ex －1＋1x ＋a ，则h ′(x )＝e x －1－1x 2＝x 2e x －1－1x 2， 当x ≥1时，h ′(x )≥0，函数h (x )单调递增． 又h (1)＝2＋a ＜0， h (1－a )＝e 1－a －1＋11－a ＋a ≥1－a ＋11－a ＋a ＝1＋11－a>0，∴存在x 0∈(1,1－a )，使得h (x 0)＝0，故当x ∈(1，x 0)时，h (x )<h (x 0)＝0，即g ′(x )<0，故函数g (x )在(1，x 0)上单调递减；当x ∈(x 0，＋∞)时，h (x )>h (x 0)＝0，即g ′(x )>0，故函数g (x )在(x 0，＋∞)上单调递增．∴g (x )min ＝g (x 0)<g (1)＝0，即∀x ∈[1，＋∞)，f (x )＋ln x ≥a ＋1不恒成立，综上所述，a的取值范围是[－2，＋∞)．题型二利用导数证明与函数有关的不等式【题型要点】用导数证明不等式的方法(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①∀x∈[a，b]，则f(a)≤f(x)≤f(b)；②对∀x1，x2∈[a，b]，且x1<x2，则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)，则对∀x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m)．(3)证明f(x)<g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，证明F(x)<0.【例2】已知函数f(x)＝(ln x－k－1)x(k∈R)．(1)当x>1时，求f(x)的单调区间和极值；(2)若对于任意x∈[e，e2]，都有f(x)<4ln x成立，求k的取值范围；(3)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明：x1x2<e2k.(1)【解析】f′(x)＝1x·x＋ln x－k－1＝ln x－k，①当k≤0时，因为x>1，所以f′(x)＝ln x－k>0，函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)，无单调递减区间，无极值；②当k>0时，令ln x－k＝0，解得x＝e k，当1<x<e k时，f′(x)<0；当x>e k时，f′(x)>0.所以函数f(x)的单调递减区间是(1，e k)，单调递增区间是(e k，＋∞)，在区间(1，＋∞)上的极小值为f(e k)＝(k－k－1)e k＝－e k，无极大值．(2)【解析】由题意，f(x)－4ln x<0，即问题转化为(x－4)ln x－(k＋1)x<0对于x∈[e，e2]恒成立．即k ＋1>(x －4)ln xx 对x ∈[e ，e 2]恒成立．令g (x )＝(x －4)ln x x ，则g ′(x )＝4ln x ＋x －4x 2，令t (x )＝4ln x ＋x －4，x ∈[e ，e 2]，则t ′(x )＝4x ＋1>0，所以t (x )在区间[e ，e 2]上单调递增， 故t ()x min ＝t (e)＝e －4＋4＝e>0，故g ′(x )>0， 所以g (x )在区间[e ，e 2]上单调递增， 函数g ()x max ＝g (e 2)＝2－8e2.要使k ＋1>(x －4)ln xx 对于x ∈[e ，e 2]恒成立，只要k ＋1>g ()x max ，所以k ＋1>2－8e2，即实数k 的取值范围为⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞-,812e (3)[证明] 因为f (x )＝f (x 2)，由(1)知，函数f (x )在区间(0，e k )上单调递减， 在区间(e k ，＋∞)上单调递增，且f (e k ＋1)＝0. 不妨设x 1<x 2，则0<x 1<e k <x 2<e k ＋1， 要证x 1x 2<e 2k ，只要证x 2<e 2k x 1，即证e k<x 2<e 2k x 1. 因为f (x )在区间(e k ，＋∞)上单调递增，所以f (x 2)<f ⎪⎪⎭⎫⎝⎛12x e k .又f (x )＝f (x 2)，即证f (x 1)<f ⎪⎪⎭⎫⎝⎛12x e k ，构造函数h (x )＝f (x )－f ⎪⎪⎭⎫⎝⎛12x e k＝(ln x －k －1)x －⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--1ln 2k x e k e 2kx ，即h (x )＝x ln x －(k ＋1)x ＋e 2k ⎪⎭⎫⎝⎛--x k xx 1ln ，x ∈(0，e k )．h ′(x )＝ln x ＋1－(k ＋1)＋e 2k ⎪⎭⎫⎝⎛-+-221ln 1x k x x ＝(ln x －k )(x 2－e 2k )x 2，因为x ∈(0，e k )，所以ln x －k <0，x 2<e 2k ，即h ′(x )>0，所以函数h (x )在区间(0，e k )上单调递增，故h (x )<h (e k )，而h (e k )＝f (e k )－f ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛k k e e2＝0，故h (x )<0，所以f (x 1)<f ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛12x e k ，即f (x 2)＝f (x 1)<f ⎪⎪⎭⎫⎝⎛12x e k ，所以x 1x 2<e 2k 成立．题组训练二 利用导数证明与函数有关的不等式 已知函数f (x )＝ln x ＋ax(a >0)．(1)若函数f (x )有零点，求实数a 的取值范围； (2)证明：当a ≥2e时，f (x )>e －x .(1)【解】 方法一 函数f (x )＝ln x ＋ax 的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝ln x ＋a x ，得f ′(x )＝1x －a x 2＝x －ax2.因为a >0，则当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以函数f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增． 当x ＝a 时，f (x )min ＝ln a ＋1. 当ln a ＋1≤0，即0<a ≤1e时，又f (1)＝ln 1＋a ＝a >0，则函数f (x )有零点．所以实数a 的取值范围为⎥⎦⎤⎝⎛e1,0方法二 函数f (x )＝ln x ＋a x 的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝ln x ＋ax ＝0，得a ＝－x ln x .令g (x )＝－x ln x ，则g ′(x )＝－(ln x ＋1)．当x ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1,0时，g ′(x )>0；当x ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,1e时，g ′(x )<0.所以函数g (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1,0上单调递增，在⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,1e上单调递减．故当x ＝1e 时，函数g (x )取得最大值g ⎪⎭⎫⎝⎛e 1＝－1e ln 1e ＝1e.因为函数f (x )＝ln x ＋a x 有零点，则0<a ≤1e，所以实数a 的取值范围为⎥⎦⎤ ⎝⎛e1,0.(2)【证明】 要证明当a ≥2e 时，f (x )>e －x ，即证明当x >0，a ≥2e 时，ln x ＋a x >e －x ，即x ln x ＋a >x e －x .令h (x )＝x ln x ＋a ，则h ′(x )＝ln x ＋1. 当0<x <1e 时，h ′(x )<0；当x >1e时，h ′(x )>0.所以函数h (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1,0上单调递减，在⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,1e上单调递增．当x ＝1e 时，h (x )min ＝－1e ＋a .于是，当a ≥2e 时，h (x )≥－1e ＋a ≥1e.①令φ(x )＝x e －x ，则φ′(x )＝e －x －x e －x ＝e －x (1－x )． 当0<x <1时，φ′(x )>0；当x >1时，φ′(x )<0.所以函数φ(x )在()0，1上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 当x ＝1时，φ(x )max ＝φ(1)＝1e .于是，当x >0时，φ(x )≤1e.②显然，不等式①②中的等号不能同时成立． 故当a ≥2e时，f (x )>e －x .题型三 用赋值法证明与正整数有关的不等式 【题型要点】(1)利用导数研究的正整数不等式一般都与题目给出的函数不等式有关，如本例中给出的函数f (x )在a ＝12，x ≥1时，有不等式12⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 1≥ln x ，根据函数的定义域，这个不等式当然对一切大于等于1的数成立，这样根据所证不等式的特点，给定x 以适当的数值即可证明正整数不等式．凡涉及从1到n 的整数的不等式，而且不等式中含有ln n 的问题，一般都是通过赋值使之产生ln n ＋1n ，ln n n －1等使问题获得解决的，如证明12＋23＋…＋nn ＋1<n ＋ln 2－ln(n ＋2)时，就是通过变换n n ＋1＝1－1n ＋1，进而通过不等式x >ln(1＋x )(x >0)，得1n >ln ⎪⎭⎫ ⎝⎛+n 11＝ln(n ＋1)－ln n .(2)证明正整数不等式时，要把这些正整数放在正实数的范围内，通过构造正实数的不等式进行证明，而不能直接构造正整数的函数，因为这样的函数不是可导函数，使用导数就是错误的．【例3】已知函数f (x )＝ax ＋bx ＋c (a >0)的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1.(1)用a 表示出b ，c ；(2)若f (x )≥ln x 在[1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围； (3)证明：1＋12＋13＋…＋1n >ln(n ＋1)＋n2(n ＋1)(n ≥1)．【解析】 (1)f ′(x )＝a －bx 2，则有⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝a ＋b ＋c ＝0，f ′(1)＝a －b ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝a －1c ＝1－2a .(2)由(1)知f (x )＝ax ＋a －1x＋1－2a .令g (x )＝f (x )－ln x ＝ax ＋a －1x ＋1－2a －ln x ，x ∈[1，＋∞)，则g (1)＝0，g ′(x )＝a －a －1x 2－1x＝ax 2－x －(a －1)x 2＝21)1(xa a x x a ⎪⎭⎫ ⎝⎛---(ⅰ)当0＜a <12时，1－a a>1.若1<x <1－aa ，则g ′(x )<0，g (x )是减函数，所以g (x )<g (1)＝0，即f (x )<ln x 故f (x )≥ln x 在[1，＋∞)上不恒成立． (ⅱ)当a ≥12时，1－a a≤1，若x ＞1，则g ′(x )>0，g (x )是增函数，所以g (x )>g (1)＝0，即f (x )>ln x ， 故当x ≥1时，f (x )≥ln x .综上所述，所求a 的取值范围为⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,21(3)证法一：由(2)知当a ≥12时，有f (x )≥ln x (x ≥1)．令a ＝12，有f (x )＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 1≥ln x (x ≥1)，且当x ＞1时，12⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 1＞ln x .令x ＝k ＋1k ，且ln k ＋1k <12⎪⎭⎫⎝⎛+-+11k k k k ＝12⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+--⎪⎭⎫ ⎝⎛+11111k k ， 即ln(k ＋1)－ln k <12⎪⎭⎫ ⎝⎛++111k k ，k ＝1,2,3，…，n .将上述n 个不等式依次相加得ln(n ＋1)<12＋⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅⋅⋅++n 13121＋12(n ＋1)，整理得1＋12＋13＋…1n >ln(n ＋1)＋n2(n ＋1).证法二：用数学归纳法证明．①当n ＝1时，左边＝1， 右边＝ln 2＋14<1，不等式成立．②假设n ＝k 时，不等式成立，就是 1＋12＋13＋…＋1k >ln(k ＋1)＋k 2(k ＋1). 那么1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1>ln(k ＋1)＋k 2(k ＋1)＋1k ＋1＝ln(k ＋1)＋k ＋22(k ＋1).由(2)知当a ≥12时，有f (x )≥ln x (x ≥1)．令a ＝12，有f (x )＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 1≥ln x (x ≥1)．令x ＝k ＋2k ＋1，得12⎪⎭⎫⎝⎛++-++2112k k k k ≥ln k ＋2k ＋1＝ln(k ＋2)－ln(k ＋1)． ∴ln(k ＋1)＋k ＋22(k ＋1)≥ln(k ＋2)＋k ＋12(k ＋2).∴1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1>ln(k ＋2)＋k ＋12(k ＋2).这就是说，当n ＝k ＋1时，不等式也成立， 根据①和②，可知不等式对任何n ∈N *都成立． 题组训练三 用赋值法证明与正整数有关的不等式 设函数f (x )＝e x －ax －1，对∀x ∈R ，f (x )≥0恒成立． (1)求a 的取值集合；(2)求证：1＋12＋13＋…＋1n >ln(n ＋1)(n ∈N *)．【解析】 (1)f (x )＝e x －ax －1，f ′(x )＝e x －a ，①当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在x ∈R 上单调递增，又f (0)＝0，所以当x ∈(－∞，0)，f (x )<0，不合题意，舍去；②当a >0时，x ∈(－∞，ln a )，f ′(x )<0，f (x )单调递减，x ∈(ln a ，＋∞)，f ′(x )>0，f (x )单调递增，f (x )min ＝f (ln a )＝a －a ln a －1，则需a －a ln a －1≥0恒成立．令g (a )＝a －a ln a －1，g ′(a )＝－ln a ，当a ∈(0,1)时，g ′(a )>0，g (a )单调递增，当a ∈(1，＋∞)时，g ′(a )<0，g (a )单调递减，而g (1)＝0，所以a －a ln a －1≤0恒成立．所以a 的取值集合为{1}．(2)由(1)可得e x －x －1>0(x >0)，x >ln(x ＋1)(x >0)，令x ＝1n ，则1n >ln ⎪⎭⎫⎝⎛+11n ＝ln n ＋1n ＝ln(n ＋1)－ln n ， 所以1＋12＋13＋…＋1n >(ln 2－ln 1)＋(ln 3－ln 2)＋…＋(ln(n ＋1)－ln n )＝ln(n ＋1)(n ∈N *)．题型四 构造函数法在解题中的应用【例4】 已知函数f (x )＝e x －3x ＋3a (e 为自然对数的底数，a ∈R )． (1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln 3e ，且x >0时，e x x >32x ＋1x －3a .【解析】 (1)由f (x )＝e x －3x ＋3a ，知f ′(x )＝e x －3. 令f ′(x )＝0，得x ＝ln 3，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故f f (x )在x ＝ln 3处取得极小值，极小值为f (ln 3)＝3(1－ln 3＋a )．(2)证明：待证不等式等价于e x >32x 2－3ax ＋1，设g (x )＝e x －32x 2＋3ax －1，于是g ′(x )＝e x －3x ＋3a . 由(1)及a >ln 3e＝ln 3－1知，g ′(x )的最小值为g ′(ln 3)＝3(1－ln 3＋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 >ln 3e ＝ln 3－1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>g (0)．而g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，g (x )>0. 即e x>32x 2－3ax ＋1，故e x x >32x ＋1x－3a .题组训练四1．构造函数解不等式已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )<f (x )，且f (x ＋2)为偶函数，f (4)＝1，则不等式f (x )<e x 的解集为( )A ．(－2，＋∞)B ．(0，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(4，＋∞)【解析】 因为f (x ＋2)为偶函数，所以f (x ＋2)的图象关于x ＝0对称，所以f (x )的图象关于x ＝2对称．所以f (0)＝f (4)＝1.设g (x )＝f (x )e x (x ∈R )，则g ′(x )＝f ′(x )e x －f (x )e x (e x )2＝f ′(x )－f (x )e x .又f ′(x )<f (x )，所以g ′(x )<0(x ∈R )，所以函数g (x )在定义域上单调递减． 因为f (x )<e x ⇔f (x )e x <1，而g (0)＝f (0)e 0＝1，所以f (x )<e x ⇔g (x )<g (0)，所以x >0.故选B.【答案】 B2．构造函数证明不等式设函数f (x )＝ax 2ln x ＋b (x －1)(x ＞0)，曲线y ＝f (x )过点(e ，e 2－e ＋1)，且在点(1,0)处的切线方程为y ＝0.(1)求a ，b 的值；(2)证明：当x ≥1时，f (x )≥(x －1)2；(3)若当x ≥1时，f (x )≥m (x －1)2恒成立，求实数m 的取值范围．【解】 (1)函数f (x )＝ax 2ln x ＋b (x －1)(x ＞0)，可得f ′(x )＝2a ln x ＋ax ＋b ，因为f ′(1)＝a ＋b ＝0，f (e)＝a e 2＋b (e －1)＝a (e 2－e ＋1)＝e 2－e ＋1，所以a ＝1，b ＝－1.(2)证明：f (x )＝x 2ln x －x ＋1， 设g (x )＝x 2ln x ＋x －x 2(x ≥1)，g ′(x )＝2x ln x －x ＋1，(g ′(x ))′＝2ln x ＋1＞0，所以g ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，所以g ′(x )≥g ′(1)＝0，所以g (x )在[0，＋∞)上单调递增， 所以g (x )≥g (1)＝0，所以f (x )≥(x －1)2.(6分) (3)设h (x )＝x 2ln x －x －m (x －1)2＋1， h ′(x )＝2x ln x ＋x －2m (x －1)－1，由(2)中知x 2ln x ≥(x －1)2＋x －1＝x (x －1)， 所以x ln x ≥x －1，所以h ′(x )≥3(x －1)－2m (x －1)， ①当3－2m ≥0即m ≤32时，h ′(x )≥0，所以h (x )在[1，＋∞)单调递增，所以h (x )≥h (1)＝0，成立． ②当3－2m ＜0即m ＞32时，h ′(x )＝2x ln x ＋(1－2m )(x －1)， (h ′(x ))′＝2ln x ＋3－2m ，令(h ′(x ))′＝0，得x 0＝e 2m －32＞1，当x ∈[1，x 0)时，h ′(x )＜h ′(1)＝0，所以h (x )在[1，x 0)上单调递减，所以h (x )＜h (1)＝0，不成立．综上，m ≤32.3．构造函数解决数列问题设函数f (x )＝x 2－ln(x ＋1)，证明：对任意的正整数n 不等式f (1)＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛21＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛31＋…＋f ⎪⎭⎫⎝⎛n 1<1＋123＋133＋…＋1n 3成立． 【证明】 从数列的角度考虑左边的通项为f ⎪⎭⎫⎝⎛n 1，右边的通项为1n 3，若能证明⎪⎭⎫ ⎝⎛n f 1<1n 3，则不等式获证，为此构造函数F (x )＝f (x )－x 3＝x 2－ln(x ＋1)－x 3， 则F ′(x )＝－3x 2＋2x －1x ＋1＝－3x 3＋x 2－2x ＋1x ＋1＝－3x 3＋(x －1)2x ＋1，显然当x ∈[0，＋∞)时，F ′(x )<0，所以函数F (x )在[0，＋∞)上是单调减函数， 又F (0)＝0，所以当x ∈[0，＋∞)时，恒有F (x )<F (0)＝0， 即x 2－ln(x ＋1)<x 3恒成立． 所以x ∈[0，＋∞)时，f (x )<x 3， 取x ＝1k，则有f ⎪⎭⎫⎝⎛k 1<1k 3，所以f (1)<1，f ⎪⎭⎫ ⎝⎛21<123，…，f ⎪⎭⎫ ⎝⎛n 1<1n 3，于是对任意的正整数n ，不等式f (1)＋f ⎪⎭⎫⎝⎛21＋f ⎪⎭⎫⎝⎛31＋…＋f ⎪⎭⎫⎝⎛n 1<1＋123＋133＋…＋1n 3成立． 【专题训练】1．已知函数f (x )＝ax 2＋2x －ln(x ＋1)(a 为常数)． (1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；(2)当x ∈[0，＋∞)时，不等式f (x )≤x 恒成立，求实数的取值范围．【解析】 (1)函数的定义域为(－1，＋∞)，当a ＝－1时，f (x )＝－x 2＋2x －ln(x ＋1)， ∴f ′(x )＝－2x ＋2－1x ＋1＝1－2x 2x ＋1，由f ′(x )>0得，－22<x <22， 由f ′(x )<0得，－1<x <22或x >22， ∴函数f (x )的单调增区间为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-22,22，单调减区间为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--22,1和⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,22(2)当x ∈[0，＋∞)时，f (x )≤x 恒成立， 令g (x )＝f (x )－x ＝ax 2＋x －ln(x ＋1)， 问题转换为x ∈[0，＋∞)时，g (x )max ≤0. ∵g ′(x )＝2ax ＋1－11＋x ＝x [2ax ＋(2a ＋1)]x ＋1，①当a ＝0时，g ′(x )＝xx ＋1≥0，∴g (x )在x ∈[0，＋∞)上单调递增，此时g (x )无最大值，故a ＝0不合题意．②当a >0时，令g ′(x )＝0解得，x 1＝0，x 2＝－(2a ＋1)2a<0，此时g (x )在x ∈[0，＋∞)上单调递增，此时无最大值，故a >0不合题意． ③当a <0时，令g ′(x )＝0解得，x 1＝0，x 2＝－(2a ＋1)2a，当－12<a <0时，x 2＝－(2a ＋1)2a >0，而g (x )在[0，x 2)上单调递增，在[x 2，＋∞)上单调递减，∴g (x )max ＝g (x 2)＝a －14a －ln ⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 21 ＝a －14a＋ln(－2a )，令φ(x )＝x －14x ＋ln(－2x )，x ∈⎪⎭⎫⎝⎛-0,21，则φ′(x )＝1＋14x 2＋1x ＝(2x ＋1)24x 2>0，∴φ(x )在x ∈⎪⎭⎫⎝⎛-0,21上单调递增， 又φ⎪⎭⎫⎝⎛-81e ＝－1e 8＋e 34－3ln 2，当e≈2.71时，e 3≈19.9，∴φ(x )在x ∈⎪⎭⎫⎝⎛-0,21上小于或等于不恒成立， 即g (x )max ≤0不恒成立， 故－12<a <0不合题意．当a ≤－12时，x 2＝－(2a ＋1)2a ≤0，而此时g (x )在x ∈[0，＋∞)上单调递减， ∴g (x )max ＝g (0)＝0，符合题意．综上可知，实数的取值范围是⎥⎦⎤ ⎝⎛-∞-21,2．已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x 2，a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，证明f (x )>f ′(x )＋32对于任意的x ∈[1,2]成立．【解析】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝(ax 2－2)(x －1)x 3.当a ≤0时，x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0， f (x )单调递减．当a >0时，f ′(x )＝a (x －1)x 3⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-a x a x 22. ①0<a <2时，2a>1， 当x ∈(0,1)或x ∈⎪⎪⎭⎫⎝⎛+∞,2a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈⎪⎪⎭⎫⎝⎛a 2,1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． ②a ＝2时，2a＝1，在x ∈(0，＋∞)内，f ′(x )≥0，f (x )单调递增． ③a >2时，0<2a <1，当x ∈⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛a 2,0或x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈⎪⎪⎭⎫⎝⎛1,2a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． 综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0,1)内单调递增， 在(1，＋∞)内单调递减；当0<a <2时，f (x )在(0,1)内单调递增，在⎪⎪⎭⎫⎝⎛a 2,1内单调递减，在⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,2a 内单调递增；当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)内单调递增；当a >2时，f (x )在⎪⎪⎭⎫⎝⎛a 2,0内单调递增， 在⎪⎪⎭⎫⎝⎛1,2a 内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增． (2)证明：由(1)知，a ＝1时，f (x )－f ′(x )＝x －ln x ＋2x －1x 2－⎪⎭⎫ ⎝⎛+--322211x x x＝x －ln x ＋3x ＋1x 2－2x3－1，x ∈[1,2]．设g (x )＝x －ln x ，h (x )＝3x ＋1x 2－2x3－1，x ∈[1,2]，则f (x )－f ′(x )＝g (x )＋h (x )．由g ′(x )＝x －1x≥0， 可得g (x )≥g (1)＝1，当且仅当x ＝1时取得等号，又h ′(x )＝－3x 2－2x ＋6x 4.设φ(x )＝－3x 2－2x ＋6，则φ(x )在x ∈[1,2]单调递减．因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，所以∃x 0∈(1,2)，使得x ∈(1，x 0)时，φ(x )>0，x ∈(x 0,2)时，φ(x )<0.所以h (x )＝1，h (2)＝12，可得h (x )≥h (2)＝12，当且仅当x ＝2时取得等号． 所以f (x )－f ′(x )>g (1)＋h (2)＝32.即f (x )>f ′(x )＋32对于任意的x ∈[1,2]成立．3．已知函数f (x )＝x ＋a ln x (a ∈R )．(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处与直线y ＝3x －2相切，求a 的值；(2)若函数g (x )＝f (x )－kx 2有两个零点x 1，x 2，试判断g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x 的符号，并证明．【解析】 (1)f ′(x )＝1＋ax，又f ′(1)＝3，所以a ＝2.(2)当a >0时，g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x <0；当a <0时，g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x >0，证明如下：函数g (x )的定义域是(0，＋∞)．若a ＝0，则g (x )＝f (x )－kx 2＝x －kx 2. 令g (x )＝0，则x －kx 2＝0.又据题设分析知，k ≠0，所以x 1＝0，x 2＝1k.又g (x )有两个零点，且都大于0，所以a ＝0不成立．据题设知⎩⎪⎨⎪⎧g (x 1)＝x 1＋a ln x 1－kx 21＝0，g (x 2)＝x 2＋a ln x 2－kx 22＝0.不妨设x 1>x 2，x 1x 2＝t ，t >1. 所以x 1－x 2＋a (ln x 1－ln x 2)＝k (x 1－x 2)(x 1＋x 2)．所以1＋a (ln x 1－ln x 2)x 1－x 2＝k (x 1＋x 2)．又g ′(x )＝1＋a x －2kx ，所以g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x ＝1＋2a x 1＋x 2－k (x 1＋x 2)＝1＋2a x 1＋x 2－1－a (ln x 1－ln x 2)x 1－x 2＝a ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---+212121ln ln 2x x x x x x ＝a x 2⎪⎭⎫ ⎝⎛--+i t t t ln 12＝a x 2·1t －1()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-t t t ln 112 引入h (t )＝2(t －1)t ＋1－ln t (t >1)，则h ′(t )＝4(t ＋1)2－1t ＝－(t －1)2t (t ＋1)2<0.素材来源于网络，林老师编辑整理素材来源于网络，林老师编辑整理 所以h (t )在(0，＋∞)上单调递减． 而h (1)＝0，所以当t >1时，h (t )<0.易知x 2>0，1t －1>0，所以当a >0时，g ′⎪⎭⎫ ⎝⎛+221x x <0； 当a <0时，g ′⎪⎭⎫ ⎝⎛+221x x >0.。
2020高考数学核心突破《专题2 不等式、函数与导数 第4讲 导数及其应用》
专题二 第4讲1．(2017·辽宁沈阳一模)已知函数f (x )＝a ln x (a ＞0)，e 为自然对数的底数． (1)若过点A (2，f (2))的切线斜率为2，求实数a 的值； (2)当x ＞0时，求证：f (x )≥a ⎝⎛⎭⎫1－1x ； (3)若在区间(1，e)上f (x )x －1＞1恒成立，求实数a 的取值范围．解析 (1)函数f (x )＝a ln x 的导函数 f ′(x )＝ax.∵过点A (2，f (2))的切线斜率为2， ∴f ′(2)＝a2＝2，解得a ＝4.(2)证明：令g (x )＝f (x )－a ⎝⎛⎭⎫1－1x ＝a ⎝⎛⎭⎫ln x －1＋1x ， 则函数的导数g ′(x )＝a ⎝⎛⎭⎫1x －1x 2.令g ′(x )>0，即a ⎝⎛⎭⎫1x －1x 2>0，∵a >0，解得x >1， 令g ′(x )<0，得0<x <1.∴g (x )在(0,1)上递减，在(1，＋∞)上递增． ∴g (x )的最小值为g (1)＝0，故f (x )≥a ⎝⎛⎭⎫1－1x 成立． (3)令h (x )＝a ln x ＋1－x ，则h ′(x )＝ax －1，令h ′(x )>0，解得x <a .当a ≥e 时，h (x )在(1，e)是增函数，所以h (x )>h (1)＝0. 当1<a <e 时，h (x )在(1，a )上递增，(a ，e)上递减， ∴只需h (e)≥0，即a ≥e －1.当a ≤1时，h (x )在(1，e)上递减，则需h (e)≥0， ∵h (e)＝a ＋1－e<0不合题意．综上，a ≥e －1.所以实数a 的取值范围为[e －1，＋∞)． 2．(2017·福建福州二模)设f (x )＝ln x ·ln(1－x )． (1)求函数y ＝f (x )的图象在点⎝⎛⎭⎫12，f ⎝⎛⎭⎫12处的切线方程；(2)求函数y ＝f ′(x )的零点．解析 (1)因为f ′(x )＝ln (1－x )x －ln x 1－x，所以f ′⎝⎛⎭⎫12＝0. 又因为f ⎝⎛⎭⎫12＝(ln 2)2，所以函数y ＝f (x )的图象在点⎝⎛⎭⎫12，f ⎝⎛⎭⎫12处的切线方程为y ＝(ln 2)2. (2)由题意得f (x )的定义域为(0,1)．f ′(x )＝ln (1－x )x －ln x 1－x ＝1x (x －1)[(x －1)ln(1－x )＋x ln x ]．令g (x )＝(x －1)ln(1－x )＋x ln x ，则g ′(x )＝2＋ln x ＋ln(1－x )．令h (x )＝2＋ln x ＋ln(1－x )，则h ′(x )＝2x －1x (x －1).当x ∈⎝⎛⎭⎫0，12时，h ′(x )>0，h (x )为单调递增函数； 当x ∈⎝⎛⎭⎫12，1时，h ′(x )<0，h (x )为单调递减函数． 所以h (x )max ＝h ⎝⎛⎭⎫12＝2－2ln 2>0.又因为当x →0时，h (x )→－∞，当x →1时，h (x )→－∞，所以存在0<x 1<12<x 2<1，使得h (x 1)＝h (x 2)＝0.所以g (x )的单调递增区间是(x 1，x 2)，单调递减区间是(0，x 1)，(x 2,1)． 又因为g ⎝⎛⎭⎫12＝0，当x →0时，g (x )→0，当x →1时，g (x )→0， 所以x ＝12是方程g (x )＝0的唯一实数根．故函数y ＝f ′(x )的零点是x ＝12.3．已知函数f (x )＝x 2＋a (x ＋ln x )，a ∈R . (1)当a ＝－1时，求f (x )的单调区间； (2)若f (x )＞12(e ＋1)a ，求a 的取值范围．解析 (1)由题意得x ∈(0，＋∞)， 当a ＝－1时，f (x )＝x 2－x －ln x ， ∴f ′(x )＝2x 2－x －1x .令f ′(x )<0，则0<x <1； 令f ′(x )≥0，则x ≥1，∴f (x )的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是[1，＋∞)． (2)①当a ＝0时，f (x )＝x 2，显然符合题意； ②当a >0时，当0<x <e －1－1a<1时，f (x )<1＋a ＋a ln x <1＋a ＋a ⎝⎛⎭⎫－1－1a ＝0<12(e ＋1)a ， 不符合题意；③当a <0时，则f ′(x )＝2x 2＋ax ＋ax，令f ′(x 0)＝0，则存在x 0∈(0，＋∞)，使得2x 20＋ax 0＋a ＝0， 即f ′(x 0)＝0.令f ′(x )<0，则0<x <x 0； 令f ′(x )>0，则x >x 0.∴f (x )min ＝f (x 0)＝x 20＋a (x 0＋ln x 0)＝12a [(x 0－1)＋2ln x 0]． ∵f (x )>12(e ＋1)a ，∴x 0＋2ln x 0－(e ＋2)<0，令g (x )＝x ＋2ln x －(e ＋2)，且g (e)＝0.∵g (x )在(0，＋∞)单调递增，当g (x )<0；有0<x <e. ∴0<x 0<e.∵2x 20＋ax 0＋a ＝0，∴a ＝－2x 20x 0＋1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2e 2e ＋1，0. 综上所述，实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－2e 2e ＋1，0.4．(2017·湖北八校模拟)已知函数f (x )＝x 2－(m －1)x ，g (x )＝xe x －m (m ∈R )．(1)若直线l ：y ＝kx 与曲线y ＝f (x )，y ＝g (x )均相切于同一点，求实数k 的值； (2)当m >0时，用min{a ，b }表示a ，b 两数中的最小值，设h (x )＝min{f (x )，g (x )}，求h (x )的表达式．解析 (1)∵直线l 与曲线y ＝f (x )，y ＝g (x )均过原点， ∴切点为原点．又f ′(x )＝2x －(m －1)，g ′(x )＝1－xe x －m ，∴f ′(0)＝1－m ，g ′(0)＝1e －m ＝e m .∴直线l 的斜率k ＝1－m ＝e m ，m ＋e m ＝1. ∵r (m )＝m ＋e m 在R 上单调递增，且r (0)＝1， ∴m ＝0，k ＝1.(2)令f (x )＝g (x )，得x 2－(m －1)x ＝xe x －m ， ∴x ＝0或(x ＋1－m )e x －m －1＝0，即f (0)＝g (0)，f (m )＝g (m )． 令t (x )＝(x ＋1－m )e x －m －1，则t ′(x )＝(x ＋2－m )e x －m ，则t ′(x )>0⇔x >m －2，t ′(x )<0⇔x <m －2.∴t (x )在(－∞，m －2)上单调递减，在(m －2，＋∞)上单调递增，且t (m )＝0，当x →－∞时，t (x )<－1.故当m >0时，方程f (x )＝g (x )恰有两个根，且x 1＝0或x 2＝m . ∵f ′(x )＝2x －(m －1)，∴f ′(x )<0⇔x <m －12，f ′(x )>0⇔x >m －12，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，m －12上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫m －12，＋∞上单调递增．又g ′(x )＝1－xe x －m ，g ′(x )>0⇔x <1，g ′(x )<0⇔x >1，∴g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．∴h (x )＝⎩⎨⎧x 2－(m －1)x ，0<x <m ，xex －m，x ≤0或x ≥m .5．已知f (x )＝x 3＋ax 2－a 2x ＋2.(1)若a ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若a ≠0，求函数f (x )的单调区间；(3)若不等式2x ln x ≤f ′(x )＋a 2＋1恒成立，求实数a 的取值范围． 解析 (1)∵a ＝1， ∴f (x )＝x 3＋x 2－x ＋2， ∴f ′(x )＝3x 2＋2x －1，∴k ＝f ′(1)＝4，又f (1)＝3，∴切点坐标为(1,3)， ∴所求切线方程为y －3＝4(x －1)，即4x －y －1＝0. (2)f ′(x )＝3x 2＋2ax －a 2＝(x ＋a )(3x －a )， 由f ′(x )＝0，得x ＝－a 或x ＝a3.①当a >0时，由f ′(x )<0，得－a <x <a3.由f ′(x )>0，得x <－a 或x >a3，此时f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫－a ，a 3， 单调递增区间为(－∞，－a )和⎝⎛⎭⎫a3，＋∞. ②当a <0时，由f ′(x )<0，得a3<x <－a .由f ′(x )>0，得x <a3或x >－a ，此时f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫a 3，－a ， 单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－∞，a3和(－a ，＋∞)． 综上，当a >0时，f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫－a ，a3. 单调递增区间为(－∞，－a )和⎝⎛⎭⎫a3，＋∞. 当a <0时，f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫a 3，－a ， 单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－∞，a3和(－a ，＋∞)． (3)依题意x ∈(0，＋∞)，不等式2x ln x ≤f ′(x )＋a 2＋1恒成立，等价于2x ln x ≤3x 2＋2ax ＋1在(0，＋∞)上恒成立，可得a ≥ln x －32x －12x 在(0，＋∞)上恒成立，设h (x )＝ln x －3x 2－12x，则h ′(x )＝1x －32＋12x 2＝－(x －1)(3x ＋1)2x 2.令h ′(x )＝0，得x ＝1，x ＝－13(舍)．当0<x <1时，h ′(x )>0；当x >1时，h ′(x )<0. 当x 变化时，h ′(x )与h (x )的变化情况如表.∴当x ＝1时，max ＝－2，∴a ≥－2，即a 的取值范围是[－2，＋∞)．6．已知函数f (x )＝x 22＋m ln x ，g (x )＝x 22－x ，p (x )＝mx 2.(1)若函数f (x )与g (x )在公共定义域上具有相同的单调性，求实数m 的值；(2)若函数m (x )，m 1(x )，m 2(x )在公共定义域内满足m 1(x )>m (x )>m 2(x )恒成立，则称m (x )为从m 1(x )至m 2(x )的“过渡函数”．①在(1)的条件下，探究从f (x )至g (x )是否存在无穷多个“过渡函数”，并说明理由； ②是否存在实数m ，使得f (x )为从p (x )至g (x )的“过渡函数”？若存在，求出实数m 的取值范围；若不存在，请说明理由．解析 (1)易知f (x )与g (x )的公共定义域为(0，＋∞)，且g (x )＝x 22－x 在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故f ′(1)＝0.又f ′(x )＝x ＋mx，故1＋m ＝0，得m ＝－1.经检验，当m ＝－1时，f (x )与g (x )在公共定义域上具有相同的单调性，所以m ＝－1. (2)①f (x )＝x 22－ln x ，g (x )＝x 22－x ，公共定义域为(0，＋∞)．令F (x )＝f (x )－g (x )＝x －ln x ，x ∈(0，＋∞)，则F ′(x )＝1－1x ，故F (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 故F (1)为F (x )在(0，＋∞)上的极小值，也是最小值． 所以F (x )min ＝F (1)＝1>0，故f (x )－g (x )≥1，即f (x )≥g (x )＋1.令h (x )＝g (x )＋t ，t ∈(0,1)，故f (x )>h (x )>g (x )在(0，＋∞)上恒成立，即存在无穷多个从f (x )至g (x )的“过渡函数”．②假设存在实数m ，使得f (x )为从p (x )至g (x )的“过渡函数”，则mx 2>x 22＋m ln x >x 22－x 在(0，＋∞)上恒成立．令H (x )＝f (x )－g (x )＝m ln x ＋x ，x ∈(0，＋∞)， 则H ′(x )＝mx ＋1＝m ＋x x.(a)当m ≥0时，H ′(x )>0，故H (x )在(0，＋∞)上单调递增，且值域为R ，此时f (x )－g (x )>0不恒成立，故m ≥0与假设不符，舍去；(b)当m <0时，令H ′(x )＝0，解得x ＝－m ，可知H (x )在(0，－m )上单调递减，在(－m ，＋∞)上单调递增，故H (x )min ＝H (－m )＝m ln(－m )－m ，依题意得 m ln(－m )－m >0，解得m >－e ，故－e<m <0.综上，当－e<m <0时，f (x )>g (x )在(0，＋∞)上恒成立． 令G (x )＝p (x )－f (x )＝⎝⎛⎭⎫m －12x 2－m ln x ，x ∈(0，＋∞)． 因为－e<m <0，故m －12<0.又G (1)＝m －12<0，所以当－e<m <0时，G (x )>0在(0，＋∞)上不恒成立，即p (x )>f (x )在(0，＋∞)上不恒成立．所以不存在实数m ，使得f (x )为从p (x )至g (x )的“过渡函数”．。
高考数学专题突破(2)-利用导数研究不等式与方程的根
1 2e
1．令
g(t)＝－ln
t＋
t
－1(t>0)，则
g′(t)＝－ － t
t2
<0，因此
g(t)即
f′(t)在(0，＋∞)
上单调递减，又 f′(e)＝0，所以函数 f(t)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
1
1
因此 f(t)max＝f(e)＝(2e－e)ln e＝e，所以 e≤ ，得 0<m≤ ．故选 D．
e
1a
－a
设 h(a)＝g(e)－g ＝e －e －2a(a>0)，
e
a
－a
a
－a
则 h′(a)＝e ＋e －2>2 e ·e －2＝0，
所以 h(a)在(0，＋∞)上单调递增，故 h(a)>h(0)＝0，
1 所以 g(e)>g ，
e
a
从而 g(x)max＝g(e)＝－a＋e ，
a
a
所以－a＋e ≤e－1，即 e －a－e＋1≤0，
(1)当 a<1 时，讨论函数 f(x)的单调性；
x2 a
－1
(2)若不等式 f(x)＋(a＋1)x≥ ＋x ＋1－e 对于任意 x∈[e ，e]成立，求正实数 a 的
2
取值范围．
解 (1)由题知，函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
a x2－a＋1x＋a
f′(x)＝x－(a＋1)＋ ＝
x
x
x－ax－1
个不同的零点，则有 f(－1)＝2＋a>0，且 f(1)＝a－2<0，即－2<a<2，所以实数 a 的取值范
2
围是(－2，2)． 8．若不等式 2x(x－a)>1 在(0，＋∞)上恒成立，则实数 a 的取值范围是________．
专题突破一 利用导数证明不等式(学)
第3课时利用导数证明不等式题型一将不等式转化为函数的最值问题例1(2020·赣州模拟)已知函数f(x)＝1－ln xx，g(x)＝a ee x＋1x－bx，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)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2 x.跟踪训练1(2020·武汉调研)已知函数f(x)＝ln x＋ax，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a>0时，证明f(x)≥2a－1 a.题型二将不等式转化为两个函数的最值进行比较例2已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝e时，证明：xf(x)－e x＋2e x≤0.跟踪训练2已知f(x)＝x ln x.(1)求函数f(x)的极值；(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>1e x－2e x成立．题型三适当放缩证明不等式例3(2020·长春质检)已知函数f(x)＝e x－a.(1)若函数f(x)的图象与直线l：y＝x－1相切，求a的值；(2)若f(x)－ln x>0恒成立，求整数a的最大值．跟踪训练3证明：e x－ln x>2.极值点偏移问题常作为压轴题出现，题型复杂多变．解决此类问题，先需理解此类问题的实质，巧妙消元、消参、构造函数，利用函数的性质解决问题．例1已知函数f(x)为偶函数，当x≥0时，f(x)＝2e x，若存在实数m，对任意的x∈[1，k](k>1)，都有f(x＋m)≤2e x，求整数k的最小值．例2已知函数f(x)＝ln x－ax有两个零点x1，x2.(1)求实数a的取值范围；(2)求证：x1·x2>e2.课时精练1．已知函数f (x )＝x －1x－ln x . (1)求函数f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最大值和最小值(其中e 是自然对数的底数)；(2)求证：ln e 2x ≤1＋x x.2．已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a <0时，证明：f (x )≤－34a－2.3．(2018·全国Ⅲ)已知函数f (x )＝ax 2＋x －1e x. (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，－1)处的切线方程；(2)证明：当a ≥1时，f (x )＋e ≥0.4．已知函数f(x)＝x e x，g(x)＝(e－1)x2＋x ln x＋x.(1)求曲线y＝f(x)在点(1，e)处的切线方程；(2)证明：f(x)≥g(x)．5．已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．(1)讨论函数f(x)在(0，＋∞)上的单调性；(2)证明：e x－e2ln x>0恒成立．。
2020高考数学理二轮课标通用专题能力训练：利用导数解不等式及参数的取值范围含解析
答案:(1)证明当a=0时,f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f'(x)=ln(1+x)- ,
设函数g(x)=f'(x)=ln(1+x)- ,则g'(x)= ,
当-1<x<0时,g'(x)<0;当x>0时,g'(x)>0.故当x>-1时,g(x)≥g(0)=0,且仅当x=0时,g(x)=0,从而f'(x)≥0,且仅当x=0时,f'(x)=0.
若6a+1=0,则h'(x)=
则当x∈(-1,0)时,h'(x)>0;当x∈(0,1)时,h'(x)<0.
所以x=0是h(x)的极大值点,从而x=0是f(x)的极大值点.
综上,a=-
2.已知函数f(x)=ax+xlnx的图象在x=e(e为自然对数的底数)处的切线的斜率为3.
(1)求实数a的值;
(2)若f(x)≤kx2对任意x>0成立,求实数k的取值范围;
设t(x)= x2-xlnx(x>0).
由题意知x1>x2>0,则当x∈(0,+∞)时函数t(x)单调递增,
∴t'(x)=mx-lnx-1≥0恒成立,即m 恒成立.
因此,记h(x)= ,得h'(x)=
∵函数在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减,
∴函数h(x)在x=1处取得极大值,并且这个极大值就是函数h(x)的最大值.
当a≤0,x>1时,f(x)=a(x2-1)-lnx<0.
故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0.
2020高考数学专题突破练2利用导数研究不等式与方程的根文含解析
专题突破练(2)利用导数研究不等式与方程的根一、选择题_3 2 __1. (2019 •佛山质检)设函数 f (x ) = x - 3x + 2x ，若 x i , X 2(x i v X 2)是函数 g (x ) = f (x ) —入x 的两个极值点，现给出如下结论：①若一1 v 入 V 0,则 f (x i ) v f (X 2);②若 0 v 入 v 2，则 f (x i ) v f (X 2);③若 入 > 2,则 f (x i ) v f (X 2). 其中正确结论的个数为( )A. 0 B . i C . 2 D . 3 答案 B解析 依题意，X i, X 2(X i <X 2)是函数g '(x ) = 3x 2— 6x + 2—入的两个零点，贝y △= i2(入2—入+ I)>0,即卩入 >—I,且 X i + X 2= 2,X I X 2=—.研究 f (X i )< f (X 2)成立的充要条件：f (X i )<f (X 2)3等价于(x i — X 2)[( X i + X 2)2 — 3(X i + X 2)— X i X 2+ 2]<0，因为 X i <X 2,所以有(X i + X 2)2— 3(x i + X 2) 2—入—X i X 2+ 2=——3—>0,解得 入>2.从而可知③正确.故选B .3 a2.(20i8 •乌鲁木齐一诊)设函数f (x ) = e Xx + - — 3—-,若不等式f (x ) W0有正实数解， X — 则实数a 的最小值为()A. 3 B . 2 C . e 2 D . e 答案 D3 a解析 因为 f (x ) = e X x + -一 3 — - W0 有正实数解，所以 a >( x 2— 3x + 3)e x ,令 g (x ) = (x 2— ——3— + 3)e x ，则 g '(x ) = (2x — 3)e x + (x 2— 3x + 3)e x = x (x — i)e x ，所以当—>i 时，g '(x )>0 ;当0<X <1时，g '(x )<0，所以g (x )在(0 , i)上单调递减，在(i ,)上单调递增，所以g (x )min=g (1) = e ,所以 a >e .故选 D. 8ec =，贝U a , b , c 的大小关系为(64b >a >c C . c >b >a D . c >a >b答案 C— —ex e f x — 2 \解析 构造函数 f (x ) = -2,则 a = f (6) , b = f (7) ,c = f (8) , f '(x ) =—4，当—>2— —时，f ' ( x )>0 ,所以 f (x )在(2 , +8)上单调递增，故 f (8)> f (7)> f (6),即 c >b >a .故选 C.4.(2018 •合肥质检二)已知函数f (X )是定义在R 上的增函数，f (x ) + 2> f '(x ) , f (0) =1，则不等式ln ( f (x ) + 2) — ln 3 > —的解集为( )A. ( —8, 0) B . (0，+m ) C . ( —8, 1) D . (1 , +8)答案 A6“ e 3.设 a = 36， 7e b =49，A. a >b >c B .解析构造函数g(x)= 则g'(x)=f' X- f X+ 2上0，则g( x)在R上单调递减，且g(0)= 芈二2= 3 •从而原不等式In f x；2>x可化为f x；2>e x，即f X广2>3,1卩g(x) >g(0)，从而由函数g(x)的单调 3 3 e性，知x v 0 .故选A.5. (2018 •郑州质检一)若对于任意的正实数x, y都有2x —y in - <mS成立，则实数me x ne的取值范围为()111 1A. —, 1 B . —2, 1 C . -2, e D . 0，—e ee e答案Dy y x e y y 1 y 解析因为x>0, y>0, 2x—T n < ，所以两边同时乘以-，可得2e—In < ,令-e x m e x x x m x1 2e=t (t >0)，令f(t) = (2e —t) • In t (t >0)，贝U f '(t) =—In t + (2e —t) • - =—In t +了—2e 1 2e 1.令g(t) =—In t + 匸—1(t>0),则g'() = — - —丁<0,因此g(t)即f'()在(0 , +^)上单调递减，又f' (e) = 0，所以函数f (t)在(0 , e)上单调递增，在(e , )上单调递减，1 1 ,因此f (t)max= f (e) = (2e —e)In e = e,所以e w m,得0<n r^-.故选 D.6. (2018 •郑州质检三)已知函数f (x) = a x+ x2—x In a,对任意的X1,X2 €[0 , 1]，不等式|f(X1)—f(X2)| w a —2恒成立，则实数a的取值范围是()2 2A. [e ,+s) B . [e ,+^) C . [2 , e] D . [e , e]答案AX x x 2 解析f '(x) = a In a+ 2x —In a,令g( x) = a In a+ 2x —In a,贝U g'(x) = a (In a) + 2>0,所以函数g(x)在[0 , 1]上单调递增，所以g(x) > g(0) = a°x In a+ 2x 0—In a= 0, 即f' (x) > 0,则函数f(x)在[0 , 1]上单调递增，所以|f(x" —f(X2)| w f (1) —f (0) = a—In a w a —2,解得a>e2.故选A.二、填空题7. ____________________________________________________________________ 若函数f (x) = x3—3x + a有三个不同的零点，则实数a的取值范围是_______________________ .答案(一2, 2)3 2解析由f (x) = x —3x+ a,得f '( x) = 3x —3,当f'( x) = 0 时，x=± 1,易知f (x)的极大值为f ( —1) = 2+ a, f (x)的极小值为f(1) = a—2，要使函数f (x) = x —3x+ a有三个不同的零点，则有f( —1) = 2+ a>0,且f(1) = a—2<0,即一2<a<2,所以实数a的取值范围是(-2, 2).&若不等式2x(x- a)>1在(0,+^)上恒成立，则实数a的取值范围是___________________ .答案(―汽―1]解析不等式2x(x-a)>1在(0 , +8)上恒成立，即a<x-2-x在(0 , +^)上恒成立.令f(x) = x- 2 - x( x>0)，贝U f'(x) = 1+ 2-x ln 2>0，即f (x)在(0 ,+^)上单调递增，所以f(x)>f(0) =- 1,所以a w—1, 即卩a€ (-8,-i].三、解答题9. (2018 •合肥质检二)已知函数f (x) = (x- 1)e x-ax1 2(e是自然对数的底数，a€ R).(1) 讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由；x 3(2) 若？x>0, f (x) + e > x + x，求a的取值范围.解(1)f(x)的定义域为R,f'( x) = x e x—2ax= x(e x—2a).当a w0时，f(x)在(-8, 0)上单调递减，在(0 ,+8)上单调递增，••• f (x)有1个极值点；1当0<a<2时，f (x)在(一8, in 2 a)上单调递增，在(in 2 a, 0)上单调递减，在(0 ,+8)上单调递增，• f(x)有2个极值点；1当a =㊁时，f (x)在R上单调递增，• f (x)没有极值点；1当a>2时，f (x)在(一8, 0)上单调递增，在(0 , in 2 a)上单调递减，在(In 2 a,+8)上单调递增,•- f(x)有2个极值点；综上所述，当a w0时，f( x)有1个极值点；1当a>0且a z㊁时，f (x)有2个极值点；1当a = q时，f (x)没有极值点.(2)由f(x) + e x>x3+ x，得x e x-x3- ax2- x>0,当x>0 时，e x- x2- ax -1 >0,x 2e x—x2—设g(x)=1(x>0),则g'设h(x) = e x- x—1(x>0)，则h'( x) = e x- 1.•/ x>0,「. h'(x)>0,「. h(x)在(0，+m)上单调递增，••• h( x)> h(0) = 0,即卩e >x+1,••• g(x)在(0 , 1)上单调递减，在(1 ,+m)上单调递增，•• g( x)》g(1) = e—2, • a w e—2.• a的取值范围是(一m, e —2].10. (2018 •郑州质检一)已知函数f (x) = In x —a(x + 1), a€ R在(1 , f(1))处的切线与x轴平行.(1)求f(x)的单调区间；x2 1⑵若存在X o>1,当x€ (1 , X o)时，恒有f(x) — - + 2x+2>k(x—1)成立，求k的取值范围.解(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，+m ).• f' (1) = 1 —a= 0,1 1 —x• a=1,A f'(X)= x —1= T，令f '(x)>0 得0<x<1，令f '(x)<0 得x>1,• f(x)的单调递增区间为(0 , 1)，单调递减区间为x2 1(2)不等式f (x) — - + 2x + 2>k(x —1)可化为In(1 ,+m ).x2 1x — - + x—2>k(x —1),令g(x) = In x—1+ x — 2 —k(x—1)( x>1),21 —x + 1 —k x+ 1则g (x) = —x + 1 —k=x x2令h(x) =—x + (1 —k)x + 1(x>1), h(x)的对称轴为直线x=P1 —k 、、①当一^w 1, 即卩k>—1时，易知h(x)在(1 , X。
2020年高考数学复习导数法妙解不等式函数零点方程根的问题专题突破
2020年高考数学复习导数法妙解不等式函数零点方程根的问题专题突破考纲要求:1.导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中高档题． 常见的命题角度有：(1)证明不等式；(2)不等式恒成立问题；(3)存在型不等式成立问题．2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(对多项式函数不超 过三次).3.会求闭区间上函数的最大值、最小值(对多项式函数不超过三次)． 基础知识回顾: 1、求函数的极值（1）设函数)(x f y =在0x x =及其附近有定义，如果)(0x f 的值比0x 附近所有各点的值都大（小），则称)(0x f 是函数)(x f y =的一个极大（小）值。
（2）求函数的极值的一般步骤先求定义域D ,再求导，再解方程1()0f x =（注意和D 求交集），最后列表确定极值。
一般地，函数在()f x 点0x 连续时，如果0x 附近左侧1()f x >0，右侧1()f x <0，那么)(0x f 是极大值。
一般地，函数在()f x 点0x 连续时，如果0x 附近左侧1()f x <0，右侧1()f x >0，那么)(0x f 是极小值。
（3）极值是一个局部概念。
由定义，极值只是某个点的函数值与它附近点的函数值比较是最大或最小。
并不意味着它在函数的整个的定义域内最大或最小。
（4）函数的极值点一定出现在区间的内部，区间的端点不能成为极值点。
而使函数取得最大值、最小值的点可能在区间的内部，也可能在区间的端点。
（5）一般地，连续函数()f x 在点0x 处有极值是'0()f x =0的充分非必要条件。
（6）求函数的极值一定要列表。
2、用导数求函数的最值（1）设)(x f y =是定义在闭区间[],a b 上的函数，)(x f y =在(),a b 内有导数，可以这样求最值： ①求出函数在(),a b 内的可能极值点（即方程0)(/=x f 在(),a b 内的根n x x x ,,,21Λ）；②比较函数值)(a f ，)(b f 与)(,),(),(21n x f x f x f Λ，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值. （2）如果是开区间(,)a b ，则必须通过求导，求函数的单调区间，最后确定函数的最值。
2020高考数学刷题首秧专题突破练2利用导数研究不等式与方程的根文含解析
专题突破练() 利用导数研究不等式与方程的根一、选择题．(·佛山质检)设函数()＝－＋，若，(＜)是函数()＝()－λ的两个极值点，现给出如下结论：①若－＜λ＜，则()＜()；②若＜λ＜，则()＜()；③若λ＞，则()＜()．其中正确结论的个数为( )．．．．答案解析依题意，，(<)是函数′()＝－＋－λ的两个零点，则Δ＝(λ＋)>，即λ>－，且＋＝，＝．研究()<()成立的充要条件：()<()等价于(－)[(＋)－(＋)－＋]<，因为<，所以有(＋)－(＋)－＋＝－>，解得λ>．从而可知③正确．故选．．(·乌鲁木齐一诊)设函数()＝＋－－，若不等式()≤有正实数解，则实数的最小值为( )．．．．答案解析因为()＝＋－－≤有正实数解，所以≥(－＋)，令()＝(－＋)，则′()＝(－)＋(－＋)＝(－)，所以当>时，′()>；当<<时，′()<，所以()在(，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，所以()＝()＝，所以≥．故选．．设＝，＝，＝，则，，的大小关系为( )．>> ．>> ．>> ．>>答案解析构造函数()＝，则＝()，＝()，＝()，′()＝，当>时，′()>，所以()在(，＋∞)上单调递增，故()>()>()，即>>．故选．．(·合肥质检二)已知函数()是定义在上的增函数，()＋＞′()，()＝，则不等式 (()＋)－＞的解集为( )．(－∞，) ．(，＋∞) ．(－∞，) ．(，＋∞)答案解析构造函数()＝，则′()＝＜，则()在上单调递减，且()＝＝．从而原不等式＞可化为＞，即＞，即()＞()，从而由函数()的单调性，知＜．故选．．(·郑州质检一)若对于任意的正实数，都有－≤成立，则实数的取值范围为( )．，．，．，．，答案解析因为>，>，－≤，所以两边同时乘以，可得－≤，令＝(>)，令()＝(－)· (>)，则′()＝－＋(－)·＝－＋－．令()＝－＋－(>)，则′()＝－－<，因此()即′()在(，＋∞)上单调递减，又′()＝，所以函数()在(，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减，因此()＝()＝(－) ＝，所以≤，得<≤．故选．．(·郑州质检三)已知函数()＝＋－，对任意的，∈[，]，不等式()－()≤－恒成立，则实数的取值范围是( )．[，＋∞) ．[，＋∞) ．[，] ．[，]答案解析′()＝＋－，令()＝＋－，则′()＝( )＋>，所以函数()在[，]上单调递增，所以()≥()＝× ＋×－＝，即′()≥，则函数()在[，]上单调递增，所以()－()≤()－()＝－≤－，解得≥．故选．二、填空题．若函数()＝－＋有三个不同的零点，则实数的取值范围是．答案(－，)解析由()＝－＋，得′()＝－，当′()＝时，＝±，易知()的极大值为(－)＝＋，()的极小值为()＝－，要使函数()＝－＋有三个不同的零点，则有(－)＝＋>，且()＝－<，即－<<，所以实数的取值范围是(－，)．．若不等式(－)>在(，＋∞)上恒成立，则实数的取值范围是．答案(－∞，－]解析不等式(－)>在(，＋∞)上恒成立，即<－－在(，＋∞)上恒成立．令()＝－－(>)，则′()＝＋－ >，即()在(，＋∞)上单调递增，所以()>()＝－，所以≤－，即∈(－∞，－]．三、解答题．(·合肥质检二)已知函数()＝(－)－(是自然对数的底数，∈)．()讨论函数()极值点的个数，并说明理由；()若∀>，()＋≥＋，求的取值范围．解()()的定义域为，′()＝－＝(－)．当≤时，()在(－∞，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，∴()有个极值点；当<<时，()在(－∞， )上单调递增，在( ，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，∴()有个极值点；当＝时，()在上单调递增，∴()没有极值点；当>时，()在(－∞，)上单调递增，在(， )上单调递减，在( ，＋∞)上单调递增，∴()有个极值点；综上所述，当≤时，()有个极值点；当>且≠时，()有个极值点；当＝时，()没有极值点．()由()＋≥＋，得－－－≥，当>时，－－－≥，即≤对∀>恒成立，设()＝(>)，则′()＝．设()＝－－(>)，则′()＝－．∵>，∴′()>，∴()在(，＋∞)上单调递增，∴()>()＝，即>＋，∴()在(，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，∴()≥()＝－，∴≤－．∴的取值范围是(－∞，－]．．(·郑州质检一)已知函数()＝－(＋)，∈在(，())处的切线与轴平行．()求()的单调区间；()若存在>，当∈(，)时，恒有()－＋＋>(－)成立，求的取值范围．解()由已知可得()的定义域为(，＋∞)．∵′()＝－，∴′()＝－＝，∴＝，∴′()＝－＝，令′()>得<<，令′()<得>，∴()的单调递增区间为(，)，单调递减区间为(，＋∞)．()不等式()－＋＋>(－)可化为－＋－>(－)，令()＝－＋－－(－)(>)，则′()＝－＋－＝，令()＝－＋(－)＋(>)，()的对称轴为直线＝，①当≤，即≥－时，易知()在(，)上单调递减，∴()<()＝－，若≥，则()≤，∴′()≤，∴()在(，)上单调递减，∴()<()＝，不符合题意；若－≤<，则()>，∴必存在，使得∈(，)时，′()>，∴()在(，)上单调递增，∴()>()＝恒成立，符合题意．②当>，即<－时，易知必存在，使得()在(，)上单调递增，∴()>()＝－>，∴′()>，∴()在(，)上单调递增，∴()>()＝恒成立，符合题意．综上，的取值范围是(－∞，)．．(·山西考前适应性测试)已知函数()＝－(＋)＋．()当<时，讨论函数()的单调性；()若不等式()＋(＋)≥＋＋－对于任意∈[－，]成立，求正实数的取值范围．解()由题知，函数()的定义域为(，＋∞)，′()＝－(＋)＋＝＝，若<<，则当<<或>时，′()>，()单调递增；当<<时，′()<，()单调递减；若≤，则当<<时，′()<，()单调递减；当>时，′()>，()单调递增．综上所述，当≤时，函数()在(，＋∞)上单调递增，在(，)上单调递减；当<<时，函数()在(，)上单调递减，在(，)和(，＋∞)上单调递增．()不等式()＋(＋)≥＋＋－对任意∈[－，]成立等价于对任意∈，，有－＋≤－成立，设()＝－＋，>，所以()≤－，′()＝＋－＝，令′()<，得<<；令′()>，得>，所以函数()在，上单调递减，在(，]上单调递增，()为＝＋－与()＝－＋中的较大者．设()＝()－＝－－－(>)，则′()＝＋－－>－＝，所以()在(，＋∞)上单调递增，故()>()＝，所以()>，从而()＝()＝－＋，所以－＋≤－，即－－＋≤，设φ()＝－－＋(>)，则φ′()＝－>，所以φ()在(，＋∞)上单调递增．又φ()＝，所以－－＋≤的解为≤．因为>，所以正实数的取值范围为(，]．．(·石家庄二中模拟)已知函数()＝(－)(－)－，()＝－(∈，为自然对数的底数)．()若不等式()>对于一切∈，恒成立，求的最小值；()若对任意的∈(，]，在(，]上总存在两个不同的(＝，)，使()＝()成立，求的取值范围．解()由题意得(－)(－)－ >在，上恒成立，即>－在，上恒成立．令()＝－，∈，，则′()＝，∈，，设φ()＝＋－，∈，，则φ′()＝－＝<，所以φ()>φ＝＋>，则′()>，因此()<＝－，则≥－，即的最小值为－．()因为′()＝(－)－，所以()＝－在(，)上单调递增，在(，]上单调递减，由()＝，()＝，()＝－∈(，)，得()＝－在(，]上的值域为(，]，因为′()＝，所以当≥时，易得()在(，]上单调递减；当－≤<时，易得()在(，]上单调递减，不符合题意．当<－，此时()在，上单调递减，在，上单调递增，令()＝＝－<－，则′()＝，易得()在(－∞，)上单调递增，在，－上单调递减，()≤()＝，注意到，当→时，()→＋∞，所以欲使对任意的∈(，]，在(，]上总存在两个不同的(＝，)，使()＝()成立，则需满足()≥，即≤－，又因为－－－＝>，所以－>－，所以≤－，综上，∈－∞，－．．(·江西重点中学盟校联考一)已知函数()＝＋＋ (，，∈)．()当＝，＝，＝－时，求曲线＝()在点(，())处的切线方程；()当＝，＝时，求最大的整数，使得<≤时，函数＝()图象上的点都在所表示的平面区域内(含边界)．解()当＝，＝，＝－时，()＝＋－，则′()＝＋－，所以′()＝，又()＝，所以所求的切线方程为－＝(－)，即－＝．()当＝，＝时，由题意得()＝＋＋，当<≤时，()≤－－，即＋＋(＋)＋≤，设()＝＋＋(＋)＋，则问题等价于当<≤时，()≤．因为′()＝＋＋(＋)＝，当≥时，若<≤，则′()>，()单调递增，()＝()＝＋＋>，故不满足条件；当<时，因为为整数，故≤－，所以<－≤，则()在，－上单调递增，在－，上单调递减，所以()＝－＝－ (－)－≤，即 (－)＋≥．(*)易知函数()＝ (－)＋(<)为单调递减函数，又(－)＝－<，(－)＝－>，所以满足(*)的最大整数为－，综上可知，满足条件的最大的整数为－．．(·石家庄一模)已知函数()＝(＋)(－)(>)在(－，(－))处的切线方程为(－)＋＋－＝．()求，；()若≤，证明：()≥＋．解()由题意知切线方程为－＝，当＝－时，＝，所以(－)＝(－＋)－＝，又′()＝(＋＋)－，所以′(－)＝－＝－＋，若＝，则＝－<，与>矛盾，故＝，＝．()证法一：由()可知()＝(＋)(－)，()＝，(－)＝，由≤，可得≥＋，令()＝(＋)(－)－，则′()＝(＋)－，当≤－时，′()＝(＋)－≤－<；当>－时，设()＝′()＝(＋)－，则′()＝(＋)>，故函数′()在(－，＋∞)上单调递增，又′()＝，所以当∈(－∞，)时，′()<，当∈(，＋∞)时，′()>，所以函数()在(－∞，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，故()≥()＝⇒(＋)(－)≥≥＋，故()≥＋．证法二：由()可知()＝(＋)(－)，()＝，(－)＝，由≤，可得≥＋，令()＝(＋)(－)－，则′()＝(＋)－，令()＝′()，则′()＝(＋)，当<－时，′()<，′()单调递减，且′()<；当>－时，′()>，′()单调递增，且′()＝，所以()在(－∞，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，且()＝，故()≥()＝⇒(＋)(－)≥≥＋，故()≥＋．。
2020年高考数学(理)总复习：利用导数解决不等式问题(解析版)
2020年高考数学（理）总复习：利用导数解决不等式问题题型一 利用导数解决不等式的恒成立与能成立问题 【题型要点】已知不等式f (x ，λ)≥0(λ为实参数)对任意的x ∈D 恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数解决这个问题的常用思想方法如下：(1)分离参数法：第一步，将原不等式f (x ，λ)≥0(x ∈D ，λ为实参数)分离，使不等式的一边是参数，另一边不含参数，即化为f 1(λ)≥f 2(x )或f 1(λ)≤f 2(x )的形式；第二步，利用导数求出函数f 2(x )(x ∈D )的最大(小)值；第三步，解不等式f 1(λ)≥f 2(x )max 或f 1(λ)≤f 2(x )min 从而求出参数λ的取值范围． (2)函数思想法：第一步，将不等式转化为某含参数的函数的最值问题； 第二步，利用导数求出该函数的极值(最值)； 第三步，构建不等式求解．【例1】已知函数f (x )＝x 4＋ax 3＋2x 2＋b (x ∈R )，其中a ，b ∈R . (1)当a ＝－103时，讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )仅在x ＝0处有极值，求a 的取值范围；(3)若对于任意的a ∈[－2,2]，不等式f (x )≤1在[－1,1]上恒成立，求b 的取值范围． 【解】 (1)f ′(x )＝4x 3＋3ax 2＋4x ＝x (4x 2＋3ax ＋4)． 当a ＝－103时，f ′(x )＝x (4x 2－10x ＋4)＝2x (2x －1)(x －2)．令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝12，x 3＝2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以f (x )在(0，12)，(2，＋∞)内是增函数，在(－∞，0)，(12，2)内是减函数．(2)f ′(x )＝x (4x 2＋3ax ＋4)，显然x ＝0不是方程4x 2＋3ax ＋4＝0的根． 为使f (x )仅在x ＝0处有极值，必须4x 2＋3ax ＋4≥0成立，即有Δ＝9a 2－64≤0.解此不等式，得－83≤a ≤83.这时，f (0)＝b 是唯一极值．因此满足条件的a 的取值范围是[－83，83]．(3)解：由条件a ∈[－2,2]，可知Δ＝9a 2－64<0，从而4x 2＋3ax ＋4>0恒成立． 当x <0时，f ′(x )<0；当x >0时，f ′(x )>0.因此函数f (x )在[－1,1]上的最大值是f (1)与f (－1)两者中的较大者．为使对任意的a ∈[－2,2]，不等式f (x )≤1在[－1,1]上恒成立，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧ f (1)≤1f (－1)≤1，即⎩⎪⎨⎪⎧b ≤－2－ab ≤－2＋a在a ∈[－2,2]上恒成立．所以b ≤－4，因此满足条件的b 的取值范围是(－∞，－4]．题组训练一 利用导数解决不等式的恒成立与能成立问题 已知函数f (x )＝e x －1＋ax ，a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调区间；(2)若∈x ∈[1，＋∞)，f (x )＋ln x ≥a ＋1恒成立，求a 的取值范围． 【解析】 (1)f ′(x )＝e x －1＋a ，(∈)当a ≥0时，f ′(x )>0，函数f (x )在R 上单调递增； (∈)当a <0时，令f ′(x )＝0，则x ＝ln(－a )＋1，当f′(x)>0，即x>ln(－a)＋1时，函数f(x)单调递增；当f′(x)<0，即x<ln(－a)＋1时，函数f(x)单调递减．综上，当a≥0时，函数f(x)在R上单调递增；当a<0时，函数f(x)的单调递增区间是(ln(－a)＋1，＋∞)，单调递减区间是(－∞，ln(－a)＋1)．(2)令a＝－1，由(1)可知，函数f(x)＝e x－1－x的最小值为f(1)＝0，所以e x－1－x≥0，即e x－1≥x.f(x)＋ln x≥a＋1恒成立与f(x)＋ln x－a－1≥0恒成立等价，令g(x)＝f(x)＋ln x－a－1，即g(x)＝e x－1＋a(x－1)＋ln x－1(x≥1)，则g′(x)＝e x－1＋1x＋a，∈当a≥－2时，g′(x)＝e x－1＋1x＋a≥x＋1x＋a≥2x·1x＋a＝a＋2≥0(或令φ(x)＝ex－1＋1x，则φ′(x)＝e x－1－1x2在[1，＋∞)上递增，∈φ′(x)≥φ′(1)＝0，∈φ(x)在[1，＋∞)上递增，∈φ(x)≥φ(1)＝2，∈g′(x)≥0)∈g(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，∈g(x)≥g(1)＝0，∈f(x)＋ln x≥a＋1恒成立，∈当a<－2时，令h(x)＝e x－1＋1x＋a，则h′(x)＝ex－1－1x2＝x2e x－1－1x2，当x≥1时，h′(x)≥0，函数h(x)单调递增．又h(1)＝2＋a＜0，h(1－a)＝e1－a－1＋11－a＋a≥1－a＋11－a＋a＝1＋11－a>0，∈存在x0∈(1,1－a)，使得h(x0)＝0，故当x∈(1，x0)时，h(x)<h(x0)＝0，即g′(x)<0，故函数g(x)在(1，x0)上单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>h(x0)＝0，即g′(x)>0，故函数g(x)在(x0，＋∞)上单调递增．∈g(x)min＝g(x0)<g(1)＝0，即∈x∈[1，＋∞)，f(x)＋ln x≥a＋1不恒成立，综上所述，a的取值范围是[－2，＋∞)．题型二利用导数证明与函数有关的不等式【题型要点】用导数证明不等式的方法(1)利用单调性：若f (x )在[a ，b ]上是增函数，则∈∈x ∈[a ，b ]，则f (a )≤f (x )≤f (b )；∈对∈x 1，x 2∈[a ，b ]，且x 1<x 2，则f (x 1)<f (x 2)．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 )，则对∈x ∈D ，有f (x )≤M (或f (x )≥m )． (3)证明f (x )<g (x )，可构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，证明F (x )<0. 【例2】已知函数f (x )＝(ln x －k －1)x (k ∈R )． (1)当x >1时，求f (x )的单调区间和极值；(2)若对于任意x ∈[e ，e 2]，都有f (x )<4ln x 成立，求k 的取值范围； (3)若x 1≠x 2，且f (x 1)＝f (x 2)，证明：x 1x 2<e 2k . (1)【解析】 f ′(x )＝1x ·x ＋ln x －k －1＝ln x －k ，∈当k ≤0时，因为x >1，所以f ′(x )＝ln x －k >0，函数f (x )的单调递增区间是(1，＋∞)，无单调递减区间，无极值； ∈当k >0时，令ln x －k ＝0，解得x ＝e k ， 当1<x <e k 时，f ′(x )<0； 当x >e k 时，f ′(x )>0.所以函数f (x )的单调递减区间是(1，e k )，单调递增区间是(e k ，＋∞)，在区间(1，＋∞)上的极小值为f (e k )＝(k －k －1)e k ＝－e k ，无极大值． (2)【解析】 由题意，f (x )－4ln x <0，即问题转化为(x －4)ln x －(k ＋1)x <0对于x ∈[e ，e 2]恒成立． 即k ＋1>(x －4)ln xx 对x ∈[e ，e 2]恒成立．令g (x )＝(x －4)ln x x ，则g ′(x )＝4ln x ＋x －4x 2，令t (x )＝4ln x ＋x －4，x ∈[e ，e 2]，则t ′(x )＝4x＋1>0，所以t (x )在区间[e ，e 2]上单调递增， 故t ()x min ＝t (e)＝e －4＋4＝e>0，故g ′(x )>0， 所以g (x )在区间[e ，e 2]上单调递增， 函数g ()x max ＝g (e 2)＝2－8e2.要使k ＋1>(x －4)ln xx 对于x ∈[e ，e 2]恒成立，只要k ＋1>g ()x max ，所以k ＋1>2－8e2，即实数k 的取值范围为⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞-,812e (3)[证明] 因为f (x )＝f (x 2)，由(1)知，函数f (x )在区间(0，e k )上单调递减， 在区间(e k ，＋∞)上单调递增，且f (e k ＋1)＝0. 不妨设x 1<x 2，则0<x 1<e k <x 2<e k ＋1， 要证x 1x 2<e 2k ，只要证x 2<e 2k x 1，即证e k<x 2<e 2k x 1. 因为f (x )在区间(e k ，＋∞)上单调递增，所以f (x 2)<f ⎪⎪⎭⎫⎝⎛12x e k .又f (x )＝f (x 2)，即证f (x 1)<f ⎪⎪⎭⎫⎝⎛12x e k ，构造函数h (x )＝f (x )－f ⎪⎪⎭⎫⎝⎛12x e k＝(ln x －k －1)x －⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--1ln 2k x e k e 2kx ，即h (x )＝x ln x －(k ＋1)x ＋e 2k ⎪⎭⎫⎝⎛--x k x x 1ln ， x ∈(0，e k )．h ′(x )＝ln x ＋1－(k ＋1)＋e 2k ⎪⎭⎫⎝⎛-+-221ln 1x k x x ＝(ln x －k )(x 2－e 2k )x 2，因为x ∈(0，e k )，所以ln x －k <0，x 2<e 2k ，即h ′(x )>0，所以函数h (x )在区间(0，e k)上单调递增，故h (x )<h (e k)，而h (e k)＝f (e k)－f ⎪⎪⎭⎫⎝⎛k k e e 2＝0，故h (x )<0，所以f (x 1)<f ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛12x e k ，即f (x 2)＝f (x 1)<f ⎪⎪⎭⎫⎝⎛12x e k ，所以x 1x 2<e 2k 成立．题组训练二 利用导数证明与函数有关的不等式 已知函数f (x )＝ln x ＋ax(a >0)．(1)若函数f (x )有零点，求实数a 的取值范围； (2)证明：当a ≥2e时，f (x )>e －x .(1)【解】 方法一 函数f (x )＝ln x ＋ax 的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝ln x ＋a x ，得f ′(x )＝1x －a x 2＝x －ax 2.因为a >0，则当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以函数f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增． 当x ＝a 时，f (x )min ＝ln a ＋1.当ln a ＋1≤0，即0<a ≤1e时，又f (1)＝ln 1＋a ＝a >0，则函数f (x )有零点．所以实数a 的取值范围为⎥⎦⎤⎝⎛e1,0方法二 函数f (x )＝ln x ＋a x 的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝ln x ＋ax ＝0，得a ＝－x ln x .令g (x )＝－x ln x ，则g ′(x )＝－(ln x ＋1)．当x ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1,0时，g ′(x )>0；当x ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,1e时，g ′(x )<0.所以函数g (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1,0上单调递增，在⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,1e上单调递减．故当x ＝1e 时，函数g (x )取得最大值g ⎪⎭⎫⎝⎛e 1＝－1e ln 1e ＝1e.因为函数f (x )＝ln x ＋a x 有零点，则0<a ≤1e，所以实数a 的取值范围为⎥⎦⎤⎝⎛e 1,0.(2)【证明】 要证明当a ≥2e 时，f (x )>e －x ，即证明当x >0，a ≥2e 时，ln x ＋a x >e －x ，即x ln x ＋a >x e －x .令h (x )＝x ln x ＋a ，则h ′(x )＝ln x ＋1. 当0<x <1e 时，h ′(x )<0；当x >1e时，h ′(x )>0.所以函数h (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1,0上单调递减，在⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,1e上单调递增．当x ＝1e 时，h (x )min ＝－1e ＋a .于是，当a ≥2e 时，h (x )≥－1e ＋a ≥1e.∈令φ(x )＝x e －x ，则φ′(x )＝e －x －x e －x ＝e －x (1－x )． 当0<x <1时，φ′(x )>0；当x >1时，φ′(x )<0.所以函数φ(x )在()0，1上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 当x ＝1时，φ(x )max ＝φ(1)＝1e .于是，当x >0时，φ(x )≤1e.∈显然，不等式∈∈中的等号不能同时成立． 故当a ≥2e时，f (x )>e －x .题型三 用赋值法证明与正整数有关的不等式 【题型要点】(1)利用导数研究的正整数不等式一般都与题目给出的函数不等式有关，如本例中给出的函数f (x )在a ＝12，x ≥1时，有不等式12⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 1≥ln x ，根据函数的定义域，这个不等式当然对一切大于等于1的数成立，这样根据所证不等式的特点，给定x 以适当的数值即可证明正整数不等式．凡涉及从1到n 的整数的不等式，而且不等式中含有ln n 的问题，一般都是通过赋值使之产生ln n ＋1n ，ln n n －1等使问题获得解决的，如证明12＋23＋…＋n n ＋1<n ＋ln 2－ln(n ＋2)时，就是通过变换n n ＋1＝1－1n ＋1，进而通过不等式x >ln(1＋x )(x >0)，得1n >ln ⎪⎭⎫ ⎝⎛+n 11＝ln(n ＋1)－ln n .(2)证明正整数不等式时，要把这些正整数放在正实数的范围内，通过构造正实数的不等式进行证明，而不能直接构造正整数的函数，因为这样的函数不是可导函数，使用导数就是错误的．【例3】已知函数f (x )＝ax ＋bx ＋c (a >0)的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1.(1)用a 表示出b ，c ；(2)若f (x )≥ln x 在[1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围； (3)证明：1＋12＋13＋…＋1n >ln(n ＋1)＋n2(n ＋1)(n ≥1)．【解析】 (1)f ′(x )＝a －bx 2，则有⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝a ＋b ＋c ＝0，f ′(1)＝a －b ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝a －1c ＝1－2a .(2)由(1)知f (x )＝ax ＋a －1x＋1－2a .令g (x )＝f (x )－ln x ＝ax ＋a －1x ＋1－2a －ln x ，x ∈[1，＋∞)，则g (1)＝0，g ′(x )＝a －a －1x 2－1x＝ax 2－x －(a －1)x 2＝21)1(xa a x x a ⎪⎭⎫ ⎝⎛--- (∈)当0＜a <12时，1－a a>1.若1<x <1－aa ，则g ′(x )<0，g (x )是减函数，所以g (x )<g (1)＝0，即f (x )<ln x 故f (x )≥ln x 在[1，＋∞)上不恒成立．(∈)当a ≥12时，1－a a≤1，若x ＞1，则g ′(x )>0，g (x )是增函数，所以g (x )>g (1)＝0，即f (x )>ln x ， 故当x ≥1时，f (x )≥ln x .综上所述，所求a 的取值范围为⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,21(3)证法一：由(2)知当a ≥12时，有f (x )≥ln x (x ≥1)．令a ＝12，有f (x )＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 1≥ln x (x ≥1)，且当x ＞1时，12⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 1＞ln x .令x ＝k ＋1k ，且ln k ＋1k <12⎪⎭⎫⎝⎛+-+11k k k k ＝12⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+--⎪⎭⎫ ⎝⎛+11111k k ， 即ln(k ＋1)－ln k <12⎪⎭⎫ ⎝⎛++111k k ，k ＝1,2,3，…，n .将上述n 个不等式依次相加得ln(n ＋1)<12＋⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅⋅⋅++n 13121＋12(n ＋1)，整理得1＋12＋13＋…1n >ln(n ＋1)＋n2(n ＋1).证法二：用数学归纳法证明． ∈当n ＝1时，左边＝1， 右边＝ln 2＋14<1，不等式成立．∈假设n ＝k 时，不等式成立，就是 1＋12＋13＋…＋1k >ln(k ＋1)＋k 2(k ＋1).那么1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1>ln(k ＋1)＋k 2(k ＋1)＋1k ＋1＝ln(k ＋1)＋k ＋22(k ＋1).由(2)知当a ≥12时，有f (x )≥ln x (x ≥1)．令a ＝12，有f (x )＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 1≥ln x (x ≥1)．令x ＝k ＋2k ＋1，得12⎪⎭⎫⎝⎛++-++2112k k k k ≥ln k ＋2k ＋1＝ln(k ＋2)－ln(k ＋1)．∈ln(k ＋1)＋k ＋22(k ＋1)≥ln(k ＋2)＋k ＋12(k ＋2).∈1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1>ln(k ＋2)＋k ＋12(k ＋2).这就是说，当n ＝k ＋1时，不等式也成立， 根据∈和∈，可知不等式对任何n ∈N *都成立． 题组训练三 用赋值法证明与正整数有关的不等式 设函数f (x )＝e x －ax －1，对∈x ∈R ，f (x )≥0恒成立． (1)求a 的取值集合；(2)求证：1＋12＋13＋…＋1n >ln(n ＋1)(n ∈N *)．【解析】 (1)f (x )＝e x －ax －1，f ′(x )＝e x －a ，∈当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在x ∈R 上单调递增，又f (0)＝0，所以当x ∈(－∞，0)，f (x )<0，不合题意，舍去； ∈当a >0时，x ∈(－∞，ln a )，f ′(x )<0，f (x )单调递减，x ∈(ln a ，＋∞)，f ′(x )>0，f (x )单调递增，f (x )min ＝f (ln a )＝a －a ln a －1，则需a －a ln a －1≥0恒成立．令g (a )＝a －a ln a －1，g ′(a )＝－ln a ，当a ∈(0,1)时，g ′(a )>0，g (a )单调递增，当a ∈(1，＋∞)时，g ′(a )<0，g (a )单调递减，而g (1)＝0，所以a －a ln a －1≤0恒成立．所以a 的取值集合为{1}．(2)由(1)可得e x －x －1>0(x >0)，x >ln(x ＋1)(x >0)，令x ＝1n，则1n >ln ⎪⎭⎫⎝⎛+11n ＝ln n ＋1n ＝ln(n ＋1)－ln n ， 所以1＋12＋13＋…＋1n>(ln 2－ln 1)＋(ln 3－ln 2)＋…＋(ln(n ＋1)－ln n )＝ln(n ＋1)(n ∈N *)．题型四 构造函数法在解题中的应用【例4】 已知函数f (x )＝e x －3x ＋3a (e 为自然对数的底数，a ∈R )． (1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln 3e ，且x >0时，e x x >32x ＋1x －3a .【解析】 (1)由f (x )＝e x －3x ＋3a ，知f ′(x )＝e x －3. 令f ′(x )＝0，得x ＝ln 3，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故f (x )f (x )在x ＝ln 3处取得极小值，极小值为f (ln 3)＝3(1－ln 3＋a )． (2)证明：待证不等式等价于e x >32x 2－3ax ＋1，设g (x )＝e x －32x 2＋3ax －1，于是g ′(x )＝e x －3x ＋3a . 由(1)及a >ln 3e＝ln 3－1知，g ′(x )的最小值为g ′(ln 3)＝3(1－ln 3＋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 >ln 3e ＝ln 3－1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>g (0)．而g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，g (x )>0. 即e x>32x 2－3ax ＋1，故e x x >32x ＋1x－3a .题组训练四1．构造函数解不等式已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )<f (x )，且f (x ＋2)为偶函数，f (4)＝1，则不等式f (x )<e x 的解集为( )A ．(－2，＋∞)B ．(0，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(4，＋∞)【解析】 因为f (x ＋2)为偶函数，所以f (x ＋2)的图象关于x ＝0对称，所以f (x )的图象关于x ＝2对称．所以f (0)＝f (4)＝1.设g (x )＝f (x )e x (x ∈R )，则g ′(x )＝f ′(x )e x －f (x )e x (e x )2＝f ′(x )－f (x )e x .又f ′(x )<f (x )，所以g ′(x )<0(x ∈R )，所以函数g (x )在定义域上单调递减． 因为f (x )<e x ∈f (x )e x <1，而g (0)＝f (0)e 0＝1，所以f (x )<e x ∈g (x )<g (0)，所以x >0.故选B. 【答案】 B2．构造函数证明不等式设函数f (x )＝ax 2ln x ＋b (x －1)(x ＞0)，曲线y ＝f (x )过点(e ，e 2－e ＋1)，且在点(1,0)处的切线方程为y ＝0. (1)求a ，b 的值；(2)证明：当x ≥1时，f (x )≥(x －1)2；(3)若当x ≥1时，f (x )≥m (x －1)2恒成立，求实数m 的取值范围．【解】 (1)函数f (x )＝ax 2ln x ＋b (x －1)(x ＞0)，可得f ′(x )＝2a ln x ＋ax ＋b ，因为f ′(1)＝a ＋b ＝0，f (e)＝a e 2＋b (e －1)＝a (e 2－e ＋1)＝e 2－e ＋1，所以a ＝1，b ＝－1.(2)证明：f (x )＝x 2ln x －x ＋1， 设g (x )＝x 2ln x ＋x －x 2(x ≥1)，g ′(x )＝2x ln x －x ＋1，(g ′(x ))′＝2ln x ＋1＞0，所以g ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，所以g ′(x )≥g ′(1)＝0，所以g (x )在[0，＋∞)上单调递增， 所以g (x )≥g (1)＝0，所以f (x )≥(x －1)2.(6分) (3)设h (x )＝x 2ln x －x －m (x －1)2＋1， h ′(x )＝2x ln x ＋x －2m (x －1)－1，由(2)中知x 2ln x ≥(x －1)2＋x －1＝x (x －1)， 所以x ln x ≥x －1，所以h ′(x )≥3(x －1)－2m (x －1)， ∈当3－2m ≥0即m ≤32时，h ′(x )≥0，所以h (x )在[1，＋∞)单调递增，所以h (x )≥h (1)＝0，成立． ∈当3－2m ＜0即m ＞32时，h ′(x )＝2x ln x ＋(1－2m )(x －1)， (h ′(x ))′＝2ln x ＋3－2m ，令(h ′(x ))′＝0，得x 0＝e 2m －32＞1，当x ∈[1，x 0)时，h ′(x )＜h ′(1)＝0，所以h (x )在[1，x 0)上单调递减，所以h (x )＜h (1)＝0，不成立．综上，m ≤32.3．构造函数解决数列问题设函数f (x )＝x 2－ln(x ＋1)，证明：对任意的正整数n 不等式f (1)＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛21＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛31＋…＋f ⎪⎭⎫⎝⎛n 1<1＋123＋133＋…＋1n3成立．【证明】 从数列的角度考虑左边的通项为f ⎪⎭⎫⎝⎛n 1，右边的通项为1n 3，若能证明⎪⎭⎫ ⎝⎛n f 1<1n 3，则不等式获证，为此构造函数F (x )＝f (x )－x 3＝x 2－ln(x ＋1)－x 3，则F ′(x )＝－3x 2＋2x －1x ＋1＝－3x 3＋x 2－2x ＋1x ＋1＝－3x 3＋(x －1)2x ＋1，显然当x ∈[0，＋∞)时，F ′(x )<0，所以函数F (x )在[0，＋∞)上是单调减函数， 又F (0)＝0，所以当x ∈[0，＋∞)时，恒有F (x )<F (0)＝0， 即x 2－ln(x ＋1)<x 3恒成立． 所以x ∈[0，＋∞)时，f (x )<x 3， 取x ＝1k，则有f ⎪⎭⎫⎝⎛k 1<1k 3，所以f (1)<1，f ⎪⎭⎫ ⎝⎛21<123，…，f ⎪⎭⎫ ⎝⎛n 1<1n 3，于是对任意的正整数n ，不等式f (1)＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛21＋f ⎪⎭⎫⎝⎛31＋…＋f ⎪⎭⎫⎝⎛n 1<1＋123＋133＋…＋1n 3成立． 【专题训练】1．已知函数f (x )＝ax 2＋2x －ln(x ＋1)(a 为常数)． (1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；(2)当x ∈[0，＋∞)时，不等式f (x )≤x 恒成立，求实数的取值范围．【解析】 (1)函数的定义域为(－1，＋∞)，当a ＝－1时，f (x )＝－x 2＋2x －ln(x ＋1)， ∈f ′(x )＝－2x ＋2－1x ＋1＝1－2x 2x ＋1，由f ′(x )>0得，－22<x <22， 由f ′(x )<0得，－1<x <22或x >22， ∈函数f (x )的单调增区间为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-22,22，单调减区间为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--22,1和⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,22(2)当x ∈[0，＋∞)时，f (x )≤x 恒成立， 令g (x )＝f (x )－x ＝ax 2＋x －ln(x ＋1)， 问题转换为x ∈[0，＋∞)时，g (x )max ≤0. ∈g ′(x )＝2ax ＋1－11＋x ＝x [2ax ＋(2a ＋1)]x ＋1， ∈当a ＝0时，g ′(x )＝xx ＋1≥0，∈g (x )在x ∈[0，＋∞)上单调递增， 此时g (x )无最大值，故a ＝0不合题意．∈当a >0时，令g ′(x )＝0解得，x 1＝0，x 2＝－(2a ＋1)2a<0，此时g (x )在x ∈[0，＋∞)上单调递增，此时无最大值，故a >0不合题意． ∈当a <0时，令g ′(x )＝0解得，x 1＝0，x 2＝－(2a ＋1)2a，当－12<a <0时，x 2＝－(2a ＋1)2a>0，而g (x )在[0，x 2)上单调递增，在[x 2，＋∞)上单调递减，∈g (x )max ＝g (x 2)＝a －14a －ln ⎪⎭⎫⎝⎛-a 21 ＝a －14a＋ln(－2a )，令φ(x )＝x －14x ＋ln(－2x )，x ∈⎪⎭⎫⎝⎛-0,21，则φ′(x )＝1＋14x 2＋1x ＝(2x ＋1)24x 2>0，∈φ(x )在x ∈⎪⎭⎫⎝⎛-0,21上单调递增， 又φ⎪⎭⎫⎝⎛-81e ＝－1e 8＋e 34－3ln 2，当e≈2.71时，e 3≈19.9，∈φ(x )在x ∈⎪⎭⎫⎝⎛-0,21上小于或等于不恒成立， 即g (x )max ≤0不恒成立， 故－12<a <0不合题意．当a ≤－12时，x 2＝－(2a ＋1)2a ≤0，而此时g (x )在x ∈[0，＋∞)上单调递减， ∈g (x )max ＝g (0)＝0，符合题意．综上可知，实数的取值范围是⎥⎦⎤ ⎝⎛-∞-21,2．已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x 2，a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，证明f (x )>f ′(x )＋32对于任意的x ∈[1,2]成立．【解析】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝(ax 2－2)(x －1)x 3.当a ≤0时，x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0， f (x )单调递减．当a >0时，f ′(x )＝a (x －1)x 3⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫⎝⎛-a x a x 22. ∈0<a <2时，2a>1， 当x ∈(0,1)或x ∈⎪⎪⎭⎫⎝⎛+∞,2a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈⎪⎪⎭⎫⎝⎛a 2,1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． ∈a ＝2时，2a＝1，在x ∈(0，＋∞)内，f ′(x )≥0，f (x )单调递增． ∈a >2时，0<2a <1，当x ∈⎪⎪⎭⎫⎝⎛a 2,0或x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈⎪⎪⎭⎫⎝⎛1,2a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． 综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0,1)内单调递增， 在(1，＋∞)内单调递减；当0<a <2时，f (x )在(0,1)内单调递增，在⎪⎪⎭⎫⎝⎛a 2,1内单调递减，在⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,2a 内单调递增； 当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)内单调递增；当a >2时，f (x )在⎪⎪⎭⎫⎝⎛a 2,0内单调递增， 在⎪⎪⎭⎫⎝⎛1,2a 内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增． (2)证明：由(1)知，a ＝1时，f (x )－f ′(x )＝x －ln x ＋2x －1x 2－⎪⎭⎫ ⎝⎛+--322211x x x＝x －ln x ＋3x ＋1x 2－2x3－1，x ∈[1,2]．设g (x )＝x －ln x ，h (x )＝3x ＋1x 2－2x3－1，x ∈[1,2]，则f (x )－f ′(x )＝g (x )＋h (x )．由g ′(x )＝x －1x≥0， 可得g (x )≥g (1)＝1，当且仅当x ＝1时取得等号，又h ′(x )＝－3x 2－2x ＋6x 4.设φ(x )＝－3x 2－2x ＋6，则φ(x )在x ∈[1,2]单调递减．因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，所以∈x 0∈(1,2)，使得x ∈(1，x 0)时，φ(x )>0，x ∈(x 0,2)时，φ(x )<0. 所以h (x )＝1，h (2)＝12，可得h (x )≥h (2)＝12，当且仅当x ＝2时取得等号． 所以f (x )－f ′(x )>g (1)＋h (2)＝32.即f (x )>f ′(x )＋32对于任意的x ∈[1,2]成立．3．已知函数f (x )＝x ＋a ln x (a ∈R )．(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处与直线y ＝3x －2相切，求a 的值；(2)若函数g (x )＝f (x )－kx 2有两个零点x 1，x 2，试判断g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x 的符号，并证明．【解析】 (1)f ′(x )＝1＋ax，又f ′(1)＝3，所以a ＝2.(2)当a >0时，g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x <0；当a <0时，g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x >0，证明如下：函数g (x )的定义域是(0，＋∞)．若a ＝0，则g (x )＝f (x )－kx 2＝x －kx 2. 令g (x )＝0，则x －kx 2＝0.又据题设分析知，k ≠0，所以x 1＝0，x 2＝1k.又g (x )有两个零点，且都大于0，所以a ＝0不成立．据题设知⎩⎪⎨⎪⎧g (x 1)＝x 1＋a ln x 1－kx 21＝0，g (x 2)＝x 2＋a ln x 2－kx 22＝0.不妨设x 1>x 2，x 1x 2＝t ，t >1. 所以x 1－x 2＋a (ln x 1－ln x 2)＝k (x 1－x 2)(x 1＋x 2)．所以1＋a (ln x 1－ln x 2)x 1－x 2＝k (x 1＋x 2)．又g ′(x )＝1＋a x －2kx ，所以g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x ＝1＋2a x 1＋x 2－k (x 1＋x 2)＝1＋2a x 1＋x 2－1－a (ln x 1－ln x 2)x 1－x 2 ＝a ⎪⎪⎭⎫⎝⎛---+212121ln ln 2x x x x x x ＝a x 2⎪⎭⎫ ⎝⎛--+i t t t ln 12＝a x 2·1t －1()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-t t t ln 112 引入h (t )＝2(t －1)t ＋1－ln t (t >1)，则h ′(t )＝4(t ＋1)2－1t ＝－(t －1)2t (t ＋1)2<0.所以h (t )在(0，＋∞)上单调递减． 而h (1)＝0，所以当t >1时，h (t )<0.易知x 2>0，1t －1>0，所以当a >0时，g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x <0； 当a <0时，g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x >0.。
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专题突破练(2) 利用导数研究不等式与方程的根一、选择题1．(2019·佛山质检)设函数f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，若x 1，x 2(x 1＜x 2)是函数g (x )＝f (x )－λx 的两个极值点，现给出如下结论：①若－1＜λ＜0，则f (x 1)＜f (x 2)；②若0＜λ＜2，则f (x 1)＜f (x 2)；③若λ＞2，则f (x 1)＜f (x 2)．其中正确结论的个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 答案 B解析 依题意，x 1，x 2(x 1<x 2)是函数g ′(x )＝3x 2－6x ＋2－λ的两个零点，则Δ＝12(λ＋1)>0，即λ>－1，且x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝2－λ3．研究f (x 1)<f (x 2)成立的充要条件：f (x 1)<f (x 2)等价于(x 1－x 2)[(x 1＋x 2)2－3(x 1＋x 2)－x 1x 2＋2]<0，因为x 1<x 2，所以有(x 1＋x 2)2－3(x 1＋x 2)－x 1x 2＋2＝－2－λ3>0，解得λ>2．从而可知③正确．故选B ．2．(2018·乌鲁木齐一诊)设函数f (x )＝e xx ＋3x －3－a x，若不等式f (x )≤0有正实数解，则实数a 的最小值为( )A ．3B ．2C ．e 2D ．e 答案 D解析 因为f (x )＝e x x ＋3x －3－a x≤0有正实数解，所以a ≥(x 2－3x ＋3)e x ，令g (x )＝(x2－3x ＋3)e x ，则g ′(x )＝(2x －3)e x ＋(x 2－3x ＋3)e x ＝x (x －1)e x，所以当x >1时，g ′(x )>0；当0<x <1时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝e ，所以a ≥e．故选D ．3．设a ＝e 636，b ＝e 749，c ＝e864，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a >b >cB ．b >a >cC ．c >b >aD ．c >a >b 答案 C解析 构造函数f (x )＝e xx 2，则a ＝f (6)，b ＝f (7)，c ＝f (8)，f ′(x )＝x e x(x －2)x4，当x >2时，f ′(x )>0，所以f (x )在(2，＋∞)上单调递增，故f (8)>f (7)>f (6)，即c >b >a ．故选C ．4．(2018·合肥质检二)已知函数f (x )是定义在R 上的增函数，f (x )＋2＞f ′(x )，f (0)＝1，则不等式ln (f (x )＋2)－ln 3＞x 的解集为( )A ．(－∞，0)B ．(0，＋∞) C．(－∞，1) D ．(1，＋∞)答案 A解析 构造函数g (x )＝f (x )＋2ex，则g ′(x )＝f ′(x )－(f (x )＋2)ex＜0，则g (x )在R 上单调递减，且g (0)＝f (0)＋2e＝3．从而原不等式lnf (x )＋23＞x 可化为f (x )＋23＞e x，即f (x )＋2ex＞3，即g (x )＞g (0)，从而由函数g (x )的单调性，知x ＜0．故选A ．5．(2018·郑州质检一)若对于任意的正实数x ，y 都有2x －y e ln y x ≤xm e 成立，则实数m的取值范围为( )A ．1e ，1B ．1e 2，1C ．1e 2，eD ．0，1e 答案 D解析 因为x >0，y >0，2x －y e ln y x ≤x m e ，所以两边同时乘以e x ，可得2e －y x ln y x ≤1m ，令y x＝t (t >0)，令f (t )＝(2e －t )·ln t (t >0)，则f ′(t )＝－ln t ＋(2e －t )·1t ＝－ln t ＋2et－1．令g (t )＝－ln t ＋2e t －1(t >0)，则g ′(t )＝－1t －2e t2<0，因此g (t )即f ′(t )在(0，＋∞)上单调递减，又f ′(e)＝0，所以函数f (t )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，因此f (t )max ＝f (e)＝(2e －e)ln e ＝e ，所以e≤1m ，得0<m ≤1e．故选D ．6．(2018·郑州质检三)已知函数f (x )＝a x ＋x 2－x ln a ，对任意的x 1，x 2∈[0，1]，不等式|f (x 1)－f (x 2)|≤a －2恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[e 2，＋∞) B．[e ，＋∞) C．[2，e] D ．[e ，e 2] 答案 A解析 f ′(x )＝a x ln a ＋2x －ln a ，令g (x )＝a x ln a ＋2x －ln a ，则g ′(x )＝a x (ln a )2＋2>0，所以函数g (x )在[0，1]上单调递增，所以g (x )≥g (0)＝a 0×ln a ＋2×0－ln a ＝0，即f ′(x )≥0，则函数f (x )在[0，1]上单调递增，所以|f (x 1)－f (x 2)|≤f (1)－f (0)＝a －lna ≤a －2，解得a ≥e 2．故选A ．二、填空题7．若函数f (x )＝x 3－3x ＋a 有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是________． 答案 (－2，2)解析 由f (x )＝x 3－3x ＋a ，得f ′(x )＝3x 2－3，当f ′(x )＝0时，x ＝±1，易知f (x )的极大值为f (－1)＝2＋a ，f (x )的极小值为f (1)＝a －2，要使函数f (x )＝x 3－3x ＋a 有三个不同的零点，则有f (－1)＝2＋a >0，且f (1)＝a －2<0，即－2<a <2，所以实数a 的取值范围是(－2，2)．8．若不等式2x(x －a )>1在(0，＋∞)上恒成立，则实数a 的取值范围是________． 答案 (－∞，－1]解析 不等式2x(x －a )>1在(0，＋∞)上恒成立，即a <x －2－x在(0，＋∞)上恒成立．令f (x )＝x －2－x (x >0)，则f ′(x )＝1＋2－x ln 2>0，即f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以f (x )>f (0)＝－1，所以a ≤－1，即a ∈(－∞，－1]．三、解答题9．(2018·合肥质检二)已知函数f (x )＝(x －1)e x －ax 2(e 是自然对数的底数，a ∈R )． (1)讨论函数f (x )极值点的个数，并说明理由； (2)若∀x >0，f (x )＋e x≥x 3＋x ，求a 的取值范围． 解 (1)f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝x e x －2ax ＝x (e x －2a )．当a ≤0时，f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f (x )有1个极值点；当0<a <12时，f (x )在(－∞，ln 2a )上单调递增，在(ln 2a ，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， ∴f (x )有2个极值点；当a ＝12时，f (x )在R 上单调递增，∴f (x )没有极值点；当a >12时，f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，ln 2a )上单调递减，在(ln 2a ，＋∞)上单调递增， ∴f (x )有2个极值点；综上所述，当a ≤0时，f (x )有1个极值点； 当a >0且a ≠12时，f (x )有2个极值点；当a ＝12时，f (x )没有极值点．(2)由f (x )＋e x ≥x 3＋x ，得x e x －x 3－ax 2－x ≥0， 当x >0时，e x －x 2－ax －1≥0， 即a ≤e x－x 2－1x对∀x >0恒成立，设g (x )＝e x－x 2－1x(x >0)，则g ′(x )＝(x －1)(e x－x －1)x2． 设h (x )＝e x －x －1(x >0)，则h ′(x )＝e x－1． ∵x >0，∴h ′(x )>0，∴h (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴h (x )>h (0)＝0，即e x>x ＋1，∴g (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴g (x )≥g (1)＝e －2，∴a ≤e－2． ∴a 的取值范围是(－∞，e －2]．10．(2018·郑州质检一)已知函数f (x )＝ln x －a (x ＋1)，a ∈R 在(1，f (1))处的切线与x 轴平行．(1)求f (x )的单调区间；(2)若存在x 0>1，当x ∈(1，x 0)时，恒有f (x )－x 22＋2x ＋12>k (x －1)成立，求k 的取值范围．解 (1)由已知可得f (x )的定义域为(0，＋∞)． ∵f ′(x )＝1x－a ，∴f ′(1)＝1－a ＝0，∴a ＝1，∴f ′(x )＝1x －1＝1－xx，令f ′(x )>0得0<x <1，令f ′(x )<0得x >1，∴f (x )的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)． (2)不等式f (x )－x 22＋2x ＋12>k (x －1)可化为ln x －x 22＋x －12>k (x －1)，令g (x )＝ln x －x 22＋x －12－k (x －1)(x >1)，则g ′(x )＝1x －x ＋1－k ＝－x 2＋(1－k )x ＋1x，令h (x )＝－x 2＋(1－k )x ＋1(x >1)，h (x )的对称轴为直线x ＝1－k 2，①当1－k 2≤1，即k ≥－1时，易知h (x )在(1，x 0)上单调递减，∴h (x )<h (1)＝1－k ，若k ≥1，则h (x )≤0，∴g ′(x )≤0， ∴g (x )在(1，x 0)上单调递减， ∴g (x )<g (1)＝0，不符合题意； 若－1≤k <1，则h (1)>0，∴必存在x 0，使得x ∈(1，x 0)时，g ′(x )>0， ∴g (x )在(1，x 0)上单调递增， ∴g (x )>g (1)＝0恒成立，符合题意．②当1－k 2>1，即k <－1时，易知必存在x 0，使得h (x )在(1，x 0)上单调递增，∴h (x )>h (1)＝1－k >0，∴g ′(x )>0，∴g (x )在(1，x 0)上单调递增， ∴g (x )>g (1)＝0恒成立，符合题意． 综上，k 的取值范围是(－∞，1)．11．(2018·山西考前适应性测试)已知函数f (x )＝12x 2－(a ＋1)x ＋a ln x ．(1)当a <1时，讨论函数f (x )的单调性；(2)若不等式f (x )＋(a ＋1)x ≥x 22＋x a ＋1－e 对于任意x ∈[e －1，e]成立，求正实数a 的取值范围．解 (1)由题知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －(a ＋1)＋a x ＝x 2－(a ＋1)x ＋ax＝(x －a )(x －1)x，若0<a <1，则当0<x <a 或x >1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当a <x <1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；若a ≤0，则当0<x <1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x >1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．综上所述，当a ≤0时，函数f (x )在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减；当0<a <1时，函数f (x )在(a ，1)上单调递减，在(0，a )和(1，＋∞)上单调递增．(2)不等式f (x )＋(a ＋1)x ≥x 22＋x a ＋1－e 对任意x ∈[e －1，e]成立等价于对任意x ∈1e ，e ，有－a ln x ＋x a≤e－1成立， 设g (x )＝－a ln x ＋x a，a >0， 所以g (x )max ≤e－1，g ′(x )＝－a x ＋ax a －1＝a (x a －1)x，令g ′(x )<0，得0<x <1；令g ′(x )>0，得x >1，所以函数g (x )在1e ，1上单调递减，在(1，e]上单调递增，g (x )max 为g 1e＝a ＋e －a 与g (e)＝－a ＋e a 中的较大者．设h (a )＝g (e)－g 1e ＝e a －e －a－2a (a >0)，则h ′(a )＝e a ＋e －a －2>2e a ·e －a－2＝0，所以h (a )在(0，＋∞)上单调递增，故h (a )>h (0)＝0， 所以g (e)>g 1e，从而g (x )max ＝g (e)＝－a ＋e a，所以－a ＋e a ≤e－1，即e a－a －e ＋1≤0， 设φ(a )＝e a－a －e ＋1(a >0)， 则φ′(a )＝e a－1>0，所以φ(a )在(0，＋∞)上单调递增．又φ(1)＝0，所以e a－a －e ＋1≤0的解为a ≤1． 因为a >0，所以正实数a 的取值范围为(0，1]．12．(2018·石家庄二中模拟)已知函数f (x )＝(2－a )(x －1)－2ln x ，g (x )＝x e 1－x(a ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)若不等式f (x )>0对于一切x ∈0，12恒成立，求a 的最小值；(2)若对任意的x 0∈(0，e]，在(0，e]上总存在两个不同的x i (i ＝1，2)，使f (x i )＝g (x 0)成立，求a 的取值范围．解 (1)由题意得(2－a )(x －1)－2ln x >0在0，12上恒成立，即a >2－2ln x x －1在0，12上恒成立．令h (x )＝2－2ln x x －1，x ∈0，12，则h ′(x )＝2ln x ＋2x －2(x －1)2，x ∈0，12， 设φ(x )＝2ln x ＋2x －2，x ∈0，12，则φ′(x )＝2x －2x 2＝2(x －1)x2<0，所以φ(x )>φ12＝2ln 12＋2>0，则h ′(x )>0，因此h (x )<h 12＝2－4ln 2，则a ≥2－4ln 2，即a 的最小值为2－4ln 2． (2)因为g ′(x )＝(1－x )e 1－x，所以g (x )＝x e1－x在(0，1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，由g (0)＝0，g (1)＝1，g (e)＝e 2－e∈(0，1)，得g (x )＝x e1－x在(0，e]上的值域为(0，1]，因为f ′(x )＝(2－a )x －2x，所以当a ≥2时，易得f (x )在(0，e]上单调递减； 当2－2e ≤a <2时，易得f (x )在(0，e]上单调递减，不符合题意．当a <2－2e ，此时f (x )在0，22－a 上单调递减，在22－a，e 上单调递增， 令m (a )＝f22－a ＝a －2ln 22－a a <2－2e， 则m ′(a )＝－a2－a ，易得m (a )在(－∞，0)上单调递增，在0，2－2e上单调递减，m (a )≤m (0)＝0，注意到，当x →0时，f (x )→＋∞，所以欲使对任意的x 0∈(0，e]，在(0，e]上总存在两个不同的x i (i ＝1，2)，使f (x i )＝g (x 0)成立，则需满足f (e)≥1， 即a ≤2－3e －1，又因为2－2e －2－3e －1＝e ＋2e (e －1)>0，所以2－2e >2－3e －1，所以a ≤2－3e －1，综上，a ∈－∞，2－3e －1． 13．(2018·江西重点中学盟校联考一)已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c ln x (a ，b ，c ∈R )． (1)当a ＝1，b ＝1，c ＝－1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)当b ＝2a ，c ＝1时，求最大的整数b ，使得0<x ≤2时，函数y ＝f (x )图象上的点都在⎩⎪⎨⎪⎧0<x ≤2，x ＋y ＋1≤0所表示的平面区域内(含边界)．解 (1)当a ＝1，b ＝1，c ＝－1时，f (x )＝x 2＋x －ln x ， 则f ′(x )＝2x ＋1－1x，所以f ′(1)＝2，又f (1)＝2，所以所求的切线方程为y －2＝2(x －1)， 即2x －y ＝0．(2)当b ＝2a ，c ＝1时，由题意得f (x )＝12bx 2＋bx ＋ln x ，当0<x ≤2时，f (x )≤－x －1， 即ln x ＋12bx 2＋(b ＋1)x ＋1≤0，设g (x )＝ln x ＋12bx 2＋(b ＋1)x ＋1，则问题等价于当0<x ≤2时，g (x )max ≤0． 因为g ′(x )＝1x ＋bx ＋(b ＋1)＝(bx ＋1)(x ＋1)x，当b ≥0时，若0<x ≤2，则g ′(x )>0，g (x )单调递增，g (x )max ＝g (2)＝ln 2＋4b ＋3>0，故不满足条件；当b <0时，因为b 为整数，故b ≤－1，所以0<－1b ≤1，则g (x )在0，－1b上单调递增，在－1b，2上单调递减，所以g (x )max ＝g －1b ＝－ln (－b )－12b ≤0，即ln (－b )＋12b ≥0．(*)易知函数h (x )＝ln (－x )＋12x(x <0)为单调递减函数， 又h (－1)＝－12<0，h (－2)＝ln 2－14>0，所以满足(*)的最大整数b 为－2，综上可知，满足条件的最大的整数b 为－2．14．(2018·石家庄一模)已知函数f (x )＝(x ＋b )(e x－a )(b >0)在(－1，f (－1))处的切线方程为(e －1)x ＋e y ＋e －1＝0．(1)求a ，b ；(2)若m ≤0，证明：f (x )≥mx 2＋x ．解 (1)由题意知切线方程为y －1－e e ＝1－ee x ，当x ＝－1时，y ＝0，所以f (－1)＝(－1＋b )1e －a ＝0，又f ′(x )＝(x ＋b ＋1)e x－a ，所以f ′(－1)＝b e －a ＝－1＋1e，若a ＝1e ，则b ＝2－e<0，与b >0矛盾，故b ＝1，a ＝1．(2)证法一：由(1)可知f (x )＝(x ＋1)(e x－1)，f (0)＝0，f (－1)＝0，由m ≤0，可得x ≥mx 2＋x ， 令g (x )＝(x ＋1)(e x－1)－x ， 则g ′(x )＝(x ＋2)e x－2，当x ≤－2时，g ′(x )＝(x ＋2)e x－2≤－2<0； 当x >－2时，设h (x )＝g ′(x )＝(x ＋2)e x－2， 则h ′(x )＝(x ＋3)e x>0，故函数g ′(x )在(－2，＋∞)上单调递增， 又g ′(0)＝0，所以当x ∈(－∞，0)时，g ′(x )<0， 当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0，所以函数g (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 故g (x )≥g (0)＝0⇒(x ＋1)(e x －1)≥x ≥mx 2＋x ， 故f (x )≥mx 2＋x ．证法二：由(1)可知f (x )＝(x ＋1)(e x－1)，f (0)＝0，f (－1)＝0， 由m ≤0，可得x ≥mx 2＋x ， 令g (x )＝(x ＋1)(e x －1)－x ， 则g ′(x )＝(x ＋2)e x －2， 令t (x )＝g ′(x )， 则t ′(x )＝(x ＋3)e x ，当x <－3时，t ′(x )<0，g ′(x )单调递减，且g ′(x )<0；当x>－3时，t′(x)>0，g′(x)单调递增，且g′(0)＝0，所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，且g(0)＝0，故g(x)≥g(0)＝0⇒(x＋1)(e x－1)≥x≥mx2＋x，故f(x)≥mx2＋x．。