导数压轴题,数列不等式
导数解答题中数列不等式的证明思路策略
导数解答题中数列不等式的证明思路策略张国飞(安徽省桐城中学ꎬ安徽桐城２３１４００)摘㊀要:导数解答题中最后一问设置数列不等式的证明ꎬ是高考函数与导数知识模块中命题时比较常见的一个压轴题型.文章结合实例ꎬ就导数解答题中数列不等式的几个常见的证明思路策略加以剖析ꎬ阐述基本证明思路与技巧方法ꎬ总结证明归纳与策略ꎬ引领并指导数学教学与复习备考.关键词:导数ꎻ数列ꎻ不等式ꎻ证明ꎻ思路ꎻ策略中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)３０－００３８－０３收稿日期:２０２３－０７－２５作者简介:张国飞(１９８０.７－)ꎬ男ꎬ安徽省安庆人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀在函数与导数的综合应用解答题中ꎬ经常会有证明数列不等式ꎬ形如ðｎｉ＝１ａｉ<ｇ(ｎ)或ðｎｉ＝１ａｉ<Ａ(Ａ为常数)等形式成立的数列不等式设置.此类数列不等式的证明问题往往前后联系ꎬ与前面小题中的函数与导数的综合应用等着直接或间接的联系ꎬ需要借助函数的单调性㊁导数的基本性质以及不等式的性质等来应用ꎬ综合性强ꎬ时常是压轴题的首选ꎬ倍受各方关注.下面结合实例ꎬ就证明导数解答题中的数列不等式的思路策略加以剖析与应用ꎬ抛砖引玉[１].１抓住常用思路ꎬ进行逐项比较对于数列不等式ðｎｉ＝１ａｉ<ｇ(ｎ)ꎬ其中不等式的一边是某个数列的前ｎ项和ꎬ而另一边ｇ(ｎ)如果可以看作另一个数列的前ｎ项和ꎬ此时可以采用计算该数列的通项公式ｂｎꎬ借助ａｎ<ｂｎ的转化ꎬ通过逐项比较ꎬ利用累加法加以分析与证明.例１㊀求证:对于任意的ｘɪ(０ꎬ＋ɕ)ꎬ有ｘ１＋ｘ<ｌｎ(１＋ｘ)<ｘ恒成立.根据这个不等式证明:ｌｎ(ｎ＋１)<１＋１２＋ ＋１ｎ<ｌｎｎ＋１(ｎɪＮ∗).解析㊀令函数ｆ(ｘ)＝ｌｎ(１＋ｘ)－ｘ(ｘ>０)ꎬ则ｆᶄ(ｘ)＝１１＋ｘ－１＝－ｘ１＋ｘ<０ꎬ则知函数ｆ(ｘ)在(０ꎬ＋ɕ)上单调递减ꎬ可得ｆ(ｘ)<ｆ(０)＝０ꎬ即ｌｎ(１＋ｘ)<ｘ成立ꎻ令函数ｇ(ｘ)＝ｘ１＋ｘ－ｌｎ(１＋ｘ)(ｘ>０)ꎬ则ｇᶄ(ｘ)＝１(１＋ｘ)２－１１＋ｘ＝－ｘ(１＋ｘ)２<０ꎬ则知函数ｇ(ｘ)在(０ꎬ＋ɕ)上单调递减ꎬ可得ｇ(ｘ)<ｇ(０)＝０ꎬ即ｘ１＋ｘ<ｌｎ(１＋ｘ)成立ꎻ综上分析ꎬ可得对于任意的ｘɪ(０ꎬ＋ɕ)ꎬ有ｘ１＋ｘ<ｌｎ(１＋ｘ)<ｘ恒成立.取ｘ＝１ｎꎬ可得ｘ１＋ｘ＝１ｎ１＋１ｎ＝１ｎ＋１<ｌｎ(１＋ｘ)＝ｌｎ(１＋１ｎ)＝ｌｎｎ＋１ｎ＝ｌｎ(ｎ＋１)－ｌｎｎ<ｘ＝１ｎꎬ即８３１ｎ＋１<ｌｎ(ｎ＋１)－ｌｎｎ<１ｎꎬ令ｎ＝１ꎬ２ꎬ ꎬ对应不等式累加可得１２＋１３＋ ＋１ｎ＋１<ｌｎ(ｎ＋１)<１＋１２＋ ＋１ｎꎬ即ｌｎ(ｎ＋１)<１＋１２＋ ＋１ｎ<ｌｎｎ＋１(ｎɪＮ∗).点评㊀由函数不等式过渡到数列不等式的处理ꎬ就是合理对变量进行赋值处理ꎬ进而实现逐项比较的目的ꎬ同时在累加处理时ꎬ还要对不等式的形式进行巧妙处理ꎬ这里由１２＋１３＋ ＋１ｎ＋１<ｌｎ(ｎ＋１)可得１＋１２＋１３＋ ＋１ｎ<ｌｎｎꎬ进而得到１＋１２＋ ＋１ｎ<ｌｎｎ＋１.注意递推不等式的结构特征与应用.２融合可选思路ꎬ利用数列单调(性)对于数列不等式ðｎｉ＝１ａｉ<ｇ(ｎ)ꎬ通过恒等变形转化为证明ｂｎ＝ðｎｉ＝１ａｉ－ｇ(ｎ)<０ꎬ先验证ｂ１<０ꎬ接下来验证ｂｎ＋１－ｂｎ<０恒成立ꎬ利用数列的单调性(单调递减)实现数列不等式的证明与应用[２].例２㊀设函数ｆ(ｘ)＝(ｘ－１)２＋ｂｌｎｘꎬ其中ｂ为常数.(１)判断函数ｆ(ｘ)在定义域上的单调性ꎻ(２)求证:１３２＋１４２＋ ＋１ｎ２<ｌｎ(ｎ＋１)(ｎȡ３ꎬｎɪＮ∗).㊀解析㊀由函数ｆ(ｘ)＝(ｘ－１)２＋ｂｌｎｘ(ｘ>０)ꎬ则ｆᶄ(ｘ)＝２(ｘ－１)＋ｂｘ＝２(ｘ－１２)２＋ｂ－１２ｘꎬ所以当ｂȡ１２时ꎬｆᶄ(ｘ)ȡ０ꎬ函数ｆ(ｘ)在(０ꎬ＋ɕ)上单调递增ꎻ当ｂ<１２时ꎬ令ｆᶄ(ｘ)＝０ꎬ解得ｘ１＝１２－１－２ｂ２或ｘ２＝１２＋１－２ｂ２ꎬ①当ｂɤ０时ꎬｘ１ɤ０舍去ꎬ而ｘ２ȡ１ꎬ此时ｆᶄ(ｘ)ꎬｆ(ｘ)随ｘ在定义域上的变化情况如下表:表１㊀函数单调性与导数关系ｘ(０ꎬｘ２)ｘ２(ｘ２ꎬ＋ɕ)ｆᶄ(ｘ)－０＋ｆ(ｘ)↘极小值↗ｘ(０ꎬｘ１)ｘ１(ｘ１ꎬｘ２)ｘ２(ｘ２ꎬ＋ɕ)ｆᶄ(ｘ)＋０－０＋ｆ(ｘ)↗极大值↘极小值↗㊀㊀②当０<ｂ<１２时ꎬ０<ｘ１<ｘ２ꎬ此时ｆᶄ(ｘ)ꎬｆ(ｘ)随ｘ在定义域上的变化情况如下表:综上分析ꎬ当ｂȡ１２时ꎬ函数ｆ(ｘ)在(０ꎬ＋ɕ)上单调递增ꎻ当０<ｂ<１２时ꎬ函数ｆ(ｘ)在(０ꎬ１２－１－２ｂ２)ꎬ(１２＋１－２ｂ２ꎬ＋ɕ)上单调递增ꎬ在(１２－１－２ｂ２ꎬ１２＋１－２ｂ２)上单调递减ꎻ当ｂɤ０时ꎬ函数ｆ(ｘ)在(０ꎬ１２＋１－２ｂ２)上单调递减ꎬ在(１２＋１－２ｂ２ꎬ＋ɕ)上单调递增.(２)设ｂｎ＝１３２＋１４２＋ ＋１ｎ２－ｌｎ(ｎ＋１)ꎬｎȡ３ꎬｎɪＮ∗ꎬ则ｂ３＝１９－ｌｎ４<０显然成立ꎻ当ｎȡ３ꎬｎɪＮ∗时ꎬｂｎ＋１－ｂｎ＝１(ｎ＋１)２－ｌｎ(ｎ＋２)＋ｌｎ(ｎ＋１)＝１(ｎ＋１)２－ｌｎｎ＋２ｎ＋１ꎬ设ｘ＝ｎ＋２ｎ＋１＝１＋１ｎ＋１ɪ(１ꎬ５４]ꎬ那么要证ｂｎ＋１－ｂｎ<０ꎬ只需证(ｘ－１)２－ｌｎｘ<０ꎬ取ｂ＝－１ꎬ由(１)知函数ｆ(ｘ)在(０ꎬ１＋３２)上单调递减ꎬ而５４<１＋３２ꎬ则知当ｘɪ(１ꎬ５４]时ꎬｆ(ｘ)＝９３(ｘ－１)２－ｌｎｘ<ｆ(１)＝０ꎬ从而ｂｎ＋１－ｂｎ<０成立ꎬ即数列{ｂｎ}单调递减ꎬ则有ｂｎɤｂ３<０ꎬ原数列不等式得证.点评㊀这里利用数列的单调性来证明相关的数列不等式成立时ꎬ其证明过程与逐项比较写的过程有点差异ꎬ但本质上两种方法之间有着异曲同工之妙.注意证明数列的单调性时ꎬ往往要回归题目前面部分所涉及的函数不等式问题ꎬ合理应用.３借助性质思路ꎬ合理放缩处理对于数列不等式ðｎｉ＝１ａｉ<Ａꎬ经常可以借助函数的单调性质㊁不等式的基本性质等来加强命题ðｎｉ＝１ａｉ<ｇ(ｎ)且ｇ(ｎ)<Ａꎬ通过合理的放缩与变形处理来巧妙转化与应用.放缩的关键是数列的求和与放缩ꎬ以及不等式性质的应用等[３].例３㊀已知函数ｆ(ｘ)＝ｘ－ｍｌｎｘ－１(ｍɪＲ)在ｘ＝１处取得极值Ａ.(１)求出实数ｍ的值ꎬ并判断Ａ是函数ｆ(ｘ)的最大值还是最小值ꎻ(２)证明:对于任意正整数ｎꎬ不等式(１＋１２)(１＋１２２) (１＋１２ｎ)<ｅ恒成立ꎬ其中ｅ＝２.７１８２８ 是自然对数的底数.解析㊀(１)由函数ｆ(ｘ)＝ｘ－ｍｌｎｘ－１(ｘ>０)ꎬ则ｆᶄ(ｘ)＝１－ｍｘꎬ由于ｘ＝１是函数ｆ(ｘ)的极值点ꎬ则有ｆᶄ(１)＝０ꎬ即１－ｍ１＝０ꎬ解得ｍ＝１ꎬ此时函数ｆ(ｘ)＝ｘ－ｌｎｘ－１ꎬｆᶄ(ｘ)＝１－１ｘ＝ｘ－１ｘꎬ则知当０<ｘ<１时ꎬｆᶄ(ｘ)<０ꎬ函数ｆ(ｘ)单调递减ꎻ当ｘ>１时ꎬｆᶄ(ｘ)>０ꎬ函数ｆ(ｘ)单调递增ꎬ所以函数ｆ(ｘ)在ｘ＝１处取得极值Ａ＝ｆ(１)＝０是最小值ꎻ(２)由(１)知ꎬ当ｘ>１时ꎬｆ(ｘ)>ｆ(１)＝０ꎬ即ｘ－１>ｌｎｘꎬ不妨令ｘ＝１＋１２ｎꎬｎɪＮ∗ꎬ则有ｌｎ(１＋１２ｎ)<１２ｎꎬｎɪＮ∗ꎬ所以ｌｎ(１＋１２)＋ｌｎ(１＋１２２)＋＋ｌｎ(１＋１２ｎ)<１２＋１２２＋ ＋１２ｎ＝１２(１－１２ｎ)１－１２＝１－１２ｎ<１ꎬ即ｌｎ[(１＋１２)(１＋１２２) (１＋１２ｎ)]<１＝ｌｎｅꎬ所以不等式(１＋１２)(１＋１２２) (１＋１２ｎ)<ｅ恒成立.点评㊀在解决导数解答题中数列不等式的证明问题时ꎬ往往要先从前面小题的过程或结论中选取合适的函数不等式加以应用ꎬ这非常考验考生的观察能力.而在对数列不等式进行累加求和处理后ꎬ合理的放缩是正确证明的关键ꎬ要注意观察所要证明的数列不等式的结构特征加以巧妙放缩处理.在解决导数解答题中数列不等式的证明时ꎬ除了以上三种基本的证明思路策略ꎬ还可以借助推理与证明思维进一步加以综合与应用ꎬ利用可行的思路方法与技巧策略来剖析ꎬ有时在证明数列不等式时还可以多种证明思路策略联合应用ꎬ实现问题的综合应用与巧妙解决[４].参考文献:[１]韩文美.突出四个 基本点 ꎬ强化导数及应用[Ｊ].中学生数理化(高二数学)ꎬ２０２３ꎬ９７４(０６):２２－２４ꎬ２６.[２]白亚军.求解数列不等式的常见放缩技巧[Ｊ].高中数学教与学ꎬ２０２３(０９):２１－２２ꎬ２０.[３]蔡雯.例析高考中函数与数列不等式证明问题的突破[Ｊ].高中数理化ꎬ２０２３(０７):２６－２７.[４]刘海涛.由一道高考题引发的对证明数列不等式的思考[Ｊ].中学数学月刊ꎬ２０２１(０４):６３－６４.[责任编辑:李㊀璟]０４。
专题17 函数与导数压轴解答题常考套路归类(精讲精练)(原卷版)
专题17 函数与导数压轴解答题常考套路归类【命题规律】函数与导数是高中数学的重要考查内容，同时也是高等数学的基础，其试题的难度呈逐年上升趋势，通过对近十年的高考数学试题，分析并归纳出五大考点：（1）含参函数的单调性、极值与最值； （2）函数的零点问题；（3）不等式恒成立与存在性问题； （4）函数不等式的证明． （5）导数中含三角函数形式的问题其中，对于函数不等式证明中极值点偏移、隐零点问题、含三角函数形式的问题探究和不等式的放缩应用这四类问题是目前高考函数与导数压轴题的热点．【核心考点目录】核心考点一：含参数函数单调性讨论 核心考点二：导数与数列不等式的综合问题 核心考点三：双变量问题 核心考点四：证明不等式 核心考点五：极最值问题 核心考点六：零点问题核心考点七：不等式恒成立问题核心考点八：极值点偏移问题与拐点偏移问题 核心考点九：利用导数解决一类整数问题 核心考点十：导数中的同构问题 核心考点十一：洛必达法则核心考点十二：导数与三角函数结合问题【真题回归】1．（2022·天津·统考高考真题）已知a b ∈R ，，函数()()sin ,x f x e a x g x =-=(1)求函数()y f x =在()()0,0f 处的切线方程； (2)若()y f x =和()y g x =有公共点， （i ）当0a =时，求b 的取值范围； （ii ）求证：22e a b +>．2．（2022·北京·统考高考真题）已知函数()e ln(1)x f x x =+． (1)求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； (2)设()()g x f x '=，讨论函数()g x 在[0,)+∞上的单调性； (3)证明：对任意的,(0,)s t ∈+∞，有()()()f s t f s f t +>+．3．（2022·浙江·统考高考真题）设函数e()ln (0)2f x x x x=+>． (1)求()f x 的单调区间；(2)已知,a b ∈R ，曲线()y f x =上不同的三点()()()()()()112233,,,,,x f x x f x x f x 处的切线都经过点(,)a b ．证明：（ⅰ）若e a >，则10()12e a b f a ⎛⎫<-<- ⎪⎝⎭； （ⅰ）若1230e,a x x x <<<<，则22132e 112e e6e 6e a ax x a --+<+<-． （注：e 2.71828=是自然对数的底数）4．（2022·全国·统考高考真题）已知函数()e e ax x f x x =-． (1)当1a =时，讨论()f x 的单调性；(2)当0x >时，()1f x <-，求a 的取值范围； (3)设n *∈N21ln(1)n n +>++．5．（2022·全国·统考高考真题）已知函数1()(1)ln f x ax a x x=--+． (1)当0a =时，求()f x 的最大值；(2)若()f x 恰有一个零点，求a 的取值范围．6．（2022·全国·统考高考真题）已知函数()ln xf x x a xx e -=+-．(1)若()0f x ≥，求a 的取值范围；(2)证明：若()f x 有两个零点12,x x ，则121x x <．7．（2022·全国·统考高考真题）已知函数()x f x e ax =-和()ln g x ax x =-有相同的最小值． (1)求a ；(2)证明：存在直线y b =，其与两条曲线()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．【方法技巧与总结】1、对称变换主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：（1）定函数（极值点为0x ），即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点x 0．（2）构造函数，即根据极值点构造对称函数0()()(2)F x f x f x x =--，若证2120x x x > ，则令2()()()x F x f x f x=-． （3）判断单调性，即利用导数讨论()F x 的单调性．（4）比较大小，即判断函数()F x 在某段区间上的正负，并得出()f x 与0(2)f x x -的大小关系．（5）转化，即利用函数()f x 的单调性，将()f x 与0(2)f x x -的大小关系转化为x 与02x x -之间的关系，进而得到所证或所求．【注意】若要证明122x x f +⎛⎫' ⎪⎝⎭的符号问题，还需进一步讨论122x x +与x 0的大小，得出122x x +所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负．构造差函数是解决极值点偏移的一种有效方法，函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中．某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用．因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的．根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧．许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效2121212ln ln 2x x x xx x -+<-证明极值点偏移：①由题中等式中产生对数； ②将所得含对数的等式进行变形得到1212ln ln x x x x --；③利用对数平均不等式来证明相应的问题．3、 比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可．【核心考点】核心考点一：含参数函数单调性讨论 【规律方法】1、导函数为含参一次型的函数单调性导函数的形式为含参一次函数时，首先讨论一次项系数为0，导函数的符号易于判断，当一次项系数不为雩，讨论导函数的零点与区间端点的大小关系，结合导函数图像判定导函数的符号，写出函数的单调区间．2、导函数为含参二次型函数的单调性当主导函数（决定导函数符号的函数）为二次函数时，确定原函数单调区间的问题转化为探究该二次函数在给定区间上根的判定问题．对于此二次函数根的判定有两种情况：（1）若该二次函数不容易因式分解，就要通过判别式来判断根的情况，然后再划分定义域； （2）若该二次函数容易因式分解，令该二次函数等于零，求根并比较大小，然后再划分定义域，判定导函数的符号，从而判断原函数的单调性．3、导函数为含参二阶求导型的函数单调性当无法直接通过解不等式得到一阶导函数的符号时，可对“主导”函数再次求导，使解题思路清晰．“再构造、再求导”是破解函数综合问题的强大武器．在此我们首先要清楚()()()f x f x f x '''、、之间的联系是如何判断原函数单调性的．（1）二次求导目的：通过()f x ''的符号，来判断()f x '的单调性；（2）通过赋特殊值找到()f x '的零点，来判断()f x '正负区间，进而得出()f x 单调性． 【典型例题】例1．（2023春·山东济南·高三统考期中）已知三次函数()()32111212322f x ax a x x =+---.(1)当3a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程， (2)讨论()y f x =的单调性.例2．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()2122ex f x x a x a -⎡⎤=+-+-⎣⎦，R a ∈，讨论函数()f x 单调性；例3．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()212ln 212f x a x x a x =+-+，a ∈R ，求()f x 的单调区间.例4．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()()22ln 211f x x ax a x a =---+∈R .求函数()f x 的单调区间；核心考点二：导数与数列不等式的综合问题 【规律方法】在解决等差、等比数列综合问题时，要充分利用基本公式、性质以及它们之间的转化关系，在求解过程中要树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，并适时地采用“巧用性质，整体考虑”的方法．可以达到减少运算量的目的．【典型例题】例5．（2023·江苏苏州·苏州中学校考模拟预测）已知函数()1ln f x x a x x=--.(1)若不等式()0f x ≥在()1,+∞上恒成立，求实数a 的取值范围； (2)证明：()()()22211ln 21ni n n i i n n =+-⎛⎫>⎪+⎝⎭∑.例6．（2023春·重庆·高三统考阶段练习）已知函数()e (2)2,x f x x a ax a =-++∈R ． (1)当1a =时，求曲线()f x 在点(1,(1))f 处的切线方程； (2)若不等式()0f x ≥对0x ∀≥恒成立，求实数a 的范围； (3)证明：当111,1ln(21)23n n n*∈++++<+N ．例7．（2023春·福建宁德·高三校考阶段练习）已知函数()e ax f x x =-（12a ≥）. (1)(0,1)x ∈，求证：1sin ln 1x x x<<-；(2)证明：111sin sin sin()23f n n+++<.(ln20.693,ln3 1.099≈≈)核心考点三：双变量问题 【规律方法】破解双参数不等式的方法：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果． 【典型例题】例8．（2023春·江苏苏州·高三苏州中学校考阶段练习）已知函数()()ln 1R f x x ax a =-+∈. (1)若过原点的一条直线l 与曲线()y f x =相切，求切点的横坐标；(2)若()f x 有两个零点12x x ，，且212x x >，证明：①1228>e x x ； ②2212220+>e x x .例9．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知函数2()e ,2xmx f x m =-∈R . (1)讨论()f x 极值点的个数；(2)若()f x 有两个极值点12,x x ，且12x x <，证明:()()122e f x f x m +<-.例10．（2023·全国·高三专题练习）巳知函数()ln(3)f x x x =+-. (1)求函数f （x ）的最大值; (2)若关于x 的方程e ln3,(0)3x a a a x +=>+有两个不等实数根x x ₁，₂，证明: 122e e x xa+>.核心考点四：证明不等式 【规律方法】利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式()()f x g x >（或()()f x g x <）转化为证明()()0f x g x ->（或()()0f x g x -<），进而构造辅助函数()()()h x f x g x =-；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数． （4）对数单身狗，指数找基友 （5）凹凸反转，转化为最值问题 （6）同构变形 【典型例题】例11．（2023·全国·高三校联考阶段练习）已知函数()()22ln ,f x x ax bx a b =-+∈R ．(1)当0b =时，讨论()f x 的单调性;(2)设12,x x 为()f x 的两个不同零点，证明：当()0,x ∈+∞时，()()12212124sin 2e x x f x x x x +-+<++．例12．（2023·全国·高三校联考阶段练习）已知2()(ln 1)f x x x =+． (1)求()f x 的单调递增区间； (2)若124()()ef x f x +=，且12x x <，证明12ln()ln 21x x +>-．例13．（2023·江苏·高三专题练习）已知函数()ln m x nf x x+=在()()1,1f 处的切线方程为1y =. (1)求实数m 和n 的值；(2)已知()(),A a f a ，()(),B b f b 是函数()f x 的图象上两点，且()()f a f b =，求证：()()ln ln 1a b ab +<+.核心考点五：极最值问题 【规律方法】利用导数求函数的极最值问题．解题方法是利用导函数与单调性关系确定单调区间，从而求得极最值．只是对含有参数的极最值问题，需要对导函数进行二次讨论，对导函数或其中部分函数再一次求导，确定单调性，零点的存在性及唯一性等，由于零点的存在性与参数有关，因此对函数的极最值又需引入新函数，对新函数再用导数进行求值、证明等操作．【典型例题】例14．（2023春·江西鹰潭·高三贵溪市实验中学校考阶段练习）已知函数()31,R 3f x x ax a a =-+∈.(1)当1a =-时，求()f x 在[]22-,上的最值； (2)讨论()f x 的极值点的个数.例15．（2023·江西景德镇·高三统考阶段练习）已知函数21()(2)e e,()2x f x x g x a x x ⎛⎫=-+=- ⎪⎝⎭，其中a 为大于0的常数，若()()()F x f x g x =-． (1)讨论()F x 的单调区间；(2)若()F x 在()1x t t =≠取得极小值，求()g t 的最小值．例16．（2023·浙江温州·统考模拟预测）已知0a >，函数()()()F x f x g x =-的最小值为2，其中1()e x f x -=，()ln()g x ax =．(1)求实数a 的值；(2)(0,)∀∈+∞x ，有(1)1(e )f x m kx k g x +-≥+-≥，求2mk k -的最大值．核心考点六：零点问题 【规律方法】函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围．求解步骤：第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与x 轴（或直线y k =）在某区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像； 第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数． 【典型例题】例17．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()2e 2x m f x x m =+∈R ． (1)若存在0x >，使得()0f x <成立，求m 的取值范围；(2)若函数()()2e e x F x x f x =+-有三个不同的零点，求m 的取值范围．例18．（2023·全国·高三专题练习）设0a >，已知函数()e 2xf x a x =--，和()()ln 22g x x a x =-++⎡⎤⎣⎦.(1)若()f x 与()g x 有相同的最小值，求a 的值；(2)设()()()2ln 2F x f x g x a =++-有两个零点，求a 的取值范围.例19．（2023春·广西·高三期末）已知函数()()ln e axxf xg x x ax ==-，. (1)当1a =时，求函数()f x 的最大值；(2)若关于x 的方()()f x g x +=1有两个不同的实根，求实数a 的取值范围.核心考点七：不等式恒成立问题 【规律方法】1、利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略：（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； （2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．2、利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1）x D ∀∈，()()min m f x m f x ≤⇔≤； （2）x D ∀∈，()()max m f x m f x ≥⇔≥； （3）x D ∃∈，()()max m f x m f x ≤⇔≤； （4）x D ∃∈，()()min m f x m f x ≥⇔≥．3、不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数()y f x =，[],x a b ∈，()y g x =，[],x c d ∈． （1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∀∈，有()()12f xg x <成立，则()()maxmin f x g x <； （2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f xg x <成立，则()()maxmax f x g x <；（3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f xg x <成立，则()()minmax f x g x <；（4）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f xg x =成立，则()f x 的值域是()g x 的值域的子集．【典型例题】例20．（2023·广西南宁·南宁二中校考一模）已知函数()ln 1f x x =+.(1)若函数()()1g x mf x x =+-的图象在1x =处的切线与直线2y x =平行，求函数()g x 在1x =处的切线方程；(2)求证：当12a ≤时，不等式()1af x a +≤在[1,e]上恒成立.例21．（2023·上海·高三专题练习）已知函数()(1)e (R x f x x ax a =--∈且a 为常数）. (1)当0a =，求函数()f x 的最小值；(2)若函数()f x 有2个极值点，求a 的取值范围；(3)若()ln e 1x f x x ≥-+对任意的,()0x ∈+∞恒成立，求实数a 的取值范围.例22．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()()e 1ln ln 0x f x a x a x a =+--⋅>．(1)若e a =，求函数()f x 的单调区间； (2)若不等式()1f x <在区间()1,+∞上有解，求实数a 的取值范围．核心考点八：极值点偏移问题与拐点偏移问题 【规律方法】1、极值点偏移的相关概念所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性．若函数)(x f 在0x x =处取得极值，且函数)(x f y =与直线b y =交于),(),,(21b x B b x A 两点，则AB 的中点为),2(21b x x M +，而往往2210x x x +≠．如下图所示．图1 极值点不偏移 图2 极值点偏移极值点偏移的定义：对于函数)(x f y =在区间),(b a 内只有一个极值点0x ，方程)(x f 的解分别为21x x 、，且b x x a <<<21，（1）若0212x x x ≠+，则称函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 偏移；（2）若0212x x x >+，则函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 左偏，简称极值点0x 左偏；（3）若0212x x x <+，则函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 右偏，简称极值点0x 右偏．【典型例题】例23．（2022•浙江期中）已知函数()f x x lnx a =--有两个不同的零点1x ，2x ． （1）求实数a 的取值范围； （2）证明：121x x a +>+．例24．（2021春•汕头校级月考）已知，函数()f x lnx ax =-，其中a R ∈． （1）讨论函数()f x 的单调性； （2）若函数()f x 有两个零点， ()i 求a 的取值范围；()ii 设()f x 的两个零点分别为1x ，2x ，证明：212x x e >．例25．（2022•浙江开学）已知a R ∈，()ax f x x e -=⋅（其中e 为自然对数的底数）． （ⅰ）求函数()y f x =的单调区间；（ⅰ）若0a >，函数()y f x a =-有两个零点x ，2x ，求证：22122x x e +>．核心考点九：利用导数解决一类整数问题 【规律方法】分离参数、分离函数、半分离 【典型例题】例26．已知函数()ln 2f x x x =--． （1）求函数在()()1,1f 处的切线方程（2）证明：()f x 在区间()3,4内存在唯一的零点；（3）若对于任意的()1,x ∈+∞，都有()ln 1x x x k x +>-，求整数k 的最大值．例27．已知函数211()ln 2f x x x x a a ⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭，(0)a ≠． （1）当12a =时，求函数()fx 在点()()1,1f 处的切线方程；（2）令2()()F x af x x =-，若()12F x ax <-在()1,x ∈+∞恒成立，求整数a 的最大值．（参考数据：4ln 33<，5ln 44<）．例28．已知函数()ln 2f x x x =--．（1）证明：()f x 在区间()3,4内存在唯一的零点；（2）若对于任意的()1,x ∈+∞，都有()ln 1x x x k x +>-，求整数k 的最大值．核心考点十：导数中的同构问题【规律方法】1、同构式：是指除了变量不同，其余地方均相同的表达式2、同构式的应用：（1）在方程中的应用：如果方程()0f a =和()0f b =呈现同构特征，则,a b 可视为方程()0f x =的两个根（2）在不等式中的应用：如果不等式的两侧呈现同构特征，则可将相同的结构构造为一个函数，进而和函数的单调性找到联系．可比较大小或解不等式．<同构小套路>①指对各一边，参数是关键；②常用“母函数”：()xf x x e =⋅，()xf x e x =±；寻找“亲戚函数”是关键；③信手拈来凑同构，凑常数、x 、参数；④复合函数（亲戚函数）比大小，利用单调性求参数范围． （3）在解析几何中的应用：如果()()1122,,,Ax y B x y 满足的方程为同构式，则,A B 为方程所表示曲线上的两点．特别的，若满足的方程是直线方程，则该方程即为直线AB 的方程（4）在数列中的应用：可将递推公式变形为“依序同构”的特征，即关于(),n a n 与()1,1n a n --的同构式，从而将同构式设为辅助数列便于求解【典型例题】例29．（2022·河北·高三阶段练习）已知函数()ln f x x x =． （1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且b a a b =，证明：2111e a b<+<．例30．（2022·河南郑州·二模（文））已知函数()e 21e xf x x =⋅-+，()ln 2xg x x=+． （1）求函数()g x 的极值；（2）当x >0时，证明：()()f x g x ≥例31．（2022·河南省浚县第一中学模拟预测（理））已知函数()()e x f x ax a =-∈R ．（1）讨论f （x ）的单调性．（2）若a ＝0，证明：对任意的x >1，都有()4333ln f x x x x x ≥-+．核心考点十一：洛必达法则 【规律方法】法则1、若函数()f x 和()g x 满足下列条件： （1）()lim 0x af x →=及()lim 0x ag x →=；（2）在点a 的去心邻域()(),,a a a a εε-⋃+内，()f x 与()g x 可导且()0g x '≠； （3）()()limx af x lg x →'='，那么()()lim x a f x g x →=()()lim x a f x l g x →'='．法则2、若函数()f x 和()g x 满足下列条件：（1）()lim 0x f x →∞=及()lim 0x g x →∞=； （2）0A ∃>，()f x 和()g x 在(),A -∞与(),A +∞上可导，且()0g x '≠； （3）()()limx f x l g x →∞'='，那么()()limx f x g x →∞=()()limx f x l g x →∞'='．法则3、若函数()f x 和()g x 满足下列条件： （1）()lim x af x →=∞及()lim x ag x →=∞；（2）在点a 的去心邻域()(),,a a a a εε-⋃+内，()f x 与()g x 可导且()0g x '≠； （3）()()limx af x lg x →'='， 那么()()limx af xg x →=()()limx af x lg x →'='． 注意：利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一，在解题中应注意： （1）将上面公式中的x a →，,x x →+∞→-∞，x a +→，x a -→洛必达法则也成立． （2）洛必达法则可处理00，∞∞，0⋅∞，1∞，∞，，∞-∞型．（3）在着手求极限以前，首先要检查是否满足00，∞∞，0⋅∞，1∞，∞，，∞-∞型定式，否则滥用洛必达法则会出错．当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限．（4）若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止．()()()()()()limlimlimx ax ax a f x f x f x g x g x g x →→→'''=='''，如满足条件，可继续使用洛必达法则． 【典型例题】例32．已知函数()=ln (,)f x a x bx a b R +∈在12x =处取得极值，且曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与直线10x y -+=垂直．（1）求实数,a b 的值；（2）若[1,)x ∀∈+∞，不等式()(2)mf x m x x≤--恒成立，求实数m 的取值范围．例33．设函数()1x f x e -=-．（1）证明：当1x >-时，()1xf x x ≥+； （2）设当0x ≥时，()1xf x ax ≤+，求a 的取值范围．例34．设函数sin ()2cos xf x x=+．如果对任何0x ≥，都有()f x ax ≤，求a 的取值范围．22sin 2sin 2sin (sin )x x x x x x =-=-核心考点十二：导数与三角函数结合问题 【规律方法】 分段分析法【典型例题】例35．（2023·河南郑州·高三阶段练习）已知函数()1sin e xx f x x -=+，ππ,2x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦． (1)求证：()f x 在ππ,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增；(2)当[]π,0x ∈-时，()sin e cos sin xf x x x k x --⎡⎤⎣⎦恒成立，求k 的取值范围．例36．（2023春·江苏苏州·高三苏州中学校考阶段练习）已知函数()sin ()cos f x x x a x =-+（a 为常数），函数3211()32g x x ax =+.(1)证明：（i ）当0x >时，sin x x >； （ii ）当0x <时，sin x x <；(2)证明：当0a ≥时，曲线()y f x =与曲线()y g x =有且只有一个公共点.例37．（2023·全国·高三专题练习）已知函数π()e sin sin ,[0,π]4xf x x x x ⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭.(1)若1a ≤，判断函数()f x 的单调性； (2)证明：e (π)1sin cos x x x x -+≥-.【新题速递】1．（2023·北京·高三专题练习）已知1x =是函数()()ln ln ln 21xf x x ax x=-+++的一个极值点． (1)求a 值；(2)判断()f x 的单调性；(3)是否存在实数m ，使得关于x 的不等式()f x m ≥的解集为()0,∞+?直接写出m 的取值范围．2．（2023春·广东广州·高三统考阶段练习）已知()214ln 2f x x x a x =-+． (1)若函数()f x 在区间(0,)+∞上单调递增，求实数a 的取值范围； (2)若函数()f x 有两个极值点12,x x ，证明：()()1210ln f x f x a +>-+．3．（2023春·广东广州·高三统考阶段练习）已知函数()()2e 21xf x x ax =+-，其中R a ∈，若()f x 的图象在点()()0,0f 处的切线方程为210x by ++=． (1)求函数()f x 的解析式；(2)求函数()f x 在区间[]3,1-上的最值．4．（2023·全国·高三专题练习）已知函数2()1f x x =-，()ln(1)g x m x =-，R m ∈. (1)若直线:20l x y -=与()y g x =在(0,(0))g 处的切线垂直，求m 的值；(2)若函数()()()h x g x f x =-存在两个极值点1x ，2x ，且12x x <，求证：()()1122x h x x h x >.5．（2023·北京·高三专题练习）已知函数()2e x f x =，直线:2l y x b =+与曲线()y f x =相切．(1)求实数b 的值；(2)若曲线()y af x =与直线l 有两个公共点，其横坐标分别为(,)m n m n <． ①求实数a 的取值范围； ②证明：()()1f m f n ⋅>．6．（2023春·陕西西安·高三统考期末）已知函数()()33ln af x x a x x=--+． (1)当0a =时，求函数()f x 的单调区间；(2)若[]1,e x ∀∈，()0f x <，求实数a 的取值范围．7．（2023·四川资阳·统考模拟预测）已知函数()31f x x ax =-+．(1)当1a =时，过点()1,0作曲线()y f x =的切线l ，求l 的方程； (2)当0a ≤时，对于任意0x >，证明：()cos f x x >．8．（2023·四川资阳·统考模拟预测）已知函数()22e xx f x ax +=++． (1)若()f x 单调递增，求a 的取值范围；(2)若()f x 有两个极值点12,x x ，其中12x x <，求证：2133x x a ->-．9．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()43,R,04a f x x ax bx ab a =--∈≠ (1)若0b =，求函数()f x 的单调区间；(2)若存在0R x ∈，使得()()00f x x f x x =+-，设函数()y f x =的图像与x 轴的交点从左到右分别为A ，B ，C ，D ，证明：点B ，C 分别是线段AC 和线段BD 的黄金分割点.（注：若线段上的点将线段分割成两部分，且其中较长部分与全长之比等于较短部分与较长部分之比，则称此点为该线段的黄金分割点）10．（2023·江西景德镇·统考模拟预测）已知函数()()2e e xf x x =-+，()()2112g x a x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，()()ln 1ln h x x x a =-+，其中a 为常数，若()()()()F x f x g x h x =-+.(1)讨论()F x 的单调区间；(2)若()F x 在()1x t t =≠取得极小值，且()()f t mh t ≥恒成立，求实数m 的取值范围.11．（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线C ：24y x =的焦点为F ，过点P (2，0)作直线l 交抛物线于A ，B 两点．(1)若l 的倾斜角为π4，求△F AB 的面积；(2)过点A ，B 分别作抛物线C 的两条切线1l ，2l 且直线1l 与直线2l 相交于点M ，问：点M 是否在某定直线上？若在，求该定直线的方程，若不在，请说明理由．12．（2023春·江西赣州·高三赣州市赣县第三中学校考期中）已知函数()21ln 2f x x ax =-，()()21e 112x g x x ax a x =--+-，(1)求函数()y f x =的单调区间；(2)若对于定义域内任意x ，()()f x g x ≤恒成立，求实数a 的取值范围．。
专题16 数列与不等式相结合的综合问题(解析版)
专题16 数列与不等式相结合的综合问题专题概述数列与不等式交汇主要以压轴题的形式出现，试题还可能涉及到与导数、函数等知识综合一起考查．主要考查知识重点和热点是数列的通项公式、前n 项和公式以及二者之间的关系、等差数列和等比数列、归纳与猜想、数学归纳法、比较大小、不等式证明、参数取值范围的探求，在不等式的证明中要注意放缩法的应用．此类题型主要考查学生对知识的灵活变通、融合与迁移，考查学生数学视野的广度和进一步学习数学的潜能．近年来加强了对递推数列考查的力度，这点应当引起我们高度的重视．预计在高考中，比较新颖的数列与不等式选择题或填空题一定会出现．数列解答题的命题热点是与不等式交汇，呈现递推关系的综合性试题．其中，以函数与数列、不等式为命题载体，有着高等数学背景的数列与不等式的交汇试题是未来高考命题的一个新的亮点，而命题的冷门则是数列与不等式综合的应用性解答题．典型例题【例1】（2020•赣州模拟）已知各项为正数的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，22a =，425S S =． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求使得8150n n S a ->成立的最小正整数n ． 【分析】（1）根据已知求出公比，进而求得通项公式； （2）求出815n n S a -的表达式，通过对n 的讨论即可求解． 【解答】解：（1）设公比为q ，则0q >；425S S =．1q ∴≠；∴4242211(1)5(1)450411a q a q q q q q q --=⇒-+=⇒=-- 2(1q =舍）； 2q ∴= (2-舍）21222n n n a a --∴=⨯=； （2）由（1）得：21n n S =-；118158(21)15228n n n n n S a --∴-=--=-； 12804n n --=⇒=；13n 时，1280n --<，此时815n n S a <；4n =时，1280n --=，此时815n n S a =；5n 时，1280n -->，此时815n n S a >；∴使得8150n n S a ->成立的最小正整数n 为5．【例2】（2020•安庆二模）设数列{}n a 是一个公差为(0)d d ≠的等差数列，其前n 项和为n S ，420S =，且三项1a 、2a 、4a 成等比数列． （Ⅰ）求公差d 的值； （Ⅰ）设数列1{}n S 的前n 项和为n T ，求使不等式20192020n T >成立的最小正整数n ． 【分析】（Ⅰ）由1a 、2a 、4a 成等比数列，得2214a a a =，结合{}n a 是等差数列，得关于首项与公差的关系式，再由420S =列式求得．（Ⅰ）由（Ⅰ）知12a d ==，得21(1)2n n n S na d n n -=+=+，可得1111(1)1n S n n n n ==-++，利用裂项相消法求得n T ，再求解不等式可得使不等式成立的最小正整数n ． 【解答】解：（Ⅰ）1a 、2a 、4a 成等比数列，∴2214a a a =， 而{}n a 是等差数列，21a a d ∴=+，413a a d =+． 于是2111()(3)a d a a d +=+， 即222111123a a d d a a d ++=+， 解得1(0)a d d =≠． 由420S =知，1434202a d ⨯+=，解得2d =． （Ⅰ）由（Ⅰ）知12a d ==，得21(1)2n n n S na d n n -=+=+， ∴1111(1)1n S n n n n ==-++． 12111111111111223111n n nT S S S n n n n =++⋯+=-+-+⋯+-=-=+++． 由20192020n T >，解得2019n >． 故使不等式成立的最小正整数n 为2020．【例3】（2020•金华模拟）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知：5223a a =+且2a，14a 成等比数列．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅰ）设正项数列{}n b 满足2112nn n b S s ++=+，求证：121n b b b n ++⋯+<+． 【分析】（Ⅰ）设等差数列{}n a 的公差为d ，运用等差数列的通项公式和求和公式，以及等比数列的中项性质，注意19360a d +，解方程可得首项和公差，即可得到所求通项公式；（Ⅰ）求得2n S n =，求得n b，并推得11111(1)1n b n n n n <==+=+-++，再由数列的分组求和以及裂项相消求和，结合不等式的性质即可得证． 【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{}n a 的公差为d ， 由5223a a =+可得1142()3a d a d +=++， 又2a14a 成等比数列，可得9214S a a =， 即111936()(13)a d a d a d +=++，且19360a d +， 解得11a =，2d =，或1115a =-，25d =（舍去），则12(1)21n a n n =+-=-；（Ⅰ）证明：由（Ⅰ）可得21(121)2n S n n n =+-=，由2112nn n b S S ++=+，可得n b =，由n b <=11111(1)1n n n n =+=+-++，故1211111(1)2231n b b b n n n ++⋯+<+-+-+⋯+-+ 1111n n n =+-<++． 【变式训练】1.（2020•4月份模拟）已知数列{}n a ，{}n b 满足：1121,1,41n n n n n b a a b b a +=+==-．（1）证明：11n b ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是等差数列，并求数列{}n b 的通项公式；（2）设1223341n n n S a a a a a a a a +=+++⋯+，求实数a 为何值时4n n aS b <恒成立． 【分析】（1）由已知条件推得12111111n n n n b b b b +-==-+---．结合等差数列的定义和通项公式，可得所求；（2）求得n a ，1111(3)(4)34n n a a n n n n +==-++++，运用数列的裂项相消求和可得n S ，4n n aS b -，设2()(1)3(2)8f n a n a n =-+--，讨论1a =，1a <，1a >，结合二次函数的图象和性质，可得()0f n <恒成立情况．【解答】解：（1）证明：11(1)(1)(2)2n n n n n n n nb b b a a b b b +===-+--， ∴11112n n b b +-=--，∴12111111n n n n b b b b +-==-+---． 由114a =，111a b +=，可得11314b a =-=，1141b =--， ∴数列11n b ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是以4-为首项，1-为公差的等差数列．∴14(1)31n n n b =---=---，∴12133n n b n n +=-=++． （2）113n n a b n =-=+．1111(3)(4)34n n a a n n n n +==-++++， ∴12231111114556(3)(4)444(4)n n n nS a a a a a a n n n n +=++⋯+=++⋯=-=⨯⨯++++， ∴22(1)(36)8443(3)(4)n n an n a n a n aS b n n n n +-+---=-=++++． 由条件可知2(1)(36)80a n a n -+--<恒成立即可满足条件，设2()(1)3(2)8f n a n a n =-+--，当1a =时，()380f n n =--<恒成立， 当1a >时，由二次函数的性质知不可能成立． 当1a <时，对称轴3231(1)02121a a a --=--<--，()f n 在[1，)+∞为单调递减函数．f （1）(1)(36)84150a a a =-+--=-<，∴154a <，即有1a <时，4n aS b <恒成立． 综上知：1a <时，4n aS b <恒成立．2．（2020•聊城一模）①535a b b =+，②387S =③91012a a b b -=+这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}n b 的前n 项和为n T ，________，16a b =，若对于任意*n N ∈都有21n n T b =-，且(n k S S k 为常数），求正整数k 的值． 注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分．【分析】由21n n T b =-，结合数列递推式；1n =时，11b T =，2n 时，1n n n b T T -=-，结合等比数列的定义和通项公式可得n b ，然后选三个条件中一个，结合等差数列的通项公式可得n a ，再讨论{}n a 的正负项，即可得到所求值．【解答】解：由21n n T b =-，可得1n =时，11b =；2n 时，1121n n T b --=-，相减可得122n n n b b b -=-，即12n n b b -=， 由此可得{}n b 为首项为1，公比为2的等比数列，故12n n b -=， ①当535a b b =+，1632a b ==，541620a =+=， 设{}n a 的公差为d ，则20324d =+，解得3d =-，所以323(1)353n a n n =--=-．因为当11n 时，0n a >，当11n >时，0n a <， 所以当11n =时，n S 取得最大值， 因此正整数k 的值为11．②当387S =时，132a =，2387a =，设{}n a 的公差为d ，则3(32)87d +=，解得3d =-，所以323(1)353n a n n =--=-．因为当11n 时，0n a >，当11n >时，0n a <， 所以当11n =时，n S 取得最大值， 因此正整数k 的值为11．③当91012a a b b -=+时，132a =，9103a a -=， 设{}n a 的公差为d ，则3d =-，所以323(1)353n a n n =--=-．因为当11n 时，0n a >，当11n >时，0n a <， 所以当11n =时，n S 取得最大值， 因此正整数k 的值为11．专题强化1．（2020•绵阳模拟）若数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知11a =，123n n a S +=． （1）求n S ； （2）设1n n b s =，求证：12352n b b b b +++⋯+<． 【分析】（1）由数列的递推式：11n n n a S S ++=-，结合等比数列的定义和通项公式，可得所求； （2）求得113()5n n n b s -==，由等比数列的求和公式和不等式的性质，即可得证． 【解答】解：（1）123n n a S +=，可得1123n n n n a S S S ++=-=， 由11a =，可得11S =，即153n n S S +=，可得数列{}n S 是首项为1，公比为53的等比数列，则15()3n n S -=；（2）证明：113()5n n n b s -==， 则12331()55355()3225215nn n b b b b -+++⋯+==-<-． 2．（2020•青岛一模）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，等比数列{}n b 的前n 项和为n T ．已知112a b =，26S =，312S =，243T =，*n N ∈． （1）求{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）是否存在正整数k ，使得6k S k <且139k T >？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，在等差数列{}n a 中，由已知求解公差d ，进一步求得首项，可得等差数列的通项公式；由112a b =求得1b ，结合已知求得2b ，可得等比数列的公比，则等比数列的通项公式可求；（2）由（1）知，1()(1)2k k k a a S k k +==+，由6k S k <解得k 范围，再由131132239k k T -=->⨯，解得k 范围，即可判断出结论．【解答】解：（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，在等差数列{}n a 中， 26S =，312S =，3326a S S ∴=-=，又2123321236S a a a d a d d =+=-+-=-=，2d ∴=． 从而1322a a d =-=，则22(1)2n a n n =+-=； 由112a b =，得111b T ==． 22141133b T T =-=-=，设数列{}n b 的公比为q ， 2113b q b ∴==，则11111()()33n n n b --=⨯=； （2）由（1）知，1()(1)2k k k a a S k k +==+， (1)6k S k k k ∴=+<，整理得250k k -<，解得05k <<．又111(1)31313(1)12322313k k k k T -⨯-==-=-⨯-．∴131132239k k T -=->⨯，即11139k -<，解得3k >． ∴存在正整数4k =，使得6k S k <且139k T >． 3．（2020•绵阳模拟）若数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知11a =，*12()n n a S n N +=∈． （1）求n S ；（2）设3log n n b S =，求使得2334451211110.99n n b b b b b b b b +++++⋯+>成立的最小自然数n ． 【分析】（1）利用数列的递推关系式，推出数列{}n S 是等比数列，然后求解即可．（2）化简数列的通项公式，然后利用裂项消项法求解数列的和，结合不等式推出n 的范围，然后求解即可． 【解答】解：（1）数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知11a =，*12()n n a S n N +=∈．所以13n n S S +=， 所以{}n S 是等比数列，首项为1，公比为3等比数列．13n n S -=． （2）3log 1n n b S n ==-，2334451211111111122334(1)n n b b b b b b b b n n +++++⋯+=+++⋯+⨯⨯⨯+ 1111111122311n n n =-+-+⋯+-=-++， 2334451211110.99n n b b b b b b b b +++++⋯+>成立，即110.991n ->+，解得99n >， 所以最小自然数n 为100．4．（2020•福建二模）已知函数()2(sin cos)sin1888f x x x x πππ=+-．（1）求()f x 的最小正周期；（2）将函数()f x 的所有正的零点按从小到大依次排成一列，得到数列{}n x ，令11n n n a x x +=，n S 为数列{}n a 的前n 项和，求证：14n S <． 【分析】（1）根据二倍角公式化简三角函数解析式，根据2T πω=求得周期；（2）根据函数()f x 值为0，解得数列{}n x 的通项公式，通过裂项相消求解前n 项和． 【解答】解：（1）因为2()2(sincos)sin1()22sincos1sincossin()8888884444f x x x x f x sin x x x x x ππππππππππ=+-==+-=-=-，()284f x T ππ==所以的最小正周期．（2）证明：()0,04444f x x sin x ππππ⎛⎫⎛⎫=-=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭得．,41,44x k x k k Z πππ-==+∈解得即．所以*43,n x n n N =-∈． 所以111111()(43)(41)44341n n n a x x n n n n +===--+-+． 所以11111111111[(1)()()()](1)455991343414414n S n n n =-+-+-+⋯+-=-<-++．111(1)4414n =-<+．5．（2020春•山东月考）给出以下三个条件：①34a ，43a ，52a 成等差数列；②对于*n N ∀∈，点(,)n n S 均在函数2x y a =-的图象上，其中a 为常数；③37S =．请从这三个条件中任选一个将下面的题目补充完整，并求解．设{}n a 是一个公比为(0,1)q q q >≠的等比数列，且它的首项11a =，． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）令*22log 1()n n b a n N =+∈，证明数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和12n T <．【分析】本题为开放性题目，需要从三个条件选一个进行作答，若选第一个则可以将3a ，4a ，5a 转化为1a 与q 进行求解；若选第二个则可以利用首项求出a 的值；若选第三个条件则可以利用等比数列前n 项和公式作答；第二问构造新的数列并利用裂项相消法证明即可． 【解答】（1）选①进行作答解：因为34a ，43a ，52a 成等差数列，所以435642a a a =+，2333642a q a a q ⋅=+即 解得1q =（舍)或2q = 所以12n n a -= 选②进行作答解：由题意得2n n S a =- 因为1121a S a ==-=，所以1a =所以21n n S =-112,21n n n S --=-当时，112,2n n n n n a S S --=-=所以当时， 当1n =时，11a =，符合上式， 所以12n n a -=； 若选③作答解：由37S =，212311177a a a a a q a q ++=+⋅+⋅=即 解得2q =或3q =- 又因为0q >，所以2q = 所以12n n a -=（2）证明：1222121n n b log n -=+=-， 1111111()(2)(21)22121n n b b n n n n +==-+-+， 所以11111111(1)(1)23352121221n T n n n =-+-+⋯++=--++因为n N +∈，所以11121n -<+，所以12n T <，得证． 6．（2020•常德模拟）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足2818a a +=，749S =． （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅰ）设4(1)(3)n n n b a a =++，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：112n T <．【分析】本题第（Ⅰ）题先设等差数列{}n a 的公差为d ，然后根据已知条件运用等差中项的知识可计算出d 的值，即可得到数列{}n a 的通项公式；第（Ⅰ）题先根据第（Ⅰ）题的结果计算出数列{}n b 的通项公式，然后运用裂项相消法计算出前n 项和n T ，再根据*n N ∈进行不等式的推导计算即可证明结论． 【解答】（Ⅰ）解：由题意，设等差数列{}n a 的公差为d ，则 由285218a a a +==，可得59a =， 又由()177447749,72a a S a a +====得，54972d a a ∴=-=-=，42(4)72(4)21n a a n n n ∴=+-=+-=-，*n N ∈．（Ⅰ）证明：由（Ⅰ）知，44111(1)(3)(211)(213)(1)1n n n b a a n n n n n n ====-++-+-+++， 12n n T b b b ∴=++⋯+1111112231n n =-+-+⋯+-+ 111n =-+， *n N ∈，12n ∴+，11012n <+，∴111121n -<+， 即112n T <， 故得证．7．（2020春•湖南月考）已知各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且n S 是n a 与1na 的等差中项． （1）证明：2{}n S 为等差数列，并求n S ； （2）设11n n nb S S +=+，数列{}n b 的前n 项和为n T ．，求满足5n T 的最小正整数n 的值．【分析】（1）由等差数列的中项性质和数列的递推式、结合等差数列的定义和通项公式，可得所求； （2）求得11n n n b S S +==+n T ，解不等式可得所求最小值．【解答】解：（1）证明：由n S 是n a 与1n a 的等差中项，可得12n n nS a a =+， 当1n =时，1111122a S a a ==+，解得11(1a =-舍去）， 当2n 时，1n n n a S S -=-，可得1112n n n n n S S S S S --=-+-，化为11()()1n n n n S S S S --+-=，即2211n n S S --=，则2{}n S 为首项为1，公差为1的等差数列，由211nS nn =+-=，可得n S =*n N ∈； （2）11n n n b S S +===+121n T =，5n T 15，解得35n ，则满足5n T 的最小正整数n 的值为35．8．（2020春•江西月考）已知等差数列{}n a 满足738a a =+，且31a -是11a +，52a -的等比中项． （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅰ）设数列*11()n n n b n N a a +=∈，数列{}n b 的前项和为n T ，求使215n T <成立的最大正整数n 的值． 【分析】（Ⅰ）等差数列{}n a 的公差设为d ，运用等差数列的通项公式和等比数列的中项性质，解方程可得首项和公差，进而得到所求通项公式； （Ⅰ）求得1111()(21)(23)22123n b n n n n ==-++++，运用数列的裂项相消求和，以及不等式的解法可得n 的最大值．【解答】解：（Ⅰ）等差数列{}n a 的公差设为d ，由738a a =+，可得11682a d a d +=++， 解得2d =，由31a -是11a +，52a -的等比中项，可得2315(1)(1)(2)a a a -=+-， 即2111(41)(1)(82)a a a +-=++-，解得13a =， 则32(1)21n a n n =+-=+，*n N ∈； （Ⅰ）111111()(21)(23)22123n n n b a a n n n n +===-++++， 则1111111111()()2355721232323n T n n n =-+-+⋯+-=-+++，由1112()232315n -<+，可得2315n +<，解得6n <， 可得使215n T <成立的最大正整数n 的值为5． 9．（2020•衡阳一模）已知{}n a 为等差数列，前n 项和为n S ，39a =，9135S =． （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）记数列21{}n a 前n 项和为n T ，证明：1163n T <． 【分析】本题第（1）题先设等差数列{}n a 的公差为d ，然后根据已知条件列出关于首项1a 与公差为d 的方程组，解出1a 与d 的值，即可计算出数列{}n a 的通项公式；第（2）题先根据第（1）题的结果计算出数列21{}na 的通项公式，将通项公式进行转化可发现数列21{}n a 是以16为首项，12为公比的等比数列，再根据等比数列的求和公式计算出前n 项和n T ，再应用放缩法即可证明结论． 【解答】（1）解：由题意，设等差数列{}n a 的公差为d ，则 3191299891352a a d S a d =+=⎧⎪⎨⨯=+=⎪⎩， 整理，得1129415a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得133a d =⎧⎨=⎩，33(1)3n a n n ∴=+-=，*n N ∈．（2）证明：由（1），可知232n n a =， 故12111111()()323262n n n n a -===， ∴数列21{}n a 是以16为首项，12为公比的等比数列． 11[1()]11162[1()]132312n n n T -∴==-<-， 16n n T T =， ∴1163n T <． 10．（2020•石家庄一模）已知数列{}n a 为等差数列，n S 是数列{}n a 的前n 项和，且22a =，36S a =，数列{}n b 满足：2124b b ==，当3n ，*n N ∈时，1122(22)2n n n a b a b a b n b ++⋯+=-+． （1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式； （2）令*,nn na c n Nb =∈，证明：122n c c c ++⋯+<． 【分析】（1）直接利用数列的定义和递推关系式的应用，求出数列的通项公式． （2）利用乘公比错位相减法在数列求和中的应用和放缩法的应用求出结果．【解答】解：（1）数列{}n a 为等差数列，n S 是数列{}n a 的前n 项和，且22a =，36S a =， 设数列的首项为1a ，公差为d ， 则：1112335a d a d a d+=⎧⎨+=+⎩，解得：111a d =⎧⎨=⎩，所以1(1)n a n n =+-=．数列{}n b 满足：2124b b ==，1122(22)2n n n a b a b a b n b ++⋯+=-+．① 所以1122111(24)2n n n a b a b a b n b ---++⋯+=-+．② ①-②得：1(22)(24)n n n n a b n b n b -=---， 由于n a n =， 整理得12nn b b -=（常数）， 所以数列{}n b 是以12b =为首项，2为公比的等比数列．所以1222n n n b -=⨯=．由于当1n =时，12b =，当2n =时，：24b =．（由于第一和第二项符合通项公式）， 所以：2n n b =证明：（2）由（1）得2n n n n a nc b ==， 所以212222n n nT =++⋯+①， 故2311122222n n nT +=++⋯+② ①-②得：211111(1)1111122()112222222212n n n n n n n n n n T +++-=++⋯+-=-=---， 所以112222n n nn T -=--<． 即122n c c c ++⋯+<．。
高三导数压轴题题型归纳
-导数压轴题题型1. 高考命题回忆例1函数f(*)＝e *－ln(*＋m)．〔2013全国新课标Ⅱ卷〕(1)设*＝0是f(*)的极值点，求m ，并讨论f(*)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(*)>0.(1)解 f (*)＝e *－ln(*＋m )⇒f ′(*)＝e *－1*＋m ⇒f ′(0)＝e 0－10＋m＝0⇒m ＝1，定义域为{*|*>－1}，f ′(*)＝e *－1*＋m ＝e **＋1－1*＋1，显然f (*)在(－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增．(2)证明 g (*)＝e *－ln(*＋2)，则g ′(*)＝e *－1*＋2(*>－2)．h (*)＝g ′(*)＝e *－1*＋2(*>－2)⇒h ′(*)＝e *＋1*＋22>0，所以h (*)是增函数，h (*)＝0至多只有一个实数根，又g ′(－12)＝1e －132<0，g ′(0)＝1－12>0，所以h (*)＝g ′(*)＝0的唯一实根在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，设g ′(*)＝0的根为t ，则有g ′(t )＝e t －1t ＋2＝0⎝ ⎛⎭⎪⎫－12<t <0， 所以，e t ＝1t ＋2⇒t ＋2＝e －t ， 当*∈(－2，t )时，g ′(*)<g ′(t )＝0，g (*)单调递减；当*∈(t ，＋∞)时，g ′(*)>g ′(t )＝0，g (*)单调递增；所以g (*)min ＝g (t )＝e t －ln(t ＋2)＝1t ＋2＋t ＝1＋t 2t ＋2>0，当m ≤2时，有ln(*＋m )≤ln(*＋2)，所以f (*)＝e *－ln(*＋m )≥e *－ln(*＋2)＝g (*)≥g (*)min >0. 例2函数)(x f 满足2121)0()1(')(x x f ef x f x +-=-〔2012全国新课标〕 (1)求)(x f 的解析式及单调区间； (2)假设b ax x x f ++≥221)(，求b a )1(+的最大值。
导数压轴题-----题型解法归纳无答案
导数压轴题-----题型解法归纳一、导数在高考中的地位：常作为压轴题来考察，尤其是解答题，至少占到14分；当然在选择题或者是填空题里 也会出现1～2道，因此高考试卷中它占到了20分左右的比重二、导数可以结合考察的知识点：1、数列；2、不等式与方程；3、函数；4、解析几何其中最常见的就是和函数、不等式的结合，解决这类题目的汉族到思想是构造新函数， 利用导数求解单调性，进而证明不等式或者最值又或者是参数的X 围等等。
三、题型归纳：（新题、难题、考察知识点总结）（一）基础题目小试身手1.（不等式、函数的性质）已知函数mx x x f ++=21ln )(（Ⅰ）)(x f 为定义域上的单调函数，XX 数m 的取值X 围；（Ⅱ）当1-=m 时，求函数)(x f 的最大值；（Ⅲ）当1=m 时，且10≤<≤a b ，证明：2)()(34<--<b a b f a f2.（不等式恒成立问题）设函数),10(3231)(223R b a b x a ax x x f ∈<<+-+-=. （Ⅰ）求函数f （x ）的单调区间和极值；（Ⅱ）若对任意的],2,1[++∈a a x 不等式a x f ≤)('恒成立，求a 的取值X 围3．（导数的简单应用）已知函数x x f ln )(=（Ⅰ）若)()()(R a xa x f x F ∈+=，求)(x F 的极大值； （Ⅱ）若kx x f x G -=2)]([)(在定义域内单调递减，求满足此条件的实数k 的取值X 围4.（不等式的证明）已知函数x x x f -+=)1ln()(．(1)求函数)(x f 的单调递减区间；(2)若1->x ，求证：111+-x ≤)1ln(+x ≤x5、（不等式、存在性问题）已知)0,[),ln()(e x x ax x f -∈--=，xx x g )ln()(--=，其中 e 是自然常数，R a ∈（1）讨论1-=a 时, )(x f 的单调性、极值;（2）求证：在（1）的条件下，21)()(+>x g x f （3）是否存在实数a ，使)(x f 的最小值是3，若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由。
压轴题高分策略之导数与不等式结合
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1、恒成立不等式的来源：（1）函数的最值：在前面的章节中我们提到过最值的一个作用就是提供恒成立的不等式。
（2）恒成立问题的求解：此类题目往往会在前几问中进行铺垫，暗示数列放缩的方向。
其中，有关恒成立问题的求解，参数范围内的值均可提供恒成立不等式 2、常见恒成立不等式：（1）ln 1x x <- 对数→多项式 （2）1xe x >+ 指数→多项式3、什么情况下会考虑到数形结合？利用数形结合解决恒成立问题，往往具备以下几个特点：（1）所给的不等式运用代数手段变形比较复杂，比如分段函数，或者定义域含参等，而涉及的函数便于直接作图或是利用图像变换作图（2）所求的参数在图像中具备一定的几何含义 （3）题目中所给的条件大都能翻译成图像上的特征一、利用导数证明不等式【典例1】【2016高考新课标Ⅲ文数】设函数()ln 1f x x x =-+．（I ）讨论()f x 的单调性； （II ）证明当(1,)x ∈+∞时，11ln x x x-<<； （III ）设1c >，证明当(0,1)x ∈时，1(1)xc x c +->.【答案】（Ⅰ）当01x <<时，()f x 单调递增；当1x >时，()f x 单调递减；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析．考点：1、利用导数研究函数的单调性；2、不等式的证明与解法．【思路点拨】求解导数中的不等式证明问题可考虑：（1）首先通过利用研究函数的单调性，再利用单调性进行证明；（2）根据不等式结构构造新函数，通过求导研究新函数的单调性或最值来证明． 【典例2】【2015高考新课标1，文21】设函数()2ln xf x e a x =-.（I ）讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数； （II ）证明：当0a >时()22lnf x a a a≥+. 【答案】（I ）当0a £时，()f x ¢没有零点；当0a >时，()f x ¢存在唯一零点.（II ）见解析 【解析】试题分析：（I ）先求出导函数，分0a £与0a >考虑()f x '的单调性及性质，即可判断出零点个数；（II ）由（I ）可设()f x ¢在()0+¥，的唯一零点为0x ，根据()f x '的正负，即可判定函数的图像与性质，求出函数的最小值，即可证明其最小值不小于22lna a a+，即证明了所证不等式. 试题解析：（I ）()f x 的定义域为()0+¥，，()2()=20x af x e x x¢->.考点：常见函数导数及导数运算法则；函数的零点；利用导数研究函数图像与性质；利用导数证明不等式；运算求解能力.【思路点拨】导数的综合应用是高考考查的重点和热点，解决此类问题，要熟练掌握常见函数的导数和导数的运算法则、掌握通过利用导数研究函数的单调性、极值研究函数的图像与性质.对函数的零点问题，利用导数研究函数的图像与性质，画出函数图像草图，结合图像处理；对恒成立或能处理成立问题，常用参变分离或分类讨论来处理.【典例3】【2016高考天津文数】设函数b ax x x f --=3)(，R x ∈，其中R b a ∈,（Ⅰ）求)(x f 的单调区间；（Ⅱ）若)(x f 存在极值点0x ，且)()(01x f x f =，其中01x x ≠，求证：0201=+x x ； （Ⅲ）设0>a ，函数|)(|)(x f x g =，求证：)(x g 在区间]1,1[-上的最大值不小于．．．41.【答案】（Ⅰ）递减区间为(33-，递增区间为(,)3-∞-，()3-+∞.（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）详见解析 【解析】当x 变化时，()f x '、()f x 的变化情况如下表：所以()f x 的单调递减区间为(，单调递增区间为(,-∞，()+∞. （2）证明：因为()f x 存在极值点，所以由（1）知0a >且00x ≠.由题意得200()30f x x a '=-=，即203a x =， 进而300002()3af x x ax b x b =--=--， 又3000000082(2)822()33a a f x x axb x ax b x b f x -=-+-=-+-=--=，且002x x -≠，②当334a ≤<时，11≤-<<<≤由（1）和（2）知(1)())33f f f -≥-=，(1)((33f f f ≤=-，所以()f x 在区间[1,1]-上的取值范围为[(f f ，所以max{||,|(|}max{||,||}f f b b =231max{||,||}||944b b b ==≥⨯=.③当304a <<时，11-<<<，由（1）和（2）知，(1)(f f f -<=，(1)(f f f >=， 所以()f x 在区间[1,1]-上的取值范围为[(1),(1)]f f -，因此，max{[(1),(1)]}max{|1|,|1|}M f f a b a b =-=-+---max{|1|,|1|}a b a b =-+--11||4a b =-+>. 综上所述，当0a >时，()g x 在区间[1,1]-上的最大值不小于14.考点：导数的运算，利用导数研究函数的性质、证明不等式 二、利用导数解决不等式恒成立问题【典例4】【2016高考新课标2文数】已知函数()(1)ln (1)f x x x a x =+--. （I ）当4a =时，求曲线()y f x =在()1,(1)f 处的切线方程； （Ⅱ）若当()1,x ∈+∞时，()0f x ＞，求a 的取值范围. 【答案】（Ⅰ）220x y +-=；（Ⅱ）(],2.-∞综上，a 的取值范围是(],2.-∞考点： 导数的几何意义，函数的单调性.【典例5】【2016高考四川文科】 设函数2()ln f x ax a x =--，1()x eg x x e=-，其中q R ∈，e=2.718…为自然对数的底数. （Ⅰ）讨论f(x)的单调性； （Ⅱ）证明：当x ＞1时，g(x)＞0；（Ⅲ）确定a 的所有可能取值，使得()()f x g x >在区间（1，+∞）内恒成立.【答案】（1）当x ∈（时，'()f x <0，()f x 单调递减；当x ∈+)∞时，'()f x >0，()f x 单调递增；（2）证明详见解析；（3）a ∈1+)2∞[，.又因为(1)h =0，所以当1x >时，()h x =()f x -()g x >0，即()f x >()g x 恒成立.综上，a ∈1+)2∞[，. 考点：导数的计算、利用导数求函数的单调性，最值、解决恒成立问题．【思路点拨】本题考查导数的计算、利用导数求函数的单调性，最值、解决恒成立问题，考查学生的分析问题解决问题的能力和计算能力．求函数的单调性，基本方法是求'()f x ，解方程'()0f x =，再通过'()f x 的正负确定()f x 的单调性；要证明函数不等式()()f x g x >，一般证明()()f x g x -的最小值大于0，为此要研究函数()()()h x f x g x =-的单调性．本题中注意由于函数()h x 有极小值没法确定，因此要利用已经求得的结论缩小参数取值范围．比较新颖，学生不易想到．有一定的难度．【典例6】【2015高考福建，文22】已知函数2(1)()ln 2x f x x -=-．(Ⅰ)求函数()f x 的单调递增区间； （Ⅱ）证明：当1x >时，()1f x x <-；（Ⅲ）确定实数k 的所有可能取值，使得存在01x >，当0(1,)x x ∈时，恒有()()1f x k x >-．【答案】(Ⅰ) 10,2⎛+ ⎝⎭；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）(),1-∞．1.利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法(1)分离参数法：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围.一般地，f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a即可；f(x)≤a恒成立，只需f(x)max≤a 即可.(2)函数思想法：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，然后构建不等式求解.。
导数(历届高考压轴题)
1.已知函数d x b a c bx ax x f +--++=)23()(23的图象如图所示． （I ）求d c ,的值；（II ）若函数)(x f 在2=x 处的切线方程为0113=-+y x ，求函数)(x f 的解析式； （III ）在（II ）的条件下，函数)(x f y =与m x x f y ++'=5)(31的图象有三个不同的交点，求m 的取值范围．2.已知函数)(3ln )(R a ax x a x f ∈--=． （I ）求函数)(x f 的单调区间；（II ）函数)(x f 的图象的在4=x 处切线的斜率为,23若函数]2)('[31)(23m x f x x x g ++=在区间（1，3）上不是单调函数，求m 的取值范围．3.已知函数c bx ax x x f +++=23)(的图象经过坐标原点，且在1=x 处取得极大值．（I ）求实数a 的取值范围；（II ）若方程9)32()(2+-=a x f 恰好有两个不同的根，求)(x f 的解析式； （III ）对于（II ）中的函数)(x f ，对任意R ∈βα、，求证：81|)sin 2()sin 2(|≤-βαf f ．4.已知常数0>a ，e 为自然对数的底数，函数x e x f x -=)(，x a x x g ln )(2-=． （I ）写出)(x f 的单调递增区间，并证明a e a >； （II ）讨论函数)(x g y =在区间),1(a e 上零点的个数．5.已知函数()ln(1)(1)1=---+．f x x k x（I）当1k=时，求函数()f x的最大值；（II）若函数()f x没有零点，求实数k的取值范围6.已知函数.1,ln )1(21)(2>-+-=a x a ax x x f （I ）讨论函数)(x f 的单调性； （II ）证明：若.1)()(,),,0(,,521212121->--≠+∞∈<x x x f x f x x x x a 有则对任意7.设曲线C ：()ln f x x ex =-（ 2.71828e =⋅⋅⋅），()f x '表示()f x 导函数． （I ）求函数()f x 的极值； （II ）对于曲线C 上的不同两点11(,)A x y ，22(,)B x y ，12x x <，求证：存在唯一的0x 12(,)x x ∈，使直线AB 的斜率等于0()f x '．8.定义),0(,,)1(),(+∞∈+=y x x y x F y ，（I ）令函数22()(3,log (24))f x F x x =-+，写出函数()f x 的定义域；（II ）令函数322()(1,log (1))g x F x ax bx =+++的图象为曲线C ，若存在实数b 使得曲线C 在)14(00-<<-x x 处有斜率为－8的切线，求实数a 的取值范围；（III ）当,*x y ∈N 且x y <时，求证(,)(,)F x y F y x >．9.（全国卷22）（本小题满分14分）已知函数f(x)=ln(1+x)-x,g(x)=xlnx,(i)求函数f(x)的最大值；(ii)设0<a<b,证明0<g(a)+g(b)-2g(2ba )<(b-a)ln2.10.（2009全国卷Ⅱ理）(本小题满分12分)设函数()()21f x x aIn x =++有两个极值点12x x 、，且12x x <（I ）求a 的取值范围，并讨论()f x 的单调性；（II ）证明：()21224In f x ->11.（1）已知：)0(∞+∈x ，求证xx x x 11ln 11<+<+； （2）已知：2≥∈n N n 且，求证：11211ln 13121-+++<<+++n n n 。
2-3-23函数、导数与不等式、解析几何、数列型解答题
前 n 项和．
数学（理） 第8页 新课标· 高考二轮总复习
[分析] 本题主要考查等比数列的通项公式、 数列求 和及对数运算． 考查灵活运用基本知识解决问题的能力、 运算求解能力和创新思维能力．对于通项公式，可以利 用基本量法求出首项和公比；对于数列求和，可通过对 数运算求出 bn，然后利用裂项法求和．
第二部分
高考题型解读
数学（理） 第1页 新课标· 高考二轮总复习
题型三
解答题
数学（理） 第2页 新课标· 高考二轮总复习
第二十三讲
函数、导数与不等式、
解析几何、数列型解答题
数学（理） 第3页 新课标· 高考二轮总复习
好方法好成绩
1.函数与不等式型解答题一直是高考的压轴题之 一，这类解答题的命题方式灵活多变，其主要特点有两 个：一是涉及的知识面广泛，从简单的一次函数到复杂 的复合后的指数、对数函数及导数等；二是试题中蕴含 着丰富的数学思想方法，考生必须对数学思想方法有较 为深刻的领会，才能做出正确的解答．这类试题中值得 注意的题型是：函数、导数与不等式恒成立问题，利用
1 h(x)>0，可得 2h(x)<0.与题设矛盾． 1－x (ⅲ)设 k≥1.此时 h′(x)>0， h(1)＝0， 而 故当 x∈(1， 1 ＋∞)时，h(x)>0，可得 2h(x)<0.与题设矛盾． 1－x 综合得，k 的取值范围为(－∞，0]．
数学（理） 第17页 新课标· 高考二轮总复习
【热点例 3】 (2011· 新课标全国卷)在平面直角坐标 系 xOy 中，已知点 A(0，－1)，B 点在直线 y＝－3 上， → → → → → → M 点满足MB∥OA，MA· ＝MB· ，M 点的轨迹为曲 AB BA 线 C. (1)求 C 的方程； (2)P 为 C 上的动点，l 为 C 在 P 点处的切线，求 O 点到 l 距离的最小值．
一个经典的导数不等式链秒杀导数压轴题(详解版)
一个经典的函数不等式链在高考大题中的应用武汉大学 兰老师导数是研究函数图像和性质的重要工具，是历年高考的热点。
尤其是利用导数证明不等式是高考考查的重点和学生解答的难点。
因此，对高考中的一些典型模型进行深入研究显得尤为重要。
函数ln(1)y x =+是高中教材中的重要模型，同时也是历年高考考查的核心内容。
本文介绍以ln(1)y x =+为主体的不等式链及其在高考中的应用。
1 函数不等式链及证明下面简单介绍下此函数不等式链并对其进行证明。
引 理 当0x ≥时，()211ln 1(1)1221x x x x x x x x ≤≤+≤+−≤+++. 证 明：（1）11(1)21x x x +−≤+； 令11()(1)21F x x x x =−+−+，则211'()22(1)F x x =++，当0x ≥时，'()0F x >， 故()F x 在[)0,+∞上单调递增，又因为()(0)0F x F ≥=，所以在[)0,+∞上()0F x ≥恒成立。
故0x ≥时，11(1)21x x x +−≤+恒成立。
（2）()11ln 1(1)21x x x +≤+−+; 令11()(1)ln(1)21G x x x x =+−−++，则22'()2(1)x G x x =+。
当0x ≥时，'()0G x ≥,故()G x 在[)0,+∞上单调递增，所以()(0)0G x G ≥=,则在[)0,+∞上()0G x >恒成立，故0x ≥时，()11ln 1(1)21x x x +≤+−+恒成立。
（3）()2ln 12xx x ≤++； 令()2()ln 12x W x x x =+−+，则22'()(1)(2)x W x x x =++。
当0x ≥时，'()0W x ≥恒成立，故()W x 在[)0,+∞上单调递增，又因为()(0)0W x W ≥=,所以在[)0,+∞上()0W x ≥恒成立。
巧妙利用函数的导数_解数列问题_颜复尊
{
[
)
(
)
(
)
[(
(
) (
)
)]
巧与方法
JIETI JIQIAO YU FANGFA
数列中来， 从而问题得到解决． 四、 精心构造， 巧妙运用 （ 1 ） 对任意的正实数 例 4 已知函数 f （ x ） = x － xlnx， x1 ， x2 ， 且 x1 ＜ x2 ． （ 1） 证明： （ x2 － x1 ） f'（ x2 ） ＜ f（ x2 ） － f（ x1 ） ＜ （ x2 － x1 ） f'（ x1 ） ； 1 1 + +…+ （ 2 ） 对任意的 n ∈ N + ， 且 n ≥2 ， 证明： ln2 ln3 1 1 － f（ n + 1 ） ＜ ． lnn ln2 ·lnn 1 ） 时， 解 （ 1 ） 因 为 f' （ x ） = － lnx， 所 以， 当 x ∈ （ 0， f' （ x） ＞ 0 ； + ∞ ） 时， f' （ x） ＜ 0 ． 故 f（ x） 在 x ∈ （ 0 ， 1 ） 上单 当 x∈（ 1 ， + ∞ ） 上单调递减． 调递增， 在 x∈（ 1 ， x1 x2 ， ＜ 所以， 对任 意 的 正 实 数 x1 ， 且 x1 ＜ x2 ， 有f x2 x f（ 1 ） ， f 2 ＜ f（ 1 ） ． x1 x1 x1 x1 x1 ＜ f（ 1） ， － ln ＜ 1， 由f 得 即 x2 － x1 － x2 x2 x2 x2 x2 （ lnx2 － lnx1 ） ＜ 0 ， 所以 f（ x2 ） － f（ x1 ） － （ x2 － x1 ） f' （ x1 ） = x2 － x1 － x2 （ lnx2 － lnx1 ） ＜ 0 ， 故： f（ x2 ） － f（ x1 ） ＜ （ x2 － x1 ） f' （ x1 ） ， ①． x2 ） ＜ f（ 1 ） ， 由 f（ 同理可证（ x2 － x1 ） f' （ x2 ） ＜ f （ x2 ） － x1 f （ x1 ） ， ②． 综合 ①②， 得（ x2 － x1 ） f' （ x2 ） ＜ f （ x2 ） － f （ x1 ） ＜ （ x2 － x1 ） f' （ x1 ） ． ln（ x + k） （ 2） 对 k = 1， 2， …， n － 2， （ x ＞ 令 gk （ x ） = lnx 1） ， 则 lnx ln（ x + k） － x+k x xlnx － （ x + k） ln（ x + k） g k ' （ x） = = ， ln2 x x（ x + k） ln2 x 0 ＜ lnx ＜ ln （ x + k ） ， 显然 1 ＜ x ＜ x + k， 所以 xlnx ＜ （ x + k） ln （ x + k ） ， g k （ x ） 在 （ 1 ，+ ∞ ） 上 单 调 所 以 gk ' （ x ） ＜ 0，
高考数学压轴题的主要题型
高考数学压轴题的主要题型包括：
1.数列与不等式问题：这类问题通常涉及到数列的通项公式、求和公式、不等式的性质等知识点，需要运用数列和不等式的性质进行推理和计算。
2.函数与导数问题：这类问题主要考察函数的单调性、极值、最值等知识点，以及导数的应用。
3.解析几何问题：这类问题主要涉及到圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线等）的性质和应用，需要运用曲线的方程和性质进行计算和推理。
4.立体几何问题：这类问题主要考察空间几何体的性质和关系，以及几何量的计算。
需要运用空间几何的知识点进行推理和计算。
5.排列组合与概率问题：这类问题主要涉及到排列组合的基本原理、概率的计算等知识点，需要运用这些知识进行推理和计算。
以上是高考数学压轴题的主要题型，希望对你有帮助。
在备考时，建议对各类题型进行有针对性的练习，加深对知识点的理解和掌握，提高解题能力。
导数与函数、不等式综合压轴题题型归纳
函数与不等式相结合【典例1】 已知21()ln 2x f x x ae x =+-． （1）设12x =是()f x 的极值点，求实数a 的值，并求()f x 的单调区间： （2）0a >时，求证：()12f x >．【解析】（1）由题意，函数()f x 的定义域为()0,+∞， 又由()1xf x x ae x '=+-，且12x =是函数()f x 的极值点， 所以12112022f ae ⎛⎫=+'-= ⎪⎝⎭，解得a =，又0a >时，在()0,+∞上，()f x '是增函数，且102f ⎛⎫= ⎪⎭'⎝， 所以()0f x '>，得12x >，()0f x '<，得102x <<， 所以函数()f x 的单调递增区间为1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭，单调递减区间为10,2⎛⎫⎪⎝⎭. （2）由（1）知因为0a >，在()0,+∞上，()1xf x x ae x'=+-是增函数， 又()1110f ae '=+->（且当自变量x 逐渐趋向于0时，()f x '趋向于-∞）， 所以，()00,1x ∃∈，使得()00f x '=，所以00010xx ae x +-=，即0001x ae x x =-， 在()00,x x ∈上，()0f x '<，函数()f x 是减函数， 在()0,x x ∈+∞上，()0f x '>，函数()f x 是增函数， 所以，当0x x =时，()f x 取得极小值，也是最小值， 所以()()022*******min 0111ln ln ,(01)22x f x f x x ae x x x x x x ==+-=+--<<， 令()211ln ,(01)2g x x x x x x=+--<<，则()()2211111x g x x x x x x+=---=--'， 当()0,1x ∈时，()0g x '<，函数()g x 单调递减，所以()()112g x g >=， 即()()min 12f x f x ≥>成立， 【典例2】已知函数()ln xf x x=．(Ⅰ)求函数()f x 的极值；(Ⅰ)若0m n >>,且n m m n =,求证：2mn e >． 【解析】(Ⅰ)()ln x f x x Q =()f x ∴的定义域为()0,∞+且()21ln xf x x -'= 令()0f x '>，得0x e <<；令()0f x '<，得x e >()f x ∴在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减∴函数()f x 的极大值为()ln 1e f e e e==，无极小值 (Ⅰ)0m n >>Q ，n m m n = ln ln n m m n ∴=l ln n m m nn∴=，即()()f m f n = 由(Ⅰ)知()f x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减 且()10f =，则1n e m <<<要证2mn e >，即证2em en >>，即证()2e f m f n ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即证()2e f n f n ⎛⎫< ⎪⎝⎭即证()22ln ln n n n n e-< 由于1n e <<，即0ln 1n <<，即证222ln 2ln e n n n n <- 令()()222ln 2ln 1G x e x x x x x e =-+<<则()()()()()2242ln 2ln 12ln 1e x e x e e G x x x x x x x x x x x x x +-⎛⎫'=-++=-+-=+- ⎪⎝⎭1x e <<Q ()0G x '∴>恒成立 ()G x ∴在()1,e 递增()()0G x G e ∴<=在()1,x e ∈恒成立2mn e ∴>【典例3】已知函数()xf x e ax b =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为20ex y --=.（1）求函数()f x 的解析式，并证明：()1f x x ≥-.（2）已知()2g x kx =-，且函数()f x 与函数()g x 的图象交于()11,A x y ，()22,B x y 两点，且线段AB 的中点为()00,P x y ，证明：()()001f x g y <<.【解析】（1）由题意得：()12f e a b e =++=-，即2a b +=- 又()xf x e a '=+，即()1f e a e '=+=，则0a =，解得：2b =-则()2xf x e =-.令()()11xh x f x x e x =-+=--，()1xh x e '=-令()0h x '=，解得：0x =则函数()h x 在(),0-∞上单调递减，在()0,∞+上单调递增()()00h x h ∴≥=，则：()1f x x ≥-（2）要证()()001f x g y <<成立，只需证：1212x 24222x x x e e ek ++--<-<即证121222x x x x e k e e++<<，即：1122122212xx x x x x e e e x e e x +-+<<- 只需证：212121221112x x x x x x e e x x e----+<<- 设210t x x =->，即证：2112tt t e e e t -+<<要证21t t e e t-<，只需证：22t t e e t -->令()22t t F t e et -=--，则()221102t tF t e e -⎛⎫'=+-> ⎪⎝⎭()F t ∴在()0,∞+上为增函数()()00F t F ∴>=，即21tt e e t -<成立；要证112t t e e t -+<，只需证明：112t t e t e -<+令()112tt e t G t e -=-+，则()()()()()()22222411210212121t t t tt tte e e e G t e e e -+--'=-==<+++()G t ∴在()0,∞+上为减函数 ()()00G t G ∴<=，即112t t e e t -+<成立 2112tt t e e e t -+∴<<，0t >成立 ()()001f x g y ∴<<成立【典例4】已知函数()()2()1ln 1(0)f x a x x x ax a =++-->是减函数.（1）试确定a 的值； （2）已知数列{}()()*123ln 11n n n n n a a T a a a a n N n +==∈+L L ，求证：()ln 212n nn T +<-⎡⎤⎣⎦. 【解析】解：（Ⅰ）()f x 的定义域为()1,-+∞，()()ln 12f x a x x +'=-.由()f x 是减函数得，对任意的()1,x ∈-+∞，都有()()ln 120f x a x x +-'=≤恒成立. 设()()ln 12g x a x x =+-.∵()2121a x g x x ⎡⎤⎛⎫--- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦'=+，由0a >知112a->-， ∴当1,12a x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭时，()'0g x >；当1,2a x ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x '<， ∴()g x 在1,12a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,2a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减， ∴()g x 在12ax =-时取得最大值.又∵()00g =，∴对任意的()1,x ∈-+∞，()()0g x g ≤恒成立，即()g x 的最大值为()0g . ∴102a-=，解得2a =. （Ⅰ）由()f x 是减函数，且()00f =可得，当0x >时，()0f x <， ∴()0f n <，即()()221ln 12n n n n ++<+.两边同除以()221n +得，()ln 1121211n n n n n n ++<⋅⋅+++，即12211n n n a n n +<⋅⋅++. 从而12311233452...............223412341n n nn n T a a a a n n +⎛⎫⎛⎫=<⋅⋅⋅⋅⋅ ⎪⎪++⎝⎭⎝⎭11221n n n ++=⋅+， 所以()()()212ln 2ln 21n n n n T n +⎡⎤+⎡⎤+<⎢⎥⎣⎦+⎢⎥⎣⎦()()()2ln 2ln 11ln2n n n =+-+-+①.下面证()()()2ln 2ln 11ln2102nn n n +-+-++-<；记()()()()2ln 2ln 11ln212xh x x x x =+-+-++-，[)1,x ∈+∞.∴()22111ln2ln2212322x h x x x x x =--+=-++'+++ 11ln2223x x=-+++，∵2y x x=+在[)2,+∞上单调递增，∴()h x '在[)2,+∞上单调递减， 而()()()()11112ln223ln22ln806233h x h ≤=-+=-=-'<'， ∴当[)2,x ∈+∞时，()0h x '<恒成立， ∴()h x 在[)2,+∞上单调递减，即[)2,x ∈+∞时，()()22ln4ln33ln2ln2ln30h x h ≤=--=-<， ∴当2n ≥时，()0h n <. ∵()1912ln3ln22ln2ln 028h =---=-<， ∴当*n N ∈时，()0h n <，即()()()2ln 2ln 11ln212nn n n +-+-+<-②. 综上①②可得，()ln 212n nn T ⎡⎤+<-⎣⎦.课后训练1. 已知函数()()22122()2x f x x x e ax a R =-+-∈. （1）当a e =时，求函数()f x 的单调区间； （2）证明：当2a ≤-时，()2f x ≥.解：（1）当a e =时，()()221222xf x x x e ex =-+-， 所以()()2'xxf x x ex x x e e e =-=-，讨论：①当0x <时，0x xe e -<，有()'0f x >；②当01x <<时，由函数xy xe =为增函数，有0x xe e -<，有()'0f x <； ③当1x >时，由函数xy xe =为增函数，有0x xe e ->，有()'0f x >.综上，函数()f x 的增区间为(),0-∞，()1,+∞，减区间为()0,1. 证明：（2）当2a ≤-时，有112a -≥，所以2212ax x -≥， 所以()()2222xf x x x e x ≥-++.令()()2222xg x x x e x =-++，则()()2'22xxg x x x e e x x =+=+.令()2xh x xe =+，有()()'1xh x x e =+.令()'0h x =，得1x =-.分析知，函数()h x 的增区间为()1,-+∞，减区间为(),1-∞-.所以()()min 1120h x h e=-=->. 所以分析知，函数()g x 的增区间为()0,∞+，减区间为(),0-∞,所以()()()22min 0020202g x g e ==-⨯+⨯+=,故当2a ≤-时，()2f x ≥.2. 已知函数()ln ()af x x x a R x=++∈. （1）若函数()f x 在[1,)+∞上为增函数，求a 的取值范围；（2）若函数2()()(1)g x xf x a x x =-+-有两个不同的极值点，记作1x ，2x ，且12x x <，证明：2312x x e>（e 为自然对数）.解析：（1）由题意可知，函数()f x 的定义域为()0,+∞，()22211a x x af x x x x='+-=+-，因为函数()f x 在[)1,+∞为增函数，所以()0f x '≥在[)1,+∞上恒成立， 等价于20x x a +-≥在[)1,+∞上恒成立，即()2mina x x≤+，因为2211224x x x ⎛⎫+=+-≥ ⎪⎝⎭，所以2a ≤， 故a 的取值范围为2a ≤.（2）可知()()222ln 1ln g x x x x a a x x x x ax x a =++-+-=--+，所以()ln 2g x x ax '=-，因为()g x 有两极值点12,x x ，所以1122ln 2,ln 2x ax x ax ==，欲证2312x x e ⋅>，等价于要证：()2312ln ln 3x x e ⋅>=，即12ln 2ln 3x x +>，所以12322ax ax +>，因为120x x <<，所以原式等价于要证明：12324a x x >+，① 由1122ln 2,ln 2x ax x ax ==，可得()2211ln 2x a x x x =-，则有2121ln2x x a x x =-（），② 由①②原式等价于要证明：212112ln32x x x x x x >-+，即证()2211221121313ln 212x x x x xx x x x x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭>=++，令21x t x =，则1t >，上式等价于要证()31ln 12t t t->+， 令()()31ln 12t h t t t-=-+，则()()()()()()()223126114111212t t t t h t t t t t +----=-=++' 因为1t >，所以()0h t '>，所以()h t 在()1,+∞上单调递增， 因此当1t >时，()()10h t h >=，即()31ln 12t t t->+.所以原不等式成立，即2312x x e ⋅>.3.已知函数()x x f x e=. （1）求函数()f x 的单调区间； （2）证明：12ln xx e ex>-. 解析：（1）由题意可得()1'x xf x e-=，令()'0f x =，得1x =. 当(),1x ∈-∞时，()'0f x >，函数()f x 单调递增； 当()1,x ∈+∞时，()'0f x <，函数()f x 单调递减.所以()f x 的单调递增区间为(),1-∞，()f x 的单调递减区间为()1,+∞. （2）要证12ln x x e ex >-成立，只需证2ln x x x x e e>-成立. 令()ln g x x x =，则()'1ln g x x =+，令()'1ln 0g x x =+=，则1x e=， 当10,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()'0g x <，当1,x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()'0g x >，所以()g x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()11g x g e e ⎛⎫≥=- ⎪⎝⎭， 又由（1）可得在()0,+∞上()()max 11f x f e==， 所以max21x x e e e ⎛⎫-=-⎪⎝⎭，所以不等式得证. 4. 已知函数()x f x e ax a =--（其中e 为自然对数的底数）. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若对任意2(]0,x ∈，不等式()f x x a >-恒成立，求实数a 的取值范围； （3）设*n N ∈，证明：123()()()()1nnnnn e nnnne ++++<-L . 【解析】解：（1）因为()xf x e ax a =--，所以()xf x e a '=-，①当0a ≤时，()0f x '>，函数()f x 在区间(),-∞+∞上单调递增； ②当0a >时，()0ln xf x e a x a >⇒>⇒>'，()0ln x f x e a x a <⇒<⇒<'所以()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增.（2）因为对任意的(]0,2x ∈，不等式()f x x a >-恒成立，即不等式()1xa x e +<恒成立.即当(]0,2x ∈时，1xe a x<-恒成立.令()(]()10,2x e g x x x =-∈，则()()21xx e g x x -'=.显然当()0,1x ∈时，()0g x '<，(]1,2x ∈时，()0g x '>， 所以()g x 在()0,1上单调递减，在(]1,2上单调递增. ∴1x =时()g x 取最小值1e -. 所以实数a 的取值范围是(),1e -∞-（3）在（1）中，令1a =可知对任意实数x 都有10x e x --≥，即1x x e +≤（等号当且仅当0x =时成立）令()11,2,3,,k x k n n +==L ，则1k n k e n -<，即nkk nn k e e n e -⎛⎫<= ⎪⎝⎭故123n n n nn n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭L ()1231nn e e e e e <++++L ()()()111n ne e e e e e -=<--。
导数与不等式问题专题
导数与不等式问题高考定位导数经常作为高考的压轴题，能力要求非常高.作为导数综合题，主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题、利用导数证明不等式等，常伴随对参数的讨论，这也是难点之所在.真题感悟(2016·无锡高三期末)已知函数f (x)＝ln x＋a＋e－2x(a＞0).(1)当a＝2时，求出函数f (x)的单调区间；(2)若不等式f (x)≥a对于x＞0的一切值恒成立，求实数a的取值范围. 解(1)由题意知函数f (x)的定义域为(0，＋∞).当a＝2时，函数f (x)＝ln x＋e x ，所以f ′(x)＝1x－ex2＝x－ex2，所以当x∈(0，e)时，f′(x)＜0，函数f (x)在(0，e)上单调递减；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f (x)在(e，＋∞)上单调递增.(2)由题意知ln x＋a＋e－2x≥a恒成立.等价于x ln x＋a＋e－2－ax≥0在(0，＋∞)上恒成立.令g(x)＝x ln x＋a＋e－2－ax，则g′(x)＝ln x＋1－a，令g′(x)＝0，得x＝e a－1.列表如下：X (0，e a－1)e a－1(e a－1，＋∞)g′(x)－0＋g(x)极小值所以g(x)的最小值为g(e a－1)＝(a－1)e a－1＋a＋e－2－a e a－1＝a＋e－2－e a－1，令t(x)＝x＋e－2－e x－1(x＞0)，则t′(x)＝1－e x－1，令t′(x)＝0，得x＝1.列表如下：所以当a∈(0，1)时，g(x)的最小值为t(a)＞t(0)＝e－2－1e＝e（e－2）－1e＞0，符合题意；当a∈[1，＋∞)时，g(x)的最小值为t(a)＝a＋e－2－e a－1≥0＝t(2)，所以a∈[1，2].综上所述，a∈(0，2].考点整合1.解决函数的实际应用题，首先考虑题目考查的函数模型，并要注意定义域，其解题步骤是：(1)阅读理解，审清题意：分析出已知什么，求什么，从中提炼出相应的数学问题；(2)数学建模：弄清题目中的已知条件和数量关系，建立函数关系式；(3)解函数模型：利用数学方法得出函数模型的数学结果；(4)实际问题作答：将数学问题的结果转化成实际问题作出解答.2.利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法(1)分离参数后转化为函数最值问题：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围.一般地，f (x)≥a恒成立，只需f (x)min≥a即可；f (x)≤a恒成立，只需f (x)max≤a 即可.(2)转化为含参函数的最值问题：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，伴有对参数的分类讨论，然后构建不等式求解.3.常见构造辅助函数的四种方法(1)直接构造法：证明不等式f (x)＞g(x)(f (x)＜g(x))的问题转化为证明f (x)－g(x)＞0(f (x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f (x)－g(x).(2)构造“形似”函数：稍作变形后构造.对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数.(3)适当放缩后再构造：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数.(4)构造双函数：若直接构造函数求导，难以判断符号，导数的零点也不易求得，因此单调性和极值点都不易获得，从而构造f (x)和g(x)，利用其最值求解.4.不等式的恒成立与能成立问题(1)f (x)＞g(x)对一切x∈[a，b]恒成立⇔[a，b]是f (x)＞g(x)的解集的子集⇔[f (x)－g(x)]min＞0(x∈[a，b]).(2)f (x)＞g(x)对x∈[a，b]能成立⇔[a，b]与f (x)＞g(x)的解集的交集不是空集⇔[f (x)－g(x)]max＞0(x∈[a，b]).(3)对∀x1，x2∈[a，b]使得f (x1)≤g(x2)⇔f (x)max≤g(x)min.(4)对∀x1∈[a，b]，∃x2∈[a，b]使得f (x1)≥g(x2)⇔f (x)min≥g(x)min.热点一利用导数证明不等式【例1】(2017·全国Ⅱ卷)已知函数f (x)＝ax2－ax－x ln x，且f (x)≥0.(1)求a；(2)证明：f (x)存在唯一的极大值点x0，且e－2<f (x0)<2－2.(1)解 f (x)的定义域为(0，＋∞)，设g(x)＝ax－a－ln x，则f (x)＝xg(x)，f (x)≥0等价于g(x)≥0，因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0，而g′(x)＝a－1x，g′(1)＝a－1，得a＝1.若a＝1，则g′(x)＝1－1x .当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以x ＝1是g (x )的极小值点，故g (x )≥g (1)＝0. 综上，a ＝1.(2)证明 由(1)知f (x )＝x 2－x －x ln x ，f ′(x )＝2x －2－ln x ， 设h (x )＝2x －2－ln x ，则h ′(x )＝2－1x.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，h ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时，h ′(x )>0.所以h (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，12上单调递减， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增. 又h (e －2)>0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<0，h (1)＝0，所以h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12有唯一零点x 0，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞有唯一零点1，且当x ∈(0，x 0)时，h (x )>0；当x ∈(x 0，1)时，h (x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )>0. 因为f ′(x )＝h (x )，所以x ＝x 0是f (x )的唯一极大值点. 由f ′(x 0)＝0得ln x 0＝2(x 0－1)，故f (x 0)＝x 0(1－x 0). 由x 0∈(0，1)得f (x 0)<14.因为x ＝x 0是f (x )在(0，1)的最大值点，由e －1∈(0，1)，f ′(e －1)≠0得f (x 0)>f (e －1)＝e －2. 所以e －2<f (x 0)<2－2.探究提高 (1)证明f (x )≥g (x )或f (x )≤g (x )，可通过构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，将上述不等式转化为求证h (x )≥0或h (x )≤0，从而利用求h (x )的最小值或最大值来证明不等式.或者，利用f (x )min ≥g (x )max 或f (x )max ≤g (x )min 来证明不等式.(2)在证明不等式时，如果不等式较为复杂，则可以通过不等式的性质把原不等式变换为简单的不等式，再进行证明.【训练1】 设函数f (x )＝a e xln x ＋b e x －1x，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝e(x －1)＋2. (1)求a ，b ； (2)证明：f (x )＞1.(1)解 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e xln x ＋a x e x －b x 2e x －1＋b xe x －1.由题意可得f (1)＝2，f ′(1)＝e.故a ＝1，b ＝2. (2)证明 由(1)知，f (x )＝e x ln x ＋2xe x －1，从而f (x )＞1等价于x ln x ＞x e －x－2e.设函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x . 所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，g ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，g ′(x )＞0.故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增，从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e .设函数h (x )＝x e －x －2e ，则h ′(x )＝e －x (1－x ).所以当x ∈(0，1)时，h ′(x )＞0； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＜0.故h (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为h (1)＝－1e.综上，当x＞0时，g(x)＞h(x)，即f (x)＞1. 热点二利用导数解决不等式恒成立问题【例2】(2017·南京、盐城模拟)已知函数f (x)＝axe x在x＝0处的切线方程为y＝x.(1)求实数a的值；(2)若对任意的x∈(0，2)，都有f (x)<1k＋2x－x2成立，求实数k的取值范围.解(1)由题意得f ′(x)＝a（1－x）e x，因为函数在x＝0处的切线方程为y＝x，所以f ′(0)＝1，解得a＝1.(2)由题知f (x)＝xe x<1k＋2x－x2对任意x∈(0，2)都成立，所以k＋2x－x2>0，即k>x2－2x对任意x∈(0，2)都成立，从而k≥0.不等式整理可得k<e xx＋x2－2x，令g(x)＝e xx＋x2－2x，所以g′(x)＝e x（x－1）x2＋2(x－1)＝(x－1)⎝⎛⎭⎪⎫e xx2＋2＝0，解得x＝1，当x∈(1，2)时，g′(x)>0，函数g(x)在(1，2)上单调递增，同理可得函数g(x)在(0，1)上单调递减.所以k<g(x)min＝g(1)＝e－1，综上所述，实数k的取值范围是[0，e－1).探究提高(1)利用最值法解决恒成立问题的基本思路是：先找到准确范围，再说明“此范围之外”不适合题意(着眼于“恒”字，寻找反例即可).(2)对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数.但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法.【训练2】(2014·江苏卷)已知函数f (x)＝e x＋e－x，其中e是自然对数的底数.(1)证明：f (x)是R上的偶函数；(2)若关于x的不等式mf (x)≤e－x＋m－1在(0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围；(3)已知正数a满足：存在x0∈[1，＋∞)，使得f (x0)<a(－x30＋3x0)成立.试比较e a－1与a e－1的大小，并证明你的结论.(1)证明因为对任意x∈R，都有f (－x)＝e－x＋e－(－x)＝e－x＋e x＝f (x)，所以f (x)是R上的偶函数.(2)解由条件知m(e x＋e－x－1)≤e－x－1在(0，＋∞)上恒成立.令t＝e x(x>0)，则t>1，所以m≤－t－1 t2－t＋1＝－1t－1＋1t－1＋1对任意t>1成立.因为t－1＋1t－1＋1≥2（t－1）·1t－1＋1＝3，所以－1t－1＋1t－1＋1≥－13，当且仅当t＝2，即x＝ln 2时等号成立.因此实数m的取值范围是(－∞，－13 ].(3)解令函数g(x)＝e x＋1e x－a(－x3＋3x)，则g′(x)＝e x－1e x＋3a(x2－1).当x≥1时，e x－1e x>0，x2－1≥0，又a >0，故g ′(x )>0.所以g (x )是[1，＋∞)上的单调增函数，因此g (x )在[1，＋∞)上的最小值是g (1)＝e ＋e －1－2a .由于存在x 0∈[1，＋∞)，使e x 0＋e －x 0－a (－x 30＋3x 0)<0成立，当且仅当最小值g (1)<0.故e ＋e －1－2a <0，即a >e ＋e－12.令函数h (x )＝x －(e －1)ln x －1， 则h ′(x )＝1－e －1x.令h ′(x )＝0，得x ＝e －1，当x ∈(0，e －1)时，h ′(x )<0，故h (x )是(0，e －1)上的单调减函数； 当x ∈(e －1，＋∞)时，h ′(x )>0，故h (x )是(e －1，＋∞)上的单调增函数. 所以h (x )在(0，＋∞)上的最小值是h (e －1).注意到h (1)＝h (e)＝0，所以当x ∈(1，e －1)⊆(0，e －1)时，h (e －1)≤h (x )<h (1)＝0.当x ∈(e －1，e)⊆(e －1，＋∞)时，h (x )<h (e)＝0. 所以h (x )<0对任意的x ∈(1，e)成立.①当a ∈⎝⎛⎭⎪⎫e ＋e －12，e ⊆(1，e)时，h (a )<0， 即a －1<(e －1)ln a ，从而e a －1<a e －1； ②当a ＝e 时，e a －1＝a e －1；③当a ∈(e ，＋∞)⊆(e －1，＋∞)时，h (a )>h (e)＝0， 即a －1>(e －1)ln a ，故e a －1>a e －1.综上所述，当a ∈⎝⎛⎭⎪⎫e ＋e －12，e 时，e a －1<a e －1； 当a ＝e 时，e a －1＝a e －1； 当a ∈(e ，＋∞)时，e a －1>a e －1. 热点三 利用导数解决能成立问题【例3】 (2017·南通模拟)已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －ax(a ∈R)，g (x )＝12x 2＋e x －x e x . (1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；(2)当a ＜1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2，0]，f (x 1)＜g (x 2)恒成立，求a 的取值范围.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝（x －1）（x －a ）x 2.① 若a ≤1，当x ∈[1，e]时，f ′(x )≥0，则f (x )在[1，e]上为增函数，f (x )min ＝f (1)＝1－a . ② 若1＜a ＜e ，当x ∈[1，a ]时，f ′(x )≤0，f (x )为减函数； 当x ∈[a ，e]时，f ′(x )≥0，f (x )为增函数. 所以f (x )min ＝f (a )＝a －(a ＋1)ln a －1.③ 若a ≥e，当x ∈[1，e]时，f ′(x )≤0，f (x )在[1，e]上为减函数，f (x )min＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae .综上，当a ≤1时，f (x )min ＝1－a ；当1＜a ＜e 时，f (x )min ＝a －(a ＋1)ln a －1； 当a ≥e 时，f (x )min ＝e －(a ＋1)－ae.(2)由题意知：f (x )(x ∈[e ，e 2])的最小值小于g (x )(x ∈[－2，0])的最小值. 由(1)知f (x )在[e ，e 2]上单调递增，f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae.g ′(x )＝(1－e x )x .当x ∈[－2，0]时，g ′(x )≤0，g (x )为减函数，g (x )min ＝g (0)＝1，所以e －(a ＋1)－ae＜1，即a ＞e 2－2e e ＋1，所以a 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫e 2－2e e ＋1，1. 探究提高 存在性问题和恒成立问题的区别与联系存在性问题和恒成立问题容易混淆，它们既有区别又有联系：若g (x )≤m 恒成立，则g (x )max ≤m ；若g (x )≥m 恒成立，则g (x )min ≥m ；若g (x )≤m 有解，则g (x )min ≤m ；若g (x )≥m 有解，则g (x )max ≥m .【训练3】 (2016·四川卷)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，其中a ∈R. (1)讨论f (x )的单调性；(2)确定a 的所有可能取值，使得f (x )>1x－e 1－x 在区间(1，＋∞)内恒成立(e ＝2.718…为自然对数的底数). 解 (1)f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0).当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减. 当a >0时，由f ′(x )＝0，有x ＝12a.此时，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增. (2)令g (x )＝1x －1e x －1，s (x )＝e x －1－x .则s ′(x )＝e x －1－1.而当x >1时，s ′(x )>0， 所以s (x )在区间(1，＋∞)内单调递增.又由s (1)＝0，有s (x )>0，从而当x >1时，g (x )>0. 当a ≤0，x >1时，f (x )＝a (x 2－1)－ln x <0.故当f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0. 当0<a <12时，12a>1.由(1)有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a <f (1)＝0，而g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a >0， 所以此时f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立. 当a ≥12时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1).当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x >x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x 2>0. 因此，h (x )在区间(1，＋∞)上单调递增.又因为h (1)＝0，所以当x >1时，h (x )＝f (x )－g (x )>0，即f (x )>g (x )恒成立. 综上，a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.1.不等式恒成立、能成立问题常用解法有：(1)分离参数后转化为最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如a ＞f (x )max 或a ＜f (x )min . (2)直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，伴有对参数的分类讨论. (3)数形结合.2.利用导数证明不等式的基本步骤 (1)作差或变形. (2)构造新的函数h (x ).(3)利用导数研究h (x )的单调性或最值. (4)根据单调性及最值，得到所证不等式. 3.导数在综合应用中转化与化归思想的常见类型 (1)把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题； (2)把证明不等式问题转化为函数的单调性问题； (3)把方程解的问题转化为函数的零点问题.一、填空题1.设f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ＜0时，f ′(x )＞0，且f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝0，则不等式f (x )＜0的解集为________. 解析 如图所示，根据图象得不等式f (x )＜0的解集为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.答案 ⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，122.(2017·苏北四市调研)若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3恒成立，则实数a 的取值范围为________.解析 条件可转化为a ≤2ln x ＋x ＋3x恒成立.设f (x )＝2ln x ＋x ＋3x，则f ′(x )＝（x ＋3）（x －1）x 2(x ＞0).当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增， 所以f (x )min ＝f (1)＝4.所以a ≤4. 答案 (－∞，4]3.若存在正数x 使2x (x －a )＜1成立，则a 的取值范围是________. 解析 ∵2x(x －a )＜1，∴a ＞x －12x .令f (x )＝x －12x ，∴f ′(x )＝1＋2－x ln 2＞0.∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴f (x )＞f (0)＝0－1＝－1， ∴a 的取值范围为(－1，＋∞). 答案 (－1，＋∞)4.(2015·全国Ⅱ卷改编)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R)的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )＜0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是________. 解析 令F (x )＝f （x ）x，因为f (x )为奇函数，所以F (x )为偶函数，由于F ′(x )＝x f ′（x ）－f （x ）x 2，当x ＞0时，x f ′(x )－f (x )＜0，所以F (x )＝f （x ）x在(0，＋∞)上单调递减，根据对称性，F (x )＝f （x ）x 在(－∞，0)上单调递增，又f (－1)＝0，f (1)＝0，数形结合可知，使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪ (0，1).答案 (－∞，－1)∪(0，1)5.已知不等式e x －x ＞ax 的解集为P ，若[0，2]⊆P ，则实数a 的取值范围是________.解析 由题意知不等式e x －x ＞ax 在x ∈[0，2]上恒成立. 当x ＝0时，显然对任意实数a ，该不等式都成立. 当x ∈(0，2]时，原不等式即a ＜e xx－1，令g (x )＝e xx－1，则g ′(x )＝e x （x －1）x 2，当0＜x ＜1时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减， 当1＜x ＜2时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，故g (x )在(0，2]上的最小值为g (1)＝e －1， 故a 的取值范围为(－∞，e －1). 答案 (－∞，e －1) 6.设函数f (x )＝3sinπxm.若存在f (x )的极值点x 0满足x 20＋[f (x 0)]2＜m 2，则m 的取值范围是________. 解析 ∵f (x )＝3sinπxm的极值为±3，即[f (x 0)]2＝3.又|x 0|≥|m |2， ∴x 20＋[f (x 0)]2≥m 24＋3，∴m 24＋3＜m 2， 解得m ＞2或m ＜－2.答案 (－∞，－2)∪(2，＋∞)7.已知函数f (x )＝ln x －a ，若f (x )＜x 2在(1，＋∞)上恒成立，则实数a 的取值范围是________.解析 ∵函数f (x )＝ln x －a ，且f (x )＜x 2在(1，＋∞)上恒成立，∴a ＞ln x －x 2，x ∈(1，＋∞).令h (x )＝ln x －x 2，有h ′(x )＝1x－2x .∵x ＞1，∴1x－2x ＜0，∴h (x )在(1，＋∞)上为减函数，∴当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜h (1)＝－1，∴a ≥－1. 答案 [－1，＋∞)8.(2017·泰州模拟)已知函数f (x )＝13x 3－x 2－3x ＋43，直线l ：9x ＋2y ＋c ＝0，若当x ∈[－2，2]时，函数y ＝f (x )的图象恒在直线l 下方，则c 的取值范围是________.解析根据题意知13x3－x2－3x＋43＜－92x－c2在x∈[－2，2]上恒成立，则－c2＞1 3x3－x2＋32x＋43，设g(x)＝13x3－x2＋32x＋43，则g′(x)＝x2－2x＋32，则g′(x)＞0恒成立，所以g(x)在[－2，2]上单调递增，所以g(x)max＝g(2)＝3，则c＜－6.答案(－∞，－6)二、解答题9.(2016·全国Ⅲ卷)设函数f (x)＝ln x－x＋1.(1)讨论函数f (x)的单调性；(2)证明当x∈(1，＋∞)时，1<x－1ln x<x；(3)设c>1，证明当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>c x.(1)解由f (x)＝ln x－x＋1(x>0)，得f ′(x)＝1x－1.令f ′(x)＝0，解得x＝1.当0<x<1时，f ′(x)>0，f (x)单调递增.当x>1时，f ′(x)<0，f (x)单调递减.因此f (x)在(0，1)上是增函数，在x∈(1，＋∞)上为减函数.(2)证明由(1)知，函数f (x)在x＝1处取得最大值f (1)＝0. ∴当x≠1时，ln x<x－1.故当x∈(1，＋∞)时，ln x<x－1，ln 1x<1x－1，即1<x－1ln x<x.(3)证明由题设c>1，设g(x)＝1＋(c－1)x－c x，则g′(x)＝c－1－c x ln c.令g ′(x )＝0，解得x 0＝lnc －1ln cln c.当x <x 0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 当x >x 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减. 由(2)知1<c －1ln c<c ，故0<x 0<1. 又g (0)＝g (1)＝0，故当0<x <1时，g (x )>0. ∴当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x >c x. 10.(2017·衡水中学质检)已知函数f (x )＝x ＋a e x.(1)若f (x )在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a 的取值范围； (2)若a ＝0，x 0<1，设直线y ＝g (x )为函数f (x )的图象在x ＝x 0处的切线，求证：f (x )≤g (x ).(1)解 易知f ′(x )＝－x －（1－a ）ex，由已知得f ′(x )≥0对x ∈(－∞，2)恒成立， 故x ≤1－a 对x ∈(－∞，2)恒成立， ∴1－a ≥2，∴a ≤－1.即实数a 的取值范围为(－∞，－1]. (2)证明 a ＝0，则f (x )＝xex .函数f (x )的图象在x ＝x 0处的切线方程为y ＝g (x )＝f ′(x 0)(x －x 0)＋f (x 0). 令h (x )＝f (x )－g (x )＝f (x )－f ′(x 0)(x －x 0)－f (x 0)，x ∈R ， 则h ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)＝1－x e x －1－x 0e x 0＝（1－x ）e x 0－（1－x 0）e x e x ＋x 0.设φ(x )＝(1－x )e x 0－(1－x 0)e x ，x ∈R ，则φ′(x )＝－e x 0－(1－x 0)e x ，∵x 0<1，∴φ′(x )<0， ∴φ(x )在R 上单调递减，而φ(x 0)＝0， ∴当x <x 0时，φ(x )>0，当x >x 0时，φ(x )<0， ∴当x <x 0时，h ′(x )>0，当x >x 0时，h ′(x )<0，∴h (x )在区间(－∞，x 0)上为增函数，在区间(x 0，＋∞)上为减函数， ∴x ∈R 时，h (x )≤h (x 0)＝0， ∴f (x )≤g (x ).11.(2017·南通调研)已知函数f (x )＝ln x ＋x 2－ax (a 为常数). (1)若x ＝1是函数f (x )的一个极值点，求a 的值； (2)当0＜a ≤2时，试判断f (x )的单调性；(3)若对任意的a ∈(1，2)，x 0∈[1，2]，不等式f (x 0)＞m ln a 恒成立，求实数m 的取值范围. 解 f ′(x )＝1x＋2x －a .(1)由已知得：f ′(1)＝0，所以1＋2－a ＝0，所以a ＝3，经验证符合题意. (2)当0＜a ≤2时，f ′(x )＝1x ＋2x －a ＝2x 2－ax ＋1x＝2⎝⎛⎭⎪⎫x －a 42＋1－a 28x.因为0＜a ≤2，所以1－a 28＞0，而x ＞0，即f ′(x )＝2x 2－ax ＋1x＞0，故f (x )在(0，＋∞)上是增函数.(3)当a ∈(1，2)时，由(2)知，f (x )在[1，2]上的最小值为f (1)＝1－a ， 故问题等价于：对任意的a ∈(1，2)， 不等式1－a ＞m ln a 恒成立，即m ＜1－aln a恒成立.记g(a)＝1－aln a (1＜a＜2)，则g′(a)＝－a ln a－1＋aa（ln a）2.令M(a)＝－a ln a－1＋a，则M′(a)＝－ln a＜0，所以M(a)在(1，2)上单调递减，所以M(a)＜M(1)＝0，故g′(a)＜0，所以g(a)＝1－aln a在a∈(1，2)上单调递减，所以m≤g(2)＝1－2ln 2＝－log2e，即实数m的取值范围为(－∞，－log2e].。
放缩法在导数压轴题中的应用
放缩法在导数压轴题中的应用放缩法是一种重要的数学方法，尤其在证明不等式中经常用到。
近几年数列在高考中的难度要求降低，放缩法的应用重点也逐渐从证明数列不等式转移到导数压轴题中，尤其是在导数不等式证明中更是大放异彩。
下面举几个例子，以供参考。
例1：（2012年高考辽宁卷理科第21题（Ⅱ））设$f(x)=\ln(x+1)+\frac{9x}{x+6}$，证明：当$1<x<2$时，$f(x)<x+1-1$。
证明：由基本不等式，当$x>0$时，$2(x+1) \cdot 1 <(x+2)^2$，故$x+1<\frac{x^2+15x+2}{2(x+1)}$。
因此。
begin{align*}f(x)&=\ln(x+1)+\frac{9x}{x+6}\\ln(x+1)+\frac{x+1}{2}\\ln\sqrt{(x+1)^2}+\ln e^{\frac{x+1}{2}}\\ln(x+1)+1\\x+1-1end{align*}例2：（2013年新课标全国Ⅱ卷第21题（Ⅱ））已知函数$f(x)=e^{-\ln(x+m)}$，当$m \leq 2$时，证明$f(x)>x$。
例3：（2014年高考新课标Ⅰ卷理科第21题）设函数$f(x)=ae^{\ln x}+b$，曲线$y=f(x)$在点$(1,f(1))$处的切线方程为$y=e(x-1)+2$。
I）求$a,b$；II）证明：$f(x)>1$。
例4：（2016年高考山东卷理科第20题（Ⅱ））已知$f(x)=a(x-\ln x)+\frac{2x-1}{2}$，当$a=1$时，证明$f(x)>f'(x)+\frac{3}{2x}$，对于任意的$x \in [1,2]$成立。
例5：（2016年高考新课标Ⅲ卷文科21题）设函数$f(x)=\ln x-x+1$。
I）证明当$x \in (1,+\infty)$时，$1<\frac{x-1}{\ln x}<x$；II）设$c>1$，证明当$x \in (0,1)$时，$1+(c-1)x>c$。
导数压轴题学总结
导数压轴题常用技巧归类总结一．隐零点代换导函数为超越函数，零点存在却无法求出，我们称之为隐零点。
对零点“设而不求”，通过整体代换，从而解决问题．我们称这类问题为“隐零点”问题。
操作步骤如下：第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程()00'=x f ，并结合()x f '的单调性得到零点范围；第二步：以零点为分界点，说明导函数()x f '的正负，进而得到()x f 的最值表达式；第三步：将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简。
题型一不需要估计零点的取值范围例1已知函数ax xx x f --=1ln )(．（1）求函数)(x f 的单调区间；（2）若21<<a ，求证：1)(-<x f ．题型二估计隐零点的范围（卡根问题）例2已知函数()ln f x x x x =+,若k Z ∈,且()1f x k x <-对任意1x >恒成立,求k 最大值.方法总结：1.隐零点的解题方法是“设而不求”，先把导函数的零点设出来，然后利用隐零点的双重身份，即是导函数的编号零点，又是原函数的极值点。
2.有时需要根据零点存在定理估计隐零点的取值范围，估计范围越小，结果越精确。
二．放缩法题型一指数与对数放缩常见的指数放缩：)1();0(1=≥=+≥x ex e x x e x x 常见的对数放缩：)(ln );1(1ln 11e x ex x x x x x =≤=-≤≤-注：所有公式先证后用，否则扣分。
例1（2018年全国3卷）已知函数()x ex ax x f 12-+=，（2）证明：当1≥a 时，()0≥+e x f 例2（2016年山东理科）已知()()R a xx x x a x f ∈-+-=,12ln 2，（2）求证：当1=a 时，23)()('+>x f x f 对任意[]2,1∈x 恒成立。
例3已知x x ex x f ln )(2-=，求证：exe x f x 1)(+<题型二三角函数放缩常见三角函数的放缩：x x x x tan sin ,2,0<<⎪⎭⎫ ⎝⎛∈π题型三其他类型放缩（结合端点效应）例5（2016年四川理科21）设xa ax x f ln )(2--=（2）当1>x 时，x e xx f -->11)(恒成立，求a 的取值范围。
(完整版)导数压轴题
导数压轴题9．(能力挑战题)设f (x )＝e x1＋ax 2，其中a 为正实数．(1)当a ＝43时，求f (x )的极值点．(2)若f (x )为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，32上的单调函数，求a 的取值范围．[解析] ∵f ′(x )＝(ax 2－2ax ＋1)e x(1＋ax 2)2，(1)当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0⇒x 1＝12，x 2＝32，∴x 1＝12是极大值点，x 2＝32是极小值点． (2)记g (x )＝ax 2－2ax ＋1，则 g (x )＝a (x －1)2＋1－a ，∵f (x )为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，32上的单调函数，则f ′(x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，32上不变号，∵e x(1＋ax 2)2>0， ∴g (x )≥0或g (x )≤0对x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，32恒成立，又g (x )的对称轴为x ＝1，故g (x )的最小值为g (1)，最大值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12.由g (1)≥0或g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12≤0⇒0<a ≤1或a ≥43， ∴a 的取值范围是0<a ≤1或a ≥43.10．(能力挑战题)函数f (x )＝x ln x －ax 2－x (a ∈R )．(1)若函数f(x)在x＝1处取得极值，求a的值．(2)若函数f(x)的图象在直线y＝－x图象的下方，求a的取值范围．(3)求证：2 0132 012<2 0122 013.[解析](1)函数定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x－2ax，∵f(x)在x＝1处取得极值，∴f′(1)＝0，即－2a＝0，∴a＝0.∴f′(x)＝ln x，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)在x＝1处取得极值．(2)由题意，得x ln x－ax2－x<－x，∴x ln x－ax2<0.∵x∈(0，＋∞)，∴a>ln xx.设h(x)＝ln xx，则h′(x)＝1－ln xx2.令h′(x)>0，得0<x<e，∴h(x)在(0，e)上为增函数；令h′(x)<0，得x>e，∴h(x)在(e，＋∞)上为减函数．∴h(x)max＝h(e)＝1e，∴a>1e.(3)由(2)知h (x )＝ln xx 在(e ，＋∞)上为减函数， ∴h (x )>h (x ＋1)， ∴ln x x >ln (x ＋1)x ＋1.∴(x ＋1)ln x >x ln(x ＋1)， ∴ln x x ＋1>ln(x ＋1)x ， ∴x x ＋1>(x ＋1)x .令x ＝2 012，得2 0122 013>2 0132 012. 11．已知函数f (x )＝ln(1＋x )－ax1－x(a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若数列{a m }的通项公式a m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12 013×2m ＋1 2 013(m ∈N *)，求证：a 1·a 2·…·a m <3(m ∈N *)．[解析] (1)由题意，函数的定义域为(－1,1)∪(1，＋∞)，f ′(x )＝11＋x－a(1－x )2， 当a ≤0时，注意到11＋x >0，a (1－x )2≤0， 所以f ′(x )>0，即函数f (x )的增区间为(－1,1)，(1，＋∞)，无减区间； 当a >0时，f ′(x )＝11＋x －a (1－x )2 ＝x 2－(2＋a )x ＋1－a (1＋x )(1－x )2， 由f ′(x )＝0，得x 2－(2＋a )x ＋1－a ＝0，此方程的两根x 1＝a ＋2－a 2＋8a 2，x 2＝a ＋2＋a 2＋8a2，其中－1<x 1<1<x 2，注意到(1＋x )(1－x )2>0，所以f ′(x )>0⇔－1<x <x 1或x >x 2，f ′(x )<0⇔x 1<x <1或1<x <x 2，即函数f (x )的增区间为(－1，x 1)，(x 2，＋∞)，减区间为(x 1,1)，(1，x 2)． 综上，当a ≤0时，函数f (x )的增区间为(－1,1)(1，＋∞)，无减区间； 当a >0时，函数f (x )的增区间为(－1，x 1)，(x 2，＋∞)，减区间为(x 1,1)，(1，x 2)，其中x 1＝a ＋2－a 2＋8a 2，x 2＝a ＋2＋a 2＋8a2.(2)当a ＝1时，由(1)知，函数f (x )＝ln(1＋x )－x1－x在(0,1)上为减函数， 则当0<x <1时，f (x )＝ln(1＋x )－x1－x<f (0)＝0， 即ln(1＋x )<x1－x ，令x ＝12 013×2m＋1(m ∈N *)，则 ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12 013×2m＋1<12 013×2m ，12．已知函数f (x )＝x 22＋a 3ln(x －a －a 2)，a ∈R 且a ≠0. (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当a <0时，若a 2＋a <x 1<x 2<a 2－a ，证明：f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1<a 22－a .[解析] (1)由题意，f ′(x )＝x ＋a 3x －a －a 2＝x 2－(a ＋a 2)x ＋a 3x －a －a 2＝(x －a )(x －a 2)x －a －a 2.令f ′(x )>0，因为x －a －a 2>0，故(x －a )(x －a 2)>0. 当a >0时，因a ＋a 2>a 且a ＋a 2>a 2， 所以上面不等式的解集为(a ＋a 2，＋∞)， 从而此时函数f (x )在(a ＋a 2，＋∞)上单调递增．当a <0时，因a <a ＋a 2<a 2，所以上面不等式的解集为(a 2，＋∞)，从而此时函数f (x )在(a 2，＋∞)上单调递增，同理此时f (x )在(a ＋a 2，a 2]上单调递减．(2)证法一： 要证原不等式成立，只需证明 f (x 2)－f (x 1)<(x 2－x 1)⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a ，只需证明f (x 2)－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a x 2<f (x 1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a x 1.因为a 2＋a <x 1<x 2<a 2－a ，所以原不等式只需证明函数h (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a x在x ∈(a 2＋a ，a 2－a )内单调递减．由(1)知h ′(x )＝x －⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a ＋a 3x －a －a 2＝x 2－32a 2x ＋a 42＋a 32－a 2x －a －a 2，因为x －a －a 2>0，我们考察函数g (x )＝x 2－32a 2x ＋a 42＋a 32－a 2，x ∈(a 2＋a ，a 2－a )．因a 2＋a ＋a 2－a 2＝a 2>x 对称轴＝3a 24，且3a 24<a 2－a ，所以g (x )≤g (a 2－a )＝0.从而知h ′(x )<0在x ∈(a 2＋a ，a 2－a )上恒成立，所以函数h (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a x 在x ∈(a 2＋a ，a 2－a )内单调递减．从而原命题成立．证法二：要证原不等式成立， 只需证明f (x 2)－f (x 1)<(x 2－x 1)⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a ，只需证明f (x 2)－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a x 2<f (x 1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a x 1.又a 2＋a <x 1<x 2<a 2－a ， 设g (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a x ，则欲证原不等式只需证明函数g (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a x 在x ∈(a 2＋a ，a 2－a )内单调递减．由(1)可知g ′(x )＝f ′(x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a＝x ＋a 3x －a －a2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a ＝x －a －a 2＋a 3x －a －a 2＋a ＋a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a .因为a <0，所以y ＝x －a －a 2＋a 3x －a －a2在(a 2＋a ，a 2－a )上为增函数， 所以g ′(x )≤g ′(a 2－a )＝a 2－a －a －a 2＋a 3a 2－a －a －a 2＋a ＋a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a ＝0. 从而知g ′(x )<0在x ∈(a 2＋a ，a 2－a )上恒成立，所以函数g (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a x 在x ∈(a 2＋a ，a 2－a )内单调递减．从而原命题成立． 13．已知函数f (x )＝e x sin x . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)如果对于任意的x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，π2，f (x )≥kx 总成立，求实数k 的取值范围；(3)设函数F (x )＝f (x )＋e x cos x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2 011π2，2 013π2.过点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫π－12，0作函数F (x )图象的所有切线，令各切点的横坐标构成数列{x n }，求数列{x n }的所有项之和S 的值．[解析] (1)由于f (x )＝e x sin x ，所以 f ′(x )＝e x sin x ＋e x cos x ＝e x (sin x ＋cos x ) ＝2e x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4.当x ＋π4∈(2k π，2k π＋π)，即x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π－π4，2k π＋3π4时，f ′(x )>0； 当x ＋π4∈(2k π＋π，2k π＋2π)，即x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π＋3π4，2k π＋7π4时，f ′(x )<0.所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π－π4，2k π＋3π4(k ∈Z )，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π＋3π4，2k π＋7π4(k ∈Z )．(2)令g (x )＝f (x )－kx ＝e x sin x －kx ，要使f (x )≥kx 总成立，只需x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时g (x )min ≥0.g ′(x )＝e x (sin x ＋cos x )－k ，令h (x )＝e x (sin x ＋cos x )，则h ′(x )＝2e x cos x >0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，所以h (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上为增函数， 所以h (x )∈[1，e ]． 对k 分类讨论：①当k ≤1时，g ′(x )≥0恒成立，所以g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上为增函数，所以g (x )min＝g (0)＝0，即g (x )≥0恒成立；②当1<k <e 时，g ′(x )＝0在[1，e ]上有实根x 0，因为h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上为增函数，所以当x ∈(0，x 0)时，g ′(x )<0，所以g (x 0)<g (0)＝0，不符合题意；③当k ≥e 时，g ′(x )≤0恒成立，所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上为减函数，则g (x )<g (0)＝0，不符合题意；综合①②③可得，所求的实数k 的取值范围是(－∞，1]． (3)因为F (x )＝f (x )＋e x cos x ＝e x (sin x ＋cos x )， 所以F ′(x )＝2e x cos x ，设切点坐标为(x 0，e x 0(sin x 0＋cos x 0))， 则斜率为F ′(x 0)＝2e x 0cos x 0，切线方程为y －e x 0(sin x 0＋cos x 0) ＝2e x 0cos x 0·(x －x 0)，将M ⎝ ⎛⎭⎪⎫π－12，0的坐标代入切线方程，得 －e x 0(sin x 0＋cos x 0) ＝2e x 0cos x 0·⎝ ⎛⎭⎪⎫π－12－x 0， 整理得－tan x 0－1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－π－12， 即tan x 0＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－π2，令y 1＝tan x ，y 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π2，则这两个函数的图象均关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，0对称，它们交点的横坐标也关于π2对称且成对出现，方程tan x ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π2，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2 011π2，2 013π2的根即所作的所有切线的切点横坐标构成的数列{x n }的项也关于π2对称且成对出现，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2 011π2，2 013π2内共构成1 006对，每对的和为π，因此数列{x n }的所有项的和S ＝1 006π.14．已知函数f (x )＝ln x －px ＋1. (1)求函数f (x )的极值点；(2)若对任意的x >0，恒有f (x )≤0，求p 的取值范围； (3)证明：ln 222＋ln 332＋…＋ln n n 2<2n 2－n －14(n ＋1)(n ∈N ，n ≥2)．[解析] (1)∵f (x )＝ln x －px ＋1， ∴f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1－pxx ，当p ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上无极值点；当p >0时，令f ′(x )＝0， ∴x ＝1p ∈(0，＋∞)，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：从上表可以看出：当p >0时，f (x )有唯一的极大值，当x ＝1p 时，f (x )＝－ln p ；即函数f (x )的极值点是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1p ，－ln p .(2)当p >0时，在x ＝1p 处取得极大值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1p ＝ln 1p ，此极大值也是最大值，要使f (x )≤0恒成立，只需f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1p ＝ln 1p ≤0；∴p ≥1，∴p 的取值范围为[1，＋∞)． (3)令p ＝1，由(2)知，ln x －x ＋1≤0， ∴ln x ≤x －1，∵n ∈N ，n ≥2，ln n 2≤n 2－1，∴ln n 2n 2≤n 2－1n 2＝1－1n 2，∴ln 222＋ln 332＋…＋ln n n 2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 2222＋ln 3232＋…＋ln n 2n 2≤12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－132＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n 2 ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤(n －1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋132＋…＋1n 2<12(n －1)－12⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×3＋13×4＋…＋1n (n ＋1) ＝12(n －1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－12(n ＋1)＝2n 2－n －14(n ＋1)(n ∈N ，n ≥2)，得证．10．(2014·银川模拟)已知函数f (x )＝ax ＋bx 2＋1在点M (1，f (1))处的切线方程为x －y －1＝0.(1)求f (x )的解析式．(2)设函数g (x )＝ln x ，证明：g (x )≥f (x )对x ∈[1，＋∞)恒成立． [解析] (1)将x ＝1代入切线方程得f (1)＝0， 又f (1)＝a ＋b2，化简得a ＋b ＝0.① f ′(x )＝a (x 2＋1)－(ax ＋b )·2x(1＋x 2)2，f ′(1)＝2a －2(a ＋b )4＝－2b 4＝－b2， 由f ′(1)＝1得－b2＝1.② 由①②解得：a ＝2，b ＝－2， 所以f (x )＝2x －2x 2＋1.(2)要证ln x ≥2x －2x 2＋1在[1，＋∞)上恒成立，即证(x 2＋1)ln x ≥2x －2在[1，＋∞)上恒成立， 即证x 2ln x ＋ln x －2x ＋2≥0在[1，＋∞)上恒成立． 设h (x )＝x 2ln x ＋ln x －2x ＋2， h ′(x )＝2x ln x ＋x ＋1x －2.∵x ≥1，∴2x ln x ≥0，x ＋1x ≥2，即h ′(x )≥0. ∴h (x )在[1，＋∞)上单调递增，h (x )≥h (1)＝0， ∴g (x )≥f (x )在x ∈[1，＋∞)上恒成立．11．(2014·河北质检)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；(3)若函数f (x )的图象与x 轴有两个不同的交点A (x 1,0)，B (x 2,0)，且0<x 1<x 2，求证：f ′⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22<0(其中f ′(x )是f (x )的导函数)． [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，∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，∴当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 .∴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＋1e 2，∴实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤1，2＋1e 2. (3)∵f (x )的图象与x 轴交于两个不同的点A (x 1,0)，B (x 2,0)，∴方程2ln x －x 2＋ax ＝0的两个根为x 1，x 2，则⎩⎪⎨⎪⎧2ln x 1－x 21＋ax 1＝0，2ln x 2－x 22＋ax 2＝0，两式相减得a ＝(x 1＋x 2)－2(ln x 1－ln x 2)x 1－x 2.又f (x )＝2ln x －x 2＋ax ，f ′(x )＝2x －2x ＋a ，则f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＝4x 1＋x 2－(x 1＋x 2)＋a ＝4x 1＋x 2－2(ln x 1－ln x 2)x 1－x 2. 下证4x 1＋x 2－2(ln x 1－ln x 2)x 1－x 2<0(*)，即证明2(x 2－x 1)x 1＋x 2＋ln x 1x 2<0，设t ＝x 1x 2，∵0<x 1<x 2，∴0<t <1，即证明u (t )＝2(1－t )t ＋1＋ln t <0在0<t <1上恒成立．∵u ′(t )＝－2(t ＋1)－2(1－t )(t ＋1)2＋1t ＝1t －4(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2，又0<t <1，∴u ′(t )>0， ∴u (t )在(0,1)上是增函数，则u (t )<u (1)＝0，从而知2(x 2－x 1)x 1＋x 2＋ln x 1x 2<0，故(*)式成立，即f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22<0成立． 12．(2014·潍坊模拟)已知函数f (x )＝ax 2＋x ，g (x )＝ln(x ＋1)． (1)若a ＝1，求F (x )＝g (x )－f (x )在(－1，＋∞)上的最大值．(2)利用(1)的结论证明：对任意的正整数n ，不等式2＋34＋49＋…＋n ＋1n 2>ln(n ＋1)都成立．(3)是否存在实数a (a >0)，使得方程2g (x －1)x ＝f ′(x )－(4a －1)在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 内有且只有两个不相等的实数根？若存在，请求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．[解析] (1)F ′(x )＝1x ＋1－2x －1＝－x (2x ＋3)x ＋1，当x ∈(－1,0)时，F ′(x )>0， x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )<0，∴x ＝0是F (x )在(－1，＋∞)上唯一的极大值点， 从而当x ＝0时，F (x )取得最大值 F (0)＝0. (2)由(1)知∀x ∈(0，＋∞)，F (x )<0， 即ln(x ＋1)<x 2＋x ， 令x ＝1n 得ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1<1n 2＋1n ，即ln(n ＋1)－ln n <n ＋1n 2， ∴ln 2－ln 1<2，ln 3－ln 2<34， ……ln(n ＋1)－ln n <n ＋1n 2，∴ln(n ＋1)－ln 1<2＋34＋49＋…＋n ＋1n 2， 即2＋34＋49＋…＋n ＋1n 2>ln(n ＋1)．(3)把方程2g (x －1)x ＝f ′(x )－(4a －1)整理为ax 2＋(1－2a )x －ln x ＝0.设H (x )＝ax 2＋(1－2a )x －ln x (x >0)，原方程在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 内有且只有两个不相等的实数根，即函数H (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 内有且只有两个零点． H ′(x )＝2ax ＋(1－2a )－1x ＝2ax 2＋(1－2a )x －1x＝(2ax ＋1)(x －1)x，令H ′(x )＝0，因为a >0，解得x ＝1或x ＝12a (舍)， 当x ∈(0,1)时，H ′(x )<0，H (x )是减函数；当x ∈(1，＋∞)时，H ′(x )>0，H (x )是增函数，H (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 内有且只有两个不相等的零点，只需⎩⎪⎨⎪⎧H ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e >0，H (x )min<0，H (e )>0，即⎩⎪⎨⎪⎧a e 2＋1－2ae ＋1＝(1－2a )e ＋a ＋e 2e 2>0，H (1)＝a ＋(1－2a )＝1－a <0，a e 2＋(1－2a )e －1＝(e 2－2e )a ＋(e －1)>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a <e 2＋e2e －1，a >1，a >1－e e 2－2e，解得1<a <e 2＋e 2e －1，所以a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，e 2＋e 2e －1. 13．(14届衡水中学期中)已知函数f (x )＝a ln x ＋1x －1(a ≠0)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12内有极值．(1)求实数a 的取值范围；(2)若x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，x 2∈(2，＋∞)且a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2时，求证：f (x 2)－f (x 1)≥ln 2＋34.[解析] (1)由f (x )＝a ln x ＋1x －1(a ≠0)，得 f ′(x )＝ax 2－(2a ＋1)x ＋ax (x －1)2，∵a ≠0，令g (x )＝x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋1a x ＋1， ∴g (0)＝1>0.令g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<0或⎩⎪⎨⎪⎧0<1＋12a <12，Δ＝(2a ＋1)2－4a 2>0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12>0，则0<a <2.即a 的取值范围是(0,2)．(2)由(1)得：f ′(x )＝ax 2－(2a ＋1)x ＋ax (x －1)2，设ax 2－(2a ＋1)x ＋a ＝0(0<a <2)的两根为α，β，则⎩⎨⎧α＋β＝2＋1a ，α·β＝1解得0<α<12<2<β.当x ∈(0，α)和(β，＋∞)时， f ′(x )＝ax 2－(2a ＋1)x ＋ax (x －1)2>0，函数f (x )单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，12和(2，β)时，f ′(x )＝ax 2－(2a ＋1)x ＋ax (x －1)2<0，函数f (x )单调递减，则f (x 1)≤f (α)，f (x 2)≥f (β)， 则f (x 2)－f (x 1)≥f (β)－f (α)＝a ln β＋1β－1－a ln α－1α－1＝a ln βα＋α－βαβ－(α＋β)＋1＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln β2＋β－1β⎝ ⎛⎭⎪⎫利用α＋β＝2＋1a ，α·β＝1 令h (x )＝ln x 2＋x －1x ，x >2则 h ′(x )＝(x ＋1)2x 2>0，则函数h (x )单调递增，h (x )≥h (2)＝2ln 2＋32， ∴ln β2＋β－1β≥2ln 2＋32>0. ∵a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，2，则a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln β2＋β－1β≥ln 2＋34，∴f (x 1)－f (x 2)≥ln 2＋34.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2.【湖南省长沙市长郡中学高二（上）第二次模块测试】已知函数()()2ln 1f x ax x =++.
（1）当14
a =-时，求函数()f x 的单调区间； （2）当[)0,x ∈+∞时，函数()y f x =图像上的点都在00
x y x ≥⎧⎨
-≤⎩所表示的平面区域内，求实数a 的取值范围； （3）求证： ()()1248211112335592121n n n e -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪++++< ⎪⎪⎪ ⎪⨯⨯⨯++⎝⎭⎝⎭⎝⎭
⎝⎭
（其中,n N e *∈是自然对数的底数） 【解析】 （1）常规解法，求出单调区间找最值，
()()21ln 14
f x x x =-++ ()()()()()
221112'212121x x x x f x x x x x +-+-=-+=-=-+++，令()'0f x >求出单调区间如下：
（2）∵函数()y f x =图像上的点都在00x y x ≥⎧⎨-≤⎩
区域内， ∴条件等价于[)0,x ∀∈+∞，()2ln 1ax x x ++≤恒成立，
即()2ln 10ax x x ++-≤，
令()()2ln 1g x ax x x =++-，则有()00g =，
()()()22212211'21111
ax a x x ax a g x ax x x x +-+-=+-==+++ 令()'02210g x ax a >⇒+->，即212ax a >-
①0a >时，2
11111ln 1ln 10g a a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++-=+> ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭
，不符合题意； （此时发现单调性并不能直接舍掉0a >的情况，但可估计函数值的趋势，()ln 1x +恒为正，而2ax x -早晚会随着x 值的变大而为正数，所以必然不符合题意。
在书写时可构造反例来说明，此题只需2
0ax x -=即可，所以选择1x a
=）
②0a ≤时，2210ax a +-<，即()'0g x <，
()g x ∴在[)0,+∞单调递减，()()00g x g ∴≤=，符合题意，
综上所述：0a ≤；
（3）试题分析：观察所证不等式： ()()1248211112335582121n n n e -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪++++< ⎪⎪⎪ ⎪⨯⨯⨯++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭
，左边连乘，右边是e ，可以想到利用两边取对数“化积为和”，同时利用第二问的结论。
第二问给我们提供了恒成立的不等式，0a ≤时，()2ln 1ax x x ++≤，取0a =，即()ln 1x x +≤，则可与左边的求和找到联系；
试题解析：所证不等式等价于： ()()1242ln 1ln 1ln 1123352121n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪++++++< ⎪ ⎪ ⎪⨯⨯++⎝⎭⎝⎭⎝⎭
由（2）可得()ln 1x x +≤，令()()
122121n
n n x -=++， 即()()()()1112211ln 1=2212121212121n n n n n n n n ---⎛⎫⎛⎫ ⎪+≤- ⎪ ⎪++++++⎝⎭⎝⎭
（左边可看做是数列求和，利用结论将不等式左边的项进行放缩，转化成可求和的数列——裂项相消）
()()122ln 1ln 1232121n n n -⎛⎫⎛⎫ ⎪++++ ⎪ ⎪⨯++⎝⎭⎝⎭11211111
1212121212121n n -⎛⎫<-+-++- ⎪+++++⎝⎭ 1121221n ⎛⎫=-< ⎪+⎝⎭
∴不等式得证.
【方法点睛】
（1）第二问中代数方法与数形结合方法的选择（体会为什么放弃线性规划思路），以及如何将约束条件转变为恒成立问题；
（2）对数运算的特点：化积为和。
题目中没有关于乘积式的不等关系，于是决定变为和式；
（3）利用上一问的结论放缩通项公式，将不可求和转变为可求和，进而解决问题；。