高中数学 导数在不等式中的应用(解析版)
(压轴题)高中数学高中数学选修2-2第三章《导数应用》测试(含答案解析)
一、选择题1．已知函数x y a =（1a >）与log ay x =（1a >）的图象有且仅有两个公共点，则实数a 的取值范围是（ ）A ．1e 1e a << B ．1e a <<C ．1e e e a <<D ．e a >2．函数()[)(](),00,sin xf x x x xππ=∈--的图象大致是（ ）A ．B ．C ．D ．3．已知函数322()f x =x ax bx a +++在1x =处的极值为10，则a b -=（ ）． A ．6-B ．15-C ．15D ．6-或154．若函数()2ln f x ax x x =+-存在增区间，则实数a 的取值范围为（ ） A ．1,4⎛⎫-∞-⎪⎝⎭ B ．1,4⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭ C ．1,8⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭D ．1,8⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭5．若1201x x ，则（ ）A ．2121ln ln xxe e x x ->- B ．2121ln ln x x e e x x -<-C ．1221xxx e x e > D ．1221xxx e x e <6．已知可导函数()f x 的定义域为(,0)-∞，其导函数()'f x 满足()2()0xf x f x '->，则不等式2(2020)(2020)(1)0f x x f +-+-<的解集为（ ） A ．(,2021)-∞- B ．(2021,2020)-- C ．(2021,0)-D ．(2020,0)-7．若实数a ，b 满足0a >，0b >，则“a b >”是“ln ln a a b b +>+”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件8．内接于半径为R 的球且体积最大的圆柱体的高为（ ） A 23B 3C 33D 3 9．奇函数()f x 满足0x ≥时,()cos 0f x x '+<，且()3,2f π=-则不等式()cos 22f x x π+>--的解集为（ ）A ．(,0)-∞B ．(,)π-∞-C ．(,)2π-∞-D ．(,)π-∞10．若函数1()21xf x e x =--(e 为自然对数的底数)，则()y f x =图像大致为（ ） A ． B ．C ．D ．11．定义在R 上的函数()f x 的导函数为()'f x ，对任意的实数x ，都有()10f x '+<，且(1)1f =-，则（ ）A ．(0)0f <B ．()f e e <-C ．()(0)f e f >D ．(2)(1)f f >12．已知函数()24ln f x ax ax x =--，则()f x 在()1,3上不单调的一个充分不必要条件是（ ）A ．1,6a ⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭B ．1,2a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭C ．1,2a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭D ．11,26a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭二、填空题13．已知函数()2e 2=++xf x ax a ，若不等式()()1≥+f x ax x 对任意[]2,5x ∈恒成立，则实数a 的取值范围是____________．14．已知函数f （x ）是定义在R 上的奇函数，当x ＞0时，f （x ）+xf '（x ）＞0，且f （3）＝0，则不等式xf （x ）＞0的解集是_____．15．已知关于x 的方程20--=x e x k 有2个不相等的实数根，则k 的取值范围是___________．16．已知函数()2xe f x ax x =-，()0,x ∈+∞，当21x x >时，不等式()()12210f x f x x x -<恒成立，则实数a 的取值范围为________. 17．321313y x x x =--+的极小值为______． 18．已知函数2()f x x a =+，ln ()2e xg x x x=+，其中e 为自然对数的底数，若函数()y f x =与函数()y g x =的图象有两个交点，则实数a 的取值范围是________．19．设()22,0ln ,0x mx x f x x mx x ⎧-+<=⎨->⎩，若方程()f x x =恰有三个零点，则实数m 的取值范围为______.20．设函数3()32()f x ax x x =-+∈R ，若对于任意[1,1]x ∈-，都有()0f x ≥成立，则实数a 的取值范围是_________.三、解答题21．已知函数()2f x x ax b =++，不等式()0f x ≤的解集为[]1,3-．（1）求函数()f x 的解析式； （2）求方程()4ln f x x x =根的个数． 22．已知函数()()2ln 1f x ax x =-+()0a ≠.（1）讨论()f x 的极值点的个数；（2）当0a >时，设()f x 的极值点为0x ，若()()00121f x x >-+，求a 的取值范围.23．已知函数()212f x x =，()ln g x a x =.设()()()h x f x g x =+ （1）试讨论函数()h x 的单调性. （2）若对任意两个不等的正数12,x x ，都有()()12122h x h x x x ->-恒成立，求实数a 的取值范围；24．已知函数()2(1)xf x x e ax =--，（a R ∈）．（1）若12a =，求()f x 的极值； （2）若0x ≥时，()0f x ≥，求实数a 的取值范围． 25．设函数()ln 1x f x x+=， （1）求曲线()y f x =在点()(),e f e 处的切线方程；（2）当1≥x 时，不等式()()211a x f x x x--≥恒成立，求a 的取值范围． 26．已知函数()22x bg x ax +=+，()1,1x ∈-，从下面三个条件中任选一个条件，求出,a b的值，并解答后面的问题.①已知函数()3f x b x a=+-，满足()()220f x f x -++=；②已知函数()()0,1xf x a b a a =+>≠在[]1,2上的值域为[]2,4③已知函数()24f x x ax =-+，若()1f x +在定义域[]1,1b b -+上为偶函数.（1）证明()g x 在()1,1-上的单调性； （2）解不等式()()120g t g t -+<.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．A 解析：A 【分析】 将问题转化为()1xy a a =>的图象与y x =有两个公共点，即ln ln xa x=有两解，再构造新函数()ln xf x x=，根据()f x 的单调性和取值分析ln a 的取值即可得到结果. 【详解】因为函数()()1,log 1xa y aa y x a =>=>的图象关于直线y x =对称，所以两个图象的公共点在y x =上，所以()1xy a a =>的图象与y x =有两个公共点，即x x a =有两解，即ln ln x x a =有两解，即ln ln xa x=有两解， 令()ln x f x x =，所以()21ln xf x x -'=， 当()0,x e ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增，当(),x e ∈+∞时，()0f x '<，()f x 单调递减，()f x 大致图象如下图所示：所以()10ln a f e e<<=，所以11e a e <<， 故选：A. 【点睛】结论点睛：函数图象的交点个数、方程根的数目、函数的零点个数之间的关系： 已知()()()h x f x g x =-，则有()h x 的零点个数⇔方程()()f x g x =根的数目⇔函数()f x 与函数()g x 的图象的交点个数. 2．B解析：B 【分析】首先判断函数的奇偶性，再利用导数研究函数的单调性即可得解； 【详解】 解：因为()[)(](),00,sin xf x x x xππ=∈--，定义域关于原点对称，又()()()sin sin x x f x f x x x x x --===----，所以()[)(](),00,sin x f x x x xππ=∈--为偶函数，函数图象关于y 轴对称，所以排除A 、D ； ()()()()()22sin sin cos sin sin sin x x x x x xx x xf x x x x x ''----'==--令()cos sin g x x x x =-，则()sin g x x x '=-，所以当(]0,x π∈时()0g x '≤，所以()cos sin g x x x x =-在(]0,x π∈上单调递减，又()00g =，所以()0g x <在(]0,x π∈上恒成立，所以()0f x '<在(]0,x π∈上恒成立，即函数()sin xf x x x=-在(]0,π上单调递减，故排除C ，故选：B 【点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置． (2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势； (3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性； (4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.3．C解析：C 【分析】 由题，可得(1)0(1)10f f '=⎧⎨=⎩，通过求方程组的解，即可得到本题答案，记得要检验.【详解】因为322()f x =x ax bx a +++，所以2()32f x x ax b '=++，由题，得(1)0(1)10f f '=⎧⎨=⎩，即2320110a b a b a ++=⎧⎨+++=⎩，解得411a b =⎧⎨=-⎩或33a b =-⎧⎨=⎩，因为当3,3a b =-=时，2()3(1)0f x x '=-≥恒成立，()f x 在R 上递增，无极值，故舍去，所以4(11)15a b -=--=.故选：C 【点睛】本题主要考查含参函数的极值问题，得到两组解后检验，是解决此题的关键.4．C解析：C 【分析】先假设函数()f x 不存在增区间，则()f x 单调递减，利用()f x 的导数恒小于零列不等式，将不等式分离常数后，利用配方法求得常数a 的取值范围，再取这个取值范围的补集，求得题目所求实数a 的取值范围. 【详解】若函数()f x 不存在增区间，则函数()f x 单调递减， 此时()1210f x ax x'=+-≤在区间()0,∞+恒成立， 可得2112a x x ≤-，则22111111244x x x ⎛⎫-=--≥- ⎪⎝⎭，可得18a ≤-，故函数存在增区间时实数a 的取值范围为1,8⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭．故选C. 【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查不等式恒成立问题的求解策略，属于中档题.5．C解析：C 【分析】令()x e f x x=，(01)x <<，()()ln 01xg x e x x =-<<，求出函数的导数，通过讨论x的范围，求出函数的单调区间，从而判断结论. 【详解】令()x e f x x =，(01)x <<，则2(1)()0x e x f x x-'=<， 故()f x 在(0,1)递减，若1201x x ，则12()()f x f x >，故1212x x e e x x >，即1221x xx e x e >，故C 正确，D 不正确；令()()ln 01xg x e x x =-<<，则11()x xxe g x e x x-'=-=，令()1x h x xe =-，可知()h x 在()0,1单调递增，且(0)10,(1)10h h e =-<=->，则存在()00,1x ∈，使得0()0h x =， 则当()00,x x ∈时，()0h x <，即()0g x '<，()g x 在()00,x 单调递减， 当()0,1x x ∈时，()0h x >，即()0g x '>，()g x 在()0,1x 单调递增， 所以()g x 在()0,1不单调，故A ，B 错误. 故选：C. 【点睛】本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用，是一道中档题.6．B解析：B 【分析】由题可得当(,0)x ∈-∞时，()2()0xf x f x '->，进而构造函数2()()f x g x x =，可判断()g x 在(,0)-∞上的单调性，进而可将不等式转化为(2020)(1)g x g +<-，利用()g x 的单调性，可求出不等式的解集． 【详解】解：构造2()()(0)f x g x x x =<，则243()2()()2()()x f x x f x xf x f x g x x x''⋅-⋅-'==，因为()2()0xf x f x '->，则()0g x '<∴函数()g x 在(,0)-∞上是减函数，∵不等式2(2020)(2020)(1)0f x x f +-+-<，且()2(1)(1)(1)1f g f --==--，等价于()()()()()2220201120201f x f g x +-<=-+-，即为(2020)(1)g x g +<-，所以2020120200x x +>-⎧⎨+<⎩，解得20212020x -<<-．故选：B 【点睛】本题考查函数单调性的应用，构造函数2()()f x g x x =是解决本题的关键，属于中档题． 7．C解析：C 【解析】构造函数1ln ,0,10y x x x y x+='=>+> ，故函数ln y x x =+在0,上单调递增，即由“0a b >>” 可得到“ln ln a a b b +>+”,反之，由“ln ln a a b b +>+”亦可得到“0a b >>” 选C8．A解析：A 【分析】根据圆柱的高，底面半径以及球半径之间的关系，建立圆柱的高与圆柱体积之间的函数关系，利用导数求体积取得最大值时对应的自变量即可. 【详解】根据题意，设圆柱底面半径为r ，圆柱的高为h ，作出示意图如下所示：显然满足2224h r R =-，故圆柱的体积()23214h r h h R h πππ=⨯=-+，故可得()223,(02)4V h h R h R ππ<'=-+<，令()0V h '>，解得2303h R <<，故此时()V h 单调递增， 令()0V h '<232h R <<，故此时()V h 单调递减. 故()23max V h V ⎫=⎪⎪⎝⎭.即当23h =时，圆柱的体积最大.故选：A . 【点睛】本题考查圆柱的外接球以及利用导数求体积的最大值，属综合中档题.9．A解析：A 【分析】构造函数()()sin h x f x x =+，根据其单调性，求解目标不等式即可. 【详解】不妨令()()sin h x f x x =+，因为()()cos 0h x f x x =+'<'在[)0,+∞恒成立， 即()h x 在[)0,+∞单调递减；又()f x 是奇函数，sin y x =是奇函数， 故()h x 是奇函数，且()h x 是R 上的单调减函数. 由()3,2f π=-故可得22h π⎛⎫=-⎪⎝⎭， 又()cos 22f x x π+>--，即22h x h ππ⎛⎫⎛⎫+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 故22x ππ+<，则0x <.故选：A . 【点睛】本题考查构造函数法，涉及利用导数研究函数单调性以及利用单调性解不等式，属综合中档题.10．C解析：C 【分析】代入特殊值()10f <可判断,A B 选项，记()21x g x e x =--，结合函数单调性可得当x →+∞时，()0f x >，从而可选出正确答案.【详解】记()21x g x e x =--，则有()2x g x e '=-， 当ln 2x <时，()20x g x e -'=<，()g x 是减函数，当ln 2x >时，()20x g x e -'=>，()g x 是增函数，因为()130g e =-<，所以()10f <，排除,A B 选项；()2250g e =->，所以当x →+∞时，()0>g x ，即x →+∞时，()0f x >，则D 错误. 故选:C. 【点睛】本题考查了函数图象的识别，属于中档题.11．B解析：B 【分析】构造()()g x f x x =+，得到函数()g x 在R 上单调递减，由()(1)g e g <即得解. 【详解】构造()()g x f x x =+，则()()1g x f x ''=+， 又()10f x '+<，所以()0g x '<，所以函数()g x 在R 上单调递减，又(1)(1)1110g f =+=-+=， 所以()(1)g e g <，即()0f e e +<， 所以()f e e <-. 故选：B 【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查函数单调性的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.12．C解析：C 【分析】本题首先可根据题意得出2241ax ax fxx，令2241g xax ax ，然后根据()f x 在()1,3上不单调得出函数()g x 与x 轴在()1,3上有交点，最后分为0a =、0a ≠两种情况进行讨论，即可得出结果. 【详解】()2124124ax ax f x ax a x x--'=--=， 若()f x 在()1,3上不单调， 令2241g xax ax ，对称轴为1x =，则函数2241g xax ax 与x 轴在()1,3上有交点，当0a =时，显然不成立；当0a ≠时，则()()21680130a a g g ⎧∆=+>⎪⎨⋅<⎪⎩，解得16a >或12a <-，易知()f x 在()1,3上不单调的一个充分不必要条件是1,2a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭， 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题考查函数单调性问题，若函数在否个区间内不单调，则函数的导函数在这个区间内有零点且穿过x 轴，考查二次函数性质的应用，考查充分条件与必要条件的判定，是中档题.二、填空题13．【分析】原不等式可化为当时该不等式恒成立当时不等式可化为从而构造函数求导并判断单调性可求出令即可【详解】由题意不等式可化为当时恒成立；当时不等式可化为令则求导得所以在上单调递减在上单调递增所以则综上 解析：(3,e ⎤-∞⎦【分析】原不等式可化为()e 2xa x ≥-，当2x =时，该不等式恒成立，当(]2,5x ∈时，不等式可化为e 2x a x ≥-，从而构造函数()e 2xg x x =-，求导并判断单调性，可求出()min g x ，令()min g x a ≥即可.【详解】由题意，不等式()2e 21x ax a ax x ++≥+可化为()e 2xa x ≥-，当2x =时，()e 2xa x ≥-恒成立；当(]2,5x ∈时，不等式可化为e 2xa x ≥-， 令()e 2xg x x =-，(]2,5x ∈，则()min g x a ≥，求导得()()()2e 32x x g x x -'=-，所以()g x 在()2,3上单调递减，在[]3,5上单调递增，所以()()3min 3e g x g ==，则3e a ≤，综上所述，实数a 的取值范围是(3,e ⎤-∞⎦. 故答案为：(3,e ⎤-∞⎦.【点睛】关键点点睛：本题考查不等式恒成立问题，解题关键是将原不等式转化为e 2xa x ≥-，通过构造函数()e 2xg x x =-，令()min g x a ≥，可求出a 的取值范围.考查学生的逻辑推理能力，计算求解能力，属于中档题.14．（﹣∞﹣3）∪（3+∞）【分析】令当x ＞0时可得x ∈（0+∞）上函数单调递增由可得由函数是定义在R 上的奇函数可得函数是定义在R 上的偶函数进而得出不等式的解集【详解】解：令当x ＞0时∴x ∈（0+∞）上解析：（﹣∞，﹣3）∪（3，+∞） 【分析】令()()g x xf x =，()()()g x f x xf x ''+＝，当x ＞0时，()()0f x xf x '+>，可得x ∈（0，+∞）上，函数()g x 单调递增．由()30f ＝，可得()30g ＝．由函数()f x 是定义在R 上的奇函数，可得函数()g x 是定义在R 上的偶函数．进而得出不等式的解集． 【详解】解：令()()g x xf x =，()()()g x f x xf x ''+＝ 当x ＞0时，()()0f x xf x '+>∴x ∈（0，+∞）上，函数()g x 单调递增．()30f ＝，∴()30g ＝．∵函数()f x 是定义在R 上的奇函数， ∴函数()g x 是定义在R 上的偶函数． 由()()03g x g >＝，即()()3g x g ＞， ∴|x |＞3，解得x ＞3，或x ＜﹣3．∴不等式()0xf x ＞的解集是()(),33-，-∞⋃+∞． 故答案为：()(),33-，-∞⋃+∞． 【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性、方程与不等式的解法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．15．【分析】把关于x 的方程有2个不相等的实数根转化为与函数的图象有两个不同的交点利用导数求得函数的单调性与极值即可求解【详解】由题意关于x 的方程有2个不相等的实数根即函数与函数的图象有两个不同的交点设则 解析：(22ln2,)-+∞【分析】把关于x 的方程20--=x e x k 有2个不相等的实数根，转化为y k =与函数2x y e x =-的图象有两个不同的交点，利用导数求得函数()2x f x e x =-的单调性与极值，即可求解. 【详解】由题意，关于x 的方程20--=x e x k 有2个不相等的实数根， 即函数y k =与函数2x y e x =-的图象有两个不同的交点，设()2x f x e x =-，则()2x f x e '=-，令()20x f x e '=-=，解得ln 2x =， 所以函数的减区间为(,ln 2)-∞，增区间为(ln 2,)+∞， 所以函数()f x 的最小值为(ln 2)22ln 2f =-，且当x →-∞时，()f x →+∞，当x →∞时，()f x →+∞， 要使得2x e x k -=有2个不相等的实数根，所以22ln 2k >-． 即实数k 的取值范围是(22ln2,)-+∞. 故答案为：(22ln2,)-+∞. 【点睛】本题主要考查了利用导数研究方程的根，其中解答中把方程根的个数转化为两个函数的图象的交点的个数，利用导数求得函数的单调性与极值是解答的关键，着重考查转化思想，以及运算与求解能力.16．【分析】由当时不等式恒成立变形得到当时不等式恒成立即在上是增函数然后由在上是恒成立求解【详解】因为当时不等式恒成立即当时不等式恒成立所以在上是增函数所以在上是恒成立即在上是恒成立令所以当时当时所以当解析：2,12e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【分析】由当21x x >时，不等式()()12210f x f x x x -<恒成立，变形得到当21x x >时，不等式()()1122x f x x f x <恒成立，即()()g x xf x =，在()0,x ∈+∞上是增函数，然后由()0g x '≥，在()0,x ∈+∞上是恒成立求解.【详解】因为当21x x >时，不等式()()12210f x f x x x -<恒成立，即当21x x >时，不等式()()1122x f x x f x <恒成立， 所以()()g x xf x =，在()0,x ∈+∞上是增函数， 所以()230xg x e ax '=-≥，在()0,x ∈+∞上是恒成立，即23xe a x ≤，在()0,x ∈+∞上是恒成立，令2()3xe h x x=，所以()32()3x e x h x x-'=， 当02x <<时，()0h x '<，当2x >时，()0h x '>，所以当2x =时，()h x 取得最小值，最小值为212e，所以实数a 的取值范围为2,12e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.故答案为：2,12e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.17．【分析】求导根据导数正负得到函数单调区间得到函数的极小值为计算得到答案【详解】则当和时函数单调递增；当时函数单调递减故函数极小值为故答案为：【点睛】本题考查了利用导数求极值意在考查学生的计算能力和应 解析：8-【分析】求导，根据导数正负得到函数单调区间得到函数的极小值为()3f ，计算得到答案. 【详解】()321313y f x x x x ==--+，则()()()2'2331f x x x x x =--=-+， 当()3,x ∈+∞和(),1x ∈-∞-时，()'0f x >，函数单调递增； 当()1,3x ∈-时，()'0f x <，函数单调递减， 故函数极小值为()32313333183f ⨯--⨯+=-=. 故答案为：8-. 【点睛】本题考查了利用导数求极值，意在考查学生的计算能力和应用能力.18．【分析】将已知等价转化为函数与函数的图象有两个交点分别作出图象观察其只需满足二次函数顶点低于函数的顶点从而构建不等式解得答案【详解】函数与函数的图象有两个交点等价于函数与函数的图象有两个交点对函数求解析：21,e e ⎛⎫-∞+ ⎪⎝⎭【分析】将已知等价转化为函数22y x ex a =-+与函数ln xy x=的图象有两个交点，分别作出图象，观察其只需满足二次函数顶点低于函数ln xy x=的顶点，从而构建不等式，解得答案. 【详解】函数()y f x =与函数()y g x =的图象有两个交点， 等价于函数22y x ex a =-+与函数ln xy x=的图象有两个交点， 对函数ln x y x =求导，得21ln xy x-'=，()0,x e ∈,0y '>， 函数ln xy x=单调递增；(),x e ∈+∞,0y '<， 函数ln xy x =单调递减，在x e =处取得极大值，也是最大值为1e， 对二次函数22y x ex a =-+，其对称轴为x e =，顶点坐标为()2,e a e -分别作出图象，其若要有两个交点，则2211a e a e e e-<⇒<+故答案为：21,e e ⎛⎫-∞+ ⎪⎝⎭【点睛】本题考查由函数图象的交点个数求参数的取值范围，属于中档题.19．【分析】将问题转化为与图像交点个数有3个的问题利用导数研究函数单调性和最值数形结合即可求得结果【详解】当时等价于；当时等价于；令则方程恰有三个零点等价于与直线有三个交点当时则令解得故该函数在区间单调 解析：221m <-【分析】将问题转化为()2,0,0x x xh x lnx x x⎧+<⎪⎪=⎨⎪>⎪⎩与1y m =+图像交点个数有3个的问题，利用导数研究函数单调性和最值，数形结合即可求得结果. 【详解】当0x <时，22y x mx x =-+=，等价于21x m x+=+； 当0x >时，y lnx mx x =-=，等价于1lnxm x=+； 令()2,0,0x x xh x lnx x x ⎧+<⎪⎪=⎨⎪>⎪⎩，则方程()f x x =恰有三个零点，等价于()y h x =与直线1y m =+有三个交点. 当lnx y x =时，则21lnx y x-='，令0y '=，解得x e =， 故该函数在区间()0,e 单调递增，在(),e +∞单调递减. 且x e =时，1y e=；又x e >时，0y >； 而当2y x x=+时，由对勾函数性质，容易知： 当2x =-时，函数取得最大值22y =-. 故()h x 的图像如下所示：数形结合可知，要满足题意，只需122m +<-， 解得221m <-. 故答案为：221m <-. 【点睛】本题考查由方程根的个数求参数范围，涉及利用导数研究函数单调性，对勾函数，属综合中档题.20．【分析】求出时的值讨论函数的增减性得到的最小值让最小值大于等于0即可求出的范围【详解】解：由可得当时令解得且①当时为递增函数②当时为递减函数③当时为递增函数所以即解得故答案为：【点睛】考查学生理解函 解析：15a ≤≤【分析】求出()0f x '=时x 的值，讨论函数的增减性得到()f x 的最小值，让最小值大于等于0即可求出a 的范围. 【详解】解：由(1)0f ≥可得1a ≥，2'()33f x ax =-， 当1a ≥时，令2'()330f x ax =-=解得x =，且1>-<①当1x -<<()0,()f x f x '>为递增函数， ②当x <<()0,()f x f x '<为递减函数， ③1x <<时，()f x 为递增函数.所以()010f f ⎧≥⎪⎨⎝⎭⎪-≥⎩，即3320320a a ⎧⎪-+≥⎨⎝⎭⎝⎭⎪-++≥⎩， 解得15a ≤≤. 故答案为：15a ≤≤. 【点睛】考查学生理解函数恒成立时取条件的能力，以及利用导数求函数最值的能力.三、解答题21．（1）()223f x x x =--；（2）有且只有一个根.【分析】（1）根据不等式的解集与方程根的对应关系，列出关于,a b 的方程组，从而求解出,a b 的值，则()f x 的解析式可求； （2）将问题转化为求方程34ln 20x x x---=根的数目，构造新函数()34ln 2g x x x x=---，利用导数分析()g x 的单调性和极值，由此判断出()g x 的零点个数，从而方程()4ln f x x x =根的个数可确定.【详解】解：（1）∵不等式()0f x ≤的解集为[]1,3-， ∴20x ax b ++=的两个根分别为1-和3． ∴()()1313a b ⎧-=-+⎪⎨=-⨯⎪⎩．即2a =-，3b =-，故函数()f x 的解析式为()223f x x x =--．（2）由（1），设()22334ln 4ln 2x x g x x x x x x--=-=---，∴()g x 的定义域为()0,∞+，()()()2213341x x g x x x x--'=+-=， 令()0g x '=，得11x =，23x =．当x 变化时，()g x '，()g x 的取值变化情况如下表：当03x <≤时，140g x g ≤=-<， 当3x >时，()55553ee202212290eg =--->--=>． 又因为()g x 在()3,+∞上单调递增，因而()g x 在()3,+∞上只有1个零点， 故()g x 仅有1个零点．即方程()4ln f x x x =有且只有一个根． 【点睛】思路点睛：利用导数分析方程根的个数的思路： （1）将方程根的个数问题转化为函数零点的个数问题；（2）将原方程变形，构造新函数，分析新函数的单调性、极值、最值；（3）根据新函数的单调性、极值、最值得到新函数的零点个数，则方程根的个数可确定.22．（1）答案见解析；（2）⎛⎫⎪+∞⎪⎭. 【分析】（1）()21221211ax ax f x ax x x +-'=-=++，令()2221g x ax ax =+-，分两种情况讨论，判断方程()0g x =根的个数即可；（2）由（1）知()00g x =，即202210ax ax +-=，()20012a x x =+，先求得01x ，进而可得答案即可.【详解】（1）()21221211ax ax f x ax x x +-'=-=++，令()2221g x ax ax =+- 当0a >时，由()10g -<知，()g x 在()1,-+∞有唯一零点， 故()f x 在()1,-+∞有一个极值点；当0a <时，()10g -<，()g x 的对称轴为12x =-，若方程()0g x =的0∆>，即2480a a +>，2a <-时，()g x 在()1,-+∞有两个零点，()f x 在()1,-+∞有两个极值点；若方程()0g x =的0∆≤，即2480a a +≤，20a -≤<时，()0g x ≤，()f x 在()1,-+∞上单减，无极值点.（2）由（1）知()00g x =，即2002210ax ax +-=，()20012a x x =+……（*） 由0a >且010x +>得00x >，又∵()()00121f x x >-+，∴()()20001ln 121ax x x -+>-+代入（*）式，()()()00001ln 12121x x x x -+>-++， 即()01ln 102x -+>解得01x <，∴001x <<， ∴.()20012a x x ⎛⎫⎪=∈+∞⎪+⎭. 【点睛】求函数()f x 极值的步骤：(1) 确定函数的定义域；(2) 求导数fx ；(3) 解方程()0,f x '=求出函数定义域内的所有根；(4) 列表检查fx 在0fx的根0x 左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么()f x 在0x 处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么()f x 在0x 处取极小值. 23．（1）答案见解析；（2）[)1,+∞. 【分析】（1）求导后，分别在0a ≥和0a <两种情况下讨论导函数的正负即可得到结果； （2）将恒成立的不等式转化为()()112222h x x h x x ->-对于任意的12x x >恒成立，从而只需构造函数()()2t x h x x =-，证明()t x 在()0,∞+上单调递增即可，从而将问题进一步转化为()0t x '≥在()0,∞+上恒成立，进而利用分离变量的方法可求得结果. 【详解】（1）()()21ln 02h x x a x x =+>，则()()20a x ah x x x x x+'=+=>， 当0a ≥时，()0h x '>恒成立，()h x ∴在()0,∞+上单调递增；当0a <时，若(x ∈，()0h x '<；若)x ∈+∞，()0h x '>；()h x ∴在(上单调递减，在)+∞上单调递增.（2）设12x x >，则()()12122h x h x x x ->-等价于()()112222h x x h x x ->-， 即()()112222h x x h x x ->-对于任意的12x x >恒成立. 令()()212ln 22t x h x x x a x x =-=+-，则只需()t x 在()0,∞+上单调递增， ()2at x x x'=+-，∴只需()0t x '≥在()0,∞+上恒成立即可. 令()200ax x x+-≥>，则()220a x x x ≥-+>， 当1x =时，()2max21x x -+=，1a ∴≥，即实数a 的取值范围为[)1,+∞.【点睛】关键点点睛：本题主要考查导数在函数中的应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想､逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用. 24．（1）极大值是112e-，()f x 的极小值是0（2）1a ≤ 【分析】（1）()()2112xx f x e x =--，求导()()()110x f x x e '=+-=，判断()f x '，()f x 变化求得极值；（2）解法一:分离a,求最值得a 的范围，解法二: ()xf x e a '=-，讨论a 的范围得解 【详解】 （1）当12a =时，()()2112xx f x e x =-- ()()()110x f x x e '=+-=时，则1x =-，0x =.当x 变化时，()f x '，()f x 变化状态如下表：所以()f x 的极大值是()12f e-=-，()f x 的极小值是()00f = （2））等价于当0x ≥时，()()10xf x x e ax =--≥恒成立解法一: 当0x =，等号成立，当x>0，()10x e f x a x -≥⇔≤，设()1x e g x x-=()min a g x ≤，由经典不等式1x e x >+ ∴1a ≤或者()21x x xe e g x x-+'=，()1x x x xe e ϕ=-+，()0x x x xx e xe e xe ϕ='+-=> ()x ϕ↑，()()00ϕϕ>=x ∴()0g x '>，()g x ↑，又()0,1x g x →→ ∴1a ≤解法二: ()xf x e a '=-，0x ≥，1x e ≥若1a ≤，则()0xf x e a ='-≥，()f x ↑，∴()()00f x f ≥=，即不等式恒成立.（充分性）若1a >，()0xf x e a '=-= ∴0ln 0x a =>()00,x x ∈，()0f x '<，()f x ↓，()()00f x f ≤=，这与当0x ≥时，()10xf x e ax =--≥恒成立相矛盾（必要性）【点睛】本题考查函数与导数的极值，考查不等式恒成立，考查转化化归能力，考查计算能力，是中档题25．（1）230x e y e +-=（2）(,0]-∞ 【详解】试题分析：（1）先求函数导数，再根据导数几何意义得切线斜率为()'f e ，最后根据点斜式求切线方程（2）构造函数()()2ln 1g x x a x =--，利用导数并按0a ≤，10<2a <，12a ≥进行分类讨论，通过函数的单调性以及最值进行与0比较，可得结果. 试题（1）根据题意可得，()2f e e=， ()2ln 'xf x x -=，所以()22ln 1'e f e e e -==-，即21k e =-， 所以在点()(),e f e 处的切线方程为()221y x e e e-=--，即230x e y e +-=． （2）根据题意可得，()()()221ln 110a x x a x f x x x x-----=≥在1≥x 恒成立，令()()2ln 1g x x a x =--，()1x ≥，所以()12g x ax x-'=， 当0a ≤时，()0g x '>，所以函数()y g x =在[)1,+∞上是单调递增， 所以()()10g x g ≥=， 所以不等式()()21a x f x x->成立，即0a ≤符合题意；当0a >时，令120ax x-=，解得x =1=，解得12a =，当10<2a <1，所以()g x '在⎛ ⎝上()0g x '>，在+⎫∞⎪⎪⎭上()0g x '<，所以函数()y g x =在⎛ ⎝上单调递增，在+⎫∞⎪⎪⎭上单调递减，21111ln 1ln g a a a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--=--+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，令()1ln h a a a a =--+，()222111'10a a h a a a a-+=-++=>恒成立，则()h a 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增 所以()1111ln 2ln2202222h a h ⎛⎫<=--+=+-<⎪⎝⎭，所以存在10g a ⎛⎫< ⎪⎝⎭， 所以102a <<不符合题意； ②当12a ≥1≤ ()0g x '≤在[)1,+∞上恒成立，所以函数()y g x =在[)1,+∞上是单调递减，所以()()10g x g ≤= 显然12a ≥不符合题意； 综上所述，a 的取值范围为{}|0a a ≤26．选法见解析；2a =，0b =；（1）证明见解析；（2）103t <<. 【分析】（1）根据函数的对称性，定义域和值域，奇偶性计算得到2a =，0b =，再求导证明单调性.（2）利用函数的奇偶性和单调性解不等式得到答案. 【详解】（1）①由()()220f x f x -++=得()f x 对称中心为()2,0即得2a =，0b =； ②(i )当1a >时，()xf x a b =+在[]1,2上单调递增，则有224a b a b +=⎧⎨+=⎩得220a a --=， 得2a =，0b =；(ii )当01a <<时，()xf x a b =+在[]1,2上单调递减，则242a b a b +=⎧⎨+=⎩得220a a -+=，无解，所以2a =，0b =；③由()24f x x ax =-+得()()2125f x x a x a +=+-+-，因为()1f x +在[]1,1b b -+上是偶函数，则202a -=，且()()110b b -++=， 所以2a =，0b =； 由①或②或③得()222xg x x =+，()1,1x ∈-，()()222121x g x x -'=+， 由11x -<<得()0g x '>，则()g x 在()1,1-上单调递增. （2）因为()()222xg x g x x --==-+，则()g x 为奇函数.由()()120g t g t -+<即()()21g t g t <-又因为()g x 在()1,1-上单调递增，则121,111,21,t t t t -<<⎧⎪-<-<⎨⎪<-⎩解得103t <<.【点睛】本题考查了函数对称性，奇偶性，单调性，函数的定义域和值域，解不等式，意在考查学生对于函数知识的综合应用.。
利用导数证明不等式-高中数学(理)黄金100题---精校解析 Word版
第27题 利用导数证明不等式I ．题源探究·黄金母题【例1】利用函数的单调性，证明下列不等式：（1）sin x x <，()0,x ∈π； （2）20x x ->，(0,1)x ∈； （3）1x e x >+，0x ≠；（4）ln xx x e <<，0x >．【解析】（1）证明：设()sin f x x x =-，()0,x ∈π．因为()cos 10f x x '=-<，()0,x ∈π，所以()sin f x x x =-在()0,π内单调递减，因此()sin (0)0f x x x f =-<=，()0,x ∈π，即sin x x <，()0,x ∈π．（2）证明：设2()f x x x =-，(0,1)x ∈．因为()12f x x '=-，(0,1)x ∈所以当1(0,)2x ∈时，()120f x x '=->，()f x 单调递增，2()(0)0f x x x f =->=；当1(,1)2x ∈时，()120f x x '=-<，()f x 单调递减，2()(1)0f x x x f =->=；又11()024f =>．因此，20x x ->，(0,1)x ∈．（3）证明：设()1x f x e x =--，0x ≠．因为()1x f x e '=-，0x ≠，所以，当0x >时，()10x f x e '=->，()f x 单调递增，()1(0)0x f x e x f =-->=； 当0x <时，()10x f x e '=-<，()f x 单调递减，精彩解读【试题来源】人教版A 版选修2-2P 31习题1．3B 组第1题 【母题评析】不等式证明是高中数中常见的一类典型问题，本题考查了如何通过构造函数结合函数的单调性去证明不等式．【思路方法】不等式证明常用的基本方法有：综合法、比较法（作差法、作商法）、分析法，本题之后又添一法——构造函数法，要注意所构造函数的定义域．()1(0)0x f x e x f =-->=；综上，1x e x ->，0x ≠．（4）证明：设()ln f x x x =-，0x >． 因为1()1f x x '=-，0x ≠，所以当01x <<时，1()10f x x'=->，()f x 单调递增，()ln (1)10f x x x f =-<=-<；当1x >时，1()10f x x'=-<，()f x 单调递减，()ln (1)10f x x x f =-<=-<；当1x =时，显然ln11<． 因此，ln x x <． 由（3）可知，1x e x x >+>，0x >． 综上，ln x x x e <<，0x >．II ．考场精彩·真题回放【例1】【2017全国III 】已知函数()()2ln 21f x x ax a x =+++．（I ）讨论()f x 的单调性； （II ）当0a <时，证明3()24f x a≤--． 【答案】（I ）当0≥a 时，)(x f 在),0(+∞单调递增；当0<a 时，则)(x f 在)21,0(a -单调递增，在),21(+∞-a 单调递减；（II ）详见解析 【解析】试题分析：（I ）先求函数导数(21)(1)'()(0)ax x f x x x++=>，再根据导函数符号变化情况讨论单调性：当0≥a 时，0)('≥x f ，则)(x f 在),0(+∞单调递增，当0<a 时，则)(x f 在)21,0(a -单调递增，在),21(+∞-a单调递减．（II ）证明3()24f x a ≤--，即证max 3()24f x a ≤--，而)21()(max af x f -=，所以目标函数为121)21ln()243()21(++-=+---a a a a f ，即t t y -+=1ln【命题意图】本类题通常主要考查利用导数求单调性，利用导数证不等式．【考试方向】这类试题在考查题型上，主要是解答题，难度中等；若为压轴题，则难度大． 作为压轴题，基本上含有参数．含有参数的函数导数试题，主要有两个方面：一是根据给出的某些条件求出这些参数值，基本思想方法为方程的思想；二是在确定参数的范围（或取值）使得函数具有某些性质，基本解题思想是函数与方程的思想、分类讨论的思想．含有参数的函数导数试题是高考考查函数方程思想、分类讨论思想的主要题（021>-=at ），利用导数易得0)1(max ==y y ，即得证． 试题解析：（I ）)0()1)(12(1)12(2)('2>++=+++=x xx ax x x a ax x f ，当0≥a 时，0)('≥x f ，则)(x f 在),0(+∞单调递增，当0<a 时，则)(x f 在)21,0(a -单调递增，在),21(+∞-a单调递减． （II ）由（I ）知，当0<a 时，)21()(max af x f -=， 121)21ln()243()21(++-=+---aa a a f ，令t t y -+=1ln （021>-=a t ），则011'=-=ty ，解得1=t ，∴y 在)1,0(单调递增，在),1(+∞单调递减，∴0)1(max ==y y ，∴0≤y ，即)243()(max +-≤a x f ，∴243)(--≤ax f ．【例2】【2017全国II 理】已知函数()2ln f x ax ax x x =--，且()0f x ≥．（I ）求a ；（II ）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且()2202e f x --<<．【答案】（I ）1a =；（II ）证明略． 【解析】试题分析：（I ）利用题意结合导函数与原函数的关系可求得1a =，注意验证结果的正确性；（II ）结合（I ）的结论构造函数()22ln h x x x =--，结合()h x 的单调性和()f x 的解析式即可证得题中的不等式()2202ef x --<<．试题解析：（I ）()f x 的定义域为()0，+∞．设()ln g x ax a x =--，则()()f x xg x =，()0f x ≥等价于()0g x ≥．因为()()10,0g g x =≥，因()'10g =，而()()1','11g x a g a x =-=-，得1a =．若1a =，则()1'1g x x=-．当01x <<时，()'0g x <，()g x 单调递减；当1x >时，()'0g x >，()g x 单调递增．所以1x =是()g x 的极小值点，故()()10g x g ≥=．型之一．【难点中心】利用导数证明不等式常见类型及解题策略： （1）构造差函数()()()h x f x g x =-． 根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；（2）根据条件，寻找目标函数．一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数．综上，1a =．（II ）由（I ）知 ()2ln f x x x x x =--，()'22ln f x x x =--．设()22ln h x x x =--，则()1'2h x x=-．当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭ 时，()'0h x <；当1,2x ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()'0h x >， 所以()h x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭ 单调递减，在1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭单调递增． 又()20h e ->，102h ⎛⎫< ⎪⎝⎭，()10h =，所以()h x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭有唯一零点0x ，在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭有唯一零点1，且当()00,x x ∈ 时，()0h x >；当()0,1x x ∈ 时，()0h x <，当()1,x ∈+∞ 时，()0h x >．因为()()'f x h x =，所以0x x =是()f x 的唯一极大值点． 由()0'0f x =得()00ln 21x x =-，故()()0001f x x x =-． 由()00,1x ∈ 得 ()014f x <． 因为0x x =是()f x 在（0，1）的最大值点，由()10,1e -∈，()1'0f e -≠ 得()()120f x f e e -->=，所以()2202e f x --<<．【例3】【2017天津理20】设a ∈Z ，已知定义在R 上的函数432()2336f x x x x x a =+--+在区间(1,2)内有一个零点0x ，()g x 为()f x 的导函数．（Ⅰ）求()g x 的单调区间； （Ⅱ）设00[1,)(,2]m x x ∈，函数0()()()()h x g x m x f m =--，求证：0()()0h m h x <；（Ⅲ）求证：存在大于0的常数A ，使得对于任意的正整数,p q ，且00[1,)(,2],p x x q ∈ 满足041||p x q Aq-≥． 【答案】（I ）增区间是(,1)-∞-，1(,)4+∞，减区间是1(1,)4-；（II ）（III ）证明见解析．【解析】试题分析：由于()g x 为()f x '，所以判断()g x 的单调性，需要对()f x 二次求导，根据()g x '的导数的符号判断函数的单调性，给出单调区间；由0()()()()h x g x m x f m =--，得()()()00()h m g x m x f m =--，令函数10()()()()H x g x x x f x =--，200()()()()H x g x x x f x =--分别求导证明．有关零点问题，利用函数的单调性了解函数的图像情况，对极值作出相应的要求可控制零点的个数．试题解析：（Ⅰ）由432()2336f x x x x x a =+--+，可得32()()8966g x f x x x x '==+--，进而可得2()24186g x x x '=+-．令()0g x '=，解得1x =-，或14x =． 当x 变化时，(),()g x g x '的变化情况如下表：所以()g x 的单调递增区间是(,1)-∞-和(,)4+∞，单调递减区间是1(1,)4-．（Ⅱ）证明：由0()()()()h x g x m x f m =--，得0()()()()h m g m m x f m =--，000()()()()h x g x m x f m =--．令函数10()()()()H x g x x x f x =--，则10()()()H x g x x x ''=-．由（Ⅰ）知，当[1,2]x ∈时，()0g x '>，故当0[1,)x x ∈时，1()0H x '<，1()H x 单调递减；当0(,2]x x ∈时，1()0H x '>，1()H x 单调递增．因此，当00[1,)(,2]x x x ∈时，1100()()()0H x H x f x >=-=，可得1()0,()0H m h m >>即．令函数200()()()()H x g x x x f x =--，则20()()()H x g x g x '=-．由（Ⅰ）知，()g x 在[1,2]上单调递增，故当0[1,)x x ∈时，2()0H x '>，2()H x 单调递增；当0(,2]x x ∈时，2()0H x '<，2()H x 单调递减．因此，当00[1,)(,2]x x x ∈时，220()()0H x H x <=，可得20()0,()0H m h x <<即．所以，0()()0h m h x <．（III ）证明：对于任意的正整数p ，q ，且00[1)(,],2px x q∈， 令pm q=，函数0()()()()h g m x x x m f =--． 由（II ）知，当0[1),m x ∈时，()h x 在区间0(,)m x 内有零点； 当0(,2]m x ∈时，()h x 在区间0(),x m 内有零点．所以()h x 在(1,2)内至少有一个零点，不妨设为1x ，则110()()()()0p ph g x f q x qx =--=．由（I ）知()g x 在[1,2]上单调递增，故10()()12()g x g g <<<，于是432234041()|()||2336|||||()()(2)2p p f f p p p q p q pq aq q q x q g x g g q+--+-=≥=． 因为当[12],x ∈时，()0g x >，故()f x 在[1,2]上单调递增，所以()f x 在区间[1,2]上除0x 外没有其他的零点，而0p x q≠，故()0pf q ≠．又因为p ，q ，a 均为整数，所以432234|2336|p p q p q pq aq +--+是正整数，从而432234|2336|1p p q p q pq aq +--+≥．所以041|2|()p x q g q -≥．所以，只要取()2A g =，就有041||p x q Aq -≥． III ．理论基础·解题原理考点 利用导数解决不等式恒成立问题、证明不等式导数研究不等式，涉及不等式的证明、不等式的恒成立等问题，主要考查通过转化使用导数研究函数性质并把函数性质用来分析不等式和方程等问题的能力，该点和第二个点一般是解答题中的两个设问，考查的核心是导数研究函数性质的方法和函数性质的应用IV ．题型攻略·深度挖掘【考试方向】含有参数的函数导数试题，主要有两个方面：一是根据给出的某些条件求出这些参数值，基本思想方法为方程的思想；二是在确定参数的范围（或取值）使得函数具有某些性质，基本解题思想是函数与方程的思想、分类讨论的思想．含有参数的函数导数试题是高考考查函数方程思想、分类讨论思想的主要题型之一．这类试题在考查题型上，通常以解答题的形式出现，难度中等． 【技能方法】利用导数证明不等式常见类型及解题策略： （1）构造差函数()()()h x f x g x =-．根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；（2）根据条件，寻找目标函数．一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数． 【易错指导】等于含参数的问题，最后结果区间端点到底取不取（即能否取等号），是个难点，易出错．注意要验证参数取等号时，函数是否满足题设条件，若满足把取等号的情况加上，否则不加．V ．举一反三·触类旁通考向1 利用函数的单调性证明不等式【例1】【2016高考新课标Ⅲ】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 +->．（Ⅲ）由题设1c >，设()1(1)x g x c x c =+--，则'()1ln x g x c c c =--．令'()0g x =，解得01lnln ln c c x c-=． 当0x x <时，'()0g x >，()g x 单调递增；当0x x >时，'()0g x <，()g x 单调递减． 由（Ⅱ）知，11ln c c c-<<，故001x <<．又(0)(1)0g g ==，故当01x <<时，()0g x >， 所以当(0,1)x ∈时，1(1)x c x c +->．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【例2】【2018河南豫北豫南名校高三上学期精英联考】已知函数()ln f x x ax b =-+（a ，b R ∈）有两个不同的零点1x ，2x ． （I ）求()f x 的最值； （II ）证明：1221x x a<． 【答案】（I ）见解析；（II ）见解析【解析】试题分析：（I ）求出导函数，由函数()f x 有两个不同的零点，则()f x 在()0,+∞内必不单调，得0a >，进而得到函数的单调性，即可求出函数的最值．（II ）由题意转化为证明()212211221221ln 2x x x x x x x x x x -<=-+，不妨设12x x <，令()120,1xt x =∈，只需证明21ln 2t t t <-+，设()12ln h t t t t=-+，根据函数的单调性，即可作出证明．试题解析：（I ）()1'f x a x=-，()f x 有两个不同的零点，∴()f x 在()0,+∞内必不单调，故0a >，此时()'0f x >，解得1x a <，∴()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单增，1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单减， ∴()max 1ln 1f x f a b a ⎛⎫==--+⎪⎝⎭，无最小值． （II ）由题知11220,{ 0,lnx ax b lnx ax b -+=-+=两式相减得()1122ln 0xa x x x --=，即1212lnx x a x x =-， 故要证1221x x a <，即证()21212212ln x x x x x x -<，即证()212211221221ln 2x x x x x x x x x x -<=-+，不妨设12x x <，令()120,1x t x =∈，则只需证21ln 2t t t <-+，设()21l n 2g t t t t =--+，则()212l n 11'2ln 1t t t g t t t t t-+=-+=，设()12ln h t t t t =-+，则()()221'0t h t t -=-<，∴()h t 在()0,1上单减，∴()()10h t h >=，∴()g t 在()0,1上单增，∴()()10g t g <=，即21ln 2t t t<-+在()0,1t ∈时恒成立，原不等式得证．点睛：本题主要考查导数在函数中的应用，不等式的证明，考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力．导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题；(4)考查数形结合思想的应用． 【跟踪练习】1．【2018北京朝阳区高三一模】已知函数()()ln 1x f x ax a R x-=-∈． （Ⅰ）若0a =，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程； （Ⅱ）若1a <-，求函数()f x 的单调区间； （Ⅲ）若12a <<，求证：()1f x <-．【答案】（Ⅰ）230x y --=；（Ⅱ） ()0,+∞；（Ⅲ）证明见解析．求得x 的范围，可得函数()f x 增区间，()'0f x <求得x 的范围，可得函数()f x 的减区间；（Ⅲ） ()0,1x f x ><-，等价于ln 11x ax x--<-，等价于21ln 0ax x x -+->，设()21ln h x ax x x =-+-，只须证()0h x >成立，利用导数研究函数的单调性，利用单调性求出()h x 的最小值，证明最小值大于零即可得结论．试题解析：（Ⅰ）若0a =，则()11f =-，()()22ln ,12xf x f x''-==， 所以()f x 在点()1,1-处的切线方程为230x y --=．（Ⅱ）()()222ln 0,,.ax x x f x x --∞'∈+=令()22ln g x ax x =--，则()221ax g x x-='-．令()0g x '=，得x =(依题意102a ->)．由()0g x '>，得x >()0g x '<，得0x <<所以()g x 在区间⎛⎝上单调递减，在区间⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增，所以，()min 52g x g ==-因为1a <-，所以110,022a <-<<，所以()0g x >，即()0f x '>．所以函数()f x 的单调递增区间为()0,+∞．（Ⅲ）由()0,1x f x ><-，等价于ln 11x ax x--<-，等价于21ln 0ax x x -+->． 设()21ln h x ax x x =-+-，只须证()0h x >成立．因为()212121,12,a x x h x a xa x x--='--=<<由()0h x '=，得2210ax x --=有异号两根．令其正根为0x ，则200210ax x --=．在()00,x 上()0h x '<，在()0,x +∞上()0h x '>，则()h x 的最小值为()200001ln h x ax x x =-+-又()131220,230,222a h a h a ⎛⎫⎛⎫=->=-=-<⎪ ⎪⎝⎭'⎝⎭'所以01 1.2x <<则0030,ln 0.2x x ->->因此03ln 0,2x x -->即()00.h x >所以()0h x >．所以()1f x <-． 【方法点晴】本题主要考查利用导数求曲线切线方程以及利用导数研究函数的单调性、证明不等式，属于难题．求曲线切线方程的一般步骤是：（1）求出()y f x =在0x x =处的导数，即()y f x =在点P ()()00,x f x 出的切线斜率（当曲线()y f x =在P 处的切线与y 轴平行时，在 处导数不存在，切线方程为0x x =）；（2）由点斜式求得切线方程()()00•y y f x x x '-=-．2．【2018河南郑州高三毕业年级第二次质量预测】已知函数()2xf x e x =-．（I ）求曲线()f x 在1x =处的切线方程；（II ）求证：当0x >时，()21ln 1x e e x x x+--≥+．【答案】（Ⅰ）()2 1.y e x =-+；（II ）见解析．试题解析：（Ⅰ） ()'2xf x e x =-， 由题设得()'12f e =-，()11f e =-，()f x 在1x =处的切线方程为()2 1.y e x =-+（II ） ()'2xf x e x =-，()''2xf x e =-，∴()'f x 在()0,ln2上单调递减，在()ln2,+∞上单调递增，所以()()''ln222ln20f x f ≥=->，所以()f x 在[]0,1上单调递增，所以()()[]m a x 11,0,1fx f e x ==-∈．()f x 过点()1,1e -，且()y f x =在1x =处的切线方程为()21y e x =-+，故可猜测：当0,1x x >≠时，()f x 的图象恒在切线()21y e x =-+的上方．下证：当0x >时，()()21,f x e x ≥-+设()()()21,0g x f x e x x =--->，则()()()'22,''2xxg x e x e g x e =---=-，()'g x 在()0,ln2上单调递减，在()ln 2,+∞上单调递增，又()()'030,'10,0ln 21g e g =->=<<，∴()'ln20g <，所以，存在()00,12x n ∈，使得()0'0g x =，所以，当()()00,1,x x ∈⋃+∞时，()'0g x >；当()0,1x x ∈时，()'0g x <，故()g x 在()00,x 上单调递增，在()0,1x 上单调递减，在()1,+∞上单调递增，又()()010g g ==，∴()()2210xg x e x e x =----≥，当且仅当1x =时取等号，故()21,0x e e x x x x+--≥>．又ln 1x x ≥+，即()21ln 1x e e x x x+--≥+，当1x =时，等号成立．【点睛】解本题的关键是第（I ）结论对第（II ）问的证明铺平了路，只需证明()21x e e x x+--≥x ln 1x ≥+．所以利用导数证明不等式时，要进行适当的变形，特别是变形成第（I ）问相似或相同形式时，将有利于快速证明． 3．【2018山东烟台高三下学期高考诊断性测试】已知()()21ln 2f x x a x a R =-∈有两个零点 （I ）求a 的取值范围（II ）设x 1、x 2是f (x )的两个零点，求证证：x 1+x 2>【答案】（I ）(),e +∞；（II ）见解析试题解析：（I ）()()20a x af x x x x x-=-=>'，当0a ≤时，()0f x '>，此时()f x 在()0,+∞单调递增，()f x 至多有一个零点．当0a >时，令()0f x '=，解得x =当(x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，当)x ∈+∞，()0f x '>，()f x 单调递增，故当x =时函数取最小值()1ln .2afa =-当0a e <≤时，1ln 0a -≥，即0f≥，所以()f x 至多有一个零点．当a e >时，1ln 0a -≤，即()1ln 0.2a fa =-<因为()1102f =>，所以()f x 在(x ∈有一个零点；因为ln 1a a ≤-，所以ln221a a ≤-，()()2222ln22210f a a a a a a a a =-≥--=>，由于2a >()f x 在)x ∈+∞有一个零点．综上，a 的取值范围是(),e +∞．（II ）不妨设12x x <，由（I ）知，(1x ∈，)2x ∈+∞．构造函数()))(0g x fx fx x =-≤<，则()))ln ln.g x a x a x =-+()g x =='因为0x <<()0g x '<，()g x 在(单调递减．所以当(x ∈时，恒有()()00g x g <=，即)).f x fx <因为(1x ∈(1x ∈，于是()()))()21111.f x f x f x f x f x ⎤⎤==>=⎦⎦又))21,x x ∈+∞∈+∞，且()f x 在)+∞单调递增，所以21x x >，即12x x +>点睛：本题主要考查导数在函数中的应用，不等式的证明和不等式的恒成立问题，考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、圆等知识联系；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题；(4)考查数形结合思想的应用．考向2 构造函数证明不等式【例3】【2018江西五校联考】已知函数()y f x =对任意的(,)22x ππ∈-满足()cos ()sin 0f x x f x x '+> (其中()f x '是函数()f x 的导函数)，则下列不等式成立的是A ()()34f ππ-<-B ()()34f ππ< C ．(0)2()3f f π> D ．(0)()4f π>【答案】A【例4】【2018江苏南通高三上学期第一次调研】已知函数()32g x x ax bx =++ (),a b R ∈有极值，且函数()()x f x x a e =+的极值点是()g x 的极值点，其中e 是自然对数的底数．（极值点是指函数取得极值时对应的自变量的值）（I ）求b 关于a 的函数关系式；（II ）当0a >时，若函数()()()F x f x g x =-的最小值为()M a ，证明：()73M a <-． 【答案】（I ）243b a a =---，32a ⎛⎫≠-⎪⎝⎭；（II ）见解析． 【解析】试题分析：（I ）先分别求两函数极值点，再根据条件得b 关于a 的函数关系式；最后求自变量取值范围；（II ）先研究()F x 导函数零点情况，仅有一个零点，再根据导函数符号变化规律确定最小值，最后再利用导数求最小值函数单调性，根据单调性证明不等式试题解析：（I ）因为()()'xxf x e x a e =++ ()1xx a e =++，令()'0f x =，解得1x a =--．列表如下．所以1x a =--时，()f x 取得极小值． 因为()2'32g x x ax b =++，由题意可知()'10g a --=，且24120a b ∆=-> 所以()()231210a a a b --+--+=， 化简得243b a a =---，由2412a b ∆=- ()()2412130a a a =+++>，得32a ≠-． 所以243b a a =---，32a ⎛⎫≠-⎪⎝⎭． （II ）因为()()()F x f x g x =- ()()32x x a e x ax bx =+-++，所以()()()'''F x f x g x =- ()()()213213x x a e x ax a a ⎡⎤=++-+-++⎣⎦ ()()()1133xx a e x a x a =++-++--()()133xx a e x a =++-++记()33xh x e x a =-++，则()'3xh x e =-，令()'0h x =，解得ln3x =．列表如下．所以ln3x =时，()h x 取得极小值，也是最小值，此时，()ln3ln33ln33h e a =-++ 63ln3a =-+ ()32ln3a =-+ 23ln 03e a a ⎛⎫=+>> ⎪⎝⎭．令()'0F x =，解得1x a =--． 列表如下．所以1x a =--时，()F x 取得极小值，也是最小值．所以()()1M a F a =--=()()()()()3211111a a e a a a b a -------+--+--()()2112a e a a --=--++．令1t a =--，则1t <-，记()()21t m t e t t =--- 32t e t t =-+-，1t <-，则()2'32tm t e t t =-+-，1t <-．因为10t e e --<-<，2325t t ->，所以()'0m t >，所以()m t 单调递增．所以()172233tm t e -<--<--=-，所以()73M a <-． 点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数()()()h x f x g x =-．根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式．（2）根据条件，寻找目标函数．一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数．【例5】【2018云南昆明高三教学质量检查第二次统考】已知函数()()234cos 1xf x ex x x x α=+++，()()1x g x e m x =-+．（I ）当1m ≥时，求函数()g x 的极值； （II ）若72a ≥-，证明：当()0,1x ∈时，()1f x x >+． 【答案】（I ）见解析；（II ）见解析．（II ）不等式等价于3214cos 1xx x ax x x e++++>，由（I ）得：1xe x ≥+， 所以()221xex ≥+，所以2111x x e x +<+，()0,1x ∈， ()3214cos 1x x x ax x x e ++++-> ()314cos 11x ax x x x +++-+34cos 1x x ax x x x =++++ 214cos 1x x x a x ⎛⎫=+++ ⎪+⎝⎭ 令()214cos 1h x x x a x =++++，则()()21'24sin 1h x x x x =--+， 令()24sin I x x x =-，则()()'24cos 212cos I x x x =-=-， 当()0,1x ∈时，1cos cos1cos32x π>>=，所以12cos 0x -<，所以()'0I x <，所以()I x 在()0,1上为减函数，所以()()00I x I <=，则()'0h x <，所以()h x 在()0,1上为减函数， 因此，()()314cos12h x h a >=++，因为4cos14cos 23π>=，而72a ≥-， 所以34cos102a ++>，所以()0h x >，而()0,1x ∈，所以()1f x x >+． 【点睛】利用导数证明不等式恒成立问题，不能强制多次求导，要考虑对不等式进行变形，特别题目有第（I ）问是要考虑利用第（I ）的结果，对不等式进行变形，特别注意常见函数不等式的切线放缩的几个常见式子．如本题就是利用了1xe x ≥+进行放缩变形．【跟踪练习】1．【2018山东济南高三一模】已知函数()()2ln 21f x a x x a x =-+- ()a R ∈有两个不同的零点．（I ）求a 的取值范围；（II ）设1x ，2x 是()f x 的两个零点，证明：122x x a +>． 【答案】（I ） ()1,+∞ （II ）见解析试题解析：（I ）【解法一】函数()f x 的定义域为：()0,+∞．()'221af x x a x =-+- ()()21x a x x+-=，①当0a ≤时，易得()'0f x <，则()f x 在()0,+∞上单调递增， 则()f x 至多只有一个零点，不符合题意，舍去． ②当0a >时，令()'0f x =得：x a =，则∴()()max f x f x =极大 ()()ln 1f a a a a ==+-． 设()ln 1g x x x =+-，∵()1'10g x x=+>，则()g x 在()0,+∞上单调递增． 又∵()10g =，∴1x <时，()0g x <；1x >时，()0g x >．因此：（i ）当01a <≤时，()()max 0f x a g a =⋅≤，则()f x 无零点，不符合题意，舍去． （ii ）当1a >时，()()max 0f x a g a =⋅>， ∵121f a e e ⎛⎫⎛⎫=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ 2110e e --<，∴()f x 在区间1,a e ⎛⎫⎪⎝⎭上有一个零点，∵()()31ln 31f a a a -=- ()()()2312131a a a --+-- ()()ln 3131a a a ⎡⎤=---⎣⎦， 设()ln h x x x =-，(1)x >，∵()1'10h x x=-<，∴()h x 在()1,+∞上单调递减，则()()312ln220h a h -<=-<，∴()()31310f a a h a -=⋅-<，∴()f x 在区间(),31a a -上有一个零点，那么，()f x 恰有两个零点．综上所述，当()f x 有两个不同零点时，a 的取值范围是()1,+∞． （I ）【解法二】函数的定义域为：()0,+∞．()'221af x x a x =-+- ()()21x a x x+-=， ①当0a ≤时，易得()'0f x <，则()f x 在()0,+∞上单调递增，则()f x 至多只有一个零点，不符合题意，舍去． ②当0a >时，令()'0f x =得：x a =，则∴()()maxf x f x =极大 ()()ln 1f a a a a ==+-． ∴要使函数()f x 有两个零点，则必有()()ln 10f a a a a =+->，即ln 10a a +->， 设()ln 1g a a a =+-，∵()1'10g a a=+>，则()g a 在()0,+∞上单调递增， 又∵()10g =，∴1a >； 当1a >时：∵121f a e e ⎛⎫⎛⎫=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ 2110e e --<，∴()f x 在区间1,a e ⎛⎫⎪⎝⎭上有一个零点；设()ln h x x x =-，∵()11'1x h x x x-=-=，∴()h x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减， ∴()()110h x h ≤=-<，∴ln x x <，∴()()2ln 21f x a x x a x =-+- ()22213ax x a x ax x x ≤-+-=-- ()233ax x x a x ≤-=-，则()40f a <，∴()f x 在区间(),4a a 上有一个零点，那么，此时()f x 恰有两个零点． 综上所述，当()f x 有两个不同零点时，a 的取值范围是()1,+∞．（II ）【证法一】由（I ）可知，∵()f x 有两个不同零点，∴1a >，且当()0,x a ∈时，()f x 是增函数；当(),x a ∈+∞时，()f x 是减函数；不妨设：12x x <，则：120x a x <<<； 设()()()2F x f x f a x =--，()0,2x a ∈，则：()()()'''2F x f x f a x =-- ()2212a ax a x a x=-+-+- ()()2221a x a --+- ()()22222x a a ax a x x a x -=+-=--．当()0,x a ∈时，()'0F x >，∴()F x 单调递增，又∵()0F a =，∴()0F x <，∴()()2f x f a x <-， ∵()10,x a ∈，∴()()112f x f a x <-，∵()()12f x f x =，∴()()212f x f a x <-，∵()2,x a ∈+∞，()12,a x a -∈+∞，()f x 在(),a +∞上单调递减，∴212x a x >-，∴122x x a +>． （II ）【证法二】由（I ）可知，∵()f x 有两个不同零点，∴1a >，且当()0,x a ∈时，()f x 是增函数；当(),x a ∈+∞时，()f x 是减函数；不妨设：12x x <，则：120x a x <<<； 设()()()F x f a x f a x =+--，()0,x a ∈， 则()()()'''F x f a x f a x =++- ()()221a aa x a a x a x=-++-++- ()()221a x a --+- ()()222a a x a x a x a x a x =+-=+-+-． 当()0,x a ∈时，()'0F x >，∴()F x 单调递增，又∵()00F =，∴()0F x >，∴()()f a x f a x +>-，∵()10,a x a -∈，∴()()12f x f x = ()()()()11f a a x f a a x =--<+- ()12f a x =-，∵()2,x a ∈+∞，()12,a x a -∈+∞，()f x 在(),a +∞上单调递减，∴212x a x >-，∴122x x a +>．2．【2018山西平遥中学高三3月高考适应性调研考试】已知函数()()ln f x x ax x a R =+∈ （I ）讨论函数()f x 的单调性；（II ）若函数()ln f x x ax x =+存在极大值，且极大值点为1，证明：()2xf x e x -≤+．【答案】（I ）见解析（II ）见解析试题解析：（I ）由题意0x >，()'1ln f x a a x =++． ①当0a =时，()f x x =，函数()f x 在()0,+∞上单调递增；②当0a >时，函数()'1l n f x a a x =++单调递增，()'1ln f x a a x =++ 1100ax e--=⇒=>，故当110,a x e --⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()'0f x <，当11,a x e --⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()'0f x >，所以函数()f x 在110,a x e --⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上单调递减，函数()f x 在11,a x e --⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭上单调递增；③当0a <，函数()'1ln f x a a x =++单调递减，()'1ln f x a a x =++ 1100ax e--=⇒=>，故当110,a x e --⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()'0f x >，当11,a x e --⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()'0f x <，所以函数()f x 在110,a x e --⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上单调递增，函数()f x 在11,a x e --⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭上单调递减．（II）由()10f '=得1a =-，令()2ln x h x e x x x x-=+-+，则()()()()()000112ln ,20,1,0x x h x e x x h x e x h x h x h x x e --⎛⎫=-++=++>∴∃∈=∴≥ ⎭'⎪⎝''' 当00ln 0x x +<时，000000ln 0x x x x x e e x --<-⇒<⇒-+< 所以0000ln 0x e x x x --+++<与0002ln 0x e x x --++=矛盾； 当00ln 0x x +>时，000000ln 0x x x x x e e x -->-⇒>⇒-+> 所以0000ln 0x e x x x --+++>与0002ln 0x e x x --++=矛盾； 当00ln 0x x +=时，000000ln 0x x x x x e e x --=-⇒=⇒-+= 得0002ln 0x e x x --++=，故00ln 0x x +=成立，得()()()00001ln 0h x x x x =++=，所以()0h x ≥，即()2xf x e x -≤+．点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略（1）构造差函数()()()h x f x g x =-．根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；（2）根据条件，寻找目标函数．一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数．3．【2018河北衡水中学高三第十次模拟考试】已知函数()()ln 11x f x ax +=+．（I ）当1a =，求函数()y f x =的图象在0x =处的切线方程；（II ）若函数()f x 在()0,1上单调递增，求实数a 的取值范围；（III ）已知x ，y ，z 均为正实数，且1x y z ++=，求证()()()()31l n 131l n 111x x y y x y -+-++--()()31ln 101z z z -++≤-．【答案】（I ） y x = （II ） 11,2ln21⎡⎤-⎢⎥-⎣⎦(3)见解析试题解析：（I ）当1a =时，()()ln 11x f x x +=+则()00f =，()()()21ln 1'1x f x x -+=+则()'01f =，∴函数()y f x =的图象在0x =时的切线方程为y x =．（II ）∵函数()f x 在()0,1上单调递增，∴10ax +=在()0,1上无解，当0a ≥时，10ax +=在()0,1上无解满足，当0a <时，只需1010a a +≥⇒-≤<，∴1a ≥-①()()()21ln 11'1ax a x x f x ax +-++=+， ∵函数()f x 在()0,1上单调递增，∴()'0f x ≥在()0,1上恒成立，即()()1ln 11a x x x ⎡⎤++-≤⎣⎦在()0,1上恒成立．设()()()11x x ln x ϕ=++ ()()()'ln 11x x x x ϕ-=+++，()11ln 11x x ⋅-=++， ∵()0,1x ∈，∴()'0x ϕ>，则()x ϕ在()0,1上单调递增，∴()x ϕ在()0,1上的值域为()0,2ln21-． ∴()()11ln 1a x x x≤++-在()0,1上恒成立，则12ln21a ≤-②综合①②得实数a 的取值范围为11,2ln21⎡⎤-⎢⎥-⎣⎦． （III ）由（II ）知，当1a =-时，()()ln 11x f x x+=-在()0,1上单调递增，于是当103x <≤时，()()ln 11x f x x+=- 134ln 323f ⎛⎫≤= ⎪⎝⎭，当113x ≤<时，()()ln 11x f x x +=- 134ln 323f ⎛⎫≥= ⎪⎝⎭， ∴()()31x f x - ()3431ln 23x ≥-⋅，即()()31ln 11x x x -+- ()3331ln 24x ≤-⋅，同理有()()31ln 11y y y -+- ()3331ln 24y ≤-⋅，()()31ln 11z z z -+- ()3331ln 24z ≤-⋅， 三式相加得()()31ln 11x x x -+- ()()31ln 11y y y -++- ()()31ln 101z z z -++≤-．考向3 不等式恒成立问题【例6】【2018皖江名校高三12月份大联考】设函数()f x 在R 上存在导函数()f x '，对任意的实数x 都有()()24f x x f x =--，当(),0x ∈-∞时，()142f x x +'<．若()()3132f m f m m +≤-++，则实数m 的取值范围是( ) A ．1,2⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭ B ．3,2⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭C ．[)1,-+∞D ．[)2,-+∞ 【答案】A【解析】（构造函数法）令()()22F x f x x =-，则()()1402F x f x x '-<-'=<，函数()F x 在(),0-∞上为减函数，因为()()()()240F x F x f x f x x -+=-+-=，即()()F x F x -=-，故()F x 为奇函数，于是()F x 在(),-∞+∞上为减函数，而不等式()()3132f m f m m +≤-++可化为()()1F m F m +≤-，则1m m +≥-，即12m ≥-．选A ． 【例7】【2018陕西省高三第一次模拟】已知函数()ln f x x =，()1g x x =-． （I ）求函数()y f x =的图像在1x =处的切线方程； （II ）证明：()()f x g x ≤；（III ）若不等式()()f x ag x ≤对任意的()1,x ∈+∞均成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1) 1y x =-；（II ）见解析；（III ）1a ≥．试题解析：（I ）∵()1'f x x=，∴()'11f =． 又由()10f =，得所求切线l ：()()()1'11y f f x -=-，即所求切线为1y x =-． （II ）设()()()ln 1h x f x g x x x =-=-+，则()1'1h x =-，令()'0h x =，得1x =，得下表：∴()()()max 10h x h x h ≤==，即()()f x g x ≤． （III ）()1,+x ∀∈∞，()0f x >，()0g x > （i ）当1a ≥时，()()()f x g x ag x ≤≤； （ii ）当0a ≤时，()0f x >，()0g x <；（iii ）当01a <<时，设()()()()ln 1e x f x ag x x a x =-=--，()1'e x a x=-， 令()'0e x =，得下表：∴()()max 110e x e e a ⎛⎫=>= ⎪⎝⎭，即不满足等式． 综上，1a ≥．点睛：导数问题经常会遇见恒成立的问题：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）若()0f x >就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为()min 0f x >，若()0f x <恒成立，转化为()max 0f x <；（3）若()()f xg x >恒成立，可转化为()()min max f x g x >．【例8】【2018广东华南师大附中高三综合测试（三）】函数()()2ln 1f x x m x =++．（I ）讨论()f x 的单调性；（II ）若函数()f x 有两个极值点1x 、2x ，且12x x <，求证：()21122ln2f x x x >-+． 【答案】（I ）见解析；（II ）见解析．（I ）由题设知，10x +>，令()222g x x x m =++，这是开口向上，以12x =-为对称轴的抛物线，1122g m ⎛⎫-=-+ ⎪⎝⎭，①当102g ⎛⎫-≥ ⎪⎝⎭，即12m ≥时，()0g x ≥，即()'0f x ≥在()1,-+∞上恒成立．②当102g ⎛⎫-< ⎪⎝⎭，即12m <时，由()2220g x x x m =++=得12x =-，令112x =-，2122x =-+，则112x <-，212x >-． 1）当()10g -≤即0m ≤时，11x <-，故在()21,x -上，()0g x <，即()'0f x <，在()2,x +∞上，()0g x >，即()'0f x >．2）当()10g ->时，即1m <<时，综上：0m ≤时，()f x 在11,2⎛-- ⎝⎭上单调递减，在12⎛⎫-++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增； 102m <<时，()f x 在1122⎛--- ⎝⎭上单调递减，在11,2⎛--- ⎝⎭和12⎛⎫-++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增；12m ≥时，()f x 在()1,-+∞上单调递增． （II ）若函数()f x 有两个极值点1x 、2x ，且12x x <，则必是102m <<，()00g >，则121102x x -<<-<<，且()f x 在()12,x x 上单减，在()11,x -和()2,x +∞上单增，则()()200f x f <=，∵1x 、2x 是()2220g x x x m =++=的二根，∴12121{ 2x x m x x +=-=，即121x x =--，122m x x =，∴若证()21122ln2f x x x >-+成立，只需证()()2222222ln 1f x x m x =++()2212224ln 1x x x x =++()()22222241ln 1x x x x =-++ ()()22121ln2x x >---+--()22121ln2x x =+-+．即证()()22222241ln 1x x x x -++()()2112ln20x -+->对2102x -<<恒成立， 设()()()2241ln 1x x x x x ϕ=-++()()1112ln202x x ⎛⎫-+--<< ⎪⎝⎭，()()()4'412ln 1ln x x x eϕ=-+++，当102x -<<时，120x +>，()ln 10x +<，4ln 0e >，故()'0x ϕ>，故()x ϕ在1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭上单增， 故()1111242422x ϕϕ⎛⎫⎛⎫>-=⨯-⨯⨯- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()11ln 12ln2022⨯-⨯-=， ∴()()22222241ln 1x x x x -++()()2112ln20x -+->对2102x -<<恒成立，∴()21122ln2f x x x >-+． 点睛：本题考查了导数的综合运用，难度较大；在求函数单调性时还要注意对其进行分类讨论，在证明不等式成立时结合根与系数之间的关系，将其中一个量用另一个量表示，然后转化为新函数，证明得出结果，有一定难度，注意将两个未知量转化为一个未知量． 【跟踪练习】1．【2018四川凉山州高中毕业班第二次诊断性检测】设函数()2f x x ax =+，()()ln 1g x b x =-（I ）若3a =-，()()()F x f x g x =+在()1+∞，上单调递增．求b 的取值范围；（II ）若()21g '=-，且()()()h x f x g x =-有两个极值点1x ，2x．求证：22123x x +>+【答案】（I ） 18b ≥；（II ）见解析．解析：（I ） 2{1y x ax y x =+=--得()2110x a x +++=，()2140a =+-=，∴3a =-或1a =（舍）． ()()23ln 1F x x x b x =-+-其中（1x >），∴()231bF x x x =-+-' 225301x x b x -++=≥-， 在()1+∞，恒成立，分子中，514x =>对，∴()25830b =-+≤，∴18b ≥． （II ）∵()1b g x x '=-，()21g '=-得1b =-，()()2ln 1h x x ax x =++-，（ 1x >） ()1201h x x a x +'=+=-有两根11x >，21x >，即：()22210x a x a +--+=，()0{1 10x ϕ>>>对，得22a <--又1212a x x +=-，1212a x x -+=，∴()2222121212234a x x x x x x +=+-=>+． 点睛：本题考查了导数的综合运用，在求函数单调递增时只需求导，令导函数大于或者等于零，结合题目求出范围，在证明不等式时，本题结合韦达定理，转化为两根之和与两根之积的问题，从而证明结果．2．【2018新疆乌鲁木齐高三下学期第二次诊断性测验】已知函数()()ln xf x e ex a =-+（其中 2.71828e =，是自然对数的底数）．（Ⅰ）当a e =时，求()f x 的最小值； （Ⅱ）若()f x e >恒成立，求证1a e <-． 【答案】（Ⅰ）0；（Ⅱ）证明见解析．试题解析：（Ⅰ）当a e =时，()()1ln 1xf x e x =--+，()1(1)1xf x e x x +'=->-，设()()g x f x ='． ∵()()2101x g x e x +'=+>∴()g x 是增函数 又∵()00f '=，∴当10x -<<时，()0f x '<，()f x 递减；当0x >时，()0f x '>，()f x 递增； ∴()()min 00f x f ==．（Ⅱ）∵()xe af x e x ex a e ⎛'⎫=->- ⎪+⎝⎭，()()2'20xe f x e ex a =+'+> ∴()f x '是增函数∵axee e ->，由a aee e a ex e ex a e->⇒>-+ ∴当a ea x e e >-时()0f x '>；若11a x e a x e e e -+<-+⇒<，由11a ae e e a ex e ex a e-+-<⇒<-+．。
高中数学：利用导数证明不等式的常见题型
利用导数证明不等式的常见题型题型一构造函数法把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值的问题，从而证明不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是利用导数证明不等式的关键.这四道题比较简单，证明过程略.概括而言，这四道题证明的过程分三个步骤：一是构造函数；二是对函数求导，判断函数的单调性；三是求此函数的最值，得出结论.【启示】证明分三个步骤：一是构造函数；二是对函数求导，判断函数的单调性；三是求此函数的最值，得出结论。
题型二通过对函数的变形，利用分析法，证明不等式【启示】解答第一问用的是分离参数法，解答第二问用的是分析法、构造函数，对函数的变形能力要求较高，大家应记住下面的变形：题型三求最值解决任意、存在性变量问题解决此类问题，关键是将问题转化为求函数的最值问题，常见的有下面四种形式：题型四分拆成两个函数研究【注意】(2)如果按题型一的方法构造函数求导，会发现做不下去，只好半途而废，所以我们在做题时需要及时调整思路，改变思考方向.【启示】掌握下列八个函数的图像和性质，对我们解决不等式的证明问题很有帮助，这八个函数分别为要求会画它们的图像，以后见到这种类型的函数，就能想到它们的性质题型五设而不求当函数的极值点（最值点）不确定时，可以先设出来，只设不解，把极值点代入，求出最值的表达式而证明.【启示】设而不求，整体代换是一种常用的方法，在解析几何中体现很多.在本例第（2）问中，只设出了零点而没有求出零点，这是一种非常好的方法，同学们一定要认真体会，灵活应用.题型六估值法题型七利用图象的特点，证明不等式题型八证明数列不等式题型九利用放缩法证明不等式【注意】在解决第（2）问时，用构造函数法证不出来，又试着分开两个函数仍然不行，正当我一筹莫展时，忽然想到与第一问题的切线联系，如果左边的函数的图像在切线的上方，右边函数的图像在切线的下方，这样问题不就得证了吗？心里非常高兴，马上付诸行动。
【高中数学】 利用导数研究不等式的恒成立问题 学案
第4课时 利用导数研究不等式的恒成立问题策略一：分离参数法(2020·南昌质检)已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝x 3＋ax 2－x ＋2. (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，2f (x )≤g ′(x )＋2恒成立，求实数a 的取值范围． 【解】 (1)因为函数f (x )＝x ln x 的定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝ln x ＋1.令f ′(x )<0，得ln x ＋1<0，解得0<x <1e，所以f (x )的减区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1e.令f ′(x )>0，得ln x＋1>0，解得x >1e ，所以f (x )的增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞.综上，f (x )的减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ，增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞.(2)因为g ′(x )＝3x 2＋2ax －1，由题意得2x ln x ≤3x 2＋2ax ＋1恒成立．因为x >0，所以a ≥ln x －32x －12x 在x ∈(0，＋∞)上恒成立．设h (x )＝ln x －32x －12x (x >0)，则h ′(x )＝1x －32＋12x 2＝－（x －1）（3x ＋1）2x 2.令h ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝－13(舍)． 当x 变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：x (0，1) 1 (1，＋∞)h ′(x ) ＋0 －h (x )极大值所以当x ＝1max ，所以若a ≥h (x )在x ∈(0，＋∞)上恒成立，则a ≥h (x )max ＝－2，即a ≥－2，故实数a 的取值范围是[－2，＋∞)．(1)分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题．(2)求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关” 转化关通过分离参数法，先转化为f (a )≥g (x )(或f (a )≤g (x ))对任意的x ∈D 恒成立，再转化为f (a )≥g (x )max (或f (a )≤g (x )min )求最值关 求函数g (x )在区间D 上的最大值(或最小值)问题(2020·石家庄质量检测)已知函数f (x )＝ax e x－(a ＋1)(2x －1)．(1)若a ＝1，求函数f (x )的图象在点(0，f (0))处的切线方程； (2)当x >0时，函数f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)若a ＝1，则f (x )＝x e x－2(2x －1)． 即f ′(x )＝x e x＋e x－4， 则f ′(0)＝－3，f (0)＝2， 所以所求切线方程为3x ＋y －2＝0. (2)由f (1)≥0，得a ≥1e －1>0，则f (x )≥0对任意的x >0恒成立可转化为aa ＋1≥2x －1x e x对任意的x >0恒成立． 设函数F (x )＝2x －1x e x(x >0)，则F ′(x )＝－（2x ＋1）（x －1）x 2e x .当0<x <1时，F ′(x )>0； 当x >1时，F ′(x )<0，所以函数F (x )在(0，1)上是增加的，在(1，＋∞)上是减少的， 所以F (x )max ＝F (1)＝1e .于是aa ＋1≥1e ，解得a ≥1e －1. 故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e －1，＋∞. 策略二：等价转化法设f (x )＝a x＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.(1)如果存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ；(2)如果对于任意的s ，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围． 【解】 (1)存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max≥M .由g (x )＝x 3－x 2－3，得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －23.令g ′(x )＞0得x ＜0或x ＞23，令g ′(x )＜0得0＜x ＜23，又x ∈[0，2]，所以g (x )在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，23上是减少的，在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤23，2上是增加的， 所以g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝－8527，又g (0)＝－3，g (2)＝1， 所以g (x )max ＝g (2)＝1.故[g (x 1)－g (x 2)]max ＝g (x )max －g (x )min ＝11227≥M ，则满足条件的最大整数M ＝4.(2)对于任意的s ，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，等价于在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，函数f (x )min≥g (x )max ，由(1)可知在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，g (x )的最大值为g (2)＝1. 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，f (x )＝a x ＋x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立．设h (x )＝x －x 2ln x ，h ′(x )＝1－2x ln x －x ，令m (x )＝x ln x ，由m ′(x )＝ln x ＋1＞0得x ＞1e.即m (x )＝x ln x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上是增函数， 可知h ′(x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上是减函数， 又h ′(1)＝0，所以当1＜x ≤2时，h ′(x )＜0； 当12≤x ＜1时，h ′(x )＞0. 即函数h (x )＝x －x 2ln x 在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1上是增加的，在区间(1，2]上是减少的，所以h (x )max ＝h (1)＝1， 所以a ≥1，即实数a 的取值范围是[1，＋∞)．(1)“恒成立”“存在性”问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价转化．(2)构造函数是求范围问题中的一种常用方法，解题过程中尽量采用分离参数的方法，转化为求函数的最值问题．已知函数f (x )＝a x＋x 2－x ln a (a >0，a ≠1)．(1)求函数f (x )的极小值；(2)若存在x 1，x 2∈[－1，1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|≥e －1(e 是自然对数的底数)，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝a xln a ＋2x －ln a ＝2x ＋(a x－1)ln a .因为当a >1时，ln a >0，函数y ＝(a x－1)ln a 在R 上是增函数， 当0<a <1时，ln a <0，函数y ＝(a x－1)ln a 在R 上也是增函数， 所以当a >1或0<a <1时，f ′(x )在R 上是增函数，又因为f ′(0)＝0，所以f ′(x )>0的解集为(0，＋∞)，f ′(x )<0的解集为(－∞，0)，故函数f (x )的增区间为(0，＋∞)，减区间为(－∞，0)，所以函数f (x )在x ＝0处取得极小值1.(2)因为存在x 1，x 2∈[－1，1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|≥e －1成立， 所以只需f (x )max －f (x )min ≥e －1即可．由(1)可知，当x ∈[－1，1]时，f (x )在[－1，0]上是减函数，在(0，1]上是增函数， 所以当x ∈[－1，1]时，f (x )min ＝f (0)＝1，f (x )max 为f (－1)和f (1)中的较大者．f (1)－f (－1)＝(a ＋1－ln a )－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1＋ln a ＝a －1a －2ln a ，令g (a )＝a －1a－2ln a (a >0)，因为g ′(a )＝1＋1a2－2a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 2>0，所以g (a )＝a －1a－2ln a 在(0，＋∞)上是增函数．而g (1)＝0，故当a >1时，g (a )>0，即f (1)>f (－1)； 当0<a <1时，g (a )<0，即f (1)<f (－1)． 所以当a >1时，f (1)－f (0)≥e －1， 即a －ln a ≥e －1.由函数y ＝a －ln a 在(1，＋∞)上是增函数，解得a ≥e ； 当0<a <1时，f (－1)－f (0)≥e －1，即1a＋ln a ≥e －1，由函数y ＝1a ＋ln a 在(0，1)上是减函数，解得0<a ≤1e.综上可知，所求实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1e ∪[e ，＋∞)． [基础题组练]1．已知函数f (x )＝x ＋4x ，g (x )＝2x＋a ，若对任意的x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，存在x 2∈[2，3]，使得f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是( )A ．a ≤1B ．a ≥1C ．a ≤2D ．a ≥2解析：选A.由题意知f (x )min ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1≥g (x )min (x ∈[2，3])，因为f (x )min ＝5，g (x )min＝4＋a ，所以5≥4＋a ，即a ≤1，故选A.2．(2020·吉林白山联考)设函数f (x )＝e x ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋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________．解析：原问题等价于存在x ∈(0，＋∞)，使得a ≥e x(x 2－3x ＋3)，令g (x )＝e x (x 2－3x ＋3)，x ∈(0，＋∞)，则a ≥g (x )min ，而g ′(x )＝e x(x 2－x )．由g ′(x )>0可得x ∈(1，＋∞)，由g ′(x )<0可得x ∈(0，1)．据此可知，函数g (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为g (1)＝e.综上可得，实数a 的最小值为e.答案：e3．(2020·西安质检)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝x －1. (1)求函数y ＝f (x )的图象在x ＝1处的切线方程；(2)若不等式f (x )≤ag (x )对任意的x ∈(1，＋∞)均成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)因为f ′(x )＝1x，所以f ′(1)＝1.又f (1)＝0，所以切线的方程为y －f (1)＝f ′(1)(x －1)， 即所求切线的方程为y ＝x －1.(2)易知对任意的x ∈(1，＋∞)，f (x )＞0，g (x )＞0. ①当a ≥1时，f (x )≤g (x )≤ag (x )；②当a ≤0时，f (x )＞0，ag (x )≤0，所以不满足不等式f (x )≤ag (x )；③当0＜a ＜1时，设φ(x )＝f (x )－ag (x )＝ln x －a (x －1)，则φ′(x )＝1x－a ，令φ′(x )＝0，得x ＝1a，当x 变化时，φ′(x )，φ(x )的变化情况下表：所以φ(x )max ＝φ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＞φ(1)＝0，不满足不等式．综上，实数a 的取值范围为[1，＋∞)． 4．已知函数f (x )＝ax －e x(a ∈R )，g (x )＝ln x x.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)存在x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x成立，求a 的取值范围． 解：(1)因为f ′(x )＝a －e x，x ∈R .当a ≤0时，f ′(x )＜0，f (x )在R 上是减少的； 当a ＞0时，令f ′(x )＝0得x ＝ln a .由f ′(x )＞0得f (x )的增区间为(－∞，ln a )； 由f ′(x )＜0得f (x )的减区间为(ln a ，＋∞)． (2)因为存在x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x， 则ax ≤ln x x ，即a ≤ln x x2.设h (x )＝ln x x2，则问题转化为a ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2max，由h ′(x )＝1－2ln xx3，令h ′(x )＝0，则x ＝ e. 当x 在区间(0，＋∞)内变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：由上表可知，当x ＝e 时，函数h (x )有极大值，即最大值为2e .所以a ≤2e .5．(2020·河南郑州质检)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，＋∞)．因为f ′(x )＝1x－a ，所以f ′(1)＝1－a ＝0，所以a ＝1，所以f ′(x )＝1x －1＝1－xx，令f ′(x )>0得0<x <1，令f ′(x )<0得x >1，所以f (x )的 增区间为(0，1)，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x ＝1－k 2.①当1－k 2≤1时，即k ≥－1，易知h (x )在(1，x 0)上是减少的，所以h (x )<h (1)＝1－k ，若k ≥1，则h (x )≤0，所以g ′(x )≤0，所以g (x )在(1，x 0)上是减少的，所以g (x )<g (1)＝0，不合题意．若－1≤k <1，则h (1)>0，所以必存在x 0使得x ∈(1，x 0)时，g ′(x )>0，所以g (x )在(1，x 0)上是增加的，所以g (x )>g (1)＝0恒成立，符合题意．②当1－k 2>1时，即k <－1，易知必存在x 0，使得h (x )在(1，x 0)上是增加的．所以h (x )>h (1)＝1－k >0，所以g ′(x )>0，所以g (x )在(1，x 0)上是增加的．所以g (x )>g (1)＝0恒成立，符合题意．综上，k 的取值范围是(－∞，1)． 6．设f (x )＝x e x，g (x )＝12x 2＋x .(1)令F (x )＝f (x )＋g (x )，求F (x )的最小值；(2)若任意x 1，x 2∈[－1，＋∞)，且x 1>x 2，有m [f (x 1)－f (x 2)]>g (x 1)－g (x 2)恒成立，求实数m 的取值范围．解：(1)因为F (x )＝f (x )＋g (x )＝x e x＋12x 2＋x ，所以F ′(x )＝(x ＋1)(e x＋1)，令F ′(x )>0，解得x >－1，令F ′(x )<0，解得x <－1，所以F (x )在(－∞，－1)上是减少的，在(－1，＋∞)上是增加的． 故F (x )min ＝F (－1)＝－12－1e.(2)因为任意x 1，x 2∈[－1，＋∞)，且x 1>x 2，有m [f (x 1)－f (x 2)]>g (x 1)－g (x 2)恒成立，所以mf (x 1)－g (x 1)>mf (x 2)－g (x 2)恒成立．令h (x )＝mf (x )－g (x )＝mx e x－12x 2－x ，x ∈[－1，＋∞)，即只需证h (x )在[－1，＋∞)上是增加的即可．故h ′(x )＝(x ＋1)(m e x－1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立， 故m ≥1e x ，而1e x ≤e ，故m ≥e ，即实数m 的取值范围是[e ，＋∞)．。
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关于不等式证明的常用方法重难点归纳(1)比较法证不等式有作差(商)、变形、判断三个步骤,变形的主要方向是因式分解、配方,判断过程必须详细叙述如果作差以后的式子可以整理为关于某一个变量的二次式,则考虑用判别式法证(2)综合法是由因导果,而分析法是执果索因 2 不等式证明还有一些常用的方法换元法、放缩法、反证法、函数单调性法、判别式法、数形结合法等换元法主要有三角代换,均值代换两种,在应用换元法时,要注意代换的等价性放缩性是不等式证明中最重要的变形方法之一.有些不等式,从正面证如果不易说清楚,可以考虑反证法凡是含有“至少”“惟一”或含有其他否定词的命题,适宜用反证法典型题例例1证明不等式n n 2131211<++++ (n ∈N *) 知识依托本题是一个与自然数n 有关的命题,首先想到应用数学归纳法,另外还涉及不等式证明中的放缩法、构造法等例2求使y x+≤a y x +(x >0,y >0)恒成立的a 的最小值知识依托该题实质是给定条件求最值的题目,所求a 的最值蕴含于恒成立的不等式中,因此需利用不等式的有关性质把a 呈现出来,等价转化的思想是解决题目的突破口,然后再利用函数思想和重要不等式等求得最值例3已知a >0,b >0,且a +b =1 求证(a +a 1)(b +b 1)≥425 证法一 (分析综合法) 证法二 (均值代换法) 证法三 (比较法) 证法四 (综合法) 证法五 (三角代换法) 巩固练习 1 已知x 、y 是正变数,a 、b 是正常数,且y b x a +=1,x +y 的最小值为 _ 2 设正数a 、b 、c 、d 满足a +d =b +c ,且|a -d |<|b -c |,则ad 与bc 的大小关系是_________ 3 若m <n ,p <q ,且(p -m )(p -n )<0,(q -m )(q -n )<0,则m 、n 、p 、q 的大小顺序是__________ 4 已知a ,b ,c 为正实数,a +b +c =1 求证(1)a 2+b 2+c 2≥31 (2)232323+++++c b a ≤6 5 已知x ,y ,z ∈R ,且x +y +z =1,x 2+y2+z 2=21,证明x ,y ,z ∈[0,32] 6 证明下列不等式 (1)若x ,y ,z∈R ,a ,b ,c ∈R +,则cb a y b ac x a c b +++++22z 2≥2(xy +yz +zx ) (2)若x ,y ,z ∈R +,且x +y +z =xyz ,则z y x y x z x z y +++++≥2(z y x 111++) 7 已知i ,m 、n 是正整数,且1<i ≤m <n(1)证明 n i A im <m i A in (2)证明 (1+m )n >(1+n )m8 若a >0,b >0,a 3+b 3=2,求证 a +b ≤2,ab ≤1不等式知识的综合应用典型题例例1用一块钢锭烧铸一个厚度均匀,且表面积为2平方米的正四棱锥形有盖容器(如右图)设容器高为h 米,盖子边长为a 米,(1)求a 关于h 的解析式;(2)设容器的容积为V 立方米,则当h 为何值时,V 最大?求出V 的最大值(求解本题时,不计容器厚度)知识依托本题求得体积V 的关系式后,应用均值定理可求得最值例2已知a ,b ,c 是实数,函数f (x )=ax 2+bx +c ,g (x )=ax +b ,当-1≤x ≤1时|f (x )|≤1(1)证明|c |≤1;(2)证明当-1 ≤x ≤1时,|g (x )|≤2;(3)设a >0,有-1≤x ≤1时, g (x )的最大值为2,求f (x )知识依托二次函数的有关性质、函数的单调性,绝对值不等式例3设二次函数f (x )=ax 2+bx +c (a >0),方程f (x )-x =0的两个根x 1、x 2满足0<x 1<x 2<a1 (1)当x ∈[0,x 1)时,证明x <f (x )<x 1;(2)设函数f (x )的图象关于直线x =x 0对称,证明 x 0<21x 巩固练习1 定义在R 上的奇函数f (x )为增函数,偶函数g (x )在区间[0,+∞)的图象与f (x )的图象重合,设a >b >0,给出下列不等式,其中正确不等式的序号是( )①f (b )-f (-a )>g (a )-g (-b ) ②f (b )-f (-a )<g (a )-g (-b ) ③f(a )-f (-b )>g (b )-g (-a ) ④f (a )-f (-b )<g (b )-g (-a ) A ①③B ②④C ①④D ②③2 下列四个命题中①a +b ≥2ab ②sin 2x +x2sin 4≥4 ③设x ,y 都是正数,若y x 91+=1,则x +y 的最小值是12 ④若|x -2|<ε,|y -2|<ε,则|x -y |<2ε,其中所有真命题的序号是__________4 已知二次函数 f (x )=ax 2+bx +1(a ,b ∈R ,a >0),设方程f (x )=x 的两实数根为x 1,x 2(1)如果x 1<2<x 2<4,设函数f (x )的对称轴为x =x 0,求证x 0>-1; (2)如果|x 1|<2,|x 2-x 1|=2,求b 的取值范围6 设函数f (x )定义在R 上,对任意m 、n 恒有f (m +n )=f (m )·f (n ),且当x >0时,0<f (x )<1(1)求证 f (0)=1,且当x <0时,f (x )>1;(2)求证 f (x )在R 上单调递减;(3)设集合A ={ (x ,y )|f (x 2)·f (y 2)>f (1)},集合B ={(x ,y )|f (ax -g +2)=1,a ∈R },若A ∩B =?,求a 的取值范围7 已知函数f (x )=1222+++x cbx x (b <0)的值域是[1,3], (1)求b 、c 的值;(2)判断函数F (x )=lg f (x ),当x ∈[-1,1]时的单调性,并证明你的结论;(3)若t ∈R ,求证 lg57≤F (|t -61|-|t +61|)≤lg 513 数列与不等式的交汇题型分析及解题策略【命题趋向】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. 【典例分析】题型一求有数列参与的不等式恒成立条件下参数问题求得数列与不等式结合恒成立条件下的参数问题主要两种策略:(1)若函数f(x)在定义域为D ,则当x ∈D 时,有f(x)≥M 恒成立?f(x)min ≥M ;f(x)≤M 恒成立?f(x)max ≤M ;(2)利用等差数列与等比数列等数列知识化简不等式,再通过解不等式解得. 【例1】等比数列{a n }的公比q >1,第17项的平方等于第24项,求使a 1+a 2+…+a n >1a 1+1a 2+…+1a n 恒成立的正整数n 的取值范围.【例2】(08·全国Ⅱ)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1=a ,an+1=S n +3n ,n ∈N*.(Ⅰ)设b n =S n -3n ,求数列{b n }的通项公式;(Ⅱ)若a n+1≥a n ,n∈N*,求a 的取值范围.【点评】一般地,如果求条件与前nABCDS项和相关的数列的通项公式,则可考虑S n 与a n 的关系求解题型二数列参与的不等式的证明问题此类不等式的证明常用的方法:(1)比较法,特别是差值比较法是最根本的方法;(2)分析法与综合法,一般是利用分析法分析,再利用综合法分析;(3)放缩法,主要是通过分母分子的扩大或缩小、项数的增加与减少等手段达到证明的目的.【例3】已知数列{a n }是等差数列,其前n 项和为S n ,a 3=7,S4=24.(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式;(Ⅱ)设p 、q 都是正整数,且p ≠q ,证明:S p+q <12(S 2p +S 2q ).【点评】利用差值比较法比较大小的关键是对作差后的式子进行变形,途径主要有:(1)因式分解;(2)化平方和的形式;(3)如果涉及分式,则利用通分;(4)如果涉及根式,则利用分子或分母有理化.【例4】(08·安徽高考)设数列{a n }满足a 1=0,a n+1=ca n 3+1-c ,c∈N*,其中c 为实数.(Ⅰ)证明:a n ∈[0,1]对任意n ∈N*成立的充分必要条件是c ∈[0,1];(Ⅱ)设0<c <13,证明:a n ≥1-(3c)n -1,n ∈N*;(Ⅲ)设0<c <13,证明:a 12+a 22+…+a n 2>n +1-21-3c,n ∈N*.题型三求数列中的最大值问题求解数列中的某些最值问题,有时须结合不等式来解决,其具体解法有:(1)建立目标函数,通过不等式确定变量范围,进而求得最值;(2)首先利用不等式判断数列的单调性,然后确定最值;(3)利用条件中的不等式关系确定最值.【例5】(08·四川)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 4≥10,S5≤15,则a 4的最大值为______.【例6】等比数列{a n }的首项为a 1=2002,公比q =-12.(Ⅰ)设f(n)表示该数列的前n 项的积,求f(n)的表达式;(Ⅱ)当n取何值时,f(n)有最大值.题型四求解探索性问题数列与不等式中的探索性问题主要表现为存在型,解答的一般策略:先假设所探求对象存在或结论成立,以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理,若由此推出矛盾,则假设不成立,从而得到“否定”的结论,即不存在.若推理不出现矛盾,能求得在范围内的数值或图形,就得到肯定的结论,即得到存在的结果.【例7】已知{a n }的前n 项和为S n ,且a n +S n =4.(Ⅰ)求证:数列{a n }是等比数列;(Ⅱ)是否存在正整数k ,使S k+1-2S k -2>2成立. 【点评】在导出矛盾时须注意条件“k ∈N *”,这是在解答数列问题中易忽视的一个陷阱.【例8】(08·湖北)已知数列{a n }和{b n }满足:a 1=λ,a n+1=23a n +n -4,b n =(-1)n (a n -3n +21),其中λ为实数,n 为正整数. (Ⅰ)对任意实数λ,证明数列{a n }不是等比数列;(Ⅱ)试判断数列{b n }是否为等比数列,并证明你的结论;(Ⅲ)设0<a <b,S n 为数列{b n }的前n 项和.是否存在实数λ,使得对任意正整数n ,都有a <S n <b?若存在,求λ的取值范围;若不存在,说明理由.数列与不等式命题新亮点例1 把数列一次按第一个括号一个数,按第二个括号两个数,按第三个括号三个数,按第四个括号一个数…,循环分为(1),(3,5),(7,9,11),(13),(15,17),(19,21,23),(23) …,则第50个括号内各数之和为_____.点评:恰当的分组,找到各数之间的内在联系是解决之道.此外,这种题对观察能力有较高的要求. 例2 设{}n a 是由正数构成的等比数列, 12n n n b a a++=+,3n n n c a a +=+,则( )A. nn b c > B. n n b c < C. n n b c ≥ D. n n b c ≤点评:此题较易入手,利用作差法即可比较大小,考察数列的递推关系. 例3 若对(,1]x ∈-∞-,不等式21()2()12x x mm --<恒成立,则实数m 的取值范围( )A. (2,3)-B. (3,3)-C. (2,2)-D. (3,4)-例4四棱锥S-ABCD 的所有棱长均为1米,一只小虫从S 点出发沿四棱锥的棱爬行,若在每一顶点处选择不同的棱都是等可能的.设小虫爬行n 米后恰好回到S 点的概率为n P (1)求2P 、3P 的值; (2)求证: 131(2,)n nP P n n N ++=≥∈(3)求证: 2365>(2,)24n n P P P n n N -+++≥∈…例5 已知函数()2f x x x =+.(1)数列{}n a 满足: 10a >,()1n n a f a +'=,若11112ni ia =<+∑对任意的n N ∈恒成立,试求1a 的取值范围; (2)数列{}n b 满足: 11b =,()1n n b f b +=()n N ∈,记11n nc b =+,k S 为数列{}n c 的前k 项和, k T 为数列{}n c 的前k 项积,求证1710nk k k kT S T =<+∑. 例6 (1)证明: ()ln1(0)x x x +<> (2)数列{}n a 中. 11a =,且()11211122n n n a a n n --??=++≥ ???; ①证明: ()724n a n ≥≥ ②()21n a e n <≥ 【专题训练】1.已知无穷数列{a n }是各项均为正数的等差数列,则有( )A .a 4a 6<a 6a 8B .a 4a 6≤a 6a 8C .a 4a 6>a 6a 8D .a 4a 6≥a 6a 82.设{a n }是由正数构成的等比数列,b n =a n+1+a n+2,c n =a n +a n+3,则( ) A .b n >c nB .b n <c nC .b n ≥c nD .b n ≤c n3.已知{a n }为等差数列,{b n }为正项等比数列,公比q≠1,若a 1=b 1,a 11=b 11,则( )A .a 6=b 6B .a 6>b 6C .a 6<b 6D .a 6>b 6或a 6<b 6 4.已知数列{a n }的前n 项和S n =n 2-9n ,第k 项满足5<a k <8,则k =( ) A .9 B .8 C .7 D .6 5.已知等比数列{a n }的公比q >0,其前n 项的和为S n ,则S 4a 5与S 5a 4的大小关系是( )A .S 4a 5<S 5a 4B .S 4a 5>S 5a 4C .S 4a 5=S 5a 4D .不确定 6.设S n =1+2+3+…+n ,n ∈N*,则函数f(n)=S n(n +32)S n+1的最大值为( )A .120B .130C .140D .1507.已知y 是x 的函数,且lg3,lg(sinx -12),lg(1-y)顺次成等差数列,则( )A .y 有最大值1,无最小值B .y 有最小值1112,无最大值C .y 有最小值1112,最大值1D .y 有最小值-1,最大值1 8.已知等比数列{a n }中a 2=1,则其前3项的和S 3的取值范围是( )A.(-∞,-1]B.(-∞,-1)∪(1,+∞)C.[3,+∞)D.(-∞,-1]∪[3,+∞)9.设3b 是1-a 和1+a 的等比中项,则a +3b 的最大值为( )A .1B .2C .3D .410.设等比数列{a n }的首相为a 1,公比为q ,则“a 1<0,且0<q <1”是“对于任意n ∈N*都有a n+1>a n ”的( )A .充分不必要条件B .必要不充分条件C .充分比要条件D .既不充分又不必要条件11.{a n }为等差数列,若a 11a 10<-1,且它的前n 项和S n 有最小值,那么当S n 取得最小正值时,n =( )A .11B .17C .19D .2112.设f(x)是定义在R 上恒不为零的函数,对任意实数x 、y ∈R ,都有f(x)f(y)=f(x +y),若a 1=12,a n =f(n)(n ∈N*),则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是 ( ) A .[12,2)B .[12,2]C .[12,1)D .[12,1]13.等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 4-a 2=8,a 3+a 5=26,记T n =S nn2,如果存在正整数M ,使得对一切正整数n ,T n ≤M 都成立.则M 的最小值是__________.14.无穷等比数列{a n }中,a 1>1,|q|<1,且除a 1外其余各项之和不大于a 1的一半,则q 的取值范围是________. 15.已知x >0,y >0,x ,a ,b ,y 成等差数列,x ,c ,d ,y 成等比数列,则(a +b)2cd的最小值是________.A.0B.1C.2D.416.等差数列{a n }的公差d 不为零,S n 是其前n 项和,给出下列四个命题:①A .若d <0,且S 3=S 8,则{S n }中,S 5和S 6都是{S n }中的最大项;②给定n ,对于一定k ∈N*(k <n),都有a n -k +a n+k =2a n ;③若d >0,则{S n }中一定有最小的项;④存在k ∈N*,使a k -a k+1和a k -a k -1同号其中真命题的序号是____________.17.已知{a n }是一个等差数列,且a 2=1,a 5=-5.(Ⅰ)求{a n }的通项na ;(Ⅱ)求{a n }前n 项和S n 的最大值.18.已知{a n }是正数组成的数列,a 1=1,且点(a n ,a n +1)(n ∈N *)在函数y =x 2+1的图象上.(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式;(Ⅱ)若列数{b n}满足b 1=1,b n +1=b n+2a n ,求证:b n·b n +2<b 2n +1.19.设数列{a n }的首项a 1∈(0,1),a n =3-a n -12,n =2,3,4,…. (Ⅰ)求{a n }的通项公式;(Ⅱ)设b n =a n 3-2a n ,证明b n <b n+1,其中n 为正整数. 20.已知数列{a n }中a 1=2,a n+1=(2-1)( a n+2),n =1,2,3,….(Ⅰ)求{a n }的通项公式;(Ⅱ)若数列{a n }中b 1=2,b n+1=3b n +42b n +3,n =1,2,3,….证明:2<b n ≤a 4n -3,n =1,2,3,… 21.已知二次函数y=f(x)的图像经过坐标原点,其导函数为f '(x)=6x -2,数列{a n }的前n 项和为S n ,点(n ,S n )(n ∈N*)均在函数y =f(x)的图像上.(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式;(Ⅱ)设b n =1a n a n +1,T n 是数列{b n }的前n 项和,求使得T n <m20对所有n ∈N*都成立的最小正整数m22.数列{}n a 满足11a =,21()n n a n n a λ+=+-(12n = ,,),λ是常数.(Ⅰ)当21a =-时,求λ及3a 的值;(Ⅱ)数列{}n a 是否可能为等差数列?若可能,求出它的通项公式;若不可能,说明理由;(Ⅲ)求λ的取值范围,使得存在正整数m ,当n m >时总有0n a <.利用导数处理与不等式有关的问题一、利用导数证明不等式(一)、利用导数得出函数单调性来证明不等式。
导数在处理不等式的恒成立问题(一轮复习教案)
学习过程一、复习预习考纲要求：1．理解导数和切线方程的概念。
2．能在具体的数学环境中，会求导，会求切线方程。
3．特别是没有具体点处的切线方程，如何去设点，如何利用点线式建立直线方程。
4．灵活应用建立切线方程与其它数学知识之间的内在联系。
5. 灵活应用导数研究函数的单调性问题二、知识讲解1.导数的计算公式和运算法那么几种常见函数的导数：0'=C (C 为常数)；1)'(-=n n nx x (Q n ∈)；x x cos )'(sin =； x x sin )'(cos -=；1(ln )x x '=； 1(log )log a a x e x'=， ()x x e e '= ； ()ln x x a a a '= 求导法那么：法那么1 [()()]()()u x v x u x v x ±'='±'．法那么2 [()()]()()()()u x v x u x v x u x v x '='+', [()]'()Cu x Cu x '=法那么3： '2''(0)u u v uv v v v -⎛⎫=≠ ⎪⎝⎭复合函数的导数：设函数()u x ϕ=在点x 处有导数()x u x ϕ'='，函数()y f u =在点x 的对应点u 处有导数()u y f u '='，那么复合函数(())y f x ϕ=在点x 处也有导数，且x u x u y y '''⋅= 或(())()()x f x f u x ϕϕ'='⋅'2.求直线斜率的方法〔高中范围内三种〕(1) tan k α=〔α为倾斜角〕； (2) 1212()()f x f x k x x -=-，两点1122(,()),(,())x f x x f x ； (3)0()k f x '= 〔在0x x =处的切线的斜率〕；3.求切线的方程的步骤：〔三步走〕〔1〕求函数()f x 的导函数()f x '；〔2〕0()k f x '= 〔在0x x =处的切线的斜率〕；〔3〕点斜式求切线方程00()()y f x k x x -=-；4.用导数求函数的单调性：〔1〕求函数()f x 的导函数()f x '；〔2〕()0f x '>，求单调递增区间；〔3〕()0f x '<，求单调递减区间；〔4〕()0f x '=，是极值点。
导数在不等式证明中的应用
导数在不等式证明中的应用齐雨萱高中数学学习中，不等式是研究各项数学问题的基础工具，不等式证明是一种常见数学题型，也是同学们较为头疼的数学题型之一，要想提高自身的不等式证明准确率和效率，就必须充分掌握运用导数理论展开科学解题，导数理论证明不等式是最为高效和基本的一种解题方法，合理利用导数工具进行不等式实践证明，能够有效将不等式证明过程从困难转化为简单，帮助自身建立起更好的数学自信心，并提高数学解题综合能力。
本文将对导数在不等式证明中的应用展开分析与探讨，为不等式证明过程提供一定借鉴与参考。
1 合理运用导数单调性证明不等式在实践计算函数某个区间导数最大值或者小于0时，可以通过合理运用导数单调性展开科学高效证明。
首先，必须准确计算出该函数在此区间中表现出来的递减或者递增过程，这样才能够顺利证明不等式问题。
在日常证明数学不等式过程中，要学会结合不等式的不同特点，合理运用不同形式构造出对应的函数，同时科学采用导数工具去证明出实际构造出函数的单调性，这样一来就能够根据函数单调性特征去完成对该不等式的有效证明，提高整个证明解题过程的效率。
通过去科学准确判断出函数单调性，就可以比较出区间大小，同时在该区间中融入不等式，有效将不等式与函数结合在一起，除此之外，要正确认识到利用导数单调性进行证明不等式能够为自身提供极为实用的解题思路，无论是多复杂的曲线，往往只需要经过两个步骤就可以实现对不等式题目的高效准确证明。
这两个解题步骤是先将不等式与函数有机结合起来，接着准确判断出该函数在对应区间的单调性。
比如，当遇到这个问题时，已知X〉0,证明X-X2/2-1N （1+X）〈0，我们在证明这个不等式的时候，可以合理利用导数单调性去进行有效证明。
在相应单调区间内，通过判断函数是递减还是递增去得出该不等式是否成立。
证明解题步骤如下所示：假设函数f(X)=X-X2/2-1N（1+X）(X〉0),则f （X）=X-X2/2，当X〉0时，f（X）〈0，这样我们就能够准确判定出f（X）在X〉0区间中该函数是一种递减的发展趋势，X=0可以去除函数的最大值，通过f（X）〈f(0)有效证明出f（X）〈0成立，并且也能够准确证明出X-X2/2-1N（1+X）〈0是成立的。
高中数学导数及应用-不等式恒成立问题课件
利用数形结合来解决。
方法1：分离变量法(优先)
方法2：构造函数
，转化为 零点问题
方法3：构造两个函数的图象判断交点个数
方法4：转化为二次函数零点问题
方法5：转化为一次函数零点问题
类型五：利用导数研究函数与不等式问题
1、利用导数证明不等式的方法：证明
构造函数
。如果
，则F(x) 在
函数，同时若
，则由减函数的定义可知，
的值，要注意验证 左右的导数值的符号是否符 合取极值的条件。
（3）已知含参函数的极值点讨论 ①分类讨论根据 解（判断为极值点）
的存在性和解与区间的位置关系分为：“无、左、 中、右”，对四种分类标准进行取舍（或合并）；
②注意数形结合。
注意：（1）在函数的整个定义域内，函数的极 值不一定唯一，在整个定义域内可能有多个极大
（2）切点的三个作用：①求切线斜率； ②切点在切线上； ③切点在曲线上。
类型二：利用导数研究函数的单调性 (1)求函数的单调区间
方法:判断导函数的符号 步骤：①求函数定义域；
②求函数的导函数； ③解不等式f '(x) 0 (或 f '(x) 0)，求出 递增区间(或递减区间)。
注意：求单调区间前先求定义域（定义域优 先原则）；单调区间是局部概念，故不能用“∪” 连接，只能用“，”或“和”。
'( x) mi n
0；
函数f (x)在区间D单调递减 在f ' (x) 0在x D
恒成立 对x D, f ' (x) 0； max
试题研究：
例1、已知函数f (x) x ln x.
(1)若函数g(x) f (x) ax在区间e2, 上的增函数，
求a的取值范围；
(典型题)高中数学高中数学选修2-2第三章《导数应用》测试卷(含答案解析)
一、选择题1．已知函数()3f x x ax =-在(1,1)-上单调递减，则实数a 的取值范围为（ ）A ．()1,+∞B ．[)3,+∞C ．(],1-∞D ．(],3-∞2．已知定义在()1,+∞上的函数()f x ，()f x '为其导函数，满足()()1ln 20f x f x x x x++=′，且()2f e e =-，若不等式()f x ax ≤对任意()1,x ∈+∞恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．[),e +∞B ．()2,2e -C ．(),2e -D ．[),e -+∞3．若函数()22ln 45f x x x bx =+++的图象上的任意一点的切线斜率都大于0，则b 的取值范围是（ ） A ．(),8-∞- B ．()8,-+∞ C ．(),8-∞D ．()8,+∞4．若曲线21:(0)C y ax a =>与曲线2:x C y e =存在公共切线，则a 的取值范围为（ ）A ．2[,)8e +∞B ．2(0,]8eC ．2[4e ，)+∞D ．2(0,]4e5．设()f x 在定义域内可导，其图象如图所示，则导函()'f x 的图象可能是（ ）A ．B ．C ．D ．6．若函数21()ln 2f x kx x x =-在区间(0,]e 上单调递增，则实数k 的取值范围是（ ） A ．2(,]e -∞B ．(,1]-∞C ．[1,)+∞D ．2[,)e+∞7．在半径为r 的半圆内作一内接梯形，使其底为直径，其他三边为圆的弦，则梯形面积最大时，其梯形的上底为A ．r 2B 3C 3D ．r8．已知函数21()43ln 2f x x x x =-+-在[,1]t t +上不单调，则t 的取值范围是（ ） A ．(0,1)(2,3)⋃B ．(0,2)C ．(0,3)D ．(0,1][2,3)⋃9．已知函数10()ln ,0x xf x x x x⎧⎪⎪=⎨⎪⎪⎩，＜＞，若()()F x f x kx =-有3个零点，则k 的取值范围为（ ） A ．(21e -，0) B ．(12e-，0) C ．(0，12e) D ．(0，21e) 10．已知函数21()sin cos 2f x x x x x =++，则不等式(23)(1)0f x f +-<的解集为（ ） A ．(2,)-+∞B ．(1,)-+∞C ．(2,1)--D ．(,1)-∞-11．若对于任意的120x x a <<<，都有211212ln ln 1x x x x x x ->-，则a 的最大值为（ ） A ．2eB ．eC ．1D ．1212．设动直线x m =与函数2()f x x =，()ln g x x =的图像分别交于,M N ，则MN 的最小值为（ ） A ．11ln 222+ B ．11ln 222- C ．1ln2+ D ．ln21-二、填空题13．已知函数()()21,0e ,0x x x f x x ⎧+≤⎪=⎨>⎪⎩，若函数()()g x f x x m =--恰好有2个零点，则实数m 的取值范围为______．14．函数()f x 定义在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上，26f π⎛⎫= ⎪⎝⎭()f x '，且()()cos sinx f x x f x '⋅<⋅恒成立，则不等式()22sinx f x >的解集为_____________.15．已知函数()211020x e x x x ef x lnx x x⎧--+≤⎪⎪=⎨⎪⎪⎩，，＞，若方程f （x ）﹣m =0恰有两个实根，则实数m 的取值范围是_____.16．如图所示，ABCD 是边长为30cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A ，B ，C ，D 四个点重合于图中的点P ，正好形成一个底面是正方形的长方体包装盒，若要包装盒容积3()V cm 最大，则EF 的长为________cm .17．函数()()21xf x x =-的最小值是______.18．已知函数21ln ,0()log ,0xx f x x x x +⎧>⎪=⎨⎪<⎩方程2()2()0()f x mf x m R -=∈有五个不相等的实数根，则实数m 的取值范围是______．19．已知函数()1ln 2f x x x ax ⎛⎫=-⎪⎝⎭有两个极值点，则实数a 的取值范围是_________. 20．若函数()21ln f x x x a x =-++在()0,∞+上单调递增，则实数a 的取值范围是________.三、解答题21．已知函数()212f x x =，()ln g x a x =.设()()()h x f x g x =+ （1）试讨论函数()h x 的单调性. （2）若对任意两个不等的正数12,x x ，都有()()12122h x h x x x ->-恒成立，求实数a 的取值范围；22．在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间)，每单位时间的用氧量为＋1(升)，在水底作业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9(升)，返回水面的平均速度为 (米/单位时间)，每单位时间用氧量为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升). (1)求y 关于v 的函数关系式；(2)若c≤v≤15(c>0)，求当下潜速度v 取什么值时，总用氧量最少. 23．已知函数()2xf x eax b =-+（0a >，b R ∈，其中e 为自然对数的底数）.（1）求函数()f x 的单调递增区间；（2）若函数()f x 有两个不同的零点12,x x ，当a b =时，求实数a 的取值范围.24．设函数21()2x f x x e =. (1)求f （x ）的单调区间；(2)若当x ∈[－2，2]时，不等式f （x ）>m 恒成立，求实数m 的取值范围.25．一件要在展览馆展出的文物类似于圆柱体，底面直径为0.8米，高1.2米，体积约为0.5立方米，为了保护文物需要设计各面是玻璃平面的正四棱柱形无底保护罩，保护罩底面边长不少于1.2米，高是底面边长的2倍，保护罩内充满保护文物的无色气体，气体每立方米500元，为防止文物发生意外，展览馆向保险公司进行了投保，保险费用和保护罩的占地面积成反比例，当占地面积为1平方米时，保险费用为48000元. （1）若保护罩的底面边长为2.5米，求气体费用和保险费用之和； （2）为使气体费用和保险费用之和最低，保护罩该如何设计？ 26．已知函数2()2ln f x x mx x =-+ （m R ∈）.（1）若()f x 在其定义域内单调递增，求实数m 的取值范围； （2）若45m <<，且()f x 有两个极值点12,x x ，其中12x x <，求12()()f x f x -的取值范围.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．B 解析：B 【分析】根据'()0f x ≤在(1,1)-上恒成立求解． 【详解】∵3()f x x ax =-，∴2'()3f x x a =-．又函数()f x 在()1,1-上单调递减，∴2'()30f x x a =-≤在(1,1)-上恒成立，即23a x ≥在(1,1)-上恒成立．∵当(1,1)x ∈-时，3033x ≤<，∴3a ≥． 所以实数a 的取值范围是[3,)+∞． 故选：B ． 【点睛】本题考查根据导函数研究函数的单调性，以及不等式的恒成立问题，注意当'()0()f x x D <∈时，则函数()f x 在区间D 上单调递减；而当函数()f x 在区间D 上单调递减时，则有'()0f x ≤在区间D 上恒成立．解题时要注意不等式是否含有等号，属于中档题．2．D解析：D 【分析】利用导数的运算法则，求出函数()f x 的解析式，然后参数分离，将不等式的恒成立问题转化为ln xa x≥-对任意()1,x ∈+∞恒成立，构造函数，利用导数研究函数的单调性，进而求出函数的最大值，从而得解. 【详解】()()1ln 20f x f x x xx++=′， ()2ln f x x x C ∴+=， ()2ln f e e e C ∴+=，()2f e e =-，∴22e e C -+=，解得0C =，()2ln 0f x x x ∴+=，()2ln x f x x∴=-()1x >，不等式()f x ax ≤对任意()1,x ∈+∞恒成立，∴2ln x ax x-≤对任意()1,x ∈+∞恒成立，即ln xa x≥-对任意()1,x ∈+∞恒成立， 令()ln x g x x=-，则()()21ln ln x g x x -=′， 令()()21ln 0ln xg x x -==′，解得x e =，∴1x e <<时，()0g x '>，()g x 在()1,e 上单调递增；x e >时，()0g x '<，()g x 在(),e +∞上单调递减， ∴当x e =时，()g x 取得极大值，也是最大值，()()max ln eg x g e e e==-=-， a e ∴≥-，∴实数a 的取值范围是[),e -+∞.故选：D. 【点睛】本题考查利用导数研究不等式的恒成立问题，具体考查导数的运算法则及利用导数研究函数的最值问题，求出函数()f x 的解析式是本题的解题关键，属于中档题.不等式恒成立问题关键在于利用转化思想，常见的有：()f x a >恒成立⇔()min f x a >；()f x a <恒成立⇔()max f x a <；()f x a >有解⇔()max f x a >；()f x a <有解⇔()min f x a <；()f x a >无解⇔()max f x a ≤；()f x a <无解⇔()min f x a ≥. 3．B解析：B 【分析】对函数()f x 求导，得到()f x '，然后根据题意得到()0f x '>恒成立，得到 【详解】因为函数()22ln 45f x x x bx =+++，定义域()0,∞+所以()28f x x b x'=++， 因为()f x 图象上的任意一点的切线斜率都大于0， 所以()280f x x b x'=++>对任意的()0,x ∈+∞恒成立， 所以28b x x>--， 设()28g x x x=--，则()max b g x > ()228g x x'=- 令()0g x '=，得到12x =，舍去负根， 所以当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '>，()g x 单调递增， 当1,2x ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()0g x '<，()g x 单调递减， 所以12x =时，()g x 取最大值，为()max182g x g ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，所以8b >-， 故选B. 【点睛】本题考查利用导数求函数图像切线的斜率，不等式恒成立，利用导数研究函数的单调性、极值、最值，属于中档题.4．C解析：C 【分析】求出两个函数的导函数，由导函数相等列方程，再由方程有根转化为求最值，求得a 的范围. 【详解】 由2(0)y axa =>，得2y ax '=，由xy e =，得x y e '=，曲线21:(0)C y ax a =>与曲线2:x C y e =存在公共切线， 则设公切线与曲线1C 切于点211(,)x ax ，与曲线2C 切于点22(,)xx e ，则22211212x x e ax ax e x x -==-，将212x e ax =代入2211212x e ax ax x x -=-，可得2122=+x x ，11212+∴=x e a x ，记12()2+=x e f x x，则122(2)()4xex f x x +-'=，当(0,2)x ∈时，()0f x '<，当(2,)x ∈+∞时，()0f x '>. ∴当2x =时，2()4mine f x =. a ∴的范围是2[,)4e +∞. 故选：C 【点睛】本题主要考查了利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查了方程有根的条件，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.5．B解析：B 【详解】试题分析：函数的递减区间对应的()0f x '<，函数的递增区间对应()0f x '>，可知B 选项符合题意.考点：函数的单调性与导数的关系.6．C解析：C 【分析】求出函数导数，由题意知()0f x '≥即ln 1x k x+≥在(0,]e 上恒成立，利用导数求出函数ln 1()x g x x+=在(0,]e 上的最大值即可求得k 的范围. 【详解】()ln 1f x kx x '=--，由题意知()0f x '≥在(0,]e 上恒成立， 即ln 1x k x +≥在(0,]e 上恒成立，令ln 1()x g x x+=，则2ln ()x g x x -'=， 当(0,1)x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增；当(1,]x e ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减，所以max ()(1)1g x g ==，故1k .故选C 【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，涉及已知函数的单调区间求参数的取值范围、利用导数求函数的最值，属于基础题.7．D解析：D 【解析】设=COB θ∠，则上底为2cos r θ，高为sin r θ， 因此梯形面积为21(2cos 2)sin (1cos )sin 022S r r r r πθθθθθ=+=+∈，（，） 因为由22222=(sin cos cos )(1cos 2cos )0S r r θθθθθ'-++=-++=，得1cos 2θ=，根据实际意义得1cos 2θ=时，梯形面积取最大值，此时上底为2cos =r r θ，选D.点睛：利用导数解答函数最值的一般步骤：第一步：利用()0f x '=得可疑最值点；第二步：比较极值同端点值的大小．在应用题中若极值点唯一，则极值点为开区间的最值点.8．A解析：A 【详解】试题分析：此题考查导数的应用；2343(1)(3)()4x x x x f x x x x x-+--=-+-'=-=-，所以当(0,1),(3,)x ∈+∞时，原函数递减，当(1,3)x ∈原函数递增；因为在[],1t t +上不单调，所以在[],1t t +上即有减又有增，所以01{113t t <<<+<或13{31t t <<<+，01t ∴<<或23t <<，故选A.考点：函数的单调性与导数.9．C解析：C 【分析】由函数()()F x f x kx =-在R 上有3个零点，当0x >时，令()0F x =，可得y k =和()2ln x g x x=有两个交点；当0x <时，y k =和()1g x x =有一个交点，求得0k >，即可求解，得到答案. 【详解】 由题意，函数10()ln ,0x xf x x x x⎧⎪⎪=⎨⎪⎪⎩，＜＞，要使得函数()()F x f x kx =-在R 上有3个零点， 当0x >时，令()()0F x f x kx =-=， 可得2ln xk x =， 要使得()0F x =有两个实数解， 即y k =和()2ln xg x x=有两个交点， 又由()312ln xg x x-'=， 令12ln 0x -=，可得x =当x ∈时，()0g x '>，则()g x 单调递增；当)x ∈+∞时，()0g x '<，则()g x 单调递减，所以当x =()max 12g x e=， 若直线y k =和()2ln xg x x =有两个交点， 则1(0,)2k e∈，当0x <时，y k =和()21g x x =有一个交点， 则0k >，综上可得，实数k 的取值范围是1(0,)2e. 故选：C. 【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用，以及利用导数研究函数的单调性与最值的综合应用，着重考查了转化思想以及推理与运算能力.属于中档题.10．C解析：C 【分析】根据条件先判断函数是偶函数，然后求函数的导数，判断函数在[0，)+∞上的单调性，结合函数的奇偶性和单调性的关系进行转化求解即可． 【详解】解：2211()sin()cos()sin cos ()22f x x x x x x x x x f x -=--+-+=++=，则()f x 是偶函数，()sin cos sin cos (1cos )f x x x x x x x x x x x '=+-+=+=+，当0x 时，()0f x '，即函数在[0，)+∞上为增函数，则不等式(23)(1)0f x f +-<得()()231f x f +<，即()()|23|1f x f +<， 则|23|1x +<，得1231x -<+<，得21x -<<-， 即不等式的解集为(2,1)--， 故选：C ． 【点睛】本题主要考查不等式的求解，结合条件判断函数的奇偶性和单调性，利用函数奇偶性和单调性的关系进行转化是解决本题的关键．属于中档题．11．C解析：C【分析】整理所给的不等式，构造新函数，结合导函数研究函数的单调性，即可求得结果.【详解】解：由已知可得，211212ln ln x x x x x x -<-，两边同时除以12x x ， 则121221ln ln 11x x x x x x -<-，化简有1212ln 1ln 1x x x x ++<， 而120x x <<，构造函数()ln 1x f x x+=，()2ln x f x x -'=， 令()0f x '>，则01x <<；令()0f x '<，则1x > ，所以函数()f x 在()0,1上为增函数，在()1,+∞上为减函数， 由1212ln 1ln 1x x x x ++<对于120x x a <<<恒成立， 即()f x 在()0,a 为增函数，则01a <≤，故a 的最大值为1.故选：C.【点睛】本题考查导数研究函数的单调性，考查分析问题能力，属于中档题.12．A解析：A【分析】将两个函数作差，得到函数()()y f x g x =-，利用导数再求此函数的最小值，即可得到结论.【详解】设函数()()()2ln 0=-=->y f x g x x x x ， ()212120-'∴=-=>x y x x x x， 令0y '<，0x，02∴<<x，函数在2⎛⎫ ⎪⎝⎭上为单调减函数； 令0y '>，0x，∴>x，函数在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上为单调增函数.2x ∴=时，函数取得极小值，也是最小值为111ln ln 22222-=+. 故所求MN 的最小值即为函数2ln y x x =-的最小值11ln 222+.故选：A.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的最值，属于中档题.二、填空题13．【分析】转化为函数的图象与直线恰有2个交点作出函数的图象利用图象可得结果【详解】因为函数恰好有2个零点所以函数的图象与直线恰有2个交点当时当时所以函数在上为增函数函数的图象如图：由图可知故答案为：【 解析：34m > 【分析】 转化为函数()y f x x =-的图象与直线y m =恰有2个交点，作出函数的图象，利用图象可得结果.【详解】因为函数()()g x f x x m =--恰好有2个零点，所以函数()y f x x =-的图象与直线y m =恰有2个交点，当0x ≤时，22133()1()244y f x x x x ==++=++≥， 当0x >时，()x y f x x e x =-=-，10x y e '=->，所以函数()x y f x x e x =-=-在(0,)+∞上为增函数，函数()y f x x =-的图象如图：由图可知，34m >. 故答案为：34m >【点睛】 方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.14．【分析】构造函数再利用函数的单调性解不等式即可【详解】解：构造函数则当时在单调递增不等式即即故不等式的解集为故答案为：【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是根据题目的特点构造一个适当的函数利用它的单调 解析：,62ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭【分析】构造函数()()sin f x g x x =，再利用函数的单调性解不等式即可. 【详解】解：()()cos sin f x x f x x '<()()sin cos 0f x x x f x '∴->，构造函数()()sin f x g x x =， 则()()()2sin cos f x x f x x g x sin x'-'=， 当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '>， ()g x ∴在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增， ∴不等式()f x x >，即()6sin sin 26f f x x ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭>== 即()6xg g π⎛>⎫ ⎪⎝⎭， 26x ππ∴<< 故不等式的解集为,62ππ⎛⎫⎪⎝⎭. 故答案为：,62ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题.15．【分析】通过求导得出分段函数各段上的单调性从而画出图像若要方程f （x ）﹣m=0恰有两个实根只需y=m 与y=f （x ）恰有两个交点即可从而得出的取值范围【详解】（1）x≤0时f′（x ）=ex ﹣x ﹣1易知解析：(]10e ⎧⎫-∞⋃⎨⎬⎩⎭， 【分析】通过求导，得出分段函数各段上的单调性，从而画出图像.若要方程f （x ）﹣m =0恰有两个实根，只需y =m 与y =f （x ）恰有两个交点即可，从而得出m 的取值范围.【详解】（1）x ≤0时，f ′（x ）=e x ﹣x ﹣1，易知f ′（0）=0，而f ″（x ）=e x ﹣1＜0，所以f ′（x ）在（﹣∞，0]上递减，故f ′（x ）≥f ′（0）=0，故f （x ）在（﹣∞，0]上递增， 且f （x ）≤f （0）11e=+，当x →﹣∞时，f （x ）→﹣∞. （2）x ＞0时，()21'lnx f x x-=，令f ′（x ）＞0，得0＜x ＜e ；f ′（x ）＜0得x ＞e ； 故f （x ）在（0，e ）上递增，在（e ，+∞）递减， 故x ＞0时，()1()max f x f e e==；x →0时，f （x ）→﹣∞；x →+∞时，f （x ）→0. 由题意，若方程f （x ）﹣m =0恰有两个实根，只需y =m 与y =f （x ）恰有两个交点，同一坐标系画出它们的图象如下：如图所示，当直线y =m 在图示①，②位置时，与y =f （x ）有两个交点，所以m 的范围是：(]10e ⎧⎫-∞⋃⎨⎬⎩⎭，. 故答案为：(]10e ⎧⎫-∞⋃⎨⎬⎩⎭，. 【点睛】本题考查了方程根的问题转化为函数图像交点问题，以及利用导数求函数单调性.考查了转化思想和数形结合，属于中档题.16．【分析】设cm 根据已知条件求出包装盒的底面边长及高从而求得包装盒体积的关于x 的表达式利用导数研究体积的最大值即可【详解】设cm 则cm 包装盒的高为cm 因为cm 所以包装盒的底面边长为cm 所以包装盒的体积 解析：10【分析】设EF x =cm ，根据已知条件求出包装盒的底面边长及高从而求得包装盒体积的关于x 的表达式，利用导数研究体积(x)V 的最大值即可.【详解】设EF x =cm ，则302x AE BF -== cm ，包装盒的高为22GE x = cm ， 因为302x AE AH -== cm ，2A π∠=，所以包装盒的底面边长为2=(30)2HE x - cm ， 所以包装盒的体积为232222()[(30)](60900)224V x x x x x x =-⋅=-+，030x <<， 则22()(3120900)4V x x x '=-+，令()0V x '=解得10x =， 当(0,10)x ∈时，()0V x '>，函数(x)V 单调递增；当(10,30)x ∈时，()0V x '<，函数(x)V 单调递减，所以3max 2()(10)(100060009000)10002()4V x V cm ==-+=，即当10EF cm =时包装盒容积3()V cm 取得最大值310002()cm .故答案为：10【点睛】本题考查柱体的体积，利用导数解决面积、体积最大值问题，属于中档题.17．【分析】对求导利用导数即可求得函数单调性和最小值【详解】因为故可得令解得；故当时单调递减；当时单调递增；当时单调递减且当趋近于1时趋近于正无穷；当趋近于正无穷时趋近于零函数图像如下所示：故的最小值为解析：14- 【分析】对()f x 求导，利用导数即可求得函数单调性和最小值,【详解】因为()()21xf xx=-，故可得()()311xf xx---'=，令()0f x'=，解得1x=-；故当(),1x∈-∞-时，()f x单调递减；当()1,1x∈-时，()f x单调递增；当()1,x∈+∞时，()f x单调递减.且()114f-=-，当x趋近于1时()f x趋近于正无穷；当x趋近于正无穷时，()f x趋近于零.函数图像如下所示：故()f x的最小值为14-.故答案为：14-.【点睛】本题考查利用导数研究函数的最值，属综合基础题.18．【分析】作出函数的图象结合图象可求实数的取值范围【详解】当时当时函数为增函数；当时函数为减函数；极大值为且；作出函数的图象如图方程则或由图可知时有2个解所以有五个不相等的实数根只需要即；故答案为：【解析：1(0,)2【分析】作出函数21ln,0()log,0xxf x xx x+⎧>⎪=⎨⎪<⎩的图象，结合图象可求实数m的取值范围.【详解】当0x >时，2ln ()x f x x'=-，当01x <<时，()0f x '>，函数为增函数； 当1x >时，()0f x '<，函数为减函数；极大值为(1)1f =，且x →+∞，()0f x →； 作出函数21ln ,0()log ,0x x f x x x x +⎧>⎪=⎨⎪<⎩的图象，如图，方程2()2()0()f x mf x m R -=∈，则()0f x =或()2f x m =，由图可知()0f x =时，有2个解，所以2()2()0f x mf x -=有五个不相等的实数根，只需要021m <<，即102m <<； 故答案为：1(0,)2.【点睛】 本题主要考查导数的应用，利用研究方程根的问题，作出函数的简图是求解的关键，侧重考查数学抽象的核心素养.19．【分析】对函数进行求导得则方程在时有两个根利用导数研究函数的值域即可得答案；【详解】在时有两个根令令当时当时在单调递增在单调递减且当时当时与要有两个交点故答案为：【点睛】本题考查利用导数研究函数的值 解析：01a <<【分析】对函数进行求导得()1f x lnx ax '=+-，则方程ln 1x a x +=在0x >时有两个根，利用导数研究函数ln 1()x g x x+=的值域，即可得答案； 【详解】 ()1ln 2f x x x ax ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()1f x lnx ax '=+-． ∴ln 1x a x+=在0x >时有两个根，令ln 1()x g x x+=， 令()1g x lnx ax =+-，'221(ln 1)ln ()x x x x g x x x ⋅-+==- 当01x <<时，'()0g x >，当1x >时，'()0g x <， ∴()g x 在(0,1)单调递增，在(1,)+∞单调递减，且(1)1g =，当x →+∞时，()0g x →，当0x →时，()g x →-∞，y a =与()y g x =要有两个交点，∴01a <<故答案为：01a <<.【点睛】本题考查利用导数研究函数的值域，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意参变分离法的运用.20．【分析】依题意可得在上恒成立参变分离得到在上恒成立令求出的最大值即可求出参数的取值范围；【详解】解：因为的定义域为且函数在上单调递增在上恒成立即在上恒成立令当时所以即故答案为：【点睛】本题考查利用导 解析：18a ≥ 【分析】依题意可得()210a f x x x'=-+≥在()0,x ∈+∞上恒成立，参变分离得到22a x x ≥-在()0,x ∈+∞上恒成立，令()22g x x x =-，求出()g x 的最大值即可求出参数的取值范围；【详解】解：因为()21ln f x x x a x =-++的定义域为()0,x ∈+∞，且函数()21ln f x x x a x =-++在()0,∞+上单调递增，()210a f x x x'∴=-+≥在()0,x ∈+∞上恒成立， 即22a x x ≥-在()0,x ∈+∞上恒成立，令()22112248g x x x x ⎛⎫=-=--+ ⎪⎝⎭ 当14x =时()max 18g x = 所以18a ≥即1,8a ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭故答案为：1,8⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，不等式恒成立问题，属于中档题. 三、解答题21．（1）答案见解析；（2）[)1,+∞.【分析】（1）求导后，分别在0a ≥和0a <两种情况下讨论导函数的正负即可得到结果； （2）将恒成立的不等式转化为()()112222h x x h x x ->-对于任意的12x x >恒成立，从而只需构造函数()()2t x h x x =-，证明()t x 在()0,∞+上单调递增即可，从而将问题进一步转化为()0t x '≥在()0,∞+上恒成立，进而利用分离变量的方法可求得结果.【详解】（1）()()21ln 02h x x a x x =+>，则()()20a x a h x x x x x+'=+=>， 当0a ≥时，()0h x '>恒成立，()h x ∴在()0,∞+上单调递增；当0a <时，若(x ∈，()0h x '<；若)x ∈+∞，()0h x '>； ()h x ∴在(上单调递减，在)+∞上单调递增. （2）设12x x >，则()()12122h x h x x x ->-等价于()()112222h x x h x x ->-， 即()()112222h x x h x x ->-对于任意的12x x >恒成立. 令()()212ln 22t x h x x x a x x =-=+-，则只需()t x 在()0,∞+上单调递增， ()2a t x x x '=+-，∴只需()0t x '≥在()0,∞+上恒成立即可. 令()200a x x x+-≥>，则()220a x x x ≥-+>， 当1x =时，()2max 21x x-+=，1a ∴≥，即实数a 的取值范围为[)1,+∞.【点睛】 关键点点睛：本题主要考查导数在函数中的应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想､逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.22．（1）见解析；（2）若c<3102，则当v ＝3102时，总用氧量最少；若c≥3102，则当v ＝c 时，总用氧量最少．【分析】（1）结合题意可得y 关于v 的函数关系式．（2）由（1）中的函数关系，求导后得到当0<v<3102时，函数单调递减；当v>3102时，函数单调递增．然后再根据c 的取值情况得到所求的速度． 【详解】(1)由题意，下潜用时 (单位时间)，用氧量为×＝＋ (升)，水底作业时的用氧量为10×0．9＝9(升)，返回水面用时＝ (单位时间)，用氧量为×1．5＝ (升)， 因此总用氧量232409,(0)50v y v v=++>． (2)由（1）得232409,(0)50v y v v=++>， ∴y′＝－＝，令y′＝0得v ＝32当0<v<3102y′<0，函数单调递减；当v>32y′>0，函数单调递增．①若c<32 ，则函数在(c ，32上单调递减，在(310215)上单调递增， ∴ 当v ＝32②若c≥32，则y 在[c ，15]上单调递增，∴ 当v ＝c 时，总用氧量最少．【点睛】（1）在求实际问题中的最大值或最小值时，一般先设自变量、因变量、建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数最值的方法求解，注意结果应与实际情况相符合．（2）用导数求实际问题中的最大(小)值，如果函数在区间内只有一个极值点，那么根据实际意义可知该极值点就是最值点．23．（1）1ln ,22a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭（2）32a e > 【分析】（1）直接求出函数的导函数，令()0f x '>，解不等式即可；（2）由题意容易知道2102222a ln a a a f ln e ln a ⎛⎫=-+< ⎪⎝⎭，解出即可求得实数a 的取值范围； 【详解】解：（1）因为()2x f x e ax b =-+所以()()220x f x e a a '=->，令()0f x '>，得1ln 22a x >，∴函数()f x 的单调递增区间为1ln ,22a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭（2）由（1）知，函数()f x 在1,ln 22a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭递减，在1ln ,22a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递增， ∴x →-∞时，()f x →+∞；x →+∞，()f x →+∞，∵函数()f x 有两个零点12,x x ，∴1ln 022a f ⎛⎫< ⎪⎝⎭，又a b =， ∴ln 21ln ln 02222a a a a f e a ⎛⎫=-+< ⎪⎝⎭， 即ln 0222a a a a -+< 所以3ln02a -< 所以32a e >【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性及最值问题，考查导数中零点问题，考查转化思想及运算求解能力，属于中档题．24．（1）(,2)(0,)()f x -∞-+∞和为的增区间，(2,0)()f x -为的减区间.（2）m ＜0 ．【详解】解：（1）21()(2)22xxx e f x xe x e x x '=+=+ 令(2)0,02,(,2)(0,)()2xe x x x xf x +>><-∴-∞-+∞或和为的增区间， (2)0,20,(2,0)()2xe x x xf x +<-<<∴-为的减区间. （2）x ∈[－2，2]时，不等式f （x ）>m 恒成立等价于min ()f x >m, 令：21()(2)022xxx e f x xe x e x x =+'=+= ∴x=0和x=－2,由（1）知x=－2是极大值点，x=0为极小值点2222(2),(2)2,(0)0,()[0,2]f f e f f x e e-===∴∈, ∴m ＜0 25．（1）23055元；（2）保护罩为底面边长为2米，高为4米的正四棱柱【分析】（1）根据定义先求保险费用，再计算正四棱柱体积，进而求气体费用，最后求和得结果； （2）先列出气体费用和保险费用之和函数关系式，再利用导数求最值，即得结果.【详解】（1）保险费用为24800076802.5= 正四棱柱体积为22.5(2 2.5)⨯⨯所以气体费用为2500[2.5(2 2.5)0.5]15375⨯⨯⨯-=因此气体费用和保险费用之和为76801537523055+=（元）；（2）设正四棱柱底面边长为a 米，则 1.2a ≥因此气体费用和保险费用之和23224800048000500[(2)0.5]1000250y a a a a a=+⨯⨯-=+- 因为2396000300002y a a a'=-+=∴= 当2a >时，0y '>，当1.22a ≤<时，0y '<， 因此当2a =时，y 取最小值，保护罩为底面边长为2米，高为4米的正四棱柱时，气体费用和保险费用之和最低.【点睛】本题考查利用导数求函数最值、列函数解析式，考查基本分析求解能力，属中档题. 26．（1）4m ≤；（2）1504ln 24⎛⎫- ⎪⎝⎭，.【分析】（1）由题意结合导数与函数单调性的关系可转化条件为22m x x ≤+在(0,)+∞上恒成立，利用基本不等式求得22x x+的最小值即可得解； （2）由题意结合函数极值点的概念可得122m x x +=，121x x ⋅=，进而可得1112x <<，转化条件为21211211()()4ln f x f x x x x -=-+，令221()4ln g x x x x =-+（112x <<），利用导数求得函数()g x 的值域即可得解.【详解】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，∵()f x 在(0,)+∞上单调递增， ∴2()20f x x m x '=-+≥在(0,)+∞上恒成立，即22m x x≤+在(0,)+∞上恒成立，又224x x +≥=，当且仅当1x =时等号成立， ∴4m ≤；（2）由题意2222()2x mx f x x m x x-+'=-+=， ∵()f x 有两个极值点12,x x ，∴12,x x 为方程2220x mx -+=的两个不相等的实数根， 由韦达定理得122m x x +=，121x x ⋅=， ∵120x x <<，∴1201x x <<<， 又121112()2()(4,5)m x x x x =+=+∈，解得1112x <<， ∴()()2212111222()()2ln 2ln f x f x x mx x x mx x -=-+--+ ()()()()22121212122ln ln 2x x x x x x x x =-+--+-()()2221122ln ln x x x x =-+- 2112114ln x x x =-+， 设221()4ln g x x x x =-+（112x <<）， 则4222333242(21)2(1)()20x x x g x x x x x x ---+--=-+='=<， ∴()g x 在1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上为减函数， 又1111544ln 4ln 22424g ⎛⎫=-+=- ⎪⎝⎭，(1)1100g =-+=， ∴150()4ln 24g x <<-， 即12()()f x f x -的取值范围为1504ln 24⎛⎫- ⎪⎝⎭，.【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了运算求解能力与逻辑推理能力，牢记函数单调性与导数的关系、合理转化条件是解题关键，属于中档题.。
高中数学导数常见放缩不等式
高中数学导数常见放缩不等式导数常见放缩不等式是高中数学学习中不可遗漏的一个重点内容，它通过对导函数的性质进行分析和推导，引出了许多常用的不等式。
在学习过程中，我们需要理解和掌握这些不等式的性质，以便在数学实践中灵活应用。
下面是高中数学导数常见放缩不等式的详细介绍：一、极值问题1. 定理1：f(x)在[a,b]上连续，且在(a,b)内可导，如果在x1和x2两点处取得了极值，那么f'(x1)=f'(x2)=0。
2. 定理2：f(x)在[a,b]上连续，且在(a,b)内可导，如果f(x)在[a,b]上有两个极值，一个是局部极大值，一个是局部极小值，那么在两个极值点之间必存在一个驻点。
二、中值定理3. 定理3：f(x)在[a,b]上连续，且在(a,b)内可导，那么在[a,b]中至少存在一个点c，使得f'(c)=(f(b)-f(a))/(b-a)。
三、平均值不等式4. 定理4：f(x)在[a,b]上连续，且在(a,b)内可导，那么f(x)在[a,b]上的平均值f(c)满足f(c)=(1/(b-a))*∫[a,b]f(x)dx，且在[a,b]的任意一点x0处有f(x0)-f(c)=[(x0-c)/(b-a)]*[f(b)-f(a)]。
四、柯西-Schwarz不等式5. 定理5：f(x)和g(x)在[a,b]上可导，那么[(∫[a,b]f(x)g(x)dx)^2]<=∫[a,b]f(x)^2dx * ∫[a,b]g(x)^2dx。
五、泰勒公式6. 定理6：f(x)在点x0处n+1阶可导，那么当|x-x0|<=h时，有f(x)=f(x0)+f'(x0)(x-x0)/1!+f''(x0)(x-x0)^2/2!+...+f^(n)(x0)(x-x0)^n/n!+o((x-x0)^n)。
以上就是高中数学导数常见放缩不等式的详细介绍，掌握好这些重要的定理和公式，将有助于我们在数学学习和实践中有更好的应用。
一元函数的导数及其应用(利用导函数研究不等式问题)(选填压轴题)(解析版)高考数学高分必刷必过题
专题04一元函数的导数及其应用（利用导函数研究不等式问题）（选填压轴题）构造函数法解决导数不等式问题①构造()()n F x x f x =或()()n f x F x x=(n Z ∈，且0n ≠)型②构造()()nx F x e f x =或()()nxf x F x e =(n Z ∈，且0n ≠)型③构造()()sin F x f x x =或()()sin f x F x x =型④构造()()cos F x f x x =或()()cos f x F x x=型⑤根据不等式（求解目标）构造具体函数①构造()()n F x x f x =或()()nf x F x x =(n Z ∈，且0n ≠)型1．（2022·安徽师范大学附属中学高二期中）已知定义在R 上的函数()f x 满足()()0xf x f x '+>，且(2)3f =，则()e e 6xxf >的解集为（）A ．(ln 2,)+∞B ．(0,)+∞C ．(1,)+∞D ．(0,1)【答案】A令()()F x xf x =，可得()()()0F x xf x f x ''=+>，所以()F x 在R 上是增函数，可得(e )e (e )x x x F f =，(2)3f =，(2)2(2)6F f ==，由(e )6ex x f >，可得(e )(2)xF F >，可得：e 2x >，所以ln 2x >，所以不等式的解集为：(ln 2,)+∞，故选：A ．2．（2022·河北·沧县中学高二阶段练习）已知定义在()(),00,∞-+∞U 上的偶函数()f x ，在0x >时满足：()()0xf x f x '+>，且()10f =，则()0f x >的解集为（）A ．()(),11,-∞-⋃+∞B ．()(),10,1-∞-⋃C ．()0,1D ．()1,+∞【答案】A 令()()F x xf x =，所以()()()()()F x x f x xf x F x -=--=-=-所以()F x 是奇函数，在0x >时，()()()0F x xf x f x ''+=>，则在0x >时，()F x 单调递增，由()10f =，可得(1)1(1)0F f =⨯=，(1)(1)0F F -=-=，所求()()0F x f x x =>，等价于()00F x x >⎧⎨>⎩或()00F x x <⎧⎨<⎩，解得1x >或1x <-，所以解集为：()(),11,-∞-⋃+∞．故选：A ．3．（2022·广东·佛山市顺德区东逸湾实验学校高二期中）已知()'f x 是偶函数()()R f x x ∈的导函数，(1)1f =．若0x >时，3()()0f x xf x '+>，则使得不等式3(2022)(2022)1x f x -->成立的x 的取值范围是（）A ．(2021,)+∞B ．(,2021)-∞C ．(2023,)+∞D ．(,2023)-∞【答案】C构造函数()()3g x x f x =，其中R x ∈，则()()()()()33g x x f x x f x g x -=--=-=-，所以，函数()g x 为R 上的奇函数，当0x >时，()()()()()232330g x x f x x f x x f x xf x '''=+=>⎡⎤⎣⎦+，所以，函数()g x 在()0,∞+上为增函数，因为()11f =，则()()111g f ==，由()()3202220221x f x -->得()()20221g x g ->，可得20221x ->，解得2023x >.故选：C4．（2022·河北·邢台市第二中学高二阶段练习）定义在()0,8上的函数()f x 的导函数为()f x ¢，且()()2xf x f x '<，112f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则不等式()24f x x <的解集为（）A ．1,82⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．()0,1D ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】A 设()()2f xg x x=，08x <<，则()()()320xf x f x g x x '-'=<，则()g x 在()0,8上单调递减，由()24f x x <，得：()24f x x<，而21124212f g ⎛⎫ ⎪⎛⎫⎝⎭== ⎪⎝⎭⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以()12g x g ⎛⎫< ⎪⎝⎭，则182x <<．故不等式()24f x x <的解集为1,82⎛⎫ ⎪⎝⎭．故选：A5．（2022·福建省德化第一中学高二阶段练习）若()f x 是定义在R 上的偶函数，当0x <时，()()0f x xf x '+<，且()30f -=，则不等式()0xf x >的解集为（）A ．()()3,00,3-B ．()(),33,-∞-+∞C ．()(),30,3-∞-⋃D ．()()3,03,-⋃+∞【答案】C设()()g x xf x =，则()g x 的定义域为R而()()()()g x xf x xf x g x -=--=-=-，故()g x 为R 上的奇函数，且()()()g x f x xf x ''=+，当0x <时，因为()()0f x xf x '+<，故()0g x ¢<，故()g x 在(),0-∞上为减函数，故()g x 为()0,+∞上的减函数，而()30f -=，故()30g -=，所以()30g =又()0xf x >即为()0g x >，故()00x g x <⎧⎪⎨>⎪⎩或()00x g x >⎧⎪⎨>⎪⎩，故()()03x g x g <⎧⎪⎨>-⎪⎩或()()03x g x g >⎧⎪⎨>⎪⎩，故3x <-或03x <<，故选：C.6．（2022·宁夏吴忠·高二期中（理））()f x 是定义在R 上的奇函数，且()20f =，当0x >时，有()()20xf x f x x '-<恒成立，则()0f x x>的解集为（）A ．()()2,02,-+∞B ．()(),22,-∞+∞C ．()()2,00,2-D ．()(),20,2-∞- 【答案】C 设函数()()f x g x x=，则()()()2xf x f x g x x'-'=，由题知，当0x >时，()0g x ¢<，∴()()f x g x x=在()0,+∞上单调递减，∵函数()f x 是定义在R 上的奇函数，()()f x f x ∴-=-∴()()()()f x f x g x g x x x---===--，∴函数()g x 是定义在R 上的偶函数，∴()g x 的单调递增区间为(),0-∞，∵()20f =，∴()(2)202f g ==，()20g -=∴当2x <-或2x >时，()0g x <，当20x -<<或02x <<时，()0g x >，∴()()0f x g x x=>的解集为()()2,00,2- .故选：C.7．（2022·西藏·拉萨中学高三阶段练习（文））设函数()f x '是奇函数()()f x x ∈R 的导函数，()10f -=，当0x >时，()()0xf x f x '-<，则使得()0f x <成立的x 的取值范围是（）A ．()(),10,1-∞-⋃B ．()()1,01,-⋃+∞C ．()(),11,0-∞--UD ．()()0,11,+∞ 【答案】B 设()()f x F x x =，则()()()2xf x f x F x x '-'=，∵当0x >时，()()0xf x f x '-<，当0x >时，()0F x '<，即()F x 在()0,∞+上单调递减.由于()f x 是奇函数，所以()()()()f x f x F x F x x x--===-,()F x 是偶函数，所以()F x 在(),0∞-上单调递增.又()()110f f =-=，所以当1x <-或1x >时，()()0=<f x F x x；当10x -<<或01x <<时，()()0f x F x x=>.所以当10x -<<或1x >时，()0f x <.故选：B.8．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()f x 的定义域为()(),00,∞-+∞U ，图象关于y 轴对称，且当0x <时，()()f x f x x'>恒成立，设1a >，则()411af a a ++，(，()411a a f a ⎛⎫+⎪+⎝⎭的大小关系为（）A ．()(()414111af a a a f a a +⎛⎫>>+ ⎪++⎝⎭B ．()(()414111af a a a f a a +⎛⎫<<+ ⎪++⎝⎭C ．(()()414111af a a a f a a +⎛⎫>>+ ⎪++⎝⎭D ．(()()414111af a a a f a a +⎛⎫<<+ ⎪++⎝⎭【答案】B解：∵当0x <时，()()f x f x x'>恒成立，∴()()xf x f x '<，∴()()0xf x f x '-<，令()()f x g x x =，∴()()()2xf x f x g x x'-'=，∴()0g x '<，∴()g x 在(),0∞-上单调递减，∵()()f x f x -=，∴()()g x g x -=-，∴()g x 为奇函数，在()0,∞+上单调递减．∵比较()411af a a ++，(，()411a a f a ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭的大小，∴()()41411af a ag a a +=++，((4ag =，()441411a a a f ag a a ⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭∵1a >，∴)2110a +->，∴1a +>4411a aa a <++.∴411a a a +>>+，∴()(411a g a g g a ⎛⎫+<< ⎪+⎝⎭，∴()(441441a ag a ag ag a ⎛⎫+<< ⎪+⎝⎭，即()(()414111af a a a f a a +⎛⎫<<+ ⎪++⎝⎭．故选：B ．9．（2022·四川雅安·三模（理））定义在R 上的偶函数()f x 的导函数为()'f x ，且当0x >时，()2()0xf x f x '+<．则（）A ．2(e)(2)4ef f >B ．9(3)(1)>f f C ．4(2)9(3)-<-f f D ．2(e)(3)9e f f ->【答案】D令()()2g x x f x =，因为()f x 是偶函数，所以()g x 为偶函数，当0x >时，()()()()()2220g x xfx x f x x f x xf x '''=+=+<⎡⎤⎣⎦，所以()g x 在()0,+∞单调递减，在(),0-∞单调递增，则()()e 2g g <，即()()22e e 22f f <，则2(e)(2)4ef f <，故A 错误；()()31g g <，即()()931f f <，故B 错误；()()23g g ->-，即4(2)9(3)f f ->-，故C 错误；()()()e 33g g g >=-，即()()2e e 93f f >-，则2(e)(3)9e f f ->，故D 正确.故选：D.②构造()()nx F x e f x =或()()nxf x F x e =(n Z ∈，且0n ≠)型1．（2022·广东·深圳市南山外国语学校（集团）高级中学高二期中）设定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，已知()()f x f x '<，且()12e f =，则满足不等式()2e af a <的实数a 的取值范围为（）A ．()0,∞+B ．(),0∞-C ．()1,+∞D ．(),1-∞【答案】C设()()e x f x g x =，则2()e ()e ()()()(e )e x x x xf x f x f x f xg x ''--'==，因为()()f x f x '<，e 0x >，所以()0g x '<，()g x 是减函数，(1)2e (1)2e ef g ===，不等式()2e af a <化为()2e af a <，即()(1)g a g <，所以1a >．故选：C ．2．（2022·安徽省芜湖市教育局模拟预测（文））已知定义在R 上的函数()f x 满足()()20f x f x '->，则下列大小关系正确的是（）A ．()()2312e 1e 2f f f ⎛⎫>> ⎪⎝⎭B ．()()231e 12e 2f f f ⎛⎫>> ⎪⎝⎭C ．()()231e 1e 22f f f ⎛⎫>> ⎪⎝⎭D ．()()3212e e 12f f f ⎛⎫>> ⎪⎝⎭【答案】A 构造函数()()2e x f x g x =，其中R x ∈，则()()()220e xf x f xg x '-'=>，所以，函数()g x 为R 上的增函数，所以，()()1122g g g ⎛⎫<< ⎪⎝⎭，即()()241122e e ef f f ⎛⎫⎪⎝⎭<<，因此，()()321e e 122ff f ⎛⎫<< ⎪⎝⎭.故选：A.3．（2022·江西·南昌市八一中学三模（文））记定义在R 上的可导函数()f x 的导函数为()f x '，且()()0f x f x '->，()11f =，则不等式()1e xf x ->的解集为______．【答案】()1,+∞设()()xf xg x =e，()()()()()()20x xxx f x f x f x f x g x ''--'==>e e e e ，所以函数()g x 单调递增，且()()111e ef g ==，不等式()()()()11>e 1e e x x f x f x g x g -⇔>⇔>，所以1x >.故答案为：()1,+∞.4．（2022·甘肃·玉门油田第一中学高二期中（理））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()3f x +为偶函数，()61f =，则不等式()e xf x >的解集为______．【答案】(),0-∞设()()exf xg x =，则()()()exf x f xg x '-'=，又()()f x f x '<，所以()0g x ¢<，即()g x 在R 上是减函数，因为()3f x +为偶函数，所以()3f x +图象关于y 轴对称，而()3f x +向右平移3个单位可得()f x ，所以()f x 对称轴为3x =，则()()061f f ==，所以()()0001e f g ==，不等式()e xf x >等价于()()()10e xf xg x g =>=，故0x <，所以不等式()e xf x >的解集为(),0-∞.故答案为：(),0-∞5．（2022·福建省龙岩第一中学高二阶段练习）已知函数()f x 的导函数为()f x '，()()3f x f x '+<，()03f =，则()3f x >的解集为___________.【答案】(),0∞-因为()()3f x f x '+<，所以()()3x xe f x f x e '+<⎡⎤⎣⎦，令()()3x F x e f x =-⎡⎤⎣⎦，则()()()3x x F x e f x e f x ''=-+⎡⎤⎣⎦，()()30x e f x f x '=+-<⎡⎤⎣⎦，所以()F x 是减函数，又()()00030F e f =-=⎡⎤⎣⎦，()3f x >即()30f x ->，()30x e f x ->⎡⎤⎣⎦，所以()()0F x F >，所以0x <，则()3f x >的解集为(),0∞-故答案为：(),0∞-6．（2022·全国·高三专题练习）若定义在R 上的函数()f x 满足()()30f x f x '->，13f e ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则不等式()3xf x e >的解集为________________．【答案】1,3⎛+∞⎫⎪⎝⎭构造()3()x f x F e x =，则()3363()3()()3()x x x xe f x e f x F f x f x e x e ''-=-='，函数()f x 满足()()30f x f x '->，则()0F x '>，故()F x 在R 上单调递增．又∵13f e ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则113F ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则不等式3()x f x e >⇔3()1x f x e >，即1()3F x F ⎛⎫> ⎪⎝⎭，根据()F x 在R 上单调递增，可知1,3x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭．故答案为：1,3⎛+∞⎫⎪⎝⎭③构造()()sin F x f x x =或()()sin f x F x x=型1．（2022·山西·临汾第一中学校高二期末）若函数()f x 的导函数为()f x '，对任意()0,x π∈，()()sin cos f x x f x x '<恒成立，则（）A3546f ππ⎛⎫⎛⎫>⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B．3546f f ππ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C3546f ππ⎛⎫⎛⎫<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D．3546f f ππ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】B因为任意()()()0,,sin cos x f x x f x x <'∈π恒成立，即任意()()()0,,sin cos 0x f x x f x x '∈-<π恒成立，所以()()()()2sin cos 0sin sin f x f x x f x xx x ''⎡⎤-=<⎢⎥⎣⎦，()0,x π∈所以()sin f x x在()0,π上单调递减，因为56π34>π，所以536453sin sin 64f f ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭<⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ππππ，即536412f f ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭ππ5364f ⎛⎫⎛⎫<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ππ，故选：B2．（2022·江苏江苏·高二阶段练习）函数()f x 的定义域是()0,π，其导函数是()f x '，若()()sin cos f x x f x x <-'，则关于x()πsin 4x x f ⎛⎫< ⎪⎝⎭的解集为______．【答案】π,π4⎛⎫⎪⎝⎭()()sin cos f x x f x x <-'变形为()()sin cos 0f x x f x x +<'，()πsin 4x x f ⎛⎫< ⎪⎝⎭变形为()ππsin sin 44f x x f ⎛⎫< ⎪⎝⎭，故可令g (x )＝f (x )sin x ，()0,πx ∈，则()()()sin cos 0g x f x x f x x =+''<，∴g (x )在()0,π单调递减，不等式()ππsin sin 44f x x f ⎛⎫< ⎪⎝⎭即为g (x )＜g (π4)，则π,π4x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，故答案为：π,π4⎛⎫⎪⎝⎭.3．（2022·全国·高三专题练习）函数()f x 定义在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上，6f π⎛⎫= ⎪⎝⎭其导函数是()f x '，且()()cos sinx f x x f x '⋅<⋅恒成立，则不等式()f x >的解集为_____________.【答案】,62ππ⎛⎫⎪⎝⎭解：()()cos sin f x x f x x'< ()()sin cos 0f x x x f x '∴->，构造函数()()sin f x g x x=，则()()()2sin cos f x x f x xg x sin x'-'=，当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '>，()g x ∴在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭单调递增，∴不等式()f x x >，即()61sin sin 26f f x x ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭>==即()6x g g π⎛>⎫⎪⎝⎭，26x ππ∴<<故不等式的解集为,62ππ⎛⎫⎪⎝⎭.故答案为：,62ππ⎛⎫⎪⎝⎭.4．（2022·全国·高三专题练习）设奇函数()f x 定义在(,0)(0,)ππ- 上，其导函数为()'f x ，且()02f π=，当0πx <<时，()sin ()cos 0f x x f x x '-<,则关于x 的不等式()2()sin 6f x f x π<的解集为．【答案】(,0)(,)66πππ- 设()()sin f x g x x =，∴2()sin ()cos ()sin f x x f x x g x x'='-，∵()f x 是定义在(,0)(0,)ππ- 上的奇函数，∴()()()()sin()sin f x f x g x g x x x--===-，∴()g x 是定义在(,0)(0,)ππ- 上的偶函数，∵当0πx <<时，()sin ()cos 0f x x f x x '-<，∴()0g x '<，∴()g x 在(0,)π上单调递减，()g x 在(,0)π-上单调递增，∵()02f π=，∴(2(02sin 2f g πππ==，∵()2()sin 6f x f x π<，∴()()6g x g π<，(0,)x π∈，或，(,0)x π∈-，∴6x ππ<<或06x π-<<.∴关于x 的不等式()2()sin 6f x f x π<的解集为(,0)(,)66πππ- .④构造()()cos F x f x x =或()()cos f x F x x=型1．（2022·重庆·高二阶段练习）已知定义在区间,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上的奇函数()y f x =，对于任意的0,2x π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭满足()()cos sin 0f x x f x x '+>（其中()f x '是()f x 的导函数），则下列不等式中成立的是（）A．63f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B．63f f ππ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C．43f ππ⎛⎫⎛⎫-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D64ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎝⎭⎝⎭【答案】B 构造函数()()cos f x g x x =，其中,22x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，则()()()()()cos cos f x f x g x g x x x --==-=--，所以，函数()()cos f x g x x=为奇函数，当0,2x π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()()()2cos sin 0cos f x x f x x g x x'+'=>，所以，函数()g x 在0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭上为增函数，故该函数在,02π⎛⎤- ⎥⎝⎦上也为增函数，由题意可知，函数()g x 在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上连续，故函数()g x 在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上为增函数.对于A 选项，63g g ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭6312f f ππ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭<，则63f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，A 错；对于B 选项，63g g ππ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎝⎭⎝⎭6312f f ππ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎝⎭>，则63f ππ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，B 对；对于C 选项，43g g ππ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭43122f f ππ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭>，则43f ππ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，C 错；对于D 选项，64g g ππ⎫⎫⎛⎛< ⎪ ⎝⎝⎭⎭64f f ππ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪<64ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，D 错.故选：B.2．（2022·福建龙岩·高二期中）设函数()f x '是定义在()0,π上的函数()f x 的导函数，有()()cos sin 0f x x f x x '->，若π6a f ⎛⎫=⎪⎝⎭，1π23b f ⎛⎫=⎪⎝⎭，23π24c f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，则a ，b ，c的大小关系是（）A ．a b c >>B ．b c a>>C ．c b a >>D ．c a b>>【答案】C因为()()cos sin 0f x x f x x '->，所以设()()cos F x f x x =⋅，则()()()cos sin 0F x f x x f x x ''=⋅->，所以()()cos F x f x x =⋅在()0,π上为增函数，又因为ππ266a f F ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎝⎭⎝⎭，1ππ233b f F ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，23π3π244c f F ⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎝⎭⎝⎭，ππ3π634<<，所以ππ3π634F F F ⎛⎫⎛⎫⎛⎫<< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，即a b c <<故选：C3．（2022·广东·广州市第四中学高二阶段练习）设函数()f x '是定义在()0π，上的函数()f x的导函数，有()cos ()sin 0f x x f x x '->，若1023a b f π⎛⎫==⎪⎝⎭，，34c f π⎛⎫= ⎪⎝⎭，则a ，b ，c 的大小关系是（）A ．a b c >>B ．b c a >>C ．c a b >>D ．c b a>>【答案】C解：设()()cos g x f x x =，则()()cos ()sin g x f x x f x x ''=-，又因为()cos ()sin 0f x x f x x '->，所以()0g x '>，所以()g x 在(0,)π上单调递增，又0cos(22a f ππ==，1(cos (2333b f f πππ==，333()cos ()2444c f f πππ==，因为3324πππ<<，所以33cos()cos ()cos (332244f f f ππππππ<<，所以c a b >>.故选：C ．4．（2022·广西玉林·高二期中（文））函数()f x 定义在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上，()f x '是它的导函数，且()()tan x f x f x '⋅>在定义域内恒成立，则（）A ．43f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B 63f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．()cos116f f π⎛⎫⋅> ⎪⎝⎭D 46ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎝⎭⎝⎭【答案】D因为0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以sin 0cos 0x x >>，，由()()tan x f x f x '⋅>可得()cos ()sin f x x f x x '<，即()cos ()sin 0f x x f x x '-<，令()cos (),0,2g x x f x x π⎛⎫=⋅∈ ⎪⎝⎭，则()()cos ()sin 0g x f x x f x x ''=-<，所以函数()g x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上为减函数，则(1)643g g g g πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫>>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则cos cos cos(1)(1)cos 664433f f f f ππππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫>>> ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，2cos(1)(1)643f f πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫>>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.故选：D5．（2022·全国·高三专题练习）定义域为,22ππ⎛⎫- ⎝⎭的函数()f x 满足()()0f x f x +-=，其导函数为()f x '，当02x π≤<时，有()()cos sin 0f x x f x x '+<成立，则关于x的不等式()cos 4f x x π⎛⎫<⋅ ⎪⎝⎭的解集为（）A ．,,2442ππππ⎛⎫⎛⎫--⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．,42ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．,00,44ππ⎛⎫⎛⎫-⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ．,0,442πππ⎛⎫⎛⎫-⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】B∵()()0f x f x +-=且,22x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，∴()f x 是奇函数，设()()cos f x g x x =，则02x π≤<时，2()cos ()sin ()0cos f x x f x x g x x '+'=<，∴()g x 在0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭是减函数．又()f x 是奇函数，∴()()cos f x g x x =也是奇函数，因此()g x 在(,0]2π-是递减，从而()g x 在,22ππ⎛⎫- ⎝⎭上是减函数，不等式()cos 4f x f x π⎛⎫<⋅ ⎪⎝⎭为()4cos cos 4f f x x ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭<，即()4g x g π⎛⎫< ⎪⎝⎭，∴42x ππ<<．故选：B ．6．（2022·全国·高三专题练习）已知奇函数()f x 的定义域为ππ,22⎛⎫- ⎪⎝⎭，其图象是一段连续不断的曲线，当π02x -<<时，有()()cos sin 0f x x f x x '+>成立，则关于x 的不等式()π2cos 3f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭的解集为（）A ．ππ23⎛⎫- ⎪⎝⎭，B ．ππ23⎛⎫-- ⎪⎝⎭，C ．ππππ2332⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，D ．πππ0332⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，【答案】A 设()()cos f x g x x=，则()()()2cos sin cos f x x f x xg x x'+'=当π02x -<<时，有()()cos sin 0f x x f x x '+>成立，此时()0g x '>所以()()cos f x g x x =在02π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增.又()f x 为奇函数，则()00f =，则()()cos f x g x x=为奇函数，又()00g =则()()cos f x g x x =在02π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递增，所以()g x 在ππ,22⎛⎫- ⎝⎭上单调递增.当ππ,22x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，恒有cos 0x >()π2cos 3f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭可化为()π3πcos cos 3f f x x ⎛⎫ ⎪⎝⎭<，即()3g x g π⎛⎫< ⎪⎝⎭，由()()cos f x g x x =在ππ,22⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，所以23x ππ-<<故选：A⑤根据不等式（求解目标）构造具体函数1．（2022·重庆·高二阶段练习）定义在R 上的函数()f x 满足()()260f x f x -'-<，且()21e 3=-f ，则满足不等式()2e 3>-x f x 的x 的取值有（）A ．1-B ．0C ．1D ．2【答案】D 构造函数()()23e x f x F x +=，则()()()226e xf x f x F x '--'=，因为()()260f x f x -'-<，所以()0F x '<，所以()()23exf x F x +=单调递减，又()21e 3=-f ，所以()()21311e f F +==，不等式()2e 3>-xf x 变形为()231e xf x +>，即()()1F x F >，由函数单调性可得：1x >故选：D2．（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高二期中）已知()f x '是定义域为R 的函数()f x 的导函数.若对任意实数x 都有()()2f x f x '>-，且()13f =，则不等式()12e x f x -->的解集为（）A ．(),1-∞B ．()1,+∞C ．(),e -∞D ．()e,+∞【答案】B解：不等式1()2e x f x -->，等价于不等式1()21e x f x -->，构造函数1()2()e x f x g x --=，则1()(()2)()e x f x f x g x -'--'=，若对任意实数x 都有()()2f x f x '>-，则()0g x '>，()g x 在R 上单调递增，又()0(1)211e f g -==，故1()21e x f x -->即()()1g x g >，故不等式的解集是(1,)+∞，故选：B ．3．（2022·黑龙江·哈师大附中高二期中）已知定义在R 上的函数()f x 满足()2f x '>-，则不等式()()2122f x f x x -->--的解集为（）A ．(),1-∞-B ．()1,0-C ．()0,1D ．()1,-+∞【答案】D设()()2g x f x x =+，则()()2g x f x ''=+.因为定义在R 上的函数()f x 满足()2f x '>-，所以()()20g x f x ''=+>，所以函数()g x 在R 上单调递增.又不等式()()2122f x f x x -->--可化为()()()24121f x x f x x +>-+-，即()()21g x g x >-，所以21x x >-，解得1x >-.所以不等式()()2122f x f x x -->--的解集为()1,-+∞.故选：D.4．（2022·江苏·海门中学高二阶段练习）已知R 上的函数()f x 满足()13f =，且()2f x '<，则不等式()21f x x <+的解集为（）A ．(,1)-∞B ．()3,+∞C ．()1,+∞D ．(2,)+∞【答案】C解：令()()21F x f x x =--，则()()2F x f x ''=-，又()f x 的导数()'f x 在R 上恒有()2f x '<，()()20F x f x ''∴=-<恒成立，()()21F x f x x ∴=--是R 上的减函数，又()()11210F f =--= ，∴当1x >时，()()10F x F <=，即()210f x x --<，即不等式()21f x x <+的解集为(1,)+∞；故选：C ．5．（2022·陕西渭南·二模（理））设函数()f x 的定义域为()0,∞+，()'f x 是函数()f x 的导函数，()(ln )()0f x x x f x '+>，则下列不等关系正确的是（）A ．2(3)log 3(2)f f >B ．()ln 033f ππ<C ．(3)2(9)f f >D ．21(0e )f <【答案】A函数()f x 的定义域为()0,∞+，则1()(ln )()0()()ln 0f x x x f x f x f x x x''+>⇔+>，令()()ln g x f x x =，0x >，则1()()()ln 0g x f x f x x x'=+>，即()g x 在()0,∞+上单调递增，对于A ，(3)(2)g g >，即2(3)ln 3(2)ln 2(3)log 3(2)f f f f >⇔>，A 正确；对于B ，((1)3g g π>，即(3)ln (1)ln103f f π>=，B 不正确；对于C ，(3)(9)g g <，即(3)ln 3(9)ln 92(9)ln 3(3)2(9)f f f f f <=⇔<，C 不正确；对于D ，21()(1)e g g <，即2211()ln (1)ln10e e f f <=，有22112()0()0e e f f -<⇔>，D 不正确.故选：A6．（2022·安徽·南陵中学模拟预测（文））已知函数()2224ln f x x x x ax =++-，若当0m n >>时，()()n f m f m n ->-，则实数a 的取值范围是（）A ．()0,9B ．(],9-∞C ．(],8∞-D ．[)8,+∞【答案】B()()n f m f m n ->-，即()()f m m f n n ->-，令224l (n )()x x x ax g x f x x -+==+-，由题意得()g x 在(0,)+∞上单调递增，即4()410g x x a x '=++-≥，即441a x x≤++在(0,)+∞上恒成立由基本不等式得44119x x++≥+=，当且仅当44x x =即1x =时等号成立，则9a ≤故选：B7．（2022·安徽·高二阶段练习）已知()()21lg 20221lg 20222n n -+>，求满足条件的最小正整数n的值为___________.【答案】3解：由()()21lg 20221lg 20222n n -+>，两边取对数得()()()21ln 1lg 2022lg 2022lg 2n n -⋅+>⋅，因为n 是正整数，所以()()()ln lg 20221ln 211lg 202221n n +-+>-，令()()()ln 11x f x x x +=>，则()()()2ln 111xx x f x x x -++'=>，令()()ln 11x h x x x =-++，则()()201x h x x -'=<+，所以()h x 在()1,+∞上递减，则()()11ln 202h x h <=-=<，即()0f x '<，所以()f x 在()1,+∞上递减，所以lg 202221n <-，解得()11lg 20222n >+，因为3lg 20224<<，所以最小正整数n 的值为3.故答案为：38．（2022·浙江·高二期中）已知定义在R 上的可导函数()f x 是奇函数，其导函数为()'f x ，当0x <时，(1)()()0x f x xf x '-+>，则不等式()0f x <的解集为_______________．【答案】(0,)+∞()2e e(1)()()()()()e e e e x xx x x x x x x x f x xf x f x f x f x '--+⎡⎤=+'='⎢⎥⎣⎦，因为(1)()()0x f x xf x '-+>，所以()0e x xf x '⎡⎤>⎢⎥⎣⎦，即函数()e x x y f x =在(,0)-∞时单调递增的．因为()f x 的定义域是R ，且e x x在R 上都有意义，所以()e xx y f x =的定义域也是R ，所以在(,0)-∞时00()(0)0e ex x f x f <=，而e xx在(,0)-∞小于0恒成立，即在(,0)-∞时()0f x >．因为()f x 是奇函数，所以在(0,)+∞时()0f x <恒成立．所以()0f x <的解集为(0,)+∞．故答案为：(0,)+∞．9．（2022·四川·成都实外高二阶段练习（理））已知定义在R 上的可导函数()f x 为偶函数，且满足()21f =，若当0x ≥时，()f x x '>，则不等式()2112f x x <-的解集为___________.【答案】(2,2)-设21()()2g x f x x =-，则()()0g x f x x ''=->，0x ≥时，()g x 是增函数，又()f x 是偶函数，所以2211()()()()()22g x f x x f x x g x -=---=-=，()g x 是偶函数，21(2)(2)212g f =-⨯=-,不等式()2112f x x <-即为()(2)g x g <，由()g x 是偶函数，得()(2)g x g <，又0x ≥时，()g x 递增，所以2x <，22x -<<．故答案为：(2,2)-．10．（2022·四川·成都实外高二阶段练习（文））已知定义在R 上的可导函数()f x 满足()21f =，且()f x 的导函数()f x '满足：()1f x x '>-，则不等式()2112f x x x <-+的解集为___________.【答案】(),2∞-因为()1f x x '>-，所以()10f x x '-+>构造()()212F x f x x x =-+，则()()10F x f x x ''=-+>，即()()212F x f x x x =-+在R 上单调递增，因为()21f =，所以()()22221F f =-+=()2112f x x x <-+变形为()2112f x x x -+<，即()()2F x F <，由()F x 的单调性可知：2x <.故答案为：(),2∞-。
导数中的5种同构函数问题 (解析版)--2024高考数学常考题型精华版
第7讲导数中的5种同构函数问题【考点分析】考点一：常见的同构函数图像八大同构函数分别是：xy xe =，x x y e =，x e y x =，ln y x x =，ln x y x =，ln xy x=，1--=x e y x ，1ln --=x x y 我们通过基本的求导来看看这六大同构函数的图像，再分析单调区间及极值，以及它们之间的本质联系．图1图2图3图4图5图6图7图8考点二：常见同构方法（1）()ln e e;ln ln exx xxx x x x +=+=（2）ln :ln lnx x x xe e e x x x x-=-=（3）()22ln 2e e ;2ln ln ex x xxx x x x +=+=（4）2ln 2ln 22,x xx x x x e e e e x x--==【题型目录】题型一：利用同构解决不等式问题题型二：利用同构求函数最值题型三：利用同构解决函数的零点问题题型四：利用同构解决不等式恒成立问题题型五：利用同构证明不等式【典例例题】题型一：利用同构解决不等式问题【例1】（2022·河南·模拟预测（理））不等式2ln ln 2x x >的解集是（）A ．()1,2B ．()2,4C ．()2,+∞D ．()4,+∞【答案】B 【解析】【分析】结合不等式特点，构造函数，研究其单调性，从而求出解集.【详解】设()()ln 0x f x x x =>，则()21ln xf x x-'=，当0e x <<时，()0f x '>；当e x >时，()0f x '<，所以()f x 在()0,e 上是增函数，在()e,+∞上是减函数．原不等式可化为ln ln 22x x >，即()()2f x f >，结合()()24f f =，可得24x <<，所以原不等式的解集为{}24x x <<．故选：B【例2】（2022·陕西宝鸡·一模（理））已知1a >，1b >，则下列关系式不可能成立的是（）A ．e ln ≤b a abB ．e ln ≥b a abC ．e ln ≥b a b aD ．e ln ≤b a b a【答案】D 【解析】【分析】构造函数()()ln 0=->f x x x x ，利用导数判断其单调性可判断AB ；构造函数()e =xg x x，()ln x h x x =，利用导数判断单调性可判断CD.【详解】对于e ln ≤b a ab ，两边取对数得()()ln e ln ln ≤ba ab ，即()ln ln ln ln -≤-b b a a ，构造函数()()ln 0=->f x x x x ，()111x f x x x-'=-=，当1x >时，()0f x ¢>，()f x 是单调递增函数，当01x <<时，()0f x ¢<，()f x 是单调递减函数，若1ln <≤b a ，则()ln ln ln ln -≤-b b a a ，即e ln ≤b a ab ，故A 正确；若1ln <≤a b ，则()ln ln ln ln -≥-b b a a ，e ln ≥b a ab ，故B 正确；构造函数()e =xg x x，()ln x h x x =，()()2e 1e -'==xx x g x x x，当1x >时，()0g x ¢>，()g x 单调递增，所以()()1e >=g x g ，()21ln xh x x -'=，当e x >时，()0h x '>，()h x 单调递减，当0e x <<时，()0h x '<，()h x 单调递增，()()1e eh x h ≤=，所以1x >时()>g x ()h x ，即e ln >b ab a，所以e ln ≥b a b a 成立，e ln ≤b a b a 不可能成立，故C 正确D 错误.故选：D.【点睛】思路点睛：双变量的不等式的大小比较，应该根据不等式的特征合理构建函数，并利用导数判断函数的单调性，从而判断不等式成立与否.【例3】（2022·陕西·长安一中高二期末（理））已知0x y π<<<，且e sin e sin y x x y =，其中e 为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是（）A ．4y π<B ．2x y π+<C ．cos cos 0x y +>D ．sin sin x y>【答案】C 【解析】【分析】通过构造函数，利用函数的单调性以及式子的结构特征进行分析.【详解】因为e sin e sin y x x y =，所以sin sin e ex y x y=，令sin ()e t t g t =，所以()()g x g y =，对函数sin ()(0,)e ttg t t π=∈，求导：2e cos e sin cos sin ())(e e t t t tt t t t g t --'==，由()0g t '>有：(0,)4t π∈，由()0g t '<有：(,)4t ππ∈，所以sin ()e t t g t =在(0,)4π单调递增，在(,)4ππ单调递减，因为0x y π<<<，由()()g x g y =有：04x y ππ<<<<，故A 错误；因为0x y π<<<，所以e e y x >，由sin sin e ex y x y=有：sin sin y x >，故D 错误；因为04x y ππ<<<<，所以cos 0x =>，|cos |y =因为sin sin y x >，所以cos |cos |x y >，所以cos cos 0x y +>，故C 正确；令()()()2h t g t g t π=--有：()()()2h t g t g t π'''=--=cos sin e t t t -+2sin cos e tt tπ-=22(sin cos )(e -e)et tt t ππ--，当0t π<<，()0h t '>恒成立.所以()()()2h t g t g t π=--在(0,)π单调递增，当04x π<<时，()()()02h x g x g x π=--<，即()()2g x g x π<-，又()()g x g y =，所以()()()2g x g y g x π=<-，因为04x y ππ<<<<，所以(,242x πππ-∈，因为sin ()e t t g t =在(,)4ππ内单调递减，所以2y x π>-，即2y x π+>，故B 错误.故选：C.【例4】（2022·江苏苏州·模拟预测）若x ，(0,)∈+∞y ，ln e sin y x x y +=+，则（）A ．ln()0x y -<B ．ln()0y x ->C ．e yx <D ．ln y x<【答案】C 【解析】【分析】利用sin y y >可得ln e y x x y +<+，再利用同构可判断,e y x 的大小关系，从而可得正确的选项.【详解】设()sin ,0f x x x x =->，则()1cos 0f x x '=-≥（不恒为零），故()f x 在(0,)+∞上为增函数，故()()00f x f >=，所以sin x x >，故sin y y >在(0,)+∞上恒成立，所以ln e e ln e y y y x x y +<+=+，但()ln g x x x =+为(0,)+∞上为增函数，故e y x <即ln x y <，所以C 成立，D 错误.取e x =，考虑1e e sin y y +=+的解，若e 1y ≥+，则e 1e e 5e 21e sin y y +≥>>+≥+-，矛盾，故e 1y <+即1y x -<，此时ln()0y x -<，故B 错误.取1y =，考虑ln e sin1x x +=+，若2x ≤，则1ln 2ln 23e e sin12x x +≤+<<+<+，矛盾，故2x >，此时1->x y ，此时ln()0x y ->，故A 错误，故选：C.【点睛】思路点睛：多元方程隐含的不等式关系，往往需要把方程放缩为不等式，再根据函数的单调性来判断，注意利用同构来构建新函数.【例5】（2022·四川·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学模拟预测（理））已知a 、R b ∈，2e ln 0a a a +=，1ln ln 1b b b b ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭，则（）A ．e a ab b <<B ．e a ab b<=C ．e a b ab<<D ．e a b ab=<【答案】B 【解析】【分析】由2e ln 0a a a +=可得出11e ln aa a a=，构造函数()e x f x x =可得出ln 0a a +=，可得出e 1a a =，由1ln ln 1b b b b ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭可得出11ln e bb b b +=+，构造函数()e x g x x =+可得出11ln 0b b +=，然后构造函数()ln h x x x =+可得出1a b=，再对所得等式进行变形后可得出合适的选项.【详解】由2e ln 0a a a +=可得111e ln aa a a a a=-=，由题意可知0a >，构造函数()e x f x x =，其中0x >，则()()1e 0xf x x '=+>，所以，函数()f x 在()0,∞+上单调递增，由1ln 111e ln e ln aa a a a a==可得()1ln f a f a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以，ln a a =-，由0a >可得ln 0a <，则01a <<，且ln 0a a +=，①由1ln ln 1b b b b ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭可得11ln e b b b b +-=，则11ln e bb b b +=+，由题意可知0b >，构造函数()e x g x x =+，其中0x >，则()1e 0xg x '=+>，所以，函数()g x 在()0,∞+上单调递增，由11ln e b b b b +=+，即1ln 1ln e e bb b b+=+，可得()1ln g b g b ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以，1ln b b =，由1ln 0b b =>可得1b >，且11ln b b =-，则11ln 0b b+=，②令()ln h x x x =+，其中0x >，则()110h x x'=+>，所以，函数()h x 在()0,∞+上为增函数，由①②可得()10h a h b ⎛⎫== ⎪⎝⎭，所以，1a b =，可得1ab =，由()ln ln ln e 0a a a a lne a a +=+==可得e 1a a =，则1e ab a==，因为01a <<，则1e a ab b =<=，故选：B.【点睛】关键点点睛：本题考查指对同构问题，需要对等式进行变形，根据等式的结构构造合适的函数，并利用函数的单调性得出相应的等式，进而求解.【题型专练】1.（2022·陕西·泾阳县教育局教学研究室高二期中（理））已知0a b >>，且满足ln ln a b b a =，e 为自然对数的底数，则（）A ．e e e a b b <<B ．e e e b a b <<C ．e e e b a b <<D ．e e e a bb <<【答案】B 【解析】【分析】构造函数()()ln ,0xf x x x=>，利用导函数研究函数的单调性判断即可.【详解】解：因为e x y =在R 上单调增，0a b >>，所以e e a b >，故A 、D 错误；构造函数()()ln ,0x f x x x =>，则()21ln 0xf x x '-==，e x =，当()0,e x ∈时，()0f x '>，()f x 单调增，当()e,x ∈+∞时，()0f x '<，()f x 单调减，因为ln ln a b b a =，ln ln a ba b=，即()()f a f b =，又0a b >>，所以0e b <<，e a >，ln 0a >，ln ln 0a b b a =>，所以1e b a <<<，所以ln ln eeb b <，eln ln e b b <，e ln ln e b b <，即e e b b <，所以e e e a b b <<，故B 正确.故选：B.2．（2022·全国·高三专题练习（理））设20222020a =，20212021b =，20202022c =，则（）A ．a b c >>B ．b a c>>C ．c a b>>D ．c b a>>【答案】A 【解析】【分析】由于ln2020ln 2021ln2021ln 2022a b =，所以构造函数()()2ln 1xf x x e x =≥+，利用导数判断其为减函数，从而可比较出()()202020210f f >>，进而可比较出,a b 的大小，同理可比较出,b c 的大小，即可得答案【详解】∵ln2020ln 2022ln20202021ln2021ln 2021ln20212022a b ==，构造函数()()2ln 1xf x x e x =≥+，()()21ln 1x x x f x x x +-'=+，令()1ln g x x x x =+-，则()ln 0g x x '=-<，∴()g x 在)2,e ⎡+∞⎣上单减，∴()()2210g x g e e ≤=-<，故()0f x '<，∴()f x 在)2,e ⎡+∞⎣上单减，∴()()202020210f f >>，∴()()2020ln 1ln 2021f a b f =>∴ln ln a b >.∴a b >，同理可得ln ln b c >，b c >，故a b c >>，故选：A3．（2022·广东·中山市迪茵公学高二阶段练习）已知0a b >>，下列不等式，成立的一个是（）A ．33a b a b ->-B ．ln ln a b a b->-C ．sin sin a b a b ->-D ．e e a b a b->-【答案】D 【解析】【分析】在0x >时，构造函数3(),()ln ,()sin ,()e x f x x x g x x x h x x x x x ϕ=-=-=-=-，探讨它们的单调性即可分别判断选项A ，B ，C ，D 作答.【详解】因3333a b a b a a b b ->-⇔->-，则令3()f x x x =-，0x >，2()31x f x '=-，显然函数()f x 在上递减，在()3+∞上递增，即函数()f x 在(0,)+∞上不单调，而0a b >>，则不能比较()f a 与()f b 的大小，A 不是；因ln ln ln ln a b a b a a b b ->-⇔->-，则令()ln g x x x =-，0x >，1()1g x x'=-，显然函数()g x 在(0,1)上递增，在(1,)+∞上递减，在(0,)+∞上不单调，而0a b >>，则不能比较()g a 与()g b 的大小，B 不是；因sin sin sin sin a b a b a a b b ->-⇔->-，则令()sin h x x x =-，0x >，()cos 10h x x '=-≤，函数()h x 在(0,)+∞上单调递减，由0a b >>，得()()h a h b <，即sin sin a a b b -<-，C 不是；因e e e e a b a b a b a b ->-⇔->-，则令()e x x x ϕ=-，0x >，()e 10x x ϕ'=->，函数()ϕx 在(0,)+∞上单调递增，由0a b >>，得()()a b ϕϕ>，即e e a b a b ->-，D 是.故选：D 【点睛】思路点睛：某些涉及数或式大小关系问题，细心探求变量关系，构造函数，利用函数的单调性求解.4．（2022·全国·高三专题）已知,x y 满足222e x x -=，4e ln 2y y=+（其中e 是自然对数的底数），则2x y =（）A ．4eB ．3eC ．2eD ．e【答案】A 【解析】【分析】对222e xx -=两边取对数，得22ln 2x x =-,再与4e ln 2y y =+相加整理得4422e e ln ln x x y y+=+，构造函数()ln g t t t =+，根据单调性，即可求解.【详解】解：222ex x -=,两边取对数得：22ln 2x x =-，又4e ln 2y y=+，两式相加得：422e ln ln 4x y x y+=-+，即444224e e e ln ln e ln ln x x y y y y +=-+=+，令()ln g t t t =+，故上式变为42e ()()g x g y=，易知()ln g t t t =+在()0,∞+上单调递增，故42e x y=，故24e x y =，故选：A5.（2022·四川·广安二中模拟预测（理））已知0πx y <<<，且e sin e sin y x x y =，其中e 为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是（）A ．co co s 0s x y +<B ．cos cos 0x y +>C ．cos sin x y >D ．sin sin x y>【答案】B 【解析】【分析】构造()sin ex xf x =，0πx <<，求导研究其单调性，判断出D 选项，利用同角三角函数关系得到AB 选项，构造差函数，得到π2x y >-，从而判断出C 选项.【详解】构造()sin e xx f x =，0πx <<，则()sin 0e x xf x =>恒成立，则()cos sin e xx xf x -'=，当π04x <<时，cos sin x x >，()cos sin 0e xx x f x -'=>，当ππ4x <<时，cos sin x x <，()cos sin 0e x x xf x -'=<所以()sin e x x f x =在π0,4⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，在π,π4⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，因为0πx y <<<，所以π0π4x y <<<<，0e e x y <<，又sin sin 0e ex y x y=>，所以0sin sin x y <<，D 错误，因为π0π4x y <<<<，所以cos 0x =>，cos y 所以cos cos x y >，所以cos cos 0x y +>，A 错误，B 正确.令()()π2g x f x f x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，则π04g ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()()()π2ππ22sin cos e e πcos sin sin cos 2e e e x xx x x x x x x x g x f x f x --⎛⎫-- ⎪--⎛⎫⎝⎭=+-=+= ⎪⎝'⎭''当0πx <<时，()0g x '>恒成立，所以()()π2g x f x f x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭在()0,π上单调递增，当π0,4x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()π02g x f x f x ⎛⎫=--< ⎪⎝⎭，即()π2f x f x ⎛⎫<- ⎪⎝⎭，因为()()f x f y =，所以()π2f y f x ⎛⎫<- ⎪⎝⎭因为π0π4x y <<<<，所以ππ24x ->，因为()f x 在在π,π4⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，所以π2y x >-，即π2x y >-因为()cos x x ϕ=在()0,π上单调递减，所以πcos cos sin 2x y y ⎛⎫<-= ⎪⎝⎭，C 错误故选：B 【点睛】结合题目特征，构造函数，利用函数单调性比较函数值的大小，是比较大小很重要的方法，本题中构造()sin e xxf x =进行求解.6.（2022·福建·三明一中模拟预测）己知e 为自然对数的底数，a ，b 均为大于1的实数，若1e ln a a b b b ++<，则（）A ．1e a b +<B ．1e a b +>C ．eab <D ．eab >【答案】B 【解析】【分析】由题意化简得到e ln e ln e e a ab b<，设()ln f x x x =，得到(e )()ea b f f <，结合题意和函数()f x 的单调性，即可求解.【详解】由1e ln a a b b b ++<，可得1eln (ln 1)lnea b a b b b b b b +<-=-=，即e ln e ln e e a ab b <，设()ln f x x x =，可得(e )()eab f f <，因为0a >，可得e 1a >，又因为(ln 1)0,0b b b ->>，所以ln 1b >，即e b >，所以1eb>，当1x >时，()ln 10f x x '=+>，可得函数()f x 在(1,)+∞为单调递增函数，所以e eab<，即1e a b +>.故选：B.题型二：利用同构求函数最值【例1】（2022·四川省通江中学高二期中（文））已知函数()()e ,ln xf x xg x x x ==，若()()(0)f m g n t t ==>，则ln mn t ⋅的取值范围为（）A ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．21,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．1,e ⎡-+∞⎫⎪⎢⎣⎭【答案】D 【解析】【分析】先求得,m n 的取值范围，然后化简ln mn t ⋅，结合导数求得ln mn t ⋅的取值范围.【详解】由于()()(0)f m g n t t ==>，即e ln 0m m n n t ==>，所以0,1m n >>，当0x >时，()()()'1e 0,xf x x f x =+⋅>递增，所以()f m t =有唯一解.当1x >时，()()'1ln 0,g x x g x =+>递增，所以()g n t =有唯一解.由e ln m m n n =得ln e e ln ln m n m n m n ⋅=⋅⇒=，所以()()ln ln ln ln mn t n n t t t ⋅=⋅=.令()()'ln ,1ln h t t t h t t ==+，所以()h t 在区间()()'10,,0,e h t h t ⎛⎫< ⎪⎝⎭递减；在区间()()'1,,0,e h t h t ⎛⎫+∞> ⎪⎝⎭递增.所以()11e e h t h ⎛⎫≥=- ⎪⎝⎭，所以ln mn t ⋅的取值范围为1,e ⎡-+∞⎫⎪⎢⎣⎭.故选：D 【点睛】本题要求ln mn t ⋅的取值范围，主要的解题思路是转化为只含有一个变量t 的表达式，然后利用导数来求得取值范围.在转化的过程中，主要利用了对数、指数的运算.【例2】（2022·江西·临川一中模拟预测（文））已知函数()()ln 1f x x x =+-，()ln g x x x =，若()112ln f x t =+，()22g x t =ln t 的最小值为（）A ．21e B ．1e-C ．12e-D ．2e【答案】B 【解析】【分析】通过()f x 、()g x 解析式，()()12f x g x 、的值求得122x x x -关于t 的表达式，结合导数求得所求的最小值.【详解】()f x 的定义域为()1,+∞，所以11x >，11e 1x ->.()112ln 0f x t t =+⇒>.()112ln f x t =+，()2111ln 1ln x x t -+-=，则()()1111ln 1121e 1e x x x x t -+--=-=，又因为()22g x t =，所以()111111221ln 1e e ln e x x x x x x ---=-=，令()ln h x x x =，则()()112e x h x h -=，()'ln 1h x x =+，当1x >时，()'0h x >，()h x 递增，所以112e x x -=ln ln ln ln t t t t t ===，()ln h x x x =，()'ln 1h x x =+，所以()h x 在区间()()'10,,0,e h x h x ⎛⎫< ⎪⎝⎭递减；在区间()()'1,,0,e h x h x ⎛⎫+∞> ⎪⎝⎭递增，所以()h x 的最小值为11e e h ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，即B 选项正确.故选：B 【点睛】含参数的多变量的题目，结合方法是建立变量、参数之间的关系式，主要方法是观察法，根据已知条件的结构来进行求解.【例3】（2022·全国·高三专题练习（理））设大于1的两个实数a ，b 满足22ln a nb b e a ⎛⎫< ⎪⎝⎭，则正整数n 的最大值为（）．A ．7B ．9C ．11D ．12【答案】B 【解析】【分析】将已知条件变形为22ln an n b e b a<，构造两个函数，对函数求导，根据函数的单调性求出n 的最大值即可.【详解】解：易知22ln n a n b b e a <等价于22ln an n b e b a<．令()()2ln 1n xf x x x =>，则()()()121ln 2ln ln 2ln n n n x x n x x n x f x x x -+⋅--'==．令()0f x '=得2n x e =．当()0f x '>时()21,n x e ∈；当()0f x '<时()2,n x e ∈+∞．所以()f x 在()21,n e 上单调递增，在()2,n e +∞上单调递减，则()f x 有最大值()2222nn f e e⎛⎫ ⎪⎝⎭=．令()()21xn e g x x x =>，则()()212x n e x n g x x+-'=．当12n ≤时不符合，舍去，所以12n>．则()0g x '=，2nx =．当()0g x '>时2n x >；当()0g x '<时12n x <<．所以()g x 在1,2n ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在,2n ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，则()g x 有最小值22nn n e g n ⎛⎫=⎪⎝⎭⎛⎫ ⎪⎝⎭．若22ln an n b e b a<成立，只需()22n n f e g ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，即2222nn e n e n ⎛⎫⎪⎝⎭≤⎛⎫ ⎪⎝⎭，即222n n n e -+⎛⎫≥ ⎪⎝⎭．两边取自然对数可得()22ln 2n n n +≥-．当2n =时等式成立；当3n ≥时有2ln 22n nn +≥-．令()2ln 22x xx x ϕ+=--，本题即求()0x ϕ>的最大的正整数．()()24102x xx ϕ-'=-<-恒成立，则()x ϕ在[)3,+∞上单调递减．因为()58ln 403ϕ=->，()1199ln 1.5714 1.51072ϕ=-≈->，()310ln 502ϕ=-<，所以()0x ϕ>的最大正整数为9．故选：B ．【题型专练】1.（2022·四川绵阳·高二期末（理））已知函数()e x f x x =+，()e x g x x =，若1()ln f x k =，2()g x k =，则12ln e x x k +的最小值是（）A ．1e --B ．1e -C ．2e -D ．2e --【答案】A 【解析】【分析】先通过中间量k 找到12,x x 的关系，然后反带回去，将代求表达式表示成关于k 的函数来求解.【详解】依题意得，20,0k x >>，112211122222()ln e ln e ln ln e ln ()e x x x x f x k x k x k x x x g x k x k ⎧=+=⎧⎪⇒⇒+===+⎨⎨==⎪⎩⎩，于是12ln 1222e ln e ln x x x x x x +=+=+，设()e x h x x =+，显然()h x 在R 上单调，于是12()(ln )h x h x =，根据()h x 单调性可知12ln x x =，故12e x x =，于是212122e e e e x x x x xx k +===，故12ln e ln x x k k k +=，在令()ln p k k k =，()1ln p k k '=+，于是10e ,()0,()k p k p k -'<<<递减，1e ,()0,()k p k p k -'>>递增，故1e k -=，()p k 取得最小值1e --.故选：A2.（2022·全国·高二期末）已知函数()ln(1),()ln f x x x g x x x =+-=，若()()21212ln ,f x t g x t =+=，则()2122ln -x x x t 的最小值为（）A ．1e-B ．12e-C ．21e D ．2e【答案】A 【解析】【分析】由已知条件可推得121ln 212(1)e e ln x x t x x -=-=⋅，即有21ln 1x x =-，结合目标式化简可得()22122ln ln x x x t t t -=⋅，令()ln h u u u =⋅，利用导函数研究其单调性并确定区间最小值，即为()2122ln -x x x t 的最小值．【详解】()()111ln 112ln f x x x t =+-=+，所以()2111ln 1ln x x t -+-=，则()1121ln 1e ln x x t --=．于是()()112212221e ln ,x x t g x x x t --===．所以()121ln 12221e ln e ln x x x x x x --==．构造函数e x y x =，易知当0x >时，e x y x =单调递增．所以，121ln x x -=．于是()()222221222122ln 1ln ln ln ln -=-==x x x t x x t x x t t t ，令20=>u t ，则1()ln ,()ln e 1,0h u u u h u u h ''⎛⎫==+= ⎪⎝⎭．()h u 在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增．所以min e 1()e 1h u h ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，即()2122min1l e n x x x t ⎡⎤-=-⎣⎦．故选：A题型三：利用同构解决函数的零点问题【例1】（2022·海南华侨中学模拟预测）已知函数()log xa f x a x =-（0a >且1a ≠）有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是（）．A ．()1e1,e B ．()1e e ,eC．(D．(1e e 【答案】A 【解析】【分析】解法一：令()0f x =，得log xa a x =，进而得到y x a y a x +=+．令()x g x a x =+，由其单调性得到x y =，即x a x =，进而转化为ln ln x a x=，利用导数法判断；解法二：令()0f x =，得log xa a x =，进而得到y x a y a x +=+．令()xg x a x =+，由其单调性得到x y =，即x a x =，然后利用导数的几何意义求解判断.【详解】解法一：通过选项判断可知1a >，令()0f x =，得log xa a x =，由log x a y a y x ⎧=⎨=⎩，得x yy a a x ⎧=⎨=⎩，所以y x a y a x +=+．令()xg x a x =+，则()()g x g y =，且()g x 在()0,∞+上单调递增，所以x y =，即x a x =，所以ln ln x a x =，即ln ln xa x=，令()ln xg x x=，()21ln x g x x -'=，∴()g x 在()0,e 上单调递增，在()e,+∞上单调递减，则()()max 1e g x g e==，又1x >时，()ln 0xg x x=>，且()10g =，画出()g x大致图像，可知10ln ea <<，则1e 1e a <<．故选：A ．解法二：通过选项判断可知1a >，令()0f x =，得log xa a x =，由log x a y a y x⎧=⎨=⎩，得x y y a a x ⎧=⎨=⎩，所以y x a y a x +=+．令()xg x a x =+，则()()g x g y =，且()g x 在()0,∞+上单调递增，所以x y =，即x a x =，当直线y x =与x y a =图像相切时，设切点为()00,x y ，由ln xy a a '=，则有0001x x a lna a x ⎧=⎪⎨=⎪⎩，故0ln 1x a =，则01log e ln a x a ==．又00x a x =，即log elog e a a a =，则log e e a =，∴1e e a =．要使得直线y x =与x y a =图像有两个交点，则1e 1e a <<，故选：A ．【例2】（2022·全国·高三专题）已知函数()()x x a xe x f x +-=ln 2有两个零点，则a 的最小整数值为（）A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】C【分析】先将函数化为ln ()e 2(ln )x x f x a x x +=-+，令ln t x x =+，进而只需说明()e 2tg t at =-在R 上有两个零点，然后对函数求导，讨论出函数的单调区间和最值，最后通过放缩法解决问题.【详解】ln ()e 2(ln )e 2(ln )x x x f x x a x x a x x +=-+=-+，设ln (0)t x x x =+>，110t x=+>'，即函数在()0,∞+上单调递增，易得R t ∈，于是问题等价于函数()e 2t g t at =-在R 上有两个零点，()e 2t g t a ='-，若0a ≤，则()0g t '>，函数()g t 在R 上单调递增，至多有1个零点，不合题意，舍去；若0a >，则(),ln 2x a ∈-∞时，()0g t '<，()g t 单调递减，()ln 2,x a ∈+∞时，()0g t '>，()g t 单调递增.因为函数()g t 在R 上有两个零点，所以()()()min e ln 221ln 202g a a a g a t ==-<⇒>，而()010g =>，限定1t >，记()e t t t ϕ=-，()e 10tt ϕ='->，即()t ϕ在()1,+∞上单调递增，于是()()e 1e 10e ttt t t ϕϕ=->=->⇒>，则2t >时，22e e 24t tt t >⇒>，此时()()22844t t g t at t a >-=-，因为2ea >，所以84e 1a >>，于是8t a >时，()0g t >.综上：当2ea >时，有两个交点，a 的最小整数值为2.故选：C.【题型专练】1.（2021·全国·模拟预测）在数学中，我们把仅有变量不同，而结构、形式相同的两个式子称为同构式，相应的方程称为同构方程，相应的不等式称为同构不等式．若关于a 的方程6e ae a =和关于b 的方程()132ln -=-λe b b （R b a ∈λ,,）可化为同构方程，则λ=________，()ln ab =________．【答案】38【解析】【分析】两个方程分别取自然对数，转化后由同构的定义求得λ，然后利用新函数的单调性得,a b 关系，从而求得ab【详解】对6e e a a =两边取自然对数得ln 6a a +=①．对()31ln 2e b b λ--=两边取自然对数得ln b +()ln ln 231b λ-=-，即()ln 2ln ln 233b b λ-+-=-②．因为方程①，②为两个同构方程，所以336λ-=，解得3λ=．设()ln f x x x =+（0x >），则()110f x x'=+>，所以函数()f x 在()0,∞+上单调递增，所以方程()6f x =的解只有一个，所以ln 2a b =-，所以()()331ln 2ln 2e ab b b b b ⨯-==-=-8e =，故()8ln n 8l e ab ==．故答案为：3；8．2.（2022·辽宁·大连市普兰店区高级中学模拟预测）已知函数()()ln 11f x x x =+-+．(1)求函数()f x 的单调区间；(2)设函数()e ln xg x a x a =-+，若函数()()()F x f x g x =-有两个零点，求实数a 的取值范围．【答案】(1)单调递增区间为()–1,0；单减区间为()0,∞+(2)()0,1【解析】【分析】（1）求定义域，求导，由导函数的正负求出函数()f x 的单调区间；（2）同构处理，为设函数()e xh x x =+，则()()()ln ln 1h x a h x +=+，结合()e xh x x =+的单调性得到()ln ln 1a x x =+-有两个根，结合第一问中的结论，列出不等关系，求出a 的取值范围.(1)函数的定义域为{}–1x x >，()()()11,010,;0,011x f x f x x f x x x x -'=-='>-<<'<>++．函数()f x 的单调递增区间为()–1,0；单减区间为()0,∞+．(2)要使函数()()()F x f x g x =-有两个零点，即()()f x g x =有两个实根，即ln(1)1e ln x x x a x a +-+=-+有两个实根．即ln ln e ln(1)1x a x a x x +++=+++．整理为ln ln(1)ln ln(1e e )x a x x a x ++++=++，设函数()e xh x x =+，则上式为()()()ln ln 1h x a h x +=+，因为()e 10x h x =+>'恒成立，所以()xh x e x =+单调递增，所以()ln ln 1x a x +=+．所以只需使()ln ln 1a x x =+-有两个根，设()()ln 1M x x x =+-．由（1）可知，函数()M x ）的单调递增区间为()–1,0；单减区间为()0,∞+，故函数()M x 在0x =处取得极大值，()()max 00M x M ==．当1x →-时，()M x →-∞；当x →+∞时，()–M x →∞，要想()ln ln 1a x x =+-有两个根，只需ln 0a <，解得：01a <<．所以a 的取值范围是()0,1．题型四：利用同构解决不等式恒成立问题【例1】（2022·广东广州·三模）对于任意0x >都有ln 0x x ax x -≥，则a 的取值范围为（）A ．[]0,e B ．11e e ,e -⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．[)11,e e,e -⎛⎤-∞-⋃+∞ ⎥⎝⎦D ．(],e -∞【答案】B 【解析】【分析】()ln t f x x x ==，由导数的单调性求出()1e tf x =≥-，所以ln ln 0e ln 0x x x x ax x ax x -≥⇒-≥转化为：e 0t at -≥任意1et ≥-恒成立，令()e tg t at =-，分类讨论a 值，求出()min g t ，即可求出答案.【详解】ln ln 0e ln 0x x x x ax x ax x -≥⇒-≥，令()ln t f x x x ==，则()ln 1f x x '=+，所以()f x 在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，所以()1111ln e e ee f x f ⎛⎫≥==- ⎪⎝⎭，所以()1e t f x =≥-，所以ln 0x x ax x -≥转化为：e 0t at -≥，令()e t g t at =-，()e tg t a '=-，①当0a ≤时，()0g t '≥，所以()g t 在1,e ⎡-+∞⎫⎪⎢⎣⎭上单调递增，所以()111e e min11e 0e e e g t g a a --⎛⎫⎛⎫=-=--≥⇒≥- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以11e e 0a --≤≤.②当0a >时，您()0g t '=，所以ln t a =，（i ）当1ln ea <-即1e e a -<时，()0g t '>，所以()g t 在1,e ⎡-+∞⎫⎪⎢⎣⎭上单调递增，()111e e min 11e 0e e e g t g a a --⎛⎫⎛⎫=-=--≥⇒≥- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以1e 0e a -<<.(ii)当1ln ea ≥-即1e e a -≥时，()g t 在1,ln e a ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭上单调递减，在[)ln ,a +∞上单调递增，()()()ln min ln e ln 0ln 01ln 0a g t g a a a a a a a ==-≥⇒-≥⇒-≥，所以e a ≤，所以1e e e a -≤≤.综上，a 的取值范围为：11e e ,e -⎡⎤-⎢⎥⎣⎦.故选：B.【例2】（2022·全国·高三专题练习（文））已知e 是自然对数的底数.若[1,)x ∃∈+∞，使5e 6ln 0≤mx m x x -，则实数m 的取值范围为（）A ．1,6∞⎛⎤- ⎥⎝⎦B ．6,e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．e ,6⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦D ．(,6]-∞【答案】B 【解析】【分析】先讨论0m ≤时，不等式成立；0m >时，不等式变形为66ln e ln e mx x mx x ≤，构造函数()()e 0xf x x x =≥，由单调性得到6ln mx x ≤，参变分离后构造函数6ln ()xg x x=，求出()g x 最大值即可求解.【详解】当0m ≤时，5e 6ln 00,mx m x x ≤≥，显然5e 6ln 0mx m x x -≤成立，符合题意；当0m >时，由1≥x ，5e 6ln 0mx m x x -≤，可得6e 6ln 0mx mx x x -≤，即66e ln mx mx x x ≤，66ln e ln e mx x mx x ≤，令()()e 0x f x x x =≥，()()1e 0xf x x '=+>，()f x 在[)0,∞+上单增，又60,ln 0mx x >≥，故66ln e ln e mx x mx x ≤，即6()(ln )f mx f x ≤，即6ln mx x ≤，6ln x m x ≤，即[)1,x ∃∈+∞使6ln x m x ≤成立，令6ln ()xg x x=，则266ln ()xg x x -'=，当[)1,e x ∈时，()0,()'>g x g x 单增，当()e,x ∈+∞时，()0,()g x g x '<单减，故max 6()(e)e g x g ==，故60em <≤；综上：6em ≤.故选：B 【点睛】本题关键点在于当0m >时，将不等式变形为66ln e ln e mx x mx x ≤，构造函数()()e 0xf x x x =≥，借助其单调性得到6ln mx x ≤，再参变分离构造函数6ln ()xg x x=，求出其最大值，即可求解.【例3】（2022·宁夏中卫·三模（理））不等式e ln ax a x >在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．1,2e ∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭B ．1(,)e+∞C ．1,)∞+（D ．(e,)+∞【答案】B 【解析】【分析】将e ln ax a x >变为e ln ax ax x x >即ln e ln e ax x ax x >⋅，构造新函数()e ,(0)x g x x x =>，利用其单调性得到ln ln ,xax x a x>>，继而求得答案.【详解】当0a ≤时，不等式e ln ax a x >在(0,)+∞上恒成立不会成立，故0a >，当(0,1]x ∈时，ln 0x ≤，此时不等式e ln ax a x >恒成立；不等式e ln ax a x >在(1,)+∞上恒成立,即e ln ax ax x x >在(1,)+∞上恒成立,而e ln ax ax x x >即ln e ln e ax x ax x >⋅，设()e ,()(1)e x x g x x g x x '==+，当1x >-时，()(1)e 0x g x x '=+>，故()e ,(1)x g x x x =>-是增函数，则ln e ln e ax x ax x >⋅即()(ln )g ax g x >，故ln ln ,xax x a x>>，设2ln 1ln (),(1),()x xh x x h x x x -'=>=，当1e x <<时，21ln ()0xh x x -'=>，()h x 递增，当e x >时，21ln ()0xh x x -'=<，()h x 递减，故1()(e)e h x h ≤=，则1e>a ，综合以上，实数a 的取值范围是1e>a ，故选：B 【点睛】本题考查了不等式的恒成立问题，解答时要注意导数的应用，利用导数判断函数的单调性以及求最值等，解答的关键是对原不等式进行变形，并构造新函数,这一点解题的突破点.【例4】（2022·陕西渭南·二模（文））设实数0λ>，对任意的1x >，不等式n e l x x λλ≥恒成立，则λ的最小值为（）A ．eB ．12eC ．1eD ．2e【答案】C 【解析】【分析】由题设有ln e e ln x x x x λλ⋅⋅≥，构造()e t f t t =⋅并利用导数研究单调性即可得(1,)x ∈+∞上ln xxλ≥恒成立，再构造ln ()xg x x=，(1,)x ∈+∞并应用导数求最值，即可得λ的最小值.【详解】由题设，ln ln e ln e x x x x x x λλ≥=⋅⋅，令()e t f t t =⋅，则在()(1)e 0t f t t '=+⋅>，所以()f t 单调递增，又()(ln )f x f x λ>，即(1,)x ∈+∞上ln x x λ≥，即ln xxλ≥恒成立，令ln ()x g x x=，(1,)x ∈+∞，则21ln ()xg x x -'=，所以，(1,e)上()0g x '>，则()g x 递增；(e,)+∞上()0g x '<，则()g x 递减；则1()(e)e g x g ≤=，故1eλ≥.【点睛】关键点点睛：根据同构形式结合导数研究()e t f t t =⋅的单调性，进而将问题转化为(1,)x ∈+∞上ln xxλ≥恒成立，再次构造函数求最值，确定参数范围.【例5】（2022·辽宁·高二期中）已知0a >，若在(1,)+∞上存在x 使得不等式e ln x a x x a x -≤-成立，则a 的最小值为（）A ．1eB ．1C ．2D ．e【答案】D 【解析】【分析】先利用ln =e a a x x 将不等式转化为ln e e ln x a x x a x -≤-，借助单调性得到ln ≤x a x ，参变分离后构造函数()(1)ln xf x x x=>，结合单调性求出最小值即可.【详解】∵ln ln e e aa x a x x ==，∴不等式即为：ln e e ln x a x x a x-≤-由0a >且1x >，∴ln 0a x >，设e x y x =-，则e 10x y '=->，故e x y x =-在(0,)+∞上是增函数，∴ln ≤x a x ，即ln x a x≥，即存在(1,)x ∈+∞，使ln x a x ≥，∴minln ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭x a x ，设()(1)ln x f x x x =>，则2ln 1(),(1,e),()0ln x f x x f x x ''-=∈<；(e,),()0x f x ∞'∈+>；∴()f x 在(1,e)上递减，在(e,)+∞上递增，∴min ()(e)e f x f ==，∴e a ≥．故选：D.【例6】（2022·四川省泸县第二中学模拟预测（理））已知0a >，不等式22e ln 0aax x x x -≥对任意的实数1x >恒成立，则实数a 的最大值为（）A ．12eB ．2eC ．1eD ．e【答案】B 【解析】【分析】构造函数()e x f x x =，利用函数单调性可得2ln x a x≥，再构造函数ln (),(1)xg x x x =>，利用导数求出函数的【详解】不等式22ln 0aax xe x x -≥对任意的实数1x >恒成立22e ln a a xx x x∴≥令()e xf x x =()(1)e 0x f x x '∴=+>对任意的实数1x >恒成立2()(ln )af x f x ∴≥，ln 2a x x ∴≥，2ln x a x∴≥令ln (),(1)xg x x x=>21ln ()x g x x -'=令()0g x '=，解得ex =当1e x <<时，()0g x '>，函数单调递增当e x >时，()0g x '<，函数单调递减max 1()(e)eg x g ∴==21ea ∴≥，2e a ∴≤，所以实数a 的最大值为2e 故选：B 【题型专练】1.（2022·辽宁葫芦岛·高二期末）已知0a <，不等式1e ln 0a x x a x ++≥对任意的实数2x >恒成立，则实数a 的最小值为（）A ．2e -B ．e-C ．1e-D ．12e-【答案】B 【解析】【分析】首先不等式同构变形为e ln e ln x x a a x x --≥，引入函数()ln f x x x =，由导数确定单调性得e x a x -≥，分离参数变形为ln x a x-≤，再引入函数()ln x g x x =，由导数求得其最小值，从而得a 的范围，得最小值．【详解】不等式1e ln 0a x x a x ++≥可化为e ln x a a x x x --≥，即e ln e ln x x a a x x --≥，0a <，2x >，则1a x ->，e 1x >，设()ln f x x x =，则()ln 1f x x '=+，1x >时，()0f x '>，()f x 是增函数，所以由e ln e ln x x a a x x --≥得e x a x -≥，ln x a x ≥-，ln x a x-≤，所以2x >时，ln xa x-≤恒成立．设()ln x g x x =，则2ln 1()ln x g x x'-=，2e x <<时，()0g x '<，()g x 递减，e x >时，()0g x '>，()g x 递增，所以min ()(e)e g x g ==，所以e a -≤，e a -≥．所以a 的最小值是e -．故选：B ．【点睛】难点点睛：本题考查用导数研究不等式恒成立问题，难点在于不等式的同构变形，然后引入新函数，由新函数的单调性化简不等式，从而再由变量分离法转化为求函数的最值．2.（2022·黑龙江·哈尔滨三中高二期末）已知函数()e ln()(0)x f x a ax a a a =-+->，，若关于x 的不等式()0f x >恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．(0,1)B ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．()0,e 【答案】A 【解析】【分析】首先将不等式进行恒等变形，然后构造新函数，结合函数的性质即可求得实数a 的取值范围．【详解】由题意可得：e ln(1)ln 1xx a a >+++，ln e ln ln(1)1x a x a x x -∴+->+++，ln ln(1)e ln e ln(1)x a x x a x -+∴+->++，令()e x g x x =+，易得()g x 在(1,)+∞上单调递增，ln ln(+1)x a x ∴->，记()ln ln(+1)h x x a x =--，则()1111x x h x x =-=++',故当()1,0x ∈-时，()0h x '<，此时()h x 单调递减，当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，此时()h x 单调递增，故()()min 0ln h x h a ==-，故只需-ln 001a a >⇒<<故实数a 的取值范围为()01，．故选：A3.（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高二期末）若对任意()1,x ∈-+∞，不等式()e ln 1ln 1xa x a -++≥恒成立，则实数a 的最小值是（）A ．1B ．2C ．eD ．3【答案】A 【解析】【分析】由()e ln 1ln 1-++≥x a x a 得()()ln 1ln e ln e ln 1+++≥+++x x ax x a ，令()e =+x F x x ，利用()F x 的单调性可得()ln ln 1+≥+a x x ，转化为对任意()1,x ∈-+∞时()ln ln 1≥+-a x x 恒成立，令()()()=ln 11+->-h x x x x ，利用导数求出()h x 的最值可得答案.【详解】由()e ln 1ln 1-++≥x a x a 得()()ln 1ln e ln e ln 1+++≥+++x x ax x a ，令()e =+xF x x ，因为e ,==x y y x 都是单调递增函数，所以()e =+xF x x 为单调递增函数，所以()ln ln 1+≥+a x x ，即对任意()1,x ∈-+∞时()ln ln 1≥+-a x x 恒成立，令()()()=ln 11+->-h x x x x ，()=1-'+xh x x ，当10x -<<时，()0h x '>，()h x 单调递增，当0x >时，()0h x '>，()h x 单调递减，所以()()0ln10≥==h x h ，所以ln 0≥a ，即1a ≥.故选：A.。
专题04 导数及其应用(解答题)-三年(2017-2019)高考真题数学(文)分项汇编(解析版)
x1
x0
1，故 ex1x0
x02 x1 1 x1 1
x02 ，两边取对数，得 ln ex1x0 ln x02 ，
于是
x1 x0 2 ln x0 2 x0 1 ，
整理得 3x0 x1 2 .
【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法. 考查函数思想、化归与转化思想.考查综合分析问题和解决问题的能力.
f
(2)
ln
2
1 2
ln
4 1 2
0
，故存在唯一
x0
(1, 2)
，使得
f
x0
0.
又当 x x0 时， f (x) 0 ， f (x) 单调递减；当 x x0 时， f (x) 0 ， f (x) 单调递增.
因此， f (x) 存在唯一的极值点.
（2）由（1）知 f x0 f (1) 2 ，又 f e2 e2 3 0 ，所以 f (x) 0 在 x0, 内存在唯一根
6．【2019 年高考浙江】已知实数 a 0 ，设函数 f (x)=a ln x x 1, x 0.
（1）当 a 3 时，求函数 f (x) 的单调区间； 4
（2）对任意
x
[
1 e2
, ) 均有
f
(x)
x 2a
,
求 a 的取值范围．
注：e=2.71828…为自然对数的底数．
【解析】（Ⅰ）解：由已知， f (x) 的定义域为 (0, ) ，且
f (x)
1 x
(典型题)高中数学选修1-1第四章《导数应用》测试卷(答案解析)
一、选择题1．若关于x 的方程2lnx ax x -=在0,上有两个不等的实数根，则实数a 的取值范围为（ ） A ．(],1-∞-B ．(),1-∞-C ．[)1,-+∞D ．()1,-+∞2．设函数()f x '是奇函数()()f x x R ∈的导函数，()10f -=，当0x >时，()()0xf x f x '-<，则使得()0f x >成立的x 的取值范围是（ ）A ．()()0,11,+∞B ．()(),11,-∞-+∞C ．()(),10,1-∞-⋃D ．()()1,01,-⋃+∞3．已知函数()2sin x m f x x +=-在30,4π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个不同的零点，则实数m 的取值范围是（ ） A ．3,44ππ⎫⎡--⎪⎢⎣⎭ B ．3,44ππ⎛⎤⎥⎝⎦ C ．,42ππ⎛⎫⎪⎝⎭ D ．,24ππ⎛⎫-- ⎪⎝⎭ 4．已知函数()23ln f x x ax x =-+在其定义域内为增函数，则a 的最大值为（ ）A．4B ．C ．D ．65．已知函数()f x 定义域为R ，其导函数为f x ，且()()30f x f x '->在R 上恒成立，则下列不等式定成立的是（ ） A ．()()310f e f <B ．()()210f e f < C ．()()310f e f >D ．()()210f e f >6．已知函数()()()()221ln 10,,2a f x a x x a a xb x a b =-++--+>∈∈R R .若函数()f x 有三个零点，则（ ）A ．1a >，0b <B ．01a <<，0b >C ．0a <，0b >D ．01a <<，0b < 7．已知定义在R 上的函数()f x 满足()()f x f x '<-，则下列式子成立的是（ ）A ．(2020)(2021)f ef >B ．(2020)(2021)f ef <C ．(2020)(2021)ef f >D ．(2020)(2021)ef f <8．已知函数()()()110ln x f x x x++=>，若()1kf x x >+恒成立，则整数k 的最大值为（ ） A ．2B ．3C ．4D ．59．对于正数k ，定义函数：()()()(),,f x f x k g x k f x k ⎧≤⎪=⎨>⎪⎩.若对函数()ln 22f x x x =-+，有()()g x f x =恒成立，则（ ）A ．k 的最大值为1ln2+B ．k 的最小值为1ln2+C ．k 的最大值为ln 2D ．k 的最小值为ln 210．甲乙两人进行乒乓球友谊赛，每局甲胜出概率是()01p p <<，三局两胜制，甲获胜概率是q ，则当q p -取得最大值时，p 的取值为（ ） A ．12B ．1326-C ．1326+ D ．2311．函数()212x f x x -=+的值域是（ ） A ．30,⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．3⎛⎫∞ ⎪ ⎪⎝⎭,+C ．()0,3D ．)3,⎡+∞⎣12．若函数32()21f x ax x x =+++在(1,2)上有最大值无最小值，则实数a 的取值范围为（ ） A ．34a >-B ．53a <-C ．5334a -<<- D ．5334a -≤≤- 二、填空题13．已知函数()32133f x x x =++在区间(),3+m m 上存在极大值与极小值，则实数m 的取值范围是_________．14．已知函数()(ln )xe f x k x x x=+-，若1x =是函数()f x 的唯一极值点，则实数k 的取值范围是_______.15．已知函数()f x 与()f x '的图象如图所示，则函数()()x f x g x e=的单调递减区间为___________．16．已知函数()2ln(1)f x x ax =+-，对任意的(0,1),(0,1)m n ∈∈，当m n ≠时，(1)(1)1f m f n m n+-+<-，则实数a 的取值范围是____________.17．函数21f x x x 的极大值为_________.18．已知函数3223,01()21,1x x m x f x mx x ⎧-+≤≤=⎨-+>⎩，若函数()f x 的图象与x 轴有且只有两个不同的交点，则实数m 的取值范围为________．19．函数2sin y x x =-在[]0,2π上的递增区间是________.20．已知函数()321f x x x =++，若对于x R ∀∈不等式()21xf ax e a -+≤恒成立，则实数a 的取值范围为：____________．三、解答题21．已知函数()2ln f x x a x x=--. （1）已知()f x 在点()()1,1f 处的切线方程为2y x =-，求实数a 的值； （2）已知()f x 在定义域上是增函数，求实数a 的取值范围. 22．已知函数()xax f x e =． （1）当1a =时，判断函数()f x 的单调性； （2）若0a >，函数()()212g x f x x x =+-只有1个零点，求实数a 的取值范围． 23．已知函数32()691f x x x x =-++． （1）求曲线()y f x =在点()0,1处的切线方程．（2）证明：()()1ln 2cos x x f x x +->对1()2,x ∈+∞恒成立． 24．已知函数()()3f x alnx ax a R =--∈． （1）函数()f x 的单调区间；（2）当1a =-时，证明：当()1x ∈+∞，时，()20f x +>． 25．已知函数21()ln (1)12f x a x x a x =+-++. （I ）当0a =时，求曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程；（Ⅱ）若函数()f x 在1x =处取得极小值，求实数a 的取值范围.26．已知函数321()23f x x x ax =-++，21()42g x x =-. （1）若函数()f x 在()0,∞+上存在单调递增区间，求实数a 的取值范围；（2）设()()()G x f x g x =-.若02a <<，()G x 在[]1,3上的最小值为13-，求()G x 在[]1,3上取得最大值时，对应的x 值.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．B 解析：B 【分析】通过分离参数变成ln x a x x=-，构造函数()ln x f x xx =-，利用导数求其单调区间和值域，数形结合写出a 的取值范围. 【详解】2lnx ax x -=故ln xa x x=- 则()ln x f x xx=- ()2'221ln 1ln 1x x x f x x x---=-= 设()21ln g x x x =--，0x >故()'120g x x x=--< ()21ln g x x x =--在0,上为减函数，10g .故()0,1∈x 时()'0f x >；()1,∈+∞x 时()'0f x <.故()ln x f x xx=-在0,1上为增函数，在1,上为减函数.()()max 11f x f ==-，且0,x →时()f x →-∞；,x →+∞时()f x →-∞y a =与()ln x f x x x=-的图象要有两个交点则a 的取值范围为(),1-∞-. 故选：B 【点睛】方程在某区间上有解的问题，可通过分离参数，构造函数，利用导数求该区间上单调区间和值域，得出参数的取值范围.2．C解析：C 【分析】 构造函数()()f xg x x=，分析出函数()g x 为偶函数，且在()0,∞+上为减函数，由()0f x >可得出()00g x x ⎧>⎨>⎩或()00g x x ⎧<⎨<⎩，解这两个不等式组即可得解.【详解】构造函数()()f xg x x=，该函数的定义域为{}0x x ≠， 由于函数()f x 为奇函数，则()()()()()f x f x f x g x g x x x x---====--， 所以，函数()()f xg x x=为偶函数. 当0x >时，()()()20xf x f x g x x'-'=<，所以，函数()g x 在()0,∞+上为减函数， 由于函数()()f xg x x=为偶函数，则函数()g x 在(),0-∞上为增函数. ()10f -=，则()10f =且()00f =，所以，()()110g g -==.不等式()0f x >等价于()()010g x g x ⎧>=⎨>⎩或()()010g x g x ⎧<=-⎨<⎩，解得1x <-或01x <<.因此，不等式()0f x >的解集为()(),10,1-∞-⋃. 故选：C. 【点睛】方法点睛：利用函数的奇偶性与单调性求解抽象函数不等式，要设法将隐性划归为显性的不等式来求解，方法是：（1）把不等式转化为()()f g x f h x >⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦；（2）判断函数()f x 的单调性，再根据函数的单调性把不等式的函数符号“f ”脱掉，得到具体的不等式（组），但要注意函数奇偶性的区别.3．A【分析】()0f x =有两解变形为2sin m xxe e =有两解， 设2sin ()xxg xe =，利用导数确定函数的单调性、极值，结合()g x 的大致图象可得结论． 【详解】 由()22sin x mf x e x +=-得2sin m xxe e =，设2sin ()xxg x e=，则2(cos sin )()x x g x -'=， 易知当04x π<<时，()0g x '>，()g x 递增，当344x ππ<<时，()0g x '<，()g x 递减，(0)0g =，414g e ππ⎛⎫= ⎪⎝⎭，34314g e ππ⎛⎫= ⎪⎝⎭，如图是()g x 的大致图象， 由2sin mx e =有两解得34411m e e eππ≤<，所以344m ππ-≤<-．故选：A ．【点睛】关键点点睛：本题考查函数的零点问题，解题关键是转化．函数的零点转化为方程的解，再用分离参数变形为2sin m xe =2sin ()x g x =my e =有两个交点，利用导数研究函数()g x 的单调性、极值后可得．4．B解析：B 【分析】求导，则由题意导函数在0,上恒大于等于0，分参求a 范围.【详解】由题意可得()160f x x a x'=-+≥对()0,x ∈+∞恒成立，即16a x x ≤+，对()0,x ∈+∞因为16x x +≥16x x =即x =时取最小值所以a ≤ 故选：B 【点睛】(1)利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号．关键是分离参数k ，把所求问题转化为求函数的最小值问题．(2)若可导函数f (x )在指定的区间D 上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”是否可以取到．5．A解析：A 【分析】 构造函数()()3xf xg x e=，由()()30f x f x '->得0g x ，进而判断函数()g x 的单调性，判断各选项不等式. 【详解】()()3x f x g x e=，则()()()()()()3323333x x x x f x e f x e f x f x g x e e ⋅--=='''， 因为()()30f x f x '->在R 上恒成立， 所以0g x在R 上恒成立，故()g x 在R 上单调递减， 所以()()10g g <，即()()3010f f e e <，即()()310f e f <， 故选：A. 【点睛】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.6．B解析：B 【分析】首先求出函数的导函数，要使函数()f x 有三个零点，则()0f x '=必定有两个正实数根，即可求出参数a 的取值范围，再求出函数的单调区间，从而得到()10f a ->，即可判断b 的范围； 【详解】解：因为()()()()221ln 10,,2a f x a x x a a xb x a b =-++--+>∈∈R R 所以()()()()()()()222111111ax a a x a a ax x a f x ax a a xxx+--+---+-'=++--==要使函数()f x 有三个零点，则()0f x '=必定有两个正实数根，即11x a=，21x a =-，所以1010a a->⎧⎪⎨>⎪⎩解得01a <<，此时111x a =>，211x a =-<，令()0f x '>，解得01x a <<-或1x a >，即函数在()0,1a -和1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，令()0f x '<，解得11a x a -<<或1x a >，即函数在11,a a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，所以()f x 在1x a =-处取得极大值，在1x a=处取得极小值； 因为当0x →时，()f x →-∞；当x →+∞时，()f x →+∞，要使函数函数()f x 有三个零点，则()10f a ->，10f a ⎛⎫< ⎪⎝⎭即()()()()()()2211ln 11112a f a a a a a a ab -=--+-+---+ ()()()()211ln 102a a a a b -+⎡⎤=--++>⎢⎥⎣⎦且()()2211111ln 102a f a a a b a a a a ⎛⎫⎛⎫=-++--+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 因为01a <<，所以011a <-<，20a -<，所以()()2102a a -+<，()ln 10a -<，所以()()()()211ln 102a a a a -+⎡⎤--+<⎢⎥⎣⎦，又()()()()211ln 102a a a a b -+⎡⎤--++>⎢⎥⎣⎦，所以0b >故选：B 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．7．A解析：A 【分析】构造函数()()xg x e f x =，求导判定函数单调性，根据单调性得(2020)(2021)g g >化简即可. 【详解】解：依题意()()0f x f x '+<，令()()x g x e f x =，则()(()())0xg x f x f x e ''=+<在R 上恒成立，所以函数()()xg x e f x =在R 上单调递减， 所以(2020)(2021)g g >即20202021(2020)(2021)(2020)(2021)e e e f f f f >⇒>故选：A. 【点睛】四种常用导数构造法：（1）对于不等式()()0f x g x ''+> (或0<) ，构造函数()()()F x f x g x =+． （2）对于不等式()()0f x g x ''->(或0<) ，构造函数()()()F x f x g x =-．（3）对于不等式()()0f x f x '+>(或0<) ，构造函数()()xF x e f x =．（4）对于不等式()()0f x f x '->(或0<) ，构造函数()()x f x F x e=． 8．B解析：B 【分析】 将不等式化为()()111ln x x k x +++>，令()()()111ln x g x xx ++=+，求出导函数，利用导数判断函数的单调性，从而可得()02,3x ∃∈使()00g x '=，进而可得()()001()g x x x g ≥=+，即求.【详解】()()()1ln 10x f x x x ++=>， ()1k f x x ∴>+可化为()111ln x k x x ++>+即()()111ln x x k x+++>， 令()()()111ln x g x xx ++=+， 则()()()()21ln 11111x x x x ln x g x x +++---++⎡⎤⎣⎦'= ()211x ln x x--+=令()()11h x x ln x =--+， 则()111h x x '=-+，()0,x ∈+∞时， ()0h x '>，()g x '∴在()0,∞+单调递增.又()()1ln 32ln 420,30,49g g --''=<=> ()02,3x ∃∈使()00g x '=，即()0011ln x x +=-.当()00,x x ∈时，()()0,g x g x '<单调递减， 当0(,)x x ∈+∞时，()()0,g x g x '>单调递增，()()000001ln 1))1(()(1x x g x x x x g +∴≥==+++， ()02,3x ∈，()013,4x +∴∈，∴正整数k 的最大值为3.故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题考查了导数研究不等式恒成立问题，解题的关键根据函数的单调性确定存在()02,3x ∈，使得()00g x '=，考查了分离参数法求范围.9．B解析：B 【分析】利用导数求出函数()f x 的最大值，由函数()g x 的定义结合()()g x f x =恒成立可知()f x k ≤，由此可得出k 的取值范围，进而可得出合适的选项.【详解】对于正数k ，定义函数：()()()(),,f x f x kg x k f x k ⎧≤⎪=⎨>⎪⎩，且()()g x f x =恒成立，则()f x k ≤.函数()ln 22f x x x =-+的定义域为()0,∞+，且()111x f x x x-'=-=. 当01x <<时，()0f x '>，此时，函数()f x 单调递增； 当1x >时，()0f x '<，此时，函数()f x 单调递减. 所以，()()max 11ln 2f x f ==+，1ln 2k ∴≥+. 因此，k 的最小值为1ln2+. 故选：B. 【点睛】解决导数中的新定义的问题，要紧扣新定义的本质，将问题转化为导数相关的问题，本题将问题转为不等式()k f x ≥恒成立，从而将问题转化为求函数()f x 的最大值.10．C解析：C 【分析】采用三局两胜制，则甲在下列两种情况下获胜：甲净胜二局，前二局甲一胜一负，第三局甲胜，由此能求出甲胜概率，进而求得的最大值. 【详解】采用三局两胜制，则甲在下列两种情况下获胜： 甲净胜二局概率为2p ；前二局甲一胜一负，第三局甲胜概率为12(1)C p p p -⋅22(1)p p =-则22(1)q p p p =+-，得q p -222(1)p p p p =+--3223p p p =-+-(01)p <<， 设3223y p p p =-+-，(01)p <<，则2661y p p '=-+-6(p p =---则函数y 在单调递减，在单调递增，故函数在36p =+处取得极大值，也是最大值. 故选：C. 【点睛】本题考查了概率的求法和应用以及利用导数求函数最值的方法，解题时要认真审题，注意等价转化思想和分类讨论思想的合理运用，属于中档题.11．A解析：A 【分析】求出函数的定义域，然后求出导函数，确定单调性，得值域．【详解】由21020x x ⎧-≥⎨+≠⎩得11x -≤≤，()f x '==当112x -≤<-时，()0f x '>，()f x 递增，112x -<≤时，()0f x '<，()f x 递减， 所以12x =-时，max()22f x ==-+(1)(1)0f f -==， 所以()f x的值域是⎡⎢⎣⎦． 故选：A ． 【点睛】本题考查用导数求函数的值域，解题方法是由导数确定函数的单调性，得出最大值和最小值，得值域．12．C解析：C 【详解】分析：函数()3221f x ax x x =+++在()1,2上有最大值无最小值，则极大值在()1,2之间，一阶导函数有根在()1,2，且左侧函数值小于0，右侧函数值大于0，列不等式求解 详解：f ′（x ）＝3ax 2+4x +1，x ∈（1，2）．a ＝0时，f ′（x ）＝4x +1＞0，函数f （x ）在x ∈（1，2）内单调递增，无极值，舍去． a ≠0时，△＝16﹣12a ． 由△≤0，解得43a ≥，此时f ′（x ）≥0，函数f （x ）在x ∈（1，2）内单调递增，无极值，舍去．由△＞0，解得a 43＜（a ≠0），由f ′（x ）＝0，解得x1=，x2=．当403a ＜＜时，x 1＜0，x 2＜0，因此f ′（x ）≥0，函数f （x ）在x ∈（1，2）内单调递增，无极值，舍去．当a ＜0时，x 1＞0，x 2＜0，∵函数f （x ）＝ax 3+2x 2+x +1在（1，2）上有最大值无最小值，∴必然有f ′（x 1）＝0，∴123a-＜2，a ＜0．解得：53-＜a 34-＜． 综上可得：53-＜a 34-＜． 故选：C ．点睛：极值转化为最值的性质：1、若()[]f x x a,b ∈在上有唯一的极小值，且无极大值，那么极小值为()f x 的最小值；2、若()[]f x x a,b ∈在上有唯一的极大值，且无极小值，那么极大值为()f x 的最大值；二、填空题13．【分析】利用导数求出函数的极大值点和极小值点由题意可得出关于实数的不等式组由此可解得实数的取值范围【详解】则令可得列表如下： 极大值 极小值 所以函数的极大值点为 解析：()3,2--【分析】利用导数求出函数()f x 的极大值点和极小值点，由题意可得出关于实数m 的不等式组，由此可解得实数m 的取值范围. 【详解】()32133f x x x =++，则()()222f x x x x x '=+=+，令()0f x '=，可得12x =-，20x =，列表如下：所以，函数f x 的极大值点为2x =-，极小值点为0x =， 由于函数()32133f x x x =++在区间(),3+m m 上存在极大值与极小值， 所以，230m m <-⎧⎨+>⎩，解得32m -<<-.因此，实数m 的取值范围是()3,2--. 故答案为：()3,2--.【点睛】易错点点睛：已知极值点求参数的值，先计算()0f x '=，求得x 的值，再验证极值点．由于导数为0的点不一定是极值点，因此解题时要防止遗漏验证导致错误．14．【分析】首先求函数的导数由条件是函数的唯一极值点说明在无解或有唯一解求实数的取值【详解】∵∴∴x ＝1是函数f （x ）的唯一极值点在上无解或有唯一解x=1①当x=1为其唯一解时k=e 令当时即h(x)的单 解析：(,]e -∞【分析】首先求函数的导数2(1)()()x x e kx f x x'--=，由条件1x =是函数()f x 的唯一极值点，说明0-=x e kx 在()0,x ∈+∞无解，或有唯一解1x =，求实数k 的取值. 【详解】∵()(ln )x e f x k x x x =+-，∴22(1)1(1)()()(1)x x x e x e kx f x k x x x'---=+-= ∴x ＝1是函数f （x ）的唯一极值点，0x x e k ∴-=在(0,)x ∈+∞上无解，或有唯一解x =1，①当x =1为其唯一解时，k =e ，令()(0)x h x e ex x =->，()xh x e e '=-，当(0,1)x ∈时，()0h x '<，即h (x )的单调递减区间为(0,1)， 当(1,)x ∈+∞时，()0h x '>，即()h x 的单调递增区间为(1,)+∞， ∴()h x 在x =1处，取得极小值， ∴k =e 时，x =1是f (x )的唯一极值点；②当xe k x=在(0,)x ∈+∞上无解，设()x e g x x =则2(1)()x e x g x x'-=， 当(0,1)x ∈时，()0g x '<，即g (x )的单调递减区间为(0,1)，当(1,)x ∈+∞时，()0g x '>，即()g x 的单调递增区间为(1,)+∞， ∴()g x 在x =1处，取得极小值，也是其最小值，min ()(1)g x g e ==，又k xe x=在(0,)x ∈+∞上无解，e k ∴<，综上k e ≤ 故答案为：(,]e -∞. 【点睛】易错点睛：本题考查根据函数的极值点求参数的取值范围，容易忽略k e =的情况，此时x e ex ≥恒成立.15．【分析】利用图象得出不等式的解集再利用导数可求得函数的单调递减区间【详解】由图象可知不等式的解集为由可得解得因此函数的单调递减区间为故答案为：【点睛】思路点睛：利用导数求函数单调区间的步骤：（1）求解析：()0,1、()4,+∞ 【分析】利用图象得出不等式()()0f x f x '-<的解集，再利用导数可求得函数()()x f x g x e=的单调递减区间. 【详解】由图象可知，不等式()()0f x f x '-<的解集为()()0,14,+∞，()()x f x g x e =，()()()()()()()2x x x x f x e f x e f x f x g x e e ''-⋅'-=='， 由()0g x '<，可得()()0f x f x '-<，解得()()0,14,x ∈+∞.因此，函数()()x f x g x e=的单调递减区间为()0,1、()4,+∞． 故答案为：()0,1、()4,+∞. 【点睛】思路点睛：利用导数求函数单调区间的步骤： （1）求函数()f x 的定义域； （2）求导数()f x '；（3）解不等式()0f x '>，并与定义域取交集得到的区间为函数()f x 的单调增区间； （4）解不等式()0f x '<，并与定义域取交集得到的区间为函数()f x 的单调减区间.16．【分析】把不等式恒成立转化为函数的导数小于1在内恒成立进而转化为在内恒成立结合函数的性质即可求解【详解】由题意分式的几何意义为：表示点与连线的斜率因为实数在区间内故和在区间内不等式恒成立所以函数图象解析：1,6⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭【分析】 把不等式(1)(1)1f m f n m n+-+<-恒成立，转化为函数()f x 的导数小于1在(1,2)内恒成立，进而转化为()121a x ->+在(1,2)内恒成立，结合函数的性质，即可求解.【详解】 由题意，分式(1)(1)f m f n m n+-+-的几何意义为：表示点(1,(1))m f m ++与(1,(1))n f n ++连线的斜率， 因为实数,m n 在区间(0,1)内，故1m + 和1n +在区间(1,2)内， 不等式(1)(1)1f m f n m n+-+<-恒成立，所以函数图象上在区间(1,2)内任意两点连线的斜率小于1，故函数()2ln(1)f x x ax =+-的导数小于1在(1,2)内恒成立， 由函数()2ln(1)f x x ax =+-满足10x +>，即定义域为(1,)-+∞，即()2111f x ax x '=-<+在(1,2)内恒成立，即()121a x ->+在(1,2)内恒成立， 设函数()()121g x x -=+，根据函数的单调性可知函数()()121g x x -=+在(1,2)上是单调增函数，可得()()126g x g <=-，所以16a ≥-， 故答案为：1,6⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭. 【点睛】对于利用导数研究不等式的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、根据恒成立求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，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，通常要设出导数的零点，难度较大.17．【分析】利用导数研究函数的单调性由此可求得该函数的极大值【详解】定义域为令可得或当或时此时函数单调递增；当时此时函数单调递减所以函数在处取得极大值且极大值为故答案为：【点睛】本题考查利用导数求解函数 解析：427【分析】利用导数研究函数21f x x x 的单调性，由此可求得该函数的极大值.【详解】()()21f x x x =-，定义域为R ，()()()()()2121311f x x x x x x '=-+-=--.令()0f x '=，可得13x =或1x =. 当13x <或1x >时，()0f x '>，此时，函数21f x x x 单调递增；当113x <<时，()0f x '<，此时，函数21f x x x 单调递减.所以，函数21f xx x 在13x =处取得极大值，且极大值为21114133327f ⎛⎫⎛⎫=⨯-=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 故答案为：427. 【点睛】本题考查利用导数求解函数的极值，考查计算能力，属于中等题.18．【分析】利用导数求得在区间上的单调性和最值对分成三种情况进行分类讨论由此求得的取值范围【详解】当时所以在区间上递减最大值为最小值为当时在区间上没有零点在区间上递增而所以在区间上没有零点所以不符合题意解析：1(0,)2【分析】利用导数求得()f x 在区间[]0,1上的单调性和最值，对m 分成0,0,0m m m <=>三种情况进行分类讨论，由此求得m 的取值范围. 【详解】当01x ≤≤时，()()'26661fx x x x x =-=-，所以()f x 在区间[]0,1上递减，最大值为()0f m =，最小值为()11f m =-.当0m <时，()f x 在区间[]0,1上没有零点，在区间()1,+∞上递增， 而2110m -⨯+>，所以()f x 在区间()1,+∞上没有零点.所以0m <不符合题意.当0m =时，3223,01()1,1x x x f x x ⎧-≤≤=⎨>⎩，所以()f x 在区间[)0,+∞上有唯一零点()00f =，所以0m =不符合题意.当0m >时，()f x 在区间[]0,1和区间()1,+∞上递减，要使()f x 的图象与x 轴有且只有两个不同的交点，则需0102110m m m >⎧⎪-≤⎨⎪-⨯+>⎩，解得102m <<.综上所述，m 的取值范围是10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭. 故答案为：1(0,)2【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的零点，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题.19．【分析】根据函数求导解的解集即可【详解】因为函数所以令得或当时所以函数在上的递增区间是故答案为：【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性还考查了转化问题和运算求解的能力属于中档题解析：5,33ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【分析】根据函数2sin y x x =-，求导12cos y x '=-，解0y '>的解集即可. 【详解】因为函数2sin y x x =-， 所以12cos y x '=-， 令12cos 0y x '=-=，得3x π=或53x π=， 当533x ππ≤≤时，0y '>， 所以函数2sin y x x =-在[]0,2π上的递增区间是5,33ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦. 故答案为：5,33ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性，还考查了转化问题和运算求解的能力，属于中档题.20．【分析】根据在R 上递增结合将不等式恒成立转化为恒成立然后分和两种情况利用导数法求解【详解】因为所以成立所以在R 上递增又成立所以恒成立即恒成立当时转化为恒成立令当时单调递减当时单调递增所以当时求得最小解析：10a e≤≤ 【分析】根据()f x 在R 上递增，结合()01f =，将x R ∀∈不等式()21xf ax e a -+≤恒成立，转化为()2xa x e +≤ ，x R ∀∈恒成立，然后分20x +≤和20x +>两种情况，利用导数法求解. 【详解】因为()321f x x x =++，所以()2320f x x '=+>成立，所以()f x 在R 上递增，又()()01,21xf f ax e a =-+≤x R ∀∈成立，所以20x ax e a -+≤，x R ∀∈ 恒成立，即()2xa x e +≤，x R ∀∈恒成立，当20x +>时，转化为2xe a x ≤+恒成立，令()2xg x ex =+，()()()212x x e g x x +'=+，当21x -<<-时，()0g x '<，()g x 单调递减， 当1x >-时，()0g x '>，()g x 单调递增， 所以当1x =-时，()g x 求得最小值min 1()(1)g x g e=-=， 所以1a e≤， 当20x +≤时，转化为2xe a x ≥+恒成立，(),(,2)a g x x ≥∈-∞-上恒成立，(,2)x ∈-∞-时，()0,()g x g x '<单调递减，又(,2),()0x g x ∈-∞-<，所以0a ≥不等式恒成立， 综上：实数a 的取值范围为10a e≤≤ 故答案为：10a e≤≤ 【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性，导数与不等式恒成立，还考查了转化化归的思想，分类讨论思想和运算求解的能力，属于中档题.三、解答题21．（1）2a =；（2）(-∞. 【分析】（1）由题意可得出()11f '=，由此可求得实数a 的值；（2）求出函数()f x 的定义域为()0,∞+，由题意可知，()2210af x x x'=+-≥在()0,∞+上恒成立，利用参变量分离法得出min2a x x ⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭，利用基本不等式求出2x x +在()0,∞+上的最小值，由此可得出实数a 的取值范围.【详解】 （1）()2ln f x x a x x =--，()221af x x x'∴=+-，()13f a '∴=-，又()f x 在点()()1,1f 处的切线方程为2y x =-，()131f a '∴=-=，解得2a =； （2）()f x 的定义域为()0,∞+，()f x 在定义域上为增函数，()2210af x x x'∴=+-≥在()0,∞+上恒成立， 2a x x ∴≤+在()0,∞+上恒成立，min 2a x x ⎛⎫∴≤+ ⎪⎝⎭，由基本不等式2x x +=≥x时等号成立，故min2x x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭ 故a的取值范围为(-∞. 【点睛】结论点睛：利用函数的单调性求参数，可按照以下原则进行：（1）函数()f x 在区间D 上单调递增()0f x '⇔≥在区间D 上恒成立； （2）函数()f x 在区间D 上单调递减()0f x '⇔≤在区间D 上恒成立； （3）函数()f x 在区间D 上不单调()f x '⇔在区间D 上存在异号零点； （4）函数()f x 在区间D 上存在单调递增区间x D ⇔∃∈，使得()0f x '>成立； （5）函数()f x 在区间D 上存在单调递减区间x D ⇔∃∈，使得()0f x '<成立. 22．（1）当1a =时，函数()f x 在区间(),1-∞上单调递增；在区间1,上单调递减；（2）当函数()g x 只有1个零点时，实数a 的取值范围是,2e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭． 【分析】（1）先对函数求导，然后分别由0f x 和0f x 可求出函数的增区间和减区间；（2）由0g x，得1x =，或ln x a =，然后分ln 1a =，ln 1a <和ln 1a >三种情况讨论，当ln 1a =可得()g x 只有1个零点，当ln 1a <时，求出()g x 的单调区间，然后讨论其零点，当ln 1a >时，求出()g x 的单调区间，然后讨论其零点，从而可求出实数a 的取值范围 【详解】解：（1）当1a =时，()xxf x e =，定义域为R ， 所以()1xxf x e -'=． 当1x <时，0f x，函数()f x 单调递增；当1x >时，0f x，函数()f x 单调递减．综上所述，当1a =时，函数()f x 在区间(),1-∞上单调递增； 在区间1,上单调递减．（2）因为0a >，函数()212x ax g x e x x =+-， 所以()()()111x xx a x e a g x x x e e -⎛⎫-'=+-=- ⎪⎝⎭． 当0g x时，得1x =，或ln x a =．①若ln 1a =，即a e =，则0g x恒成立，函数()g x 在R 上单调递增，因为()00g =，所以函数()g x 只有1个零点． ②若ln 1a <，即0a e <<， 当ln x a <时，0g x，函数()g x 单调递增； 当ln 1a x <<时，0g x ，函数()g x 单调递减；当1x >时，0g x，函数()g x 单调递增．（Ⅰ）当ln 0a <，即01a <<时，()()()ln 001g a g g >=>， 又因为()2220ag e =>，所以函数()g x 在区间1,2上有1个零点， 故函数()g x 在R 上至少有2个零点，不符合题意． （Ⅱ）当ln 0a =，即1a =时，()()()ln 001g a g g ==>， 又因为()2220g e =>，所以函数()g x 在区间1,2上有1个零点， 故函数()g x 在R 上至少有2个零点，不符合题意．（Ⅲ）当ln 0a >，即1a e <<时，()()()ln 001g a g g >=>， 若函数()g x 只有1个零点，需()1102a e g =->， 解得2ea e <<．③若ln 1a >，即a e >，当1x <时，0g x，函数()g x 单调递增；当1ln x a <<时，0g x ，函数()g x 单调递减； 当ln x a >时，0g x，函数()g x 单调递增．所以()()100g g >=，()21ln ln 02g a a =>所以函数()g x 在R 上只有1个零点．综上所述，当函数()g x 只有1个零点时，实数a 的取值范围是,2e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭． 【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，利用导数求函数的单调区间和求函数的零点，第二问解题的关键是由0g x求得1x =或ln x a =，然后分ln 1a =，ln 1a <和ln 1a >三种情况讨论函数的单调性，从而由零点的情况求出参数的取值范围，属于中档题 23．（1）91y x =+；（2）证明见解析. 【分析】（1）求出函数在0x =处的导数后可得切线方程.（2）设函数()1ln g x x x =+-，利用导数可证明在1(,)2+∞上有()()1,1f x g x ≥≥，但等号不同时成立，结合余弦函数的性质可证明()()1ln 2cos x x f x x +->在1()2,x ∈+∞恒成立.【详解】（1）解：2()3129f x x x -'=+，则()09f =，故曲线()y f x =在点()0,1处的切线方程为91y x =+． （2）证明：当1(,1)(3,)2x ∈⋃+∞时，()0f x '>， 则()f x 在1(,1),(3,)2+∞上单调递增；当()1,3x ∈时，()0f x '<，则()f x 在()1,3上单调递减． 因为133()(3)128f f =>=， 所以()f x 在1(,)2+∞上的最小值为()31f =．设函数()1ln g x x x =+-．则1()(0)x g x x x -'=>． 当1(,1)2x ∈时，()0g x '<，则()g x 在1(,1)2上单调递减；当(1,)x ∈+∞时，()0g x '>，则()g x 在(1,)+∞上单调递增． 故()()12g x g ≥=．从而()()1ln 2x x f x +-≥，但由于()1f x ≥与()2g x ≥的取等条件不同， 所以()()1ln 2x x f x +->．因为2cos 2x ≤，所以()()1ln 2cos x x f x x +->对1()2,x ∈+∞恒成立． 【点睛】方法点睛：对于不等式的恒成立的问题，如果该不等式中含有三角函数，那么可以利用三角函数的有界性把前者转化为与三角函数无关的不等式，这样便于问题的讨论与处理. 24．（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【分析】 （1）求导()()1'(0)a x f x x x-=>，0a >，0a <，0a =讨论，令()'0f x >求解.（2）结合（1）将问题转化为()min 2f x >-求解. 【详解】（1）根据题意知，()()1'(0)a x f x x x-=>，当0a >时，当()01x ∈，时，()'0f x >，当()1x ∈+∞，时，()'0f x <， 所以()f x 的单调递增区间为()01，，单调递减区间为()1+∞，； 同理，当0a <时，()f x 的单调递增区间为()1+∞，，单调递减区间为()01，；当0a =时，()3f x =-，不是单调函数，无单调区间． （2）证明：当1a =-时，()ln 3f x x x =-+-， 所以12f ，由（1）知()ln 3f x x x =-+-在()1+∞，上单调递增， 所以当()1x ∈+∞，时，()()1f x f >． 即()2f x >-，所以()20f x +>． 【点睛】方法点睛：利用导数方法证明不等式f (x )>g (x )在区间D 上恒成立的基本方法是构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数h (x )>0，其中一个重要技巧就是找到函数h (x )在什么地方可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口． 25．（I ）1y x =-；（Ⅱ）1a <. 【分析】（Ⅰ）当0a =时，利用导数的几何意义求切线方程；（Ⅱ）首先求函数的导数，2(1)()10a x a x af x x a x x'-++=+--==时，11x =和2x a =，并讨论a 与0,1的大小关系，求实数a 的取值范围. 【详解】（I ）当0a =时，21()12f x x x =-+. 所以()1f x x '=-， 所以(2)1k f '==，因为21(2)22112f =⨯-+=. 所以切线方程为1y x =-.（Ⅱ）函数()f x 的定义域为(0,)+∞. 因为21()ln (1)12f x a x x a x =+-++ 所以2(1)()1a x a x af x x a x x'-++=+--=. 令()0f x '=，即2(1)0x a x a -++=，解得1x =或x a =.（1）当0a 时，当x 变化时，(),()f x f x '的变化状态如下表：所以0a 成立.（2）当01a <<时，当x 变化时，(),()f x f x '的变化状态如下表：所以01a <<成立.（3）当1a =时，()0f x '在(0,)+∞上恒成立，所以函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，没有板小值，不成立. （4）当1a >时，当x 变化时，(),()f x f x '的变化状态如下表：所以1a >不成立. 综上所述，1a <. 【点睛】关键点点睛：本题考查根据极值点求a 的取值范围，本题容易求出导函数的零点1和a ，但需讨论a 的范围，这是易错的地方，容易讨论不全面，需注意.26．（1）12a >-；（2）最大值点为36+.36x +=. 【分析】（1）根据()f x 在()0,∞+上存在单调递增区间，由()2220f x x x a =-++>'在()0,∞+上有解求解.（2）由()0G x '=得1x =2x =，根据02a <<，易得10x <，213x <<，则()G x 在[]1,3上的最大值点为2x ，最小值为()1G 或()3G ，然后由()()143143G G a -=-+，分14403a -+<，14403a -+≥确定最小值进而求得a 即可 【详解】（1）∵()f x 在()0,∞+上存在单调递增区间， ∴()2220f x x x a =-++>'在()0,∞+上有解，即()max 0f x '>在()0,∞+上成立， 而()f x '的最大值为()112f a '=+， ∴120a +>， 解得：12a >-. （2）3211()()()2432G x f x g x x x ax =-=-+++， ∴()22G x x x a '=-++，由()0G x '=得：112x =，212x +=，则()G x 在()1,x -∞，()2,x +∞上单调递减，在()12,x x 上单调递增， 又∵当02a <<时，10x <，213x <<，∴()G x 在[]1,3上的最大值点为2x ，最小值为()1G 或()3G ， 而()()143143G G a -=-+， 1︒当14403a -+<，即706a <<时，()113623G a =-=-，得136a =，此时，最大值点236x +=； 2︒ 当14403a -+≥，即726a ≤<时，()2511263G a =+=-，得94a =-（舍）.综上()G x 在[]1,3 【点睛】方法点睛：(1)求解函数的最值时，要先求函数y ＝f (x )在[a ，b ]内所有使f ′(x )＝0的点，再计算函数y ＝f (x )在区间内所有使f ′(x )＝0的点和区间端点处的函数值，最后比较即得； (2)已知函数的最值求参数，一般先用参数表示最值，列方程求解参数．。
2024届新高考数学大题精选30题--导数(解析版)
2024届新高考数学导数大题精选30题1(2024·安徽·二模)已知函数f (x )=x 2-10x +3f (1)ln x .(1)求函数f (x )在点(1,f (1))处的切线方程；(2)求f (x )的单调区间和极值.【答案】(1)y =4x -13；(2)递增区间为(0,2),(3,+∞)，递减区间为2,3 ，极大值-16+12ln2，极小值-21+12ln3.【分析】(1)求出函数f (x )的导数，赋值求得f (1)，再利用导数的几何意义求出切线方程.(2)由(1)的信息，求出函数f (x )的导数，利用导数求出单调区间及极值.【详解】(1)函数f (x )=x 2-10x +3f (1)ln x ，求导得f(x )=2x -10+3f (1)x，则f (1)=-8+3f (1)，解得f (1)=4，于是f (x )=x 2-10x +12ln x ，f (1)=-9，所以所求切线方程为：y +9=4(x -1)，即y =4x -13.(2)由(1)知，函数f (x )=x 2-10x +12ln x ，定义域为(0,+∞)，求导得f (x )=2x -10+12x =2(x -2)(x -3)x，当0<x <2或x >3时，f (x )>0，当2<x <3时，f (x )<0，因此函数f (x )在(0,2),(3,+∞)上单调递增，在(2,3)上单调递减，当x =2时，f (x )取得极大值f (2)=-16+12ln2，当x =3时，f (x )取得极小值f (3)=-21+12ln3，所以函数f (x )的递增区间为(0,2),(3,+∞)，递减区间为(2,3)，极大值-16+12ln2，极小值-21+12ln3.2(2024·江苏南京·二模)已知函数f (x )=x 2-ax +ae x，其中a ∈R ．(1)当a =0时，求曲线y =f (x )在(1,f (1))处的切线方程；(2)当a >0时，若f (x )在区间[0,a ]上的最小值为1e，求a 的值．【答案】(1)x -ey =0(2)a =1【分析】(1)由a =0，分别求出f (1)及f (1)，即可写出切线方程；(2)计算出f (x )，令f (x )=0，解得x =2或x =a ，分类讨论a 的范围，得出f (x )的单调性，由f (x )在区间[0,a ]上的最小值为1e，列出方程求解即可．【详解】(1)当a =0时，f (x )=x 2e x ，则f (1)=1e ，f (x )=2x -x 2ex，所以f (1)=1e ，所以曲线y =f (x )在(1,f (1))处的切线方程为：y -1e =1e(x -1)，即x -ey =0．(2)f(x )=-x 2+(a +2)x -2a e x =-(x -2)(x -a )ex，令f (x )=0，解得x =2或x =a ，当0<a <2时，x ∈[0,a ]时，f (x )≤0，则f (x )在[0,a ]上单调递减，所以f (x )min =f (a )=a ea =1e ，则a =1，符合题意；当a >2时，x ∈[0,2]时，f (x )≤0，则f (x )在[0,2]上单调递减，x ∈(2,a ]时，f (x )>0，则f (x )在(2,a ]上单调递增，所以f (x )min =f (2)=4-a e2=1e ，则a =4-e <2，不合题意；当a =2时，x ∈[0,2]时，f (x )≤0，则f (x )在[0,2]上单调递减，所以f (x )min =f (2)==2e 2≠1e ，不合题意；综上，a =1．3(2024·浙江绍兴·模拟预测)已知f x =ae x -x ，g x =cos x . (1)讨论f x 的单调性.(2)若∃x 0使得f x 0 =g x 0 ，求参数a 的取值范围.【答案】(1)当a ≤0时，f x 在-∞,+∞ 上单调递减；当a >0时，f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增.(2)-∞,1【分析】(1)对f x =ae x -x 求导数，然后分类讨论即可；(2)直接对a >1和a ≤1分类讨论，即可得到结果.【详解】(1)由f x =ae x -x ，知f x =ae x -1.当a ≤0时，有f x =ae x -1≤0-1=-1<0，所以f x 在-∞,+∞ 上单调递减；当a >0时，对x <-ln a 有f x =ae x -1<ae -ln a -1=1-1=0，对x >-ln a 有f x =ae x -1>ae -ln a -1=1-1=0，所以f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增.综上，当a ≤0时，f x 在-∞,+∞ 上单调递减；当a >0时，f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增.(2)当a >1时，由(1)的结论，知f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增，所以对任意的x 都有f x ≥f -ln a =ae -ln a +ln a =1+ln a >1+ln1=1≥cos x =g x ，故f x >g x 恒成立，这表明此时条件不满足；当a ≤1时，设h x =ae x -x -cos x ，由于h -a -1 =ae -a -1+a +1-cos -a -1 ≥ae-a -1+a ≥-a e-a -1+a =a 1-e-a -1≥a 1-e 0=0，h 0 =ae 0-0-cos0=a -1≤0，故由零点存在定理，知一定存在x 0∈-a -1,0 ，使得h x 0 =0，故f x 0 -g x 0 =ae x 0-x 0-cos x 0=h x 0 =0，从而f x 0 =g x 0 ，这表明此时条件满足.综上，a 的取值范围是-∞,1 .4(2024·福建漳州·一模)已知函数f x =a ln x -x +a ，a ∈R 且a ≠0．(1)证明：曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程过坐标原点．(2)讨论函数f x 的单调性．【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析【分析】(1)先利用导数的几何意义求得f x 在1,f 1 处的切线方程，从而得证；(2)分类讨论a <0与a >0，利用导数与函数的单调性即可得解.【详解】(1)因为f x =a ln x -x +a x >0 ，所以f (x )=a x -1=a -xx，则f (1)=a ln1-1+a =a -1，f (1)=a -1，所以f x 在1,f 1 处的切线方程为:y -(a -1)=(a -1)(x -1)，当x =0时，y -(a -1)=(a -1)(0-1)=-(a -1)，故y =0，所以曲线y =f (x )在点1,f 1 处切线的方程过坐标原点.(2)由(1)得f (x )=ax -1=a -xx，当a<0时，a-x<0，则f x <0，故f(x)单调递减；当a>0时，令f (x)=0则x=a，当0<x<a时，f (x)>0，f(x)单调递增；当x>a时，f (x)<0，f(x)单调递减；综上：当a<0时，f(x)在(0,+∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在(0,a)上单调递增，在(a,+∞)上单调递减.5(2024·山东·二模)已知函数f x =a2xe x-x-ln x．(1)当a=1e时，求f x 的单调区间；(2)当a>0时，f x ≥2-a，求a的取值范围．【答案】(1)f x 的减区间为0,1，增区间为1,+∞(2)a≥1【分析】(1)当a=1e时，f x =xe x-1-x-ln x,x>0，求导得f x =x+1xxe x-1-1，令g x =xe x-1-1，求g x 确定g x 的单调性与取值，从而确定f x 的零点，得函数的单调区间；(2)求f x ，确定函数的单调性，从而确定函数f x 的最值，即可得a的取值范围．【详解】(1)当a=1e时，f x =xe x-1-x-ln x,x>0，则f x =x+1e x-1-1-1x=x+1xxe x-1-1，设g x =xe x-1-1，则g x =x+1e x-1>0恒成立，又g1 =e0-1=0，所以当x∈0,1时，f x <0，f x 单调递减，当x∈1,+∞时，f x >0，f x 单调递增，所以f x 的减区间为0,1，增区间为1,+∞；(2)f x =a2x+1e x-1-1x=x+1xa2xe x-1，设h x =a2xe x-1，则h x =a2x+1e x>0，所以h x 在0,+∞上单调递增，又h0 =-1<0，h1a2=e1a2-1>0，所以存在x0∈0,1 a2，使得h x0 =0，即a2x0e x0-1=0，当x∈0,x0时，f x <0，f x 单调递减，当x∈x0,+∞时，f x >0，f x 单调递增，当x=x0时，f x 取得极小值，也是最小值，所以f x ≥f x0=a2x0e x0-x0-ln x0=1-ln x0e x0=1+2ln a，所以1+2ln a≥2-a，即a+2ln a-1≥0，设F a =a+2ln a-1，易知F a 单调递增，且F1 =0，所以F a ≥F1 ，解得a≥1，综上，a≥1.6(2024·山东·一模)已知函数f(x)=ln x+12a(x-1)2．(1)当a=-12时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数g(x)=f(x)-2x+1有两个极值点x1,x2，且g(x1)+g(x2)≥-1-32a，求a的取值范围．【答案】(1)增区间(0,2)，减区间(2,+∞)(2)[1,+∞)【分析】(1)将a=-12代入求导，然后确定单调性即可；(2)求导，根据导函数有两个根写出韦达定理，代入g(x1)+g(x2)≥-1-32a，构造函数，求导，研究函数性质进而求出a的取值范围．【详解】(1)当a=-12时，f(x)=ln x-14(x-1)2，x>0，则f (x)=1x-12(x-1)=-(x-2)(x+1)2x，当x∈(0,2)，f (x)>0，f(x)单调递增，当x∈(2,+∞)，f (x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)的单调递增区间是(0,2)，单调递减区间是(2,+∞)；(2)g(x)=f(x)-2x+1=ln x+12a(x-1)2-2x+1，所以g (x)=1x+a(x-1)-2=ax2-(a+2)x+1x，设φ(x)=ax2-(a+2)x+1，令φ(x)=0，由于g(x)有两个极值点x1,x2，所以Δ=(a+2)2-4a=a2+4>0x1+x2=a+2a>0x1x2=1a>0，解得a>0．由x1+x2=a+2a，x1x2=1a，得g x1+g x2=ln x1+12a x1-12-2x1+1+ln x2+12a x2-12-2x2+1=ln x1x2+12a x1+x22-2x1x2-2x1+x2+2-2x1+x2+2=ln1a +12a a+2a2-2a-2⋅a+2a+2-2⋅a+2a+2=ln1a +a2-2a-1≥-1-32a，即ln a-12a-1a≤0，令m(a)=ln a-12a-1a，则m (a)=1a-12-12a2=-(a-1)22a2≤0，所以m(a)在(0,+∞)上单调递减，且m(1)=0，所以a≥1，故a的取值范围是[1,+∞)．7(2024·湖北·二模)求解下列问题，(1)若kx-1≥ln x恒成立，求实数k的最小值；(2)已知a，b为正实数，x∈0,1，求函数g x =ax+1-xb-a x⋅b1-x的极值．【答案】(1)1(2)答案见解析【分析】(1)求导，然后分k≤0和k>0讨论，确定单调性，进而得最值；(2)先发现g0 =g1 =0，当a=b时，g x =0，当0<x<1，a≠b时，取ab=t，L x =tx+1-x-t x，求导，研究单调性，进而求出最值得答案.【详解】(1)记f x =kx-1-ln x x>0，则需使f x ≥0恒成立，∴f x =k-1xx>0，当k≤0时，f x <0恒成立，则f x 在(0,+∞)上单调递减，且在x>1时，f x <0，不符合题意，舍去；当k >0时．令f x =0，解得x =1k，则f x 在0,1k 上单调递减，在1k ,+∞ 上单调递增，所以f x min =f 1k =-ln 1k=ln k ，要使kx -1≥ln x 恒成立，只要ln k ≥0即可，解得k ≥1，所以k 的最小值为1；(2)g (x )=ax +(1-x )b -a x ⋅b 1-x ，x ∈[0,1]，a >0，b >0，易知g 0 =g 1 =0，当a =b 时，g x =ax +a -ax -a =0，此时函数无极值；当0<x <1，a ≠b 时，g (x )=ax +(1-x )b -b ⋅a b x =b a b x +1-x -a b x，取ab=t ，t >0，t ≠1，L x =tx +1-x -t x ，t >0，t ≠1，x ∈0,1 ，则L x =t -1-t x ln t ，当t >1时，由L x ≥0得x ≤ln t -1ln tln t，由(1)知t -1≥ln t ，当t >1时，t -1ln t>1，因为x -1≥ln x ，所以1x -1≥ln 1x ，所以ln x ≥1-1x ，即x >0，当t >1时，ln t >1-1t，所以t >t -1ln t ，则ln t >ln t -1ln t >0，所以ln t -1ln tln t<1，即L x 在0,ln t -1ln t ln t 上单调递增，在ln t -1ln tln t,1单调递减．所以函数g x 极大=gln t -1lntln t，t =ab，a ≠b ，当0<t <1时，同理有ln t -1lntln t∈0,1 ，由Lx ≥0得x ≤ln t -1lntln t，即(x )在0,ln t -1lntln t上单调递增，在ln t -1lntln t,1上单调递减．所以函数g x 极大=gln t -1lntln t，t =a b，a ≠b ，综上可知，当a =b 时，函数g x 没有极值；当a ≠b 时，函数g x 有唯一的极大值g ln t -1lntln t，其中t =ab，没有极小值．【点睛】关键点点睛：取ab=t ，将两个参数的问题转化为一个参数的问题，进而求导解答问题.8(2024·湖北武汉·模拟预测)函数f (x )=tan x +sin x -92x ，-π2<x <π2,g (x )=sin n x -x n cos x ,x ∈0,π2,n ∈N +．(1)求函数f (x )的极值；(2)若g (x )>0恒成立，求n 的最大值．【答案】(1)极小值为f π3 =3(3-π)2，极大值为f -π3 =3(π-3)2；(2)3.【分析】(1)判断函数f (x )为奇函数，利用导数求出f (x )在区间0,π2上的极值，利用奇偶性即可求得定义域上的极值.(2)利用导数证明当n =1时，g (x )>0恒成立，当n >1时，等价变形不等式并构造函数F (x )=x -sin x cos 1nx,0<x <π2，利用导数并按导数为负为正确定n 的取值范围，进而确定不等式恒成立与否得解.【详解】(1)函数f (x )=tan x +sin x -92x ，-π2<x <π2，f (-x )=tan (-x )+sin (-x )-92(-x )=-f (x )，即函数f (x )为奇函数，其图象关于原点对称，当0<x <π2时，f (x )=sin x cos x +sin x -92x ，求导得：f(x )=1cos 2x +cos x -92=2cos 3x -9cos 2x +22cos 2x =(2cos x -1)(cos x -2-6)(cos x -2+6)2cos 2x，由于cos x ∈(0,1)，由f (x )>0，得0<cos x <12，解得π3<x <π2，由f (x )<0，得12<cos x <1，解得0<x <π3，即f (x )在0,π3 上单调递减，在π3,π2上单调递增，因此函数f (x )在0,π2 上有极小值f π3 =3(3-π)2，从而f (x )在-π2,π2 上的极小值为f π3 =3(3-π)2，极大值为f -π3 =3(π-3)2.(2)当n =1时，g (x )>0恒成立，即sin x -x cos x >0恒成立，亦即tan x >x 恒成立，令h (x )=tan x -x ,x ∈0,π2 ，求导得h (x )=1cos 2x -1=1-cos 2x cos 2x=tan 2x >0，则函数h (x )在0,π2上为增函数，有h (x )>h (0)=0，因此tan x -x >0恒成立；当n >1时，g (x )>0恒成立，即不等式sin xn cos x>x 恒成立，令F (x )=x -sin x cos 1n x ,0<x <π2，求导得：F (x )=1-cos x ⋅cos 1nx -1n⋅cos1n-1x ⋅(-sin x )⋅sin xcos 2nx=1-cos1+n nx +1n⋅sin 2x ⋅cos1-n nxcos 2nx=1-cos 2x +1n ⋅sin 2xcos n +1nx =cosn +1nx -cos 2x -1n (1-cos 2x )cos n +1nx =cosn +1nx -1n -n -1ncos 2x cosn +1nx令G (x )=cos n +1nx -1n -n -1n cos 2x ，求导得则G (x )=n +1n cos 1nx ⋅(-sin x )-n -1n⋅2cos x ⋅(-sin x )=sin x n (2n -2)cos x -(n +1)cos 1n x =2n -2n ⋅sin x cos x -n +12n -2cos 1n x=2n -2n ⋅sin x ⋅cos 1n x cos n -1n x -n +12n -2，由n >1,x ∈0,π2 ，得2n -2n⋅sin x ⋅cos 1nx >0，当n +12n -2≥1时，即n ≤3时，G (x )<0，则函数G (x )在0,π2上单调递减，则有G (x )<G (0)=0，即F (x )<0，因此函数F (x )在0,π2 上单调递减，有F (x )<F (0)=0，即g (x )>0，当n +12n -2<1时，即n >3时，存在一个x 0∈0,π2 ，使得cos n -1n x 0=n +12n -2，且当x ∈(0,x 0)时，G (x )>0，即G (x )在(0,x 0)上单调递增，且G (x )>G (0)=0，则F (x )>0，于是F (x )在(0,x 0)上单调递增，因此F (x )>F (0)=0，即sin xn cos x<x ，与g (x )>0矛盾，所以n 的最大值为3.【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：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．9(2024·湖北·模拟预测)已知函数f x =ax 2-x +ln x +1 ，a ∈R ，(1)若对定义域内任意非零实数x 1，x 2，均有f x 1 f x 2x 1x 2>0，求a ；(2)记t n =1+12+⋅⋅⋅+1n ，证明：t n -56<ln n +1 <t n ．【答案】(1)a =12(2)证明见解析【分析】(1)求导可得f 0 =0，再分a ≤0与a >0两种情况分析原函数的单调性，当a >0时分析极值点的正负与原函数的正负区间，从而确定a 的值；(2)由(1)问的结论可知，1n -12n2<ln 1n +1 <1n ，再累加结合放缩方法证明即可.【详解】(1)f x 的定义域为-1,+∞ ，且f 0 =0；f x =2ax -1+1x +1=2ax -x x +1=x 2a -1x +1，因此f 0 =0；i.a ≤0时，2a -1x +1<0，则此时令f x >0有x ∈-1,0 ，令f x <0有x ∈0,+∞ ，则f x 在-1,0 上单调递增，0,+∞ 上单调递减，又f 0 =0，于是f x ≤0，此时令x 1x 2<0，有f x 1 f x 2x 1x 2<0，不符合题意；ii .a >0时，f x 有零点0和x 0=12a-1，若x 0<0，即a >12，此时令f x <0有x ∈x 0,0 ，f x 在x 0,0 上单调递减，又f 0 =0，则f x 0 >0，令x 1>0，x 2=x 0，有f x 1 f x 2x 1x 2<0，不符合题意；若x 0>0，即0<a <12，此时令f x <0有x ∈0,x 0 ，f x 在0,x 0 上单调递减，又f 0 =0，则f x 0 <0，令-1<x 1<0,x 2=x 0，有f x 1 f x 2x 1x 2<0，不符合题意；若x 0=0，即a =12，此时fx =x 2x +1>0，f x 在-1,+∞ 上单调递增，又f 0 =0，则x >0时f x >0，x <0时f x <0；则x ≠0时f x x >0，也即对x 1x 2≠0，f x 1 f x 2x 1x 2>0，综上，a =12(2)证：由(1)问的结论可知，a =0时，f x =-x +ln x +1 ≤0；且a =12时x >0，f x =12x 2-x +ln x +1 >0；则x>0时，x-12x2<ln x+1<x，令x=1n，有1n-12n2<ln1n+1<1n，即1n-12n2<ln n+1-ln n<1n，于是1n-1-12n-12<ln n-ln n-1<1n-11-12<ln2<1将上述n个式子相加，t n-121+122+⋅⋅⋅+1n2<ln n+1<t n；欲证t n-56<ln n+1<t n，只需证t n-56<t n-121+122+⋅⋅⋅+1n2，只需证1+122+⋅⋅⋅+1n2<53；因为1n2=44n2<44n2-1=212n-1-12n+1，所以1+122+⋅⋅⋅+1n2<1+213-15+15-17+⋅⋅⋅+12n-1-12n+1=53-22n+1<53，得证：于是得证t n-56<ln n+1<t n.【点睛】方法点睛：(1)此题考导数与函数的综合应用，找到合适的分类标准，设极值点，并确定函数正负区间是解此题的关键；(2)对累加结构的不等式证明，一般需要应用前问的结论，取特定参数值，得出不等式累加证明，遇到不能累加的数列结构，需要进行放缩证明.10(2024·湖南·一模)已知函数f x =sin x-ax⋅cos x,a∈R．(1)当a=1时，求函数f x 在x=π2处的切线方程；(2)x∈0,π2时；(ⅰ)若f x +sin2x>0，求a的取值范围；(ⅱ)证明：sin2x⋅tan x>x3．【答案】(1)πx-2y+2-π22=0.(2)(ⅰ)a≤3(ⅱ)证明见解析【分析】(1)令a=1时，利用导数的几何意义求出斜率，进行计算求出切线方程即可.(2)(ⅰ)设g(x)=2sin x+tan x-ax,x∈0,π2,由g x >0得a≤3，再证明此时满足g x >0.(ⅱ)根据(ⅰ)结论判断出F x =sin2x⋅tan x-x3在0,π2上单调递增，∴F(x)>F(0)=0,即sin2x tan x >x3.【详解】(1)当a=1时，f(x)=sin x-x⋅cos x,f (x)=cos x-(cos x-x⋅sin x)=x⋅sin x,fπ2=π2,fπ2=1.所以切线方程为：y-1=π2x-π2,即πx-2y+2-π22=0.(2)(ⅰ)f(x)+sin2x=sin x-ax⋅cos x+sin2x>0,即tan x-ax+2sin x>0,x∈0,π2，设g(x)=2sin x+tan x-ax,x∈0,π2,g (x )=2cos x +1cos 2x -a =1cos 2x(2cos 3x -a cos 2x +1).又∵g (0)=0,g (0)=3-a ,∴g (0)=3-a ≥0是g (x )>0的一个必要条件，即a ≤3.下证a ≤3时，满足g (x )=2sin x +tan x -ax >0,x ∈0,π2,又g (x )≥1cos 2x(2cos 3x -3cos 2x +1)，设(t )=2t 3-3t 2+1,t ∈(0,1),h (t )=6t 2-6t =6t (t -1)<0,h (t )在(0,1)上单调递减，所以h (t )>h (1)=0，又x ∈0,π2 ,cos x ∈(0,1),∴g (x )>0,即g (x )在0,π2 单调递增.∴x ∈0,π2时，g (x )>g (0)=0；下面证明a >3时不满足g (x )=2sin x +tan x -ax >0,x ∈0,π2,，g (x )=2cos x +1cos 2x-a ，令h (x )=g (x )=2cos x +1cos 2x -a ，则h (x )=-2sin x +2sin x cos 3x =2sin x 1cos 3x-1，∵x ∈0,π2 ,∴sin x >0,1cos 3x-1>0，∴h (x )>0,∴h (x )=g (x )在0,π2为增函数，令x 0满足x 0∈0,π2,cos x 0=1a ，则g x 0 =2cos x 0+1cos 2x 0-a =2cos x 0+a -a >0，又g (0)=3-a <0,∴∃x 1∈0,x 0 ,使得g x 1 =0，当x ∈0,x 1 时，g (x )<g x 1 =0，∴此时g (x )在0,x 1 为减函数，∴当x ∈0,x 1 时，g (x )<g (0)=0，∴a >3时，不满足g (x )≥0恒成立.综上a ≤3.(ⅱ)设F (x )=sin 2x ⋅tan x -x 3,x ∈0,π2 ,F (x )=2sin x ⋅cos x ⋅tan x +sin 2x ⋅1cos 2x-3x 2=2sin 2x +tan 2x -3x 2=2(sin x -x )2+(tan x -x )2+2(2sin x +tan x )x -2x 2-x 2-3x 2.由(ⅰ)知2sin x +tan x >3x ,∴F (x )>0+0+2x ⋅3x -6x 2=0,，F x 在0,π2上单调递增，∴F (x )>F (0)=0,即sin 2x tan x >x 3.【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是进行必要性探路，然后证明充分性，得到所要求的参数范围即可．11(2024·全国·模拟预测)已知函数f (x )=ln (1+x )-11+x．(1)求曲线y =f (x )在(0,f (0))处的切线方程；(2)若x ∈(-1,π)，讨论曲线y =f (x )与曲线y =-2cos x 的交点个数．【答案】(1)y =32x -1；(2)2．【分析】(1)求导，即可根据点斜式求解方程，(2)求导，分类讨论求解函数的单调性，结合零点存在性定理，即可根据函数的单调性，结合最值求解.【详解】(1)依题意，f x =11+x +121+x 32，故f 0 =32，而f 0 =-1，故所求切线方程为y +1=32x ，即y =32x -1．(2)令ln 1+x -11+x =-2cos x ，故ln 1+x +2cos x -11+x=0，令g x =ln 1+x +2cos x -11+x ，g x =11+x -2sin x +121+x -32，令h x =g x =11+x -2sin x +121+x -32，hx =-11+x2-2cos x -341+x -52．①当x ∈-1,π2时，cos x ≥0,1+x 2>0,1+x-52>0，∴h x <0,∴h x 在-1,π2上为减函数，即gx 在-1,π2 上为减函数，又g 0 =1+12>0,g1 =12-2sin1+12⋅2-32<12-2⋅sin1+12<1-2×12=0，∴g x 在0,1 上有唯一的零点，设为x 0，即g x 0 =00<x 0<1 ．∴g x 在-1,x 0 上为增函数，在x 0,π2上为减函数．又g 0 =2-1>0,g -π4 =ln 1-π4 +2cos -π4 -11-π4=ln 1-π4+2-11-π4<0,g π2=ln 1+π2 -11+π2>0，∴g x 在-1,x 0 上有且只有一个零点，在x 0,π2上无零点；②当x ∈π2,5π6 时，g x <11+x -1+121+x-32<0,g x 单调递减，又g π2 >0,g 5π6 =ln 1+5π6 -3-1+5π6-12<ln4-3<0，∴g x 在π2,5π6内恰有一零点；③当x ∈5π6,π 时，hx =-11+x2-2cos x -341+x -52为增函数，∴hx =h 5π6 =-11+5π62+1-34⋅1+5π6-52>0，∴g x 单调递增，又g π >0,g 5π6 <0，所以存在唯一x 0∈5π6,π ,g x 0 =0，当x ∈5π6,x 0 时，g x <0,g x 递减；当x ∈x 0,π 时，g x >0,g x 递增，g x ≤max g 5π6 ,g π <0，∴g x 在5π6,π内无零点．综上所述，曲线y =f x 与曲线y =-2cos x 的交点个数为2．【点睛】方法点睛：本题考查了导数的综合运用，求某点处的切线方程较为简单，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.12(2024·广东佛山·二模)已知f x =-12e 2x +4e x -ax -5.(1)当a =3时，求f x 的单调区间；(2)若f x 有两个极值点x 1，x 2，证明：f x 1 +f x 2 +x 1+x 2<0.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)求导后，借助导数的正负即可得原函数的单调性；(2)借助换元法，令t =e x ，t 1=e x 1，t 2=e x 2，可得t 1、t 2是方程t 2-4t +a =0的两个正根，借助韦达定理可得t 1+t 2=4，t 1t 2=a ，即可用t 1、t 2表示f x 1 +f x 2 +x 1+x 2，进而用a 表示f x 1 +f x 2 +x 1+x 2，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.【详解】(1)当a =3时，f x =-12e 2x +4e x -3x -5，f x =-e 2x +4e x -3=-e x -1 e x -3 ，则当e x ∈0,1 ∪3,+∞ ，即x ∈-∞,0 ∪ln3,+∞ 时，f x <0，当e x ∈1,3 ，即x ∈0,ln3 时，f x >0，故f x 的单调递减区间为-∞,0 、ln3,+∞ ，单调递增区间为0,ln3 ；(2)f x =-e 2x +4e x -a ，令t =e x ，即f x =-t 2+4t -a ，令t 1=e x 1，t 2=e x 2，则t 1、t 2是方程t 2-4t +a =0的两个正根，则Δ=-4 2-4a =16-4a >0，即a <4，有t 1+t 2=4，t 1t 2=a >0，即0<a <4，则f x 1 +f x 2 +x 1+x 2=-12e 2x 1+4e x 1-ax 1-5-12e 2x2+4e x 2-ax 2-5+x 1+x 2=-12t 21+t 22 +4t 1+t 2 -a -1 ln t 1+ln t 2 -10=-12t 1+t 2 2-2t 1t 2 +4t 1+t 2 -a -1 ln t 1t 2-10=-1216-2a +16-a -1 ln a -10=a -a -1 ln a -2，要证f x 1 +f x 2 +x 1+x 2<0，即证a -a -1 ln a -2<00<a <4 ，令g x =x -x -1 ln x -20<x <4 ，则g x =1-ln x +x -1x =1x-ln x ，令h x =1x -ln x 0<x <4 ，则h x =-1x 2-1x <0，则g x 在0,4 上单调递减，又g 1 =11-ln1=1，g 2 =12-ln2<0，故存在x 0∈1,2 ，使g x 0 =1x 0-ln x 0=0，即1x 0=ln x 0，则当x ∈0,x 0 时，g x >0，当x ∈x 0,4 时，g x <0，故g x 在0,x 0 上单调递增，g x 在x 0,4 上单调递减，则g x ≤g x 0 =x 0-x 0-1 ln x 0-2=x 0-x 0-1 ×1x 0-2=x 0+1x 0-3，又x 0∈1,2 ，则x 0+1x 0∈2,52 ，故g x 0 =x 0+1x 0-3<0，即g x <0，即f x 1 +f x 2 +x 1+x 2<0.【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助换元法，令t =e x ，t 1=e x 1，t 2=e x 2，从而可结合韦达定理得t 1、t 2的关系，即可用a 表示f x 1 +f x 2 +x 1+x 2，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.13(2024·广东广州·模拟预测)已知函数f x =x e x -kx ,k ∈R .(1)当k =0时，求函数f x 的极值；(2)若函数f x 在0,+∞ 上仅有两个零点，求实数k 的取值范围.【答案】(1)极小值为-1e，无极大值(2)e ,+∞【分析】(1)求出导函数，然后列表求出函数的单调区间，根据极值定义即可求解；(2)把原函数有两个零点转化为g x =e x -kx 在0,+∞ 上仅有两个零点，分类讨论，利用导数研究函数的单调性，列不等式求解即可.【详解】(1)当k =0时，f x =xe x (x ∈R )，所以f x =1+x e x ，令f x =0，则x =-1，x -∞,-1-1-1,+∞f x -0+f x单调递减极小值单调递增所以f (x )min =f -1 =-e -1=-1e，所以f x 的极小值为-1e，无极大值.(2)函数f x =x e x -kx 在0,+∞ 上仅有两个零点，令g x =e x -kx ，则问题等价于g x 在0,+∞ 上仅有两个零点，易知g x =e x -k ，因为x ∈0,+∞ ，所以e x >1.①当k ∈-∞,1 时，g x >0在0,+∞ 上恒成立，所以g x 在0,+∞ 上单调递增，所以g x >g 0 =1，所以g x 在0,+∞ 上没有零点，不符合题意；②当k ∈1,+∞ 时，令g x =0，得x =ln k ，所以在0,ln k 上，g x <0，在ln k ,+∞ 上，g x >0，所以g x 在0,ln k 上单调递减，在(ln k ,+∞)上单调递增，所以g x 的最小值为g ln k =k -k ⋅ln k .因为g x 在0,+∞ 上有两个零点，所以g ln k =k -k ⋅ln k <0，所以k >e.因为g 0 =1>0,g ln k 2 =k 2-k ⋅ln k 2=k k -2ln k ，令h x =x -2ln x ，则h x =1-2x =x -2x，所以在0,2 上，h x <0，在2,+∞ 上，h x >0，所以h x 在0,2 上单调递减，在2,+∞ 上单调递增，所以h x ≥2-2ln2=ln e 2-ln4>0，所以g ln k 2 =k k -2ln k >0，所以当k >e 时，g x 在0,ln k 和(ln k ,+∞)内各有一个零点，即当k >e 时，g x 在0,+∞ 上仅有两个零点.综上，实数k 的取值范围是e ,+∞ .【点睛】方法点睛：求解函数单调区间的步骤：(1)确定f x 的定义域.(2)计算导数f x .(3)求出f x =0的根.(4)用f x =0的根将f x 的定义域分成若干个区间，判断这若干个区间内f x 的符号，进而确定f x 的单调区间.f x >0，则f x 在对应区间上单调递增，对应区间为增区间；f x <0，则f x 在对应区间上单调递减，对应区间为减区间.如果导函数含有参数，那么需要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.14(2024·江苏南通·二模)已知函数f x =ln x -ax ，g x =2ax，a ≠0.(1)求函数f x 的单调区间；(2)若a >0且f x ≤g x 恒成立，求a 的最小值.【答案】(1)答案见解析(2)2e 3.【分析】(1)求导后，利用导数与函数单调性的关系，对a >0与a <0分类讨论即可得；(2)结合函数的单调性求出函数的最值，即可得解.【详解】(1)f x =1x -a =1-axx(a ≠0)，当a <0时，由于x >0，所以f x >0恒成立，从而f x 在0,+∞ 上递增；当a >0时，0<x <1a ，f x >0；x >1a ，fx <0，从而f x 在0,1a 上递增，在1a,+∞ 递减；综上，当a <0时，f x 的单调递增区间为0,+∞ ，没有单调递减区间；当a >0时，f x 的单调递增区间为0,1a ，单调递减区间为1a ,+∞ .(2)令h x =f x -g x =ln x -ax -2ax，要使f x ≤g x 恒成立，只要使h x ≤0恒成立，也只要使h x max ≤0.h x =1x -a +2ax 2=-ax +1 ax -2 ax 2，由于a >0，x >0，所以ax +1>0恒成立，当0<x <2a 时，h x >0，当2a<x <+∞时，h x <0，所以h x max =h 2a =ln 2a -3≤0，解得：a ≥2e 3，所以a 的最小值为2e3.15(2024·山东济南·二模)已知函数f x =ax 2-ln x -1,g x =xe x -ax 2a ∈R .(1)讨论f x 的单调性；(2)证明：f x +g x ≥x .【答案】(1)答案见详解(2)证明见详解【分析】(1)求导可得fx =2ax 2-1x，分a ≤0和a >0两种情况，结合导函数的符号判断原函数单调性；(2)构建F x =f x +g x -x ,x >0，h x =e x -1x,x >0，根据单调性以及零点存在性定理分析h x 的零点和符号，进而可得F x 的单调性和最值，结合零点代换分析证明.【详解】(1)由题意可得：f x 的定义域为0,+∞ ，fx =2ax -1x =2ax 2-1x，当a ≤0时，则2ax 2-1<0在0,+∞ 上恒成立，可知f x 在0,+∞ 上单调递减；当a >0时，令f x >0，解得x >12a；令f x <0，解得0<x <12a；可知f x 在0,12a 上单调递减，在12a,+∞ 上单调递增；综上所述：当a ≤0时，f x 在0,+∞ 上单调递减；当a >0时，f x 在0,12a 上单调递减，在12a,+∞ 上单调递增.(2)构建F x =f x +g x -x =xe x -ln x -x -1,x >0，则F x =x +1 e x -1x -1=x +1 e x -1x，由x >0可知x +1>0，构建h x =e x -1x ,x >0，因为y =e x ,y =-1x在0,+∞ 上单调递增，则h x 在0,+∞ 上单调递增，且h 12=e -20,h 1 =e -1 0，可知h x 在0,+∞ 上存在唯一零点x 0∈12,1 ，当0<x <x 0，则h x <0，即Fx <0；当x >x 0，则h x >0，即F x >0；可知F x 在0,x 0 上单调递减，在x 0,+∞ 上单调递增，则F x ≥F x 0 =x 0e x 0-ln x 0-x 0-1，又因为e x 0-1x 0=0，则e x 0=1x 0,x 0=e -x 0，x 0∈12,1 ，可得F x 0 =x 0×1x 0-ln e -x-x 0-1=0，即F x ≥0，所以f x +g x ≥x .16(2024·福建·模拟预测)已知函数f (x )=a ln x -bx 在1,f 1 处的切线在y 轴上的截距为-2．(1)求a 的值；(2)若f x 有且仅有两个零点，求b 的取值范围．【答案】(1)2(2)b ∈0,2e 【分析】(1)借助导数的几何意义计算即可得；(2)借助函数与方程的关系，可将f x 有且仅有两个零点转化为方程b =2ln xx有两个根，构造对应函数并借助导数研究单调性及值域即可得.【详解】(1)f (x )=ax-b ，f 1 =a -b ，f (1)=a ×0-b =-b ，则函数f (x )=a ln x -bx 在1,f 1 处的切线为：y +b =a -b x -1 ，即y =a -b x -a ，令x =0，则有y =-a =-2，即a =2；(2)由a =2，即f (x )=2ln x -bx ，若f x 有且仅有两个零点，则方程2ln x-bx=0有两个根，即方程b=2ln xx有两个根，令g x =2ln xx，则gx =21-ln xx2，则当x∈0,e时，g x >0，则当x∈e,+∞时，g x <0，故g x 在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，故g x ≤g e =2ln ee=2e，又x→0时，g x →-∞，x→+∞时，g x →0，故当b∈0,2 e时，方程b=2ln x x有两个根，即f x 有且仅有两个零点.17(2024·浙江杭州·二模)已知函数f x =a ln x+2-12x2a∈R．(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若函数f x 有两个极值点，(ⅰ)求实数a的取值范围；(ⅱ)证明：函数f x 有且只有一个零点．【答案】(1)答案见解析；(2)(ⅰ)-1<a<0；(ⅱ)证明见解析【分析】(1)求出函数的导函数，再分a≤-1、-1<a<0、a≥0三种情况，分别求出函数的单调区间；(2)(ⅰ)由(1)直接解得；(ⅱ)结合函数的最值与零点存在性定理证明即可.【详解】(1)函数f x =a ln x+2-12x2a∈R的定义域为-2,+∞，且f x =ax+2-x=-x+12+a+1x+2，当a≤-1时，f x ≤0恒成立，所以f x 在-2,+∞单调递减；当-1<a<0时，令f x =0，即-x+12+a+1=0，解得x1=-a+1-1，x2=a+1-1，因为-1<a<0，所以0<a+1<1，则-2<-a+1-1<-1，所以当x∈-2,-a+1-1时f x <0，当x∈-a+1-1,a+1-1时f x >0，当x∈a+1-1,+∞时f x <0，所以f x 在-2,-a+1-1上单调递减，在-a+1-1,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减；当a≥0时，此时-a+1-1≤-2，所以x∈-2,a+1-1时f x >0，当x∈a+1-1,+∞时f x <0，所以f x 在-2,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减．综上可得：当a≤-1时f x 在-2,+∞单调递减；当-1<a<0时f x 在-2,-a+1-1上单调递减，在-a+1-1,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减；当a≥0时f x 在-2,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减．(2)(ⅰ)由(1)可知-1<a<0．(ⅱ)由(1)f x 在-2,-a+1-1上单调递减，在-a+1-1,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减，所以f x 在x=a+1-1处取得极大值，在x=-a+1-1处取得极小值，又-1<a<0，所以0<a+1<1，则1<a+1+1<2，又f x极大值=f a+1-1=a ln a+1+1-12a+1-12<0，又f-a+1-1<f a+1-1<0，所以f x 在-a+1-1,+∞上没有零点，又-1<a<0，则4a<-4，则0<e4a<e-4，-2<e4a-2<e-4-2，则0<e 4a-22<4，所以f e 4a-2=4-12e4a-22>0，所以f x 在-2,-a+1-1上存在一个零点，综上可得函数f x 有且只有一个零点．18(2024·河北沧州·模拟预测)已知函数f(x)=ln x-ax+1，a∈R．(1)讨论f x 的单调性；(2)若∀x>0，f x ≤xe2x-2ax恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2)-∞,2．【分析】(1)利用导数分类讨论判断函数f x 的单调性，即可求解；(2)先利用导数证明不等式e x≥x+1，分离变量可得a≤e2x-ln x+1x恒成立，进而e 2x-ln x+1x≥2x+ln x+1-(ln x+1)x=2，即可求解.【详解】(1)函数f x =ln x-ax+1，a∈R的定义域为0,+∞，且f (x)=1x-a．当a≤0时，∀x∈0,+∞，f (x)=1x-a≥0恒成立，此时f x 在区间0,+∞上单调递增；当a>0时，令f (x)=1x-a=1-axx=0，解得x=1a，当x∈0,1 a时，f x >0，f x 在区间0,1a上单调递增，当x∈1a,+∞时，f x <0，f x 在区间1a,+∞上单调递减．综上所述，当a≤0时，f x 在区间0,+∞上单调递增；当a>0时，f x 在区间0,1 a上单调递增，在区间1a,+∞上单调递减．(2)设g x =e x-x-1，则g x =e x-1，在区间(-∞,0)上，g x <0，g x 单调递减，在区间0,+∞上，g x >0，g x 单调递增，所以g x ≥g0 =e0-0-1=0，所以e x≥x+1(当且仅当x=0时等号成立)．依题意，∀x>0，f x ≤xe2x-2ax恒成立，即a≤e2x-ln x+1x恒成立，而e2x-ln x+1x=xe2x-(ln x+1)x=e2x+ln x-(ln x+1)x≥2x+ln x+1-(ln x+1)x=2，当且仅当2x+ln x=0时等号成立．因为函数h x =2x+ln x在0,+∞上单调递增，h1e=2e-1<0，h(1)=2>0，所以存在x0∈1e,1，使得2x0+ln x0=0成立．所以a ≤e 2x -ln x +1xmin =2，即a 的取值范围是-∞,2 ．【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略：形如f x ≥g x 的恒成立的求解策略：1、构造函数法：令F x =f x -g x ，利用导数求得函数F x 的单调性与最小值，只需F x min ≥0恒成立即可；2、参数分离法：转化为a ≥φx 或a ≤φx 恒成立，即a ≥φx max 或a ≤φx min 恒成立，只需利用导数求得函数φx 的单调性与最值即可；3，数形结合法：结合函数y =f x 的图象在y =g x 的图象的上方(或下方)，进而得到不等式恒成立.19(2024·广东·二模)已知f x =12ax 2+1-2a x -2ln x ,a >0.(1)求f x 的单调区间；(2)函数f x 的图象上是否存在两点A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 (其中x 1≠x 2)，使得直线AB 与函数f x 的图象在x 0=x 1+x22处的切线平行？若存在，请求出直线AB ；若不存在，请说明理由.【答案】(1)f (x )在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增.(2)不存在，理由见解析【分析】(1)求出导函数，根据导函数的正负来确定函数的单调区间；(2)求出直线AB 的斜率，再求出f (x 0)，从而得到x 1,x 2的等式，再进行换元和求导，即可解出答案.【详解】(1)由题可得f(x )=ax +1-2a -2x =ax 2+(1-2a )x -2x =(ax +1)(x -2)x(x >0)因为a >0，所以ax +1>0，所以当x ∈(0,2)时，f (x )<0，f (x )在(0,2)上单调递减，当x ∈(2,+∞)时，f (x )>0，f (x )在(2,+∞)上单调递增.综上，f (x )在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增.(2)由题意得，斜率k =y 2-y 1x 2-x 1=12ax 22+(1-2a )x 2-2ln x 2 -12ax 21+(1-2a )x 1-2ln x 1 x 2-x 1=12a (x 22-x 21)+(1-2a )(x 2-x 1)-2ln x 2x 1x 2-x 1=a 2(x 1+x 2)+1-2a -2ln x2x 1x 2-x 1，f x 1+x 22 =a (x 1+x 2)2+1-2a -4x 1+x 2,由k =f x 1+x22 得，ln x2x 1x 2-x 1=2x 1+x 2，即ln x 2x 1=2(x 2-x 1)x 1+x 2，即ln x 2x 1-2x2x 1-1 x 2x1+1=0令t =x 2x 1，不妨设x 2>x 1，则t >1，记g (t )=ln t -2(t -1)t +1=ln t +4t +1-2(t >1)所以g(t )=1t -4t +1 2=t -1 2t t +1 2>0，所以g (t )在(1,+∞)上是增函数，所以g (t )>g (1)=0，所以方程g (t )=0无解，则满足条件的两点A ,B 不存在.20(2024·广东深圳·二模)已知函数f x =ax +1 e x ，f x 是f x 的导函数，且f x -f x =2e x ．(1)若曲线y =f x 在x =0处的切线为y =kx +b ，求k ，b 的值；(2)在(1)的条件下，证明：f x ≥kx +b ．【答案】(1)k =3，b =1；(2)证明见解析.【分析】(1)根据题意，求导可得a 的值，再由导数意义可求切线，得到答案；(2)设函数g x =2x +1 e x -3x -1，利用导数研究函数g (x )的单调性从而求出最小值大于0，可得证.【详解】(1)因为f x =ax +1 e x ，所以f x =ax +a +1 e x ，因为f x -f x =2e x ，所以a =2．则曲线y =f (x )在点x =0处的切线斜率为f 0 =3．又因为f 0 =1，所以曲线y =f (x )在点x =0处的切线方程为y =3x +1，即得k =3，b =1．(2)设函数g x =2x +1 e x -3x -1，x ∈R ，则g x =2x +3 e x -3，设h x =g x ，则h x =e x 2x +5 ，所以，当x >-52时，h x >0，g x 单调递增．又因为g0 =0，所以，x >0时，g x >0，g x 单调递增；-52<x <0时，g x <0，g x 单调递减．又当x ≤-52时，g x =2x +3 e x -3<0，综上g x 在-∞,0 上单调递减，在0,+∞ 上单调递增，所以当x =0时，g x 取得最小值g 0 =0，即2x +1 e x -3x -1≥0，所以，当x ∈R 时，f x ≥3x +1．21(2024·辽宁·二模)已知函数f x =ax 2-ax -ln x .(1)若曲线y =f x 在x =1处的切线方程为y =mx +2，求实数a ,m 的值；(2)若对于任意x ≥1，f x +ax ≥a 恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)a =-1，m =-2(2)12,+∞ 【分析】(1)根据导数几何意义和切线方程，可直接构造方程组求得结果；(2)构造函数g x =ax 2-ln x -a x ≥1 ，将问题转化为g x ≥0恒成立；求导后，分别在a ≤0、a ≥12和0<a <12的情况下，结合单调性和最值求得符合题意的范围.【详解】(1)∵f x =2ax -a -1x，∴f 1 =2a -a -1=a -1，∵y =f x 在x =1处的切线为y =mx +2，∴f 1 =a -1=mf 1 =0=m +2 ，解得：a =-1，m =-2.(2)由f x +ax ≥a 得：ax 2-ln x -a ≥0，令g x =ax 2-ln x -a x ≥1 ，则当x ≥1时，g x ≥0恒成立；。
破解恒成立问题 高考数学【解析版】
专题16 破解恒成立问题从高考命题看，方程有解问题、无解问题以及不等式的恒成立问题，也是高考命题的热点.而此类问题的处理方法较为灵活，用导数解决不等式“恒成立”“存在性”问题的常用方法是分离参数，或构造新函数分类讨论，将不等式问题转化为函数的最值问题.也可以结合题目的条件、结论，采用数形结合法等.【重点知识回眸】（一）参变参数法1.参变分离：顾名思义，就是在不等式中含有两个字母时（一个视为变量，另一个视为参数），可利用不等式的等价变形让两个字母分居不等号的两侧，即不等号的每一侧都是只含有一个字母的表达式.然后可利用其中一个变量的范围求出另一变量的范围2.一般地，若a ＞f (x )对x ∈D 恒成立，则只需a ＞f (x )max ；若a ＜f (x )对x ∈D 恒成立，则只需a ＜f (x )min .若存在x 0∈D ，使a ＞f (x 0)成立，则只需a ＞f (x )min ；若存在x 0∈D ，使a ＜f (x 0)成立，则只需a ＜f (x 0)max .由此构造不等式，求解参数的取值范围.3.参变分离法的适用范围：判断恒成立问题是否可以采用参变分离法，可遵循以下两点原则：（1）已知不等式中两个字母是否便于进行分离，如果仅通过几步简单变换即可达到分离目的，则参变分离法可行.但有些不等式中由于两个字母的关系过于“紧密”，会出现无法分离的情形，此时要考虑其他方法.例如：()21log a x x -<，111axx e x-+>-等 （2）要看参变分离后，已知变量的函数解析式是否便于求出最值（或临界值），若解析式过于复杂而无法求出最值（或临界值），则也无法用参变分离法解决问题.（可参见”恒成立问题——最值分析法“中的相关题目）（二）构造函数分类讨论法有两种常见情况，一种先利用综合法，结合导函数零点之间大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数.1.构造函数时往往将参数与自变量放在不等号的一侧，整体视为一个函数，其函数含参2.参数往往会出现在导函数中，进而参数不同的取值会对原函数的单调性产生影响——可能经历分类讨论 （三）数形结合法1.函数的不等关系与图象特征：（1）若，均有的图象始终在的下方 （2）若，均有的图象始终在的上方2.在作图前，可利用不等式的性质对恒成立不等式进行变形，转化为两个可作图的函数x D ∀∈()()()f x g x f x <⇔()g x x D ∀∈()()()f x g x f x >⇔()g x3.作图时可“先静再动”，先作常系数的函数的图象，再做含参数函数的图象（往往随参数的不同取值而发生变化）.作图要突出“信息点”.4.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象变换作图（2）所求的参数在图象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象上的特征【典型考题解析】热点一 参变分离法解决不等式恒成立问题【典例1】（2019·天津·高考真题（理））已知a R ∈，设函数222,1,()ln ,1,x ax a x f x x a x x ⎧-+=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x 在R 上恒成立，则a 的取值范围为（ ） A ．[]0,1 B ．[]0,2 C ．[]0,e D ．[]1,e【答案】C【解析】先判断0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立；若ln 0x a x -≥在(1,)+∞上恒成立，转化为ln xa x≤在(1,)+∞上恒成立． 【详解】∵(0)0f ≥，即0a ≥，（1）当01a ≤≤时，2222()22()22(2)0f x x ax a x a a a a a a a =-+=-+-≥-=->， 当1a >时，(1)10f =>，故当0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立； 若ln 0x a x -≥在(1,)+∞上恒成立，即ln xa x≤在(1,)+∞上恒成立， 令()ln xg x x=，则2ln 1'()(ln )x g x x -=，当,x e >函数单增，当0,x e <<函数单减，故()()min g x g e e ==，所以a e ≤．当0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立； 综上可知，a 的取值范围是[0,]e ， 故选C ．【典例2】（2020·全国·高考真题（理））已知函数2()e x f x ax x =+-.（1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性；（2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围.【答案】（1）当(),0x ∈-∞时，()()'0,f x f x <单调递减，当()0,x ∈+∞时，()()'0,f x f x >单调递增.（2）27e ,4∞⎡⎫-+⎪⎢⎣⎭【分析】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可. (2)方法一：首先讨论x =0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a 的取值范围.【详解】(1)当1a =时，()2e xf x x x =+-，()e 21x f x x ='+-，由于()''e 20xf x =+>，故()'f x 单调递增，注意到()00f '=，故：当(),0x ∈-∞时，()()0,f x f x '<单调递减， 当()0,x ∈+∞时，()()0,f x f x '>单调递增. (2) [方法一]【最优解】：分离参数 由()3112f x x ≥+得，231e 12x ax x x +-+，其中0x ≥， ①.当x =0时，不等式为：11≥，显然成立，符合题意；②.当0x >时，分离参数a 得，321e 12x x x a x ----， 记()321e 12x x x g x x ---=-，()()2312e 12x x x x g x x ⎛⎫---- ⎪⎝⎭'=-， 令()()21e 102xh x x x x =---≥，则()e 1xh x x ='--，()''e 10x h x =-≥，故()'h x 单调递增，()()00h x h ''≥=， 故函数()h x 单调递增，()()00h x h ≥=，由()0h x ≥可得：21e 102xx x ---恒成立， 故当()0,2x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增；当()2,x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减； 因此，()()2max7e 24g x g -⎡⎤==⎣⎦, 综上可得，实数a 的取值范围是27e ,4∞⎡⎫-+⎪⎢⎣⎭. [方法二]：特值探路当0x ≥时，31()12f x x ≥+恒成立27e (2)54-⇒⇒f a ．只需证当274e a -≥时，31()12f x x ≥+恒成立．当274e a -≥时，227e ()e e 4-=+-≥+x xf x ax x 2⋅-x x ．只需证明2237e 1e 1(0)42-+-≥+≥xx x x x ⑤式成立．⑤式()223e74244e-+++⇔≤xx x x ，令()223e 7424()(0)e-+++=≥xx x x h x x ，则()()222313e 2e 92()e -+--=='xxx x h x ()()222213e 2e 9e⎡⎤-----⎣⎦=xx x x ()2(2)2e 9e⎡⎤--+-⎣⎦xx x x ，所以当29e 0,2⎡⎤-∈⎢⎥⎣⎦x 时，()0,()h x h x '<单调递减； 当29e ,2,()0,()2⎛⎫-∈> ⎪⎝⎭'x h x h x 单调递增； 当(2,),()0,()∈+∞<'x h x h x 单调递减．从而max [()]max{(0),(2)}4==h x h h ，即()4h x ≤，⑤式成立．所以当274e a -≥时，31()12f x x ≥+恒成立．综上274e a -≥．[方法三]：指数集中当0x ≥时，31()12f x x ≥+恒成立323211e1(1)e 122x x x ax x x ax x -⇒+-+⇒-++≤， 记()32(1(1)e 0)2xg x x ax x x -=-++≥，()2231(1)e 22123x g x x ax x x ax -'=--+++--()()()2112342e 212e 22xx x x a x a x x a x --⎡⎤=--+++=----⎣⎦，①.当210a +≤即12a ≤-时，()02g x x '=⇒=，则当(0,2)x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增，又()01g =，所以当(0,2)x ∈时，()1g x >，不合题意；②.若0212a <+<即1122a -<<时，则当(0,21)(2,)x a ∈+⋃+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减，当(21,2)x a ∈+时，()0g x '>，()g x 单调递增，又()01g =，所以若满足()1g x ≤，只需()21g ≤，即()22(7e 14)g a --≤=27e 4a -⇒，所以当27e 142a -⇒≤<时，()1g x ≤成立；③当212a +≥即12a ≥时，()32311(1)e (1)e 22x xg x x ax x x x --=++≤-++，又由②可知27e 142a -≤<时，()1g x ≤成立，所以0a =时，31()(1)e 21xg x x x -=+≤+恒成立，所以12a ≥时，满足题意. 综上，27e 4a-. 【整体点评】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，本题主要考查利用导数解决恒成立问题，常用方法技巧有：方法一，分离参数，优势在于分离后的函数是具体函数，容易研究；方法二，特值探路属于小题方法，可以快速缩小范围甚至得到结果，但是解答题需要证明，具有风险性； 方法三，利用指数集中，可以在求导后省去研究指数函数，有利于进行分类讨论，具有一定的技巧性！ 【总结提升】利用分离参数法来确定不等式f (x ，λ)≥0(x ∈D ，λ为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤： (1)将参数与变量分离，化为f 1(λ)≥f 2(x )或f 1(λ)≤f 2(x )的形式． (2)求f 2(x )在x ∈D 时的最大值或最小值．(3)解不等式f 1(λ)≥f 2(x )max 或f 1(λ)≤f 2(x )min ，得到λ的取值范围． 热点二 构造函数分类讨论法解决不等式恒成立问题【典例3】（2019·全国·高考真题（文））已知函数f （x ）=2sin x －x cos x －x ，f′（x ）为f （x ）的导数． （1）证明：f′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点； （2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围． 【答案】（1）见解析； （2）(],0a ∈-∞.【分析】（1）求导得到导函数后，设为()g x 进行再次求导，可判断出当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '>，当,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<，从而得到()g x 单调性，由零点存在定理可判断出唯一零点所处的位置，证得结论；（2）构造函数()()h x f x ax =-，通过二次求导可判断出()()min 2h x h a π''==--，()max 222h x h a ππ-⎛⎫''==- ⎪⎝⎭；分别在2a ≤-，20a -<≤，202a π-<<和22a π-≥的情况下根据导函数的符号判断()h x 单调性，从而确定()0h x ≥恒成立时a 的取值范围.【详解】（1）()2cos cos sin 1cos sin 1f x x x x x x x x '=-+-=+- 令()cos sin 1g x x x x =+-，则()sin sin cos cos g x x x x x x x '=-++= 当()0,x π∈时，令()0g x '=，解得：2x π=∴当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '>；当,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<()g x ∴在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减又()0110g =-=，1022g ππ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，()112g π=--=-即当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x >，此时()g x 无零点，即()f x '无零点()02g g ππ⎛⎫⋅< ⎪⎝⎭0,2x ππ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x =又()g x 在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减 0x x ∴=为()g x ，即()f x '在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上的唯一零点综上所述：()f x '在区间()0,π存在唯一零点（2）若[]0,x π∈时，()f x ax ≥，即()0f x ax -≥恒成立 令()()()2sin cos 1h x f x ax x x x a x =-=--+ 则()cos sin 1h x x x x a '=+--，()()cos h x x x g x '''==由（1）可知，()h x '在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减且()0h a '=-，222h a ππ-⎛⎫'=- ⎪⎝⎭，()2h a π'=-- ()()min 2h x h a π''∴==--，()max 222h x h a ππ-⎛⎫''==- ⎪⎝⎭①当2a ≤-时，()()min 20h x h a π''==--≥，即()0h x '≥在[]0,π上恒成立()h x ∴在[]0,π上单调递增()()00h x h ∴≥=，即()0f x ax -≥，此时()f x ax ≥恒成立 ②当20a -<≤时，()00h '≥，02h π⎛⎫'> ⎪⎝⎭，()0h π'<1,2x ππ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()10h x '=()h x ∴在[)10,x 上单调递增，在(]1,x π上单调递减又()00h =，()()2sin cos 10h a a ππππππ=--+=-≥()0h x ∴≥在[]0,π上恒成立，即()f x ax ≥恒成立③当202a π-<<时，()00h '<，2022h a ππ-⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭20,2x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()20h x '=()h x ∴在[)20,x 上单调递减，在2,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增()20,x x ∴∈时，()()00h x h <=，可知()f x ax ≥不恒成立④当22a π-≥时，()max 2022h x h a ππ-⎛⎫''==-≤ ⎪⎝⎭()h x ∴在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减 00h xh可知()f x ax ≥不恒成立 综上所述：(],0a ∈-∞【点睛】本题考查利用导数讨论函数零点个数、根据恒成立的不等式求解参数范围的问题.对于此类端点值恰为恒成立不等式取等的值的问题，通常采用构造函数的方式，将问题转变成函数最值与零之间的比较，进而通过导函数的正负来确定所构造函数的单调性，从而得到最值.【典例4】（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）已知函数()()ln 20f x a x x a =-≠. (1)讨论()f x 的单调性；(2)当0x >时，不等式()()22cos eax x f x f x ⎡⎤-≥⎣⎦恒成立，求a 的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2)(]0,2e【分析】（1）求出函数()f x 的定义域，求得()2a xf x x-'=，分析导数的符号变化，由此可得出函数()f x 的单调递增区间和递减区间；（2）令()t f x =，()e 2cos tg t t t =--，利用导数分析函数()g t 的单调性，对实数a 的取值进行分类讨论，求出()t f x =的取值范围，结合函数()g t 的图象可得出关于实数a 的不等式，即可求得实数a 的取值范围. （1）解：函数()()ln 20f x a x x a =-≠的定义域为()0,∞+，且()22a a x f x x x-'=-=.当0a <时，因为0x >，则()0f x '<，此时函数()f x 的单调递减区间为()0,∞+；当0a >时，由()0f x '<可得2ax >，由()0f x '>可得02ax <<.此时，函数()f x 的单调递增区间为0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减区间为,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.综上所述，当0a <时，函数()f x 的单调递减区间为()0,∞+；当0a >时，函数()f x 的单调递增区间为0,2a ⎛⎫⎪⎝⎭，单调递减区间为,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭. （2）解：()()()()()()()ln 222cos e 2cos 0e 2cos 0eaf x a x x x x f x f x f x f x f x f x -⎡⎤⎡⎤⎡⎤-≥⇔--≥⇔--≥⎣⎦⎣⎦⎣⎦，设()e 2cos tg t t t =--，其中()t f x =，则()e 2sin t g t t '=-+，设()e sin 2th t t =+-，则()e cos th t t '=+，当0t ≤时，e 1t ≤，sin 1t ≤，且等号不同时成立，则()0g t '<恒成立，当0t >时，e 1t >，cos 1t ≥-，则()0h t '>恒成立，则()g t '在()0,∞+上单调递增，又因为()01g '=-，()1e 2sin10g '=-+>，所以，存在()00,1t ∈使得()00g t '=，当00t t <<时，()0g t '<；当0t t >时，()0g t '>.所以，函数()g t 在()0,t -∞上单调递减，在()0,t +∞上单调递增，且()00g =，作出函数()g t 的图象如下图所示：由（1）中函数()f x 的单调性可知，①当0a <时，()f x 在()0,∞+上单调递增，当0x +→时，()f x →+∞，当x →+∞时，()f x →-∞，所以，()t f x =∈R ，此时()00g t <，不合乎题意；②当0a >时，()max ln 22a a f x f a a ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，且当0x +→时，()f x →-∞，此时函数()f x 的值域为,ln 2a a a ⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦，即,ln 2a t a a ⎛⎤∈-∞- ⎥⎝⎦.（i ）当ln 02a a a -≤时，即当02e a <≤时，()0g t ≥恒成立，合乎题意；（ii ）当ln 02a a a ->时，即当2e a >时，取10min ln ,2a t a a t ⎧⎫=-⎨⎬⎩⎭，结合图象可知()10g t <，不合乎题意.综上所述，实数a 的取值范围是(]0,2e . 【规律方法】对于f (x )≥g (x )型的不等式恒成立问题，若无法分离参数，一般采用作差法构造函数h (x )＝f (x )－g (x )或h (x )＝g (x )－f (x )，进而只需满足h (x )min ≥0或h (x )max ≤0即可． 热点三 利用数形结合法解决不等式恒成立问题【典例5】（2013·全国·高考真题（文））已知函数22,0()ln(1),0x x x f x x x ⎧-+≤=⎨+>⎩，若|()|f x ax ≥，则a 的取值范围是（ ） A ．(,0]-∞ B ．(,1]-∞C ．[2,1]-D ．[2,0]-【答案】D【解析】作出函数()y f x =的图像，和函数y ax =的图像，结合图像可知直线y ax =介于l 与x 轴之间，利用导数求出直线l 的斜率，数形结合即可求解.【详解】由题意可作出函数()y f x =的图像，和函数y ax =的图像.由图像可知：函数y ax =的图像是过原点的直线， 当直线介于l 与x 轴之间符合题意，直线l 为曲线的切线，且此时函数()y f x =在第二象限的部分的解析式为 22y x x =-，求其导数可得22y x '=-，因为0x ≤，故2y '≤-， 故直线l 的斜率为2-，故只需直线y ax =的斜率a []2,0∈-. 故选：D【典例6】（2015·全国·高考真题（理））设函数()(21)xf x e x ax a =--+，其中1a < ，若存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，则a 的取值范围是（ ）A ．3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭B ．33,2e 4⎡⎫-⎪⎢⎣⎭C ．33,2e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】D【分析】设()()21xg x e x =-，()1y a x =-，问题转化为存在唯一的整数0x 使得满足()()01g x a x <-，求导可得出函数()y g x =的极值，数形结合可得()01a g ->=-且()312g a e-=-≥-，由此可得出实数a 的取值范围.【详解】设()()21xg x e x =-，()1y a x =-，由题意知，函数()y g x =在直线y ax a =-下方的图象中只有一个点的横坐标为整数，()()21x g x e x '=+，当12x <-时，()0g x '<；当12x >-时，()0g x '>.所以，函数()y g x =的最小值为12122g e -⎛⎫-=- ⎪⎝⎭.又()01g =-，()10g e =>.直线y ax a =-恒过定点()1,0且斜率为a ，故()01a g ->=-且()31g a a e -=-≥--，解得312a e≤<，故选D.【典例7】（2020·全国高二）若关于x 的不等式0x x e ax a ⋅-+<的解集为()m n ，(0n <)，且()m n ，中只有一个整数，则实数a 的取值范围是（ ）． A ．211[)e e， B ．221[)32e e， C ．212[)e e， D ．221[)3e e， 【答案】B 【解析】不等式0x x e ax a ⋅-+<有唯一整数解，即不等式()1xx e a x ⋅<-有唯一整数解，设()xg x x e =⋅，y ax a =-，求出()g x 的单调区间，作出其大致图像，y ax a =-恒过定点()10，P ，数形结合可得答案.【详解】设()xg x x e =⋅，y ax a =-，()()1xg x x e '=+⋅，由()0g x '>，解得1x >-，由()0g x '<解得1x <-所以()xg x x e =⋅在(]1-∞-，上单调递减，在[)1-+∞，上单调递增. 又当x →-∞ ，()0g x <且()0g x →，又()00g =，则()xg x x e =⋅的大致图象如下由题意由不等式0x x e ax a ⋅-+<有唯一整数解，即不等式()1xx e a x ⋅<-有唯一整数解即()xg x x e =⋅在直线y ax a =-下方的部分，故min 1()(1)g x g e=-=-，y ax a =-恒过定点()10，P ， 结合函数图像得PA PB k a k ≤<，即22132a e e≤<， 故选：B ．【点睛】本题考查根不等式的解集中整数的个数求参数范围的问题，解答本题的关键的根据题意转化为不等式()1x x e a x ⋅<-有唯一整数解，即()x g x x e =⋅在直线y ax a =-下方的部分中唯一整数x ，讨论出()xg x x e =⋅的单调区间，得出其大致图象，属于中档题.【精选精练】一、单选题1．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）对任意的(]12,1,3x x ∈，当12x x <时，1122ln 03x a x x x -->恒成立，则实数a的取值范围是（ ） A ．[)3,+∞ B ．()3,+∞ C ．[)9,+∞ D ．()9,+∞【答案】C【分析】将不等式等价变形，构造函数()ln 3af x x x =-，再借助函数单调性、最值求解作答.【详解】依题意，11211222ln 0ln (ln )0333x a a ax x x x x x x -->⇔--->，令()ln 3a f x x x =-，(1,3]x ∈， 则对任意的12,(1,3]x x ∈，当12x x <时，12()()f x f x >，即有函数()f x 在(1,3]上单调递减， 因此，(1,3]x ∀∈，()1033af x a x x'=-≤⇔≥，而max (3)9x =，则9a ≥， 所以实数a 的取值范围是[9,)+∞. 故选：C2．（2021·青海·西宁市海湖中学高三开学考试（文））若函数()2ln f x x x=-，满足() f x a x ≥-恒成立，则a 的最大值为（ ） A ．3 B ．4 C ．3ln 2- D ．3ln 2+【答案】C【分析】由题意，分离参数可得min 2ln a x x x ⎛⎫≤+- ⎪⎝⎭，令2()ln g x x x x=+-，然后利用导数求出()g x 的最小值即可求解.【详解】解：因为()2ln f x x x=-，满足() f x a x ≥-恒成立， 所以min2ln a x x x ⎛⎫≤+- ⎪⎝⎭，令2()ln g x x x x =+-，则()()()222221212()10x x x x g x x x x x x -+--'=--==>，令()0g x '>，得2x >，令()0g x '<，得02x <<， 所以()g x 在()0,2上单调递减，在()2,+∞上单调递增， 所以min ()(2)3ln 2g x g ==-， 所以3ln 2a ≤-，所以a 的最大值为3ln 2-， 故选：C.3．（2023·全国·高三专题练习）已知函数12ln ,(e)ey a x x =-≤≤的图象上存在点M ，函数21y x =+的图象上存在点N ，且M ，N 关于x 轴对称，则a 的取值范围是（ ）A ．21e ,2⎡⎤--⎣⎦B ．213,e ∞⎡⎫--+⎪⎢⎣⎭C ．213,2e ⎡⎤---⎢⎥⎣⎦D ．2211e ,3e ⎡⎤---⎢⎥⎣⎦【答案】A【详解】因为函数21y x =+与函数21y x =--的图象关于x 轴对称，根据已知得函数12ln ,(e)e y a x x =-≤≤的图象与函数21y x =--的图象有交点，即方程22ln 1a x x -=--在1,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上有解，即22ln 1a x x =--在1,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上有解．令()22ln 1g x x x =--，1,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则()()22212222xx g x x x x x--'=-==，可知()g x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，在[]1,e 上单调递减，故当1x =时，()()max 12g x g ==-，由于21e e 13g ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，()2e e 1g =-，且2211e 3e -->-，所以212e a -≤≤-． 故选：A ．4．（2021·青海·大通回族土族自治县教学研究室高三开学考试（文））已知函数1()e 2xf x =，直线y kx =与函数()f x 的图象有两个交点，则实数k 的取值范围为（ ）A ．1e 2⎛ ⎝B ．(e,)+∞C ．(e,)+∞D ．1e,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】D【分析】首先考查临界情况，利用导数求得切线的斜率，据此可求得实数k 的取值范围【详解】当过原点的直线y kx =与函数()f x 的图象相切时，设切点为1,e 2m P m ⎛⎫⎪⎝⎭，由()1e 2x f x '=，可得过点P 的切线方程为()11e e 22m my x m -=-，代入点()0,0可得11e e 22m mm -=-，解得1m =，此时切线的斜率为1e 2，由函数()f x 的图象可知，若直线y kx =与函数()f x 的图象有两个交点，直线的斜率k 的取值范围为1e,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭． 故答案选：D5．（2022·福建省福安市第一中学高三阶段练习）设函数()()()()1e e ,e 1x x f x x g x ax =--=--，其中R a ∈.若对[)20,x ∀∈+∞，都1R x ∃∈，使得不等式()()12f x g x ≤成立，则a 的最大值为（ ） A ．0 B ．1eC ．1D ．e【答案】C【分析】由题意易知()0f x ≥恒成立，则可等价为对[)20,x ∀∈+∞，()20g x ≥恒成立，利用参变分离，可变形为e 1,(0)x a x x -≤>恒成立，易证e 11,(0)x x x->>，则可得1a ≤，即可选出答案.【详解】对[)20,x ∀∈+∞，都1R x ∃∈，使得不等式()()12f x g x ≤成立， 等价于()()12min min f x g x ≤,当1x <时，10,e e<0x x -<-，所以()0f x >， 当1≥x 时，10,e e 0x x -≥-≥，所以()0f x ≥， 所以()0f x ≥恒成立，当且仅当1x =时，min ()0f x =， 所以对[)20,x ∀∈+∞，()20g x ≥恒成立，即e 10x ax --≥， 当0x =，e 100x ax --=≥成立，当0x >时，e 1e 10x xax a x---≥⇒≤恒成立.记()e 1,0x h x x x =-->, 因为()e 10x h x '=->恒成立，所以()h x 在(0,)+∞上单调递增，且(0)0h =，所以()e 10xh x x =-->恒成立，即e 1e 11,(0)x xx x x-->⇒>>所以1a ≤.所以a 的最大值为1. 故选：C.【点睛】本题考查导数在不等式的恒成立与有解问题的应用，属于难题， 此类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12()()f x g x <成立，故max 12min ()()f x g x <； （2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有12()()f x g x <成立，故1max 2max ()()f x g x <； （3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有12()()f x g x <成立，故1min 2max ()()f x g x <； （4）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∀∈，有12()()f x g x <成立，故1min 2min ()()f x g x <； （5）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有12()()f x g x =，则()f x 的值域是()g x 值域的子集． 二、多选题6．（2022·重庆南开中学高三阶段练习）已知定义在R 上函数()g x 满足：()()2g x g x =+，且()[)[)3,0,124,1,2x x x g x x x ⎧-∈⎪=⎨-+∈⎪⎩，设函数()()f x x g x =+，则下列正确的是（ ） A ．()f x 的单调递增区间为()()2,21,Z k k k +∈ B ．()f x 在()2022,2024上的最大值为2025 C ．()f x 有且只有2个零点 D ．()f x x ≥恒成立. 【答案】ABD【分析】由题可知函数()g x 为周期函数，根据导数判断函数的单调性，进而可得函数的值域可判断D ，结合条件可得函数()[)[)232,2,2144,21,22x kk x k k f x x k x k k -⎧+∈+⎪=⎨-++∈++⎪⎩可判断AB ，利用数形结合可判断C.【详解】由题可得函数()g x 为周期函数，当[)0,1x ∈时，()3x g x x =-，则()3ln31ln310xg x '=-≥->，函数单调递增，()[)31,2xg x x =-∈，当[)1,2x ∈时，()(]240,2g x x =-+∈， 故可得函数()g x 的值域为(]0,2，因为()[)[)3,0,124,1,2x x x g x x x ⎧-∈⎪=⎨-+∈⎪⎩，()()2g x g x =+，所以()()[)[)232,2,212244,21,22x kx k x k k g x g x k x k x k k -⎧-+∈+⎪=-=⎨-++∈++⎪⎩(Z k ∈)， 故()()f x x g x =+[)[)232,2,2144,21,22x k k x k k x k x k k -⎧+∈+⎪=⎨-++∈++⎪⎩，所以函数()f x 的单调递增区间为()()2,21,Z k k k +∈，单调减区间为()()21,22,Z k k k ++∈，故A 正确； 所以函数()f x 在()2022,2023上单调递增，在()2023,2024上单调递减， 故()f x 在()2022,2024上的最大值为()()()202320232023202312025f g g =+=+=，故B 正确；由()()0f x x g x =+=可得()g x x =-，所以函数()y g x =与函数y x =-交点的个数即为函数()f x 的零点数， 作出函数()y g x =与函数y x =-的大致图象，由图可知函数()y g x =与函数y x =-有一个交点， 即函数()f x 有且只有1个零点，故C 错误；由()f x x ≥，即()0g x ≥，因为()g x ∈(]0,2，故()f x x ≥恒成立，故D 正确. 故选：ABD. 三、填空题7．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）函数2()2e x f x a bx =++，其中a ，b 为实数，且(0,1)a ∈.已知对任意24e b >，函数()f x 有两个不同零点，a 的取值范围为___________________.【答案】)8e ,1-⎡⎣【分析】将函数有两个不同零点转化为方程有两个不等实根；再将方程变形构造新函数，求导并研究新函数的单调性，求其最小值，得到22ln ba-≥e ，再由已知条件求得)8,1a -⎡∈⎣e 即可. 【详解】因为()f x 有两个不同零点()0f x ⇔=有两个不相等的实根 即220x a bx ++=e 有两个不相等的实根； 所以ln 220x a bx ++=e e ，令ln t x a = ，则220ln tbta++=e e ，t 显然不为零，所以22ln t b a t+-=e e ，因为()0,1a ∈ ，24e b > ， 所以20ln ba-> ，所以0t > ； 令()()20t g t t t+=>e e ，则()()22t t t g t t-+'=e e e ；令()()()20t t h t t t =-+>e e e ，则()0t t t t h t t t '=+-=>e e e e ，所以()h t 在()0,∞+上单调递增，又()20h = ，所以当()0,2t ∈时，()0h t < ；当()2,t ∈+∞ 时，()0h t > ； 所以当()0,2t ∈时，()0g t '< ；当()2,t ∈+∞ 时，()0g t '> ； 故()g t 在()0,2上单调递减，在()2,+∞上单调递增；所以()()2min 2g t g ==e ，所以22ln ba-≥e ； 又24e b >，所以24b >e ，所以ln 42a -≤ 即ln 8a ≥- ，8a -≥e ， 又()0,1a ∈ ，所以)8,1a -⎡∈⎣e ； 故答案为：)8,1-⎡⎣e .8．（2023·江苏·南京市中华中学高三阶段练习）若关于x 的不等式()()ee ln mxmx m x x mx x x +≤+-恒成立，则实数m 的最小值为________ 【答案】e e 1- 【分析】将不等式两边同时除以m x ，进而转化为()()ln e eln m x x xx m x x -+≤+-，令()e x f x x =+，进而将原不等式转化为()()()ln f x f m x x ≤-恒成立，再根据单调性转化为ln xm x x≥-恒成立，进而构造函数()()0ln xg x x x x=>-，求导分析最大值即可. 【详解】∵0x >，∴不等式两边同时除以mx ，得：()e e ln mxxm x m x x x+≤+-∴()1lne eln mmx xx x m x x ++≤+- ∴()ln e eln x mx m xx m x x -+≤+- ∴()()ln e eln m x x xx m x x -+≤+- ①令()e xf x x =+，可知()f x 单调递增.①式等价于()()()ln f x f m x x ≤-恒成立 ∴()ln x m x x ≤-恒成立.构造()()ln 0x x x x ϕ=->，则()1x x xϕ-'=，故当()0,1x ∈时()0x ϕ'<， 当()1,x ∈+∞时()0x ϕ'>，所以()()ln 0x x x x ϕ=->在1x =时取得最小值. 即()()ln 010x x x ϕϕ=-≥=>，∴ln 0x x -> ∴ln xm x x≥-恒成立 令()()0ln xg x x x x=>- ∴()g x '()()221ln 11ln ln ln x x x x x x x x x ⎛⎫--- ⎪-⎝⎭==-- ∴当()0e x ∈，时，()0g x '>，∴()g x 单调递增；当()e x +∞，时，()0g x '< ∴()g x 单调递减； ∴()g x 的最大值为()e e e 1g =- ∴ee 1m ≥-，故实数m 的最小值为e e 1-. 故答案为：e e 1- 【点睛】关键点点睛：本题关键是将已知不等式转化为()()ln e eln m x x xx m x x -+≤+-，构造()e x f x x =+，进而将原不等式转化为()()()ln f x f m x x ≤-恒成立，再根据单调性即可得到.9．（2022·全国·长垣市第一中学高三开学考试（理））已知不等式e ln x a a x x x +≥+对任意()1,x ∈+∞恒成立，则正实数a 的取值范围是___________. 【答案】(]0,e【分析】将题目所给不等式进行变形，然后利用构造函数法，结合导数来求得a 的取值范围. 【详解】不等式e ln x a a x x x +≥+可变形为ln e ln e ln x a a x x x a x a x --=-. 因为0a >且1x >，所以ln 0a x >.令()e (0)u f u u u =->，则()e 10uf u ='->.所以函数()f u 在()0,∞+上单调递增.不等式ln e e ln x a x x a x -≥-等价于()()ln f x f a x ≥，所以ln x a x ≥. 因为1x >，所以ln x a x≤. 设()(1)ln xg x x x=>，则()2ln 1(ln )x g x x -'=.当()1,e x ∈时，()0g x '<，函数()g x 在()1,e 上单调递减； 当()e,x ∈+∞时，()0g x '>，函数()g x 在()e,+∞上单调递增. 所以()min ()e e g x g ==，所以0e a <≤. 故正实数a 的取值范围是(]0,e .10．（2022·重庆南开中学高三阶段练习）已知函数124e ,1()(2)2,1x ax a x f x x a x a x -⎧+->=⎨+--≤⎩，若关于x 的不等式()0≤f x 的解集为[)2,-+∞，则实数a 的取值范围是___________. 【答案】[]1,2【分析】将不等式()0≤f x 的解集为[)2,-+∞转化为21(2)20x x a x a ≤⎧⎨+--≤⎩的解为[]2,1-及当1x >时，14e 0x ax a -+-≤恒成立，从而可求得12a ≤≤.【详解】不等式()0≤f x 等价于21(2)20x x a x a ≤⎧⎨+--≤⎩或114e 0x x ax a ->⎧⎨+-≤⎩， 而()0≤f x 的解集为[)2,-+∞，故21(2)20x x a x a ≤⎧⎨+--≤⎩的解为[]2,1-且14e 0x ax a -+-≤对任意的1x >恒成立. 又21(2)20x x a x a ≤⎧⎨+--≤⎩即为()()120x x x a ≤⎧⎪⎨+-≤⎪⎩，若2a <-，则()()120x x x a ≤⎧⎪⎨+-≤⎪⎩即为12x a x ≤⎧⎨≤≤-⎩，这与解为[]2,1-矛盾；若2a =-，则()()120x x x a ≤⎧⎪⎨+-≤⎪⎩即为12x x ≤⎧⎨=-⎩，这与解为[]2,1-矛盾；若2a >-，则()()120x x x a ≤⎧⎪⎨+-≤⎪⎩即为12x x a ≤⎧⎨-≤≤⎩，因为21(2)20x x a x a ≤⎧⎨+--≤⎩的解为[]2,1-，故1a ≥.当1x >时，14e0x ax a -+-≤恒成立即为14e 1x a x -≤+恒成立， 令()14e ,11x s x x x -=>+，则()()()()111224e 14e 4e 011x x x x x s x x x ---+-'==>++， 故()s x 在()1,+∞为增函数，故()()02s x s >=， 故2a ≤. 综上，12a ≤≤ 故答案为：[]1,2.【点睛】思路点睛：与分段函数有关的不等式解的问题，应该就不同解析式对应的范围分类讨论，讨论时注意结合解析式的形式确定分类讨论还是参变分离.四、解答题11．（2022·全国·高一课时练习）已知函数，()()e 1e x xf x a -=++．(1)若0是函数()2=-y f x 的零点，求a 的值；(2)若对任意,()0x ∈+∞，不等式()1f x a ≥+恒成立，求a 的取值范围． 【答案】(1)0 (2)(,3]-∞【分析】（1）0是函数()2=-y f x 的零点代入可得a ；（2）由题意知e (1)e 1-++≥+xxa a 在(0,)+∞上恒成立，转化为2e e 1e 1x xxa -+≤-在(0,)+∞上恒成立，化简可得11≤++a t t，利用均值不等式求最值可得答案.（1）因为0是函数()2=-y f x 的零点，所以00e (1)e 20a -++-=，解得a ＝0； （2）由题意知e (1)e 1-++≥+x x a a 在(0,)+∞上恒成立，则()2e 1e e 1x x xa -≤-+，又因为,()0x ∈+∞，所以e 1x>，则2e e 1e 1x x xa -+≤-， 令e 1(0)-=>x t t ，则e 1x t =+，可得22(1)(1)1111+-++++≤==++t t t t a t t t t， 又因为111123t t t t ++≥+⋅=，当且仅当1t t =即1t =时，等号成立，所以3a ≤，即a 的取值范围是(],3-∞．12．（2021·河南·高三开学考试（文））已知函数()()()ln 12f x a x x a =+-∈R . （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()3f x 在()1,+∞上恒成立，求证：2e a <.（注：3e 20≈）【答案】（1）当0a 时，()f x 在()0,∞+上单调递；当0a >时，数()f x 在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减； （2）证明见解析.【分析】（1）对函数求导，讨论0a 和0a >两种情况，即可得出函数的单调性； （2）利用分类参数的方法，先得到23ln 1x a x +≤+，构造新的函数()()231ln 1x h x x x +=>+，用导数的方法求其最小值，即可证明结论成立.【详解】（1）由题知函数()f x 的定义域为()0,∞+，()22a a xf x x x-'=-= ①当0a ≤时，()0f x '<，此时函数()f x 在()0,∞+上单调递； ②当0a >时，令()0f x '>，得02ax <<；令()0f x '<，得2a x >， 所以函数()f x 在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；综上，当0a 时，()f x 在()0,∞+上单调递；当0a >时，数()f x 在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；（2）由题意，()()ln 123f x a x x =+-在()1,+∞上恒成立， 可化为23ln 1x a x +≤+在()1,x ∈+∞上恒成立， 设()()231ln 1x h x x x +=>+， 则()()()()()22132ln 1232ln ln 1ln 1x x x x x h x x x +-+⨯-'==++设()()32ln 1x x x x ϕ=->，则()2230x x xϕ'=+>， 所以()x ϕ在()1,+∞上单调递增，又()3ln16322ln 2022ϕ-=-=<，()3e 20eϕ=-> 所以方程()0h x '=有且只有一个实根0x ，且02e x <<，0032ln x x =， 所以在()01,x 上，()0h x '<，()h x 单调递减， 在()0,x +∞上，()0h x '>，()h x 单调递增， 所以函数()h x 的最小值为()000000232322e 3ln 112x x h x x x x ++===<++， 从而022e a x ≤<. 【点睛】思路点睛：求解不等式在给定区间内恒成立求参数的问题时，优先考虑分离参数的方法，分离出所求参数，构造新的函数，利用导数的方法求解函数的最值，进而即可求解.13．（2022·云南省下关第一中学高三开学考试）已知函数()ln (1)f x x x a x a =-++． (1)求函数()f x 的极值；(2)若不等式(1)()(2)e x f x x a a -≤--+对任意[1,)x ∈+∞恒成立，求实数a 的取值范围． 【答案】(1)极小值为e a a -；无极大值 (2)a 的取值范围为(,0]-∞【分析】（1）先判断函数定义域，再求导结合函数单调性求出极值即可；（2）对函数进行同构变形，令()(1)e x g x x a =--，则(ln )(1)g x g x ≤-对任意[1,)x ∈+∞恒成立，首先可以证明0ln 1x x ≤≤-对[1,)x ∈+∞恒成立，原题转化为求()g x 在[0,)+∞上单调递增时a 的取值范围即可. （1）由题意得：()ln (1)f x x x a x a =-++，,()0x ∈+∞， 所以()ln f x x a '=-，令()0f x '=，解得e (0,)a x =∈+∞，当0e a x <<时()0f x '<；当e a x >时，()0f x '>．所以()f x 在()0,e a 上单调递减，在()e ,a+∞上单调递增． 所以()f x 有极小值，为()e e a af a =-；无极大值．（2）由已知得，(1)ln (1)(2)e x x x a x x a --+≤--对任意[1,)x ∈+∞恒成立， 即ln (1)(ln 1)e [(1)1]e x x x a x a ---≤---对任意[1,)x ∈+∞恒成立， 令()(1)e x g x x a =--，则(ln )(1)g x g x ≤-对任意[1,)x ∈+∞恒成立， 下证：0ln 1x x ≤≤-对任意[1,)x ∈+∞恒成立， 令()ln (1)h x x x =--，[1,)x ∈+∞． 则()10xh x x-'=≤在[1,)+∞上恒成立，且仅当1x =时取"="． 所以()h x 在[1,)+∞上单调递减，()(1)0h x h ≤=， 即0ln 1x x ≤≤-，[1,)x ∈+∞所以(ln )(1)g x g x ≤-对任意[1,)x ∈+∞恒成立，只需()g x 在[0,)+∞上单调递增，即()()e 0xg x x a '=-≥在[0,)+∞上恒成立，即a x ≤在[0,)+∞上恒成立， 所以0,a ≤即a 的取值范围为(,0]-∞.【点睛】导数求参问题要善于运用转化的手法，本题先运用同构方法对原不等式变形，最终转化为函数单调性问题，结合函数的单调性与导数的关系，即可解答.14．（2022·甘肃定西·高二开学考试（理））已知函数()ln f x x x =，()23g x x ax =-+-(1)求()f x 在()()e,e f 处的切线方程(2)若存在[]1,e x ∈时，使()()2f x g x ≥恒成立，求a 的取值范围． 【答案】(1)2e y x =- (2)32eea【分析】（1）求出函数()f x 的导函数，确定切线的斜率，即可求()f x 在()()e,e f 处的切线方程；（2）先把不等式()()2f x g x ≥成立转化为32ln a x x x≤++成立，设32ln x x xx，[]1,e x ∈，利用导函数求出()x ϕ在[]1,e x ∈上的最大值，即可求实数a 的取值范围．（1）由()ln f x x x =，可得()ln 1f x x '=+， 所以切线的斜率()e 2k f '==，()e e f =．所以()f x 在()()e,e f 处的切线方程为()e 2e y x -=-，即2e y x =-； （2） 令20l 223n h x xf xg x x ax x ，则max 32ln a x x x ⎡⎤≤++⎢⎥⎣⎦，令32ln x x xx ，[]1,e x ∈， 在[]1,e x ∈上，2130x xxx ，()x ϕ∴在[]1,e 上单调递增，max3e 2e +ex ， 32eea． 15．（2016·四川·高考真题（理））设函数f (x )=ax 2-a -ln x ，其中a ∈R. （I ）讨论f (x )的单调性；（II ）确定a 的所有可能取值，使得11()xf x e x->-在区间（1，+∞）内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数)． 【答案】（I ） 见解析（II ） 1[,)2a ∈+∞.【详解】试题分析：本题考查导数的计算、利用导数求函数的单调性，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.第（Ⅰ）问，对()f x 求导，再对a 进行讨论，从而判断函数()f x 的单调性；第（Ⅱ）问，利用导数判断函数的单调性，从而证明结论. 试题解析：（Ⅰ）2121()2(0).ax f x ax x x x --=>'=0a ≤当时，()'f x <0，()f x 在0+∞（，）内单调递减. 0a >当时，由()'f x =0，有12x a=. 此时，当x ∈10,)2a（时，()'f x <0，()f x 单调递减； 当x ∈1+)2a（，∞时，()'f x >0，()f x 单调递增. （Ⅱ）令()g x =111ex x --，()s x =1e x x --.则()s x '=1e 1x --. 而当1x >时，()s x '>0，所以()s x 在区间1+)∞（，内单调递增. 又由(1)s =0，有()s x >0， 从而当1x >时，()f x >0.当0a ≤，1x >时，()f x =2(1)ln 0a x x --<.故当()f x >()g x 在区间1+)∞（，内恒成立时，必有0a >. 当102a <<时，12a>1. 由（Ⅰ）有1()(1)02f f a <=,从而1()02g a>， 所以此时()f x >()g x 在区间1+)∞（，内不恒成立. 当12a ≥时，令()()()(1)h x f x g x x =-≥， 当1x >时，3212222111112121()20xx x x x h x ax e x x x x x x x x --+-+=-+->-+-=>>'， 因此，()h x 在区间(1,)+∞单调递增.又因为(1)=0h ，所以当1x >时，()()()0h x f x g x =->，即()()f x g x >恒成立. 综上，1[,)2a ∈+∞.【考点】导数的计算，利用导数求函数的单调性，解决恒成立问题【名师点睛】本题考查导数的计算，利用导数求函数的单调性，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 的极小值没法确定，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．16．（2020·河南开封市·高三一模（理））已知函数()()ln 0af x ax x a =>.（1）当1a =时，求曲线()y f x =在x e =处的切线方程； （2）若()xf x xe ≤对于任意的1x >都成立，求a 的最大值.【答案】（1）2y x e =-；（2）最大值为e . 【解析】（1）先由1a =，得到()ln f x x x =，对其求导，根据导数的几何意义，即可求出切线方程；（2）先由不等式恒成立，得到ln ln a a x x x x e e ≤⋅，构造函数()ln g x x x =，利用导数的方法判定其单调性，得到a x x e ≤对于任意的1x >都成立，分离参数，得到ln xa x≤对于任意的1x >都成立，再由导数的方法求出ln xx的最小值，即可得出结果. 【详解】（1）当1a =时，()ln f x x x =，得()ln 1f x x '=+， 则()f e e =，()2f e '=，所以()y f x =在x e =处的切线方程为：2y x e =-. （2）当0a >且1x >时，由于()ln ln ln ln xaxaaxaaxxf x xe ax x xe x x xe x x e e ≤⇔≤⇔≤⇔≤⋅， 构造函数()lng x x x =，得()ln 10g x x '=+>在1x >上恒成立，所以()ln g x x x =在()1,+∞上单调递增，()()()ln ln x a a x x a x f x xe x x e e g x g e ≤⇔≤⋅⇔≤，由于()xf x xe ≤对任意的1x >都成立，又1a x >，e 1x >，再结合()g x 的单调性知道：。
专题05 构造函数证明不等式(学生版) -2025年高考数学压轴大题必杀技系列导数
专题5 构造函数证明不等式函数与导数一直是高考中的热点与难点, 利用导数证明不等式在近几年高考中出现的频率比较高．求解此类问题关键是要找出与待证不等式紧密联系的函数,然后以导数为工具来研究该函数的单调性、极值、最值(值域),从而达到证明不等式的目的．(一) 把证明()f x k >转化为证明()min f x k>此类问题一般简单的题目可以直接求出()f x 的最小值,复杂一点的题目是()f x 有最小值,但无法具体确定,这种情况下一般是先把()f x 的最小值转化为关于极值点的一个函数,再根据极值点所在范围,确定最小值所在范围【例1】（2024届黑龙江省哈尔滨市三中学校高三下学期第五次模拟）已知函数()()21ln f x a x x x =+--（a ÎR ）.(1)讨论()f x 的单调性；(2)当102a <£时,求证：()1212f x a a³-+.【解析】（1）由题意可知,函数2()(1)ln f x a x x x =+--的定义域为(0,)+¥,导数1(1)(21)()2(1)1x ax f x a x x x+-¢=+--=,当0a £时,,()0x Î+¥,()0f x ¢<；当0a >时,1(0,)2x a Î,()0f x ¢<；1(,),()02x f x a¢Î+¥>；综上,当0a £时,函数()f x 在区间(0,)+¥上单调递减；当0a >时,函数()f x 在区间1(0,2a 上单调递减,在区间1(,)2a+¥上单调递增.（2）由（1）可知,当102a <£时,函数()f x 在区间1(0,)2a 上单调递减,在区间1(,)2a+¥上单调递增.所以函数211111()()(1)ln()1ln(2)22224f x f a a a a a a a a³=+--=+-+,要证1()212f x a a ³-+,需证111ln(2)2142a a a a a+-+³-+,即需证11ln(2)0,(0,]42a a a a +-³Î恒成立.令1()ln(2)4g a a a a =+-,则()2222111()1044a g a a aa -=--+=-£¢,所以函数()g a 在区间1(0,2单调递减,故111()()00222g a g ³=+-=,所以11ln(2)0,(0,]42a a a a +-³Î恒成立,所以当102a <£时,1()212f x a a³-+.【例2】（2024届重庆市南开中学高三上学期第一次质量检测）已知函数()()sin ln 1f x x x =-+.(1)求证：当π1,2x æöÎ-ç÷èø时,()0f x ³；(2)求证：()()111111ln 1sin sin sin sinln ln 2224622n n n n *+<++++<+ÎN L .【解析】（1）证明：因为()()sin ln 1f x x x =-+,则()0sin 0ln10f =-=,()1cos 1f x x x =-+¢,当(]1,0x Î-时,cos 1x £,111x ³+,()0f x ¢£,函数()f x 单调递减,则()()00f x f ³=成立；当π0,2x æöÎç÷èø时,令()1cos 1p x x x =-+,则()()21sin 1p x x x ¢=-+,因为函数()211y x =+、sin y x =-在π0,2æöç÷èø上均为减函数,所以,函数()p x ¢在π0,2æöç÷èø上为减函数,因为()010p ¢=>,2π1102π12p æö¢=-<ç÷èøæö+ç÷èø,所以存在π0,2x æöÎç÷èø,使得()00p x ¢=,且当00x x <<时,()0p x ¢>,此时函数()f x ¢单调递增,当0π2x x <<时,()0p x ¢<,此时函数()f x ¢单调递减,而()00f ¢=,所以()00f x ¢>,又因为π02f æö¢<ç÷èø,所以存在10π,2x x æöÎç÷èø,使得()10f x ¢=,当10x x <<时,()0f x ¢>,此时函数()f x 单调递增,当1π2x x <<时,()0f x ¢<,此时函数()f x 单调递减,因为π1e 2+<,所以,ππ1ln 11ln e 022f æöæö=-+>-=ç÷ç÷èøèø,所以,对任意的π0,2x æöÎç÷èø时,()0f x >成立,综上,()0f x ³对任意的π1,2x æöÎ-ç÷èø恒成立.（2）证明：由（1）,对任意的n *ÎN ,11022n <£,则111sin ln 10222f n n n æöæö=-+>ç÷ç÷èøèø,即1121sinln 1ln 222n n n n +æö>+=ç÷èø,对任意的n *ÎN ,()()()()22122221221022*******n n n n n n n n n n n +-+++-==>+++,所以,2122221n n n n ++>+,则2122ln ln 221n n n n ++>+,所以111135721sin sin sin sinln ln ln ln 24622462n n n +++++>+++L ,从而可得111146822sin sin sin sinln ln ln ln 246235721n n n +++++>++++L ,上述两个不等式相加可得11112sin sin sin sin 2462n æö++++ç÷èøL ()3456782122ln ln ln ln ln ln ln ln ln 1234567221n n n n n ++>++++++++=++L ,所以,()11111sin sin sin sinln 124622n n ++++>+L ,又由（1）,因为1102n -<-<,则111121sin ln 1sin ln022222n f n n n n n -æöæöæö-=---=-->ç÷ç÷ç÷èøèøèø,可得1212sinln ln 2221n nn n n -<-=-,当2n ³且n *ÎN 时,()()()()()()22222122110212221222122n n n n n n n n n n n -----==-<------,所以,2212122n n n n -<--,即221ln ln 2122n n n n -<--,所以,当2n ³时,1111462sin sin sin sinln 2ln ln ln 24623521nn n ++++<++++-L L ,从而有11113521sin sin sin sinln 2ln ln ln 24622422n n n -++++<++++-L L ,上述两个不等式相加得：11112sin sin sin sin 2462n æö++++ç÷èøL 3456782122ln 2ln ln ln ln ln ln ln ln 2ln 2ln 2345672221n nn n n -<+++++++++=+--L ,所以,11111sin sin sin sinln 2ln 24622n n ++++<+L ,当1n =时,1111sin ln ln 2sin 02222f æöæö-=--=->ç÷ç÷èøèø,即1sin ln 22<,所以,对任意的n *ÎN ,11111sin sin sin sinln ln 224622n n ++++<+L ,因此,()()111111ln 1sin sin sin sinln ln 2224622n n n n *+<++++<+ÎN L . (二) 把证明()()f x g x > 转化为证明()()0f xg x ->此类问题是证明不等式中最基本的一类问题,把两个函数通过作差转化为一个函数,再利用导数研究该函数的性质,通过函数性质证明该不等式.【例3】（2024届西省榆林市第十中学高三下学期一模）已知函数()()e 11xf x a x =+--,其中a ÎR ．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当2a =时,证明：()ln cos f x x x x >-．【解析】（1）()()e 11x f x a x =+--Q ,()e 1x f x a \=¢+-,当1a ³时,()e 10xf x a =+->¢,函数()f x 在R 上单调递增；当1a <时,由()e 10xf x a =+->¢,得()ln 1x a >-,函数()f x 在区间()()ln 1,a ¥-+上单调递增,由()e 10xf x a =+-<¢,得()ln 1x a <-,函数()f x 在区间()(),ln 1a -¥-上单调递减．综上,当1a ³时,()f x 在R 上单调递增,无减区间.当1a <时,()f x 在()()ln 1,a ¥-+上单调递增,在()(),ln 1a -¥-上单调递减.（2）Q 当2a =时,()e 1xf x x =+-,\要证()ln cos f x x x x >-,即证()e cos 1ln 0,0,x x x x x x ++-->Î+¥,①当01x <£时,e cos 10x x x ++->Q ,ln 0x x £,e cos 1ln 0x x x x x \++-->；②当1x >时,令()e cos 1ln xg x x x x x =++--,则()e sin ln x g x x x =--¢,设()()h x g x ¢=,则()1e cos xh x x x=¢--,1x >Q ,e e 2x \>>,110x-<-<,1cos 1x -£-£,()0h x ¢\>,()h x \在()1,+¥上单调递增,()()1e sin100h x h \>=-->,即()0g x ¢>,()g x \在()1,+¥上单调递增,()()1e cos10g x g \>=+>,即e cos 1ln 0x x x x x ++-->．综上,当2a =时,()ln cos f x x x x >-． (三) 把证明()()f x g x > 转化为证明()()min maxf xg x >有时候把证明()()f x g x > 转化为证明()()0f x g x ->后,可能会出现()()f x g x -的导函数很复杂,很难根据导函数研究()()f x g x -的最值,而()f x 的最小值及()g x 的最大值都比较容易求,可考虑利用证明()()min max f x g x >的方法证明原不等式,但要注意这种方法有局限性,因为()()f x g x >未必有()()min max f x g x >.【例4】（2024届广东省部分学校高三上学期第二次联考）已知函数()()e 0xf x ax a =¹.(1)讨论()f x 的单调性；(2)当24e a ³时,证明：()()1ln 01f x x x x -+>+.【解析】（1）由题意可得()()1e xf x a x +¢=.则0a >时,由()0f x ¢>,得1x >-,由()0f x ¢<,得1x <-,则()f x 在(),1-¥-上单调递减,在()1,-+¥上单调递增；当a<0时,由()0f x ¢<,得1x >-,由()0f x ¢>,得1x <-,则()f x 在(),1-¥-上单调递增,在()1,-+¥上单调递减.（2）因为0x >,所以e 01x x x >+.因为24e a ³,所以()()2e 4e 1ln 1ln 11xx ax x x x x x x x --+³-+++.要证()()1ln 01f x x x x -+>+,即证()24e 1ln 01x x x x x --+>+,即证()224e ln 1x x x x ->+.设()()224e 1x g x x -=+,则()()()234e 11x x g x x --¢=+.当()0,1x Î时,()0g x ¢<,当()1,x Î+¥时,()0g x ¢>,则()g x 在()0,1上单调递减,在()1,+¥上单调递增.故()()min 11eg x g ==.设()ln x h x x =,则()21ln xh x x-¢=.当()0,e x Î时,()0h x ¢>,当()e,x Î+¥时,()0h x ¢<,则()h x 在()0,e 上单调递增,在()e,+¥上单调递减.故()()max 1e eh x h ==.因为()()min max g x h x =,且两个最值的取等条件不同,所以()224e ln 1x x x x ->+,即当24e a ³时,()()1ln 01f x x x x -+>+.(四) 把证明()()f xg x >转化为证明()()()(),f xh x h x g x >>若直接证明()()f x g x >比较困难,有时可利用导数中的常见不等式如ln 1,e +1x x x x £-³构造一个中间函数()h x ,或利用不等式的性质通过放缩构造一个中间函数()h x ,再通过证明()()()(),f x h x h x g x >>来证明原不等式.【例5】已知函数()sin 2cos xf x x=+在区间()0,a 上单调．(1)求a 的最大值；(2)证明：当0x >时,()31e xf x +<．【解析】 (1)由已知得,22cos (2cos )sin sin 2cos 1()(2cos )(2cos )x x x x x f x x x +++¢==++,要使函数()f x 在区间(0,)a 上单调,可知在区间(0,)a 上单调递增,令()0f x ¢>,得2cos 10x +>,即1cos 2x >-,解得22(2,2)33x k k p pp p Î-++,（k Z Î）,当0k =时满足题意,此时,在区间2(0,3p 上是单调递增的,故a 的最在值为23p.(2)当0x >时,要证明()31e xf x +<,即证明e 1()3x f x -<,而1xe x ->,故需要证明e 1()33x xf x -<<.先证：e 133x x -<,（0x >）记()e 1x F x x =--,()e 1x F x ¢=-Q ,,()0x Î+¥时,()0F x ¢>,所以()F x 在(0,)+¥上递增,\()e 1xF x x =--(0)0F >=,故1xe x ->,即e133xx -<.再证：()3x f x <,（0x >）令1()()3G x f x x =-,则sin 1(),2cos 3x G x x x =-+则()()()()222cos 12cos 1132cos 32cos x x G x x x ¢--+=-=++,故对于0x ">,都有()0¢<G x ,因而()G x 在(0,)¥+上递减,对于0x ">,都有()(0)0G x G <=,因此对于0x ">,都有()3xf x <.所以e 1()33x x f x -<<成立,即e 1()3x f x -<成立,故原不等式成立.(五) 改变不等式结构,重新构造函数证明不等式此类问题要先对待证不等式进行重组整合,适当变形,找到其等价的不等式,观察其结构,根据结构构造函数.常见的变形方法有：①去分母,把分数不等式转化为整式不等式；②两边取对数,把指数型不等式转化为对数型不等式；③不等式为()()()()f x h x g x h x >类型,且()()0h x >或<0的解集比较容易确定,可考虑两边同时除以()h x ；④不等式中含有,有时为了一次求导后不再含有对数符号,可考虑不等式两边同时除以x ；⑤通过换元把复杂的不等式转化为简单不等式.【例6】（2024届河南省创新发展联盟5月月考）已知函数1e 1()ln x af x x x x-=--.(1)讨论()f x 的单调性；(2)当52a ³时,证明：()11()ln e 1ln x f x x x x x -++->-.【解析】（1）函数1e 1()ln x af x x x x -=--的定义域为(0,)+¥,求导得11222e (1)11(1)(e 1)()x x a x x a f x x x x x -----=-+=¢,若0a £,则1e 10x a --<,且当()0,1x Î时,()0f x ¢>,当()1,x ¥Î+时,()0f x ¢<,即函数()f x 在(0,1)上递增,在(1,)+¥上递减；若0a >,令1e 10x a --=,解得1ln x a =-,若1ln 0a -£,即e a ³,则1e 10x a --³恒成立,当()0,1x Î时,()0f x ¢<,当()1,x ¥Î+时,()0f x ¢>,即函数()f x 在(0,1)上递减,在(1,)+¥上递增；若01ln 1a <-<,即1e a <<,则当()()0,1ln 1,x a ¥Î-È+时,()0f x ¢>,当()1ln ,1x a Î-时,()0f x ¢<,即函数()f x 在(0,1ln ),(1,)a -+¥上递增,在(1ln ,1)a -上递减；ln x x若1ln 1a -=,即1a =,则()0f x ¢³在()0,¥+上恒成立,函数()f x 在(0,)+¥上递增；若1ln 1a ->,即01a <<,则当()()0,11ln ,x a ¥ÎÈ-+时,()0f x ¢>,当(1,1ln )x a Î-时,()0f x ¢<,即函数()f x 在(0,1),(1ln ,)a -+¥上递增,在(1,1ln )a -上递减,所以当0a £时,()f x 的递增区间为()0,1,递减区间为()1,¥+；当01a <<时,()f x 的递增区间为()0,1和()1ln ,a ¥-+,递减区间为()1,1ln a -；当1a =时,()f x 的递增区间为()0,¥+,无递减区间；当1e a <<时,()f x 的递增区间为()0,1ln a -和()1,¥+,递减区间为()1ln ,1a -；当e a ³时,()f x 的递增区间为()1,¥+,递减区间为()0,1.（2）要证()()11ln e 1ln x f x x x x x -++->-,需证()11e e ln 10x x a x x x --+-->,而15e ,02x a x -³>,即有()()1111e 5e e ln 1e ln 12x x x x a x x x x x x----+--³+--,则只需证明()115e e ln 102x x x x x --+-->,即证15e ln 12x x x x -æö+->ç÷èø,即证()215ln 12e x x x x -+->,令()()5ln 12h x x x =+-,则()ln h x x ¢=,当()0,1x Î时,()0h x ¢<,当()1,x ¥Î+时,()0h x ¢>,即函数()h x 在(0,1)上单调递减,在(1,)+¥上单调递增,则()min 3()12h x h ==,令()21(0)e x x x x j -=>,则()()12ex x x x j --¢=,当()0,2x Î时,()0x j ¢>,当()2,x ¥Î+时,()0x j ¢<,函数()j x 在(0,2)上单调递增,在(2,)+¥上单调递减,则()max min 43()2()e 2x h x j j ==<=,从而()215ln 12e x x x x -+->,即()11()ln e 1ln x f x x x x x -++->-成立.(六) 通过减元法构造函数证明不等式对于多变量不等式 ,一般处理策略为消元或是把一个看作变量其他看作常量；当都不能处理的时候,通过变形,再换元产生一个新变量,从而构造新变量的函数.【例7】（2024届江西省南昌市高三三模）定义：若变量,0x y >,且满足：1mmx y a b æöæö+=ç÷ç÷èøèø,其中,0,Z a b m >Î,称y 是关于的“m 型函数”.(1)当2,1a b ==时,求y 关于x 的“2型函数”在点æççè处的切线方程；(2)若y 是关于x 的“1-型函数”,（i ）求x y +的最小值：（ii ）求证：()1111n n n nn n n n nx ya b+++æö+³+ç÷èø,()N n *Î.【解析】（1）解：当2,1a b ==时,可得12214x y æö=-ç÷èø,则122111242x y x -æöæö=-×-ç÷¢ç÷èøèø,所以1x y =¢=,所求切线方程为1)y x =-,即40x +-=.（2）解：由y 是关于x 的“1-型函数”,可得111x y a b --æöæö+=ç÷ç÷èøèø,即1a b x y +=,（i）因为2()()a b ay bx x y x y a b a b x y x y æö+=++=+++³++=ç÷èø,当且仅当2ay x x y ì=ïíï+î即x a y b ì=ïí=ïî时取得最小值.（ii ）由111x y a b --æöæö+=ç÷ç÷èøèø,即1a b x y +=,则()()x a y b ab --=,且x a >,y b >,可设x a at -=,by b t-=,其中(0,)t Î+¥,于是11[(1)]1(1)1nnnnnn n n x y a t b a t b t t éùæöæö+=+++=+++ç÷ç÷êúèøèøëû,记1()(1)1nnnnh t a t b t æö=+++ç÷èø,可得()()()11112111111n n n nn nn n n na t b h t na t nb t t t t a ---++éù+æöæöæö=+++-=-êúç÷ç÷ç÷èøèøèøêëû¢ú,由()0h t ¢=,得1n n b t a +æö=ç÷èø,记10n n b t a +æö=ç÷èø,当00t t <<时()0h t ¢<,当0t t >时,()0h t ¢>,则()()11min0001()1111nnn nnn n n n n n n b a h t h t a t b a b t a b ++éùéùæöæöæöêúêú==+++=+++ç÷ç÷ç÷êúêúèøèøèøëûëû111111111111n n n nn n n n n n n nn n n n n n n n n n a b a b a b a a b b b a ++++++++++æöæöæöæö=+×++×=+++ç÷ç÷ç÷ç÷èøèøèøèø111n n n nn n a b+++æö=+ç÷èø,所以()1111n n n nn n n n nx ya b+++æö+³+ç÷èø.(七) 与极值点或零点有关的多变量不等式的证明此类问题通常是给出函数的零点或极值点12,x x 或123,,x x x ,与证明与12,x x 或123,,x x x 有关的不等式,求解时要有意识的利用方程思想代入消元（若i x 是()f x 的零点,则()0i f x =,若i x 是()f x 的极值点,则()0i f x ¢=,）,减少变量个数.【例8】（2024届湖南娄底市高三下学期高考考前仿真联考）已知函数()2e 2ln x af x a x x x =--.(1)当1a =时,讨论函数()f x 的单调性；(2)若22e a >,（i ）证明：函数()f x 有三个不同的极值点；（ii ）记函数()f x 三个极值点分别为123,,x x x ,且123x x x <<,证明：()()()23131e a f x f x a x x æö-<--ç÷èø.【解析】（1）函数()f x 的定义域为(0,)+¥,当1a =时,()2e 2ln xf x x x x=--,则()422323e e 21e 2(2)(e 2(2))x xx x x x x x x f x x x x x x x x -----¢=+-=+=,令e (0)x y x x =->,则e 10(0)x y x ¢=->>,所以e x y x =-在(0,)+¥上递增,所以0e e 01x y x =->-=,所以当2x >时,()0f x ¢>,当02x <<时,()0f x ¢<,所以()f x 在(0,2)上递减,在(2,)+¥上递增；（2）（i ）因为,()0x Î+¥,且()233(2e 2(2)(e ))x xa a x f x x x x a x x x -¢=+--=-,(2)0f ¢=,由e 0xax -=,得e xa x=（,()0x Î+¥）,令()(0)x e g x x x =>,则2(e 1)()(0)x x g x x x-¢=>,当01x <<时,()0g x ¢<,当1x >时,()0g x ¢>,所以()g x 在(0,1)上递减,在(1,)+¥上递增,所以min ()(1)e g x g ==,当2e (2)e 2a g >=>时,e xa x=在(0,1)和(2,)+¥上各有一个实数根,分别记为13,x x ,则1301,2x x <<>,设22x =,当10x x <<或23x x x <<时,()0f x ¢<,当12x x x <<或3x x >时,()0f x ¢>,所以()f x 在()10,x 和()23,x x 上递减,在()12,x x 和3(,)x +¥上递增,所以函数()f x 在(0,)+¥上有三个不同的极值点,（ii ）由（i ）1301,2x x <<>,所以13,x x 是方程e x ax =的两个不相等的实数根,即11e x ax =,33e xax =,所以11111211111e 221()ln ln ln x a a af x a x a x a x x x x x x æö=--=--=-+ç÷èø,同理3331()ln f x a x x æö=-+ç÷èø,所以()()313131313111ln ln a x a x f x f x x x x x x x æöæö-+++ç÷ç÷-èøèø=--31313111ln ln a x x x x x x æö-+--ç÷èø=-13331131ln x x x a x x x x x æö--+ç÷èø=-,由11e x ax =,33e x ax =,得3331113311e e ln ln ln ln e e e x x x x x x x a x x x a-====-,所以()()1331331313113131313131ln 11x x x x x a a x x f x f x x x x x x a x x x x x x x x æöæö---+-+-ç÷ç÷-æöèøèø===-ç÷---èø,因为2e ,2a æöÎ+¥ç÷èø,所以要证()()()23131e a f x f x a x x æö-<--ç÷èø,只要证()()23131e f x f x a a x x -<--,即证23111e a a a x x æö-<-ç÷èø,即证31111e a x x -<-,即证311e a x x <,只需证13e ax x <,即31e e xx <×,即311ex x -<,由（i ）可得1301,2x x <<>,所以3110e e 1x --<<<,根据（i ）中结论可知函数e ()=xg x x在(0,1)上递减,所以要证311ex x -<,即证311()(e )x g x g -<,因为3113e e x x a x x ==,所以13()()g x g x =,所以只要证313()(e )x g x g -<,即1333e 13e e e xx x x --<,得13e 3e e x x -<,即3131e ln x x --<,得313e 01ln xx ---<,令1()1ln e(2)xh x x x -=-->,则111e 1()e (2)x x x h x x x x---¢=-+=>,令1()e 1(2)x u x x x -=->,则1()(1)e 0(2)x u x x x -¢=-<>,所以()u x 在(2,)+¥上递减,所以2()(2)10eu x u <=-<,所以()0h x ¢<,所以()h x 在(2,)+¥上递减,所以1()(2)1ln 20e h x h <=--<,所以得证.(八) 与数列前n 项和有关的不等式的证明此类问题一般先由已知条件及导数得出一个不等式,再把该不等式中的自变量依次用1,2,3,L ,n 代换,然后用叠加法证明.【例9】（2024届重庆市九龙坡区高三下学期5月质量抽测）已知函数()213ln 22f x x x ax =+-+,()0a >.(1)当[)1,x ¥Î+时,函数()0f x ³恒成立,求实数a 的最大值；(2)当2a =时,若()()120f x f x +=,且12x x ¹,求证：122x x +>；(3)求证：对任意*N n Î,都有()2112ln 1ni i n n i =-æö++>ç÷èøå.【解析】（1）当1x ³时,()213ln 022f x x x ax =+-+³恒成立,即ln 1322x a x x x £++恒成立,只需min ln 1322x a x xx æö£++ç÷èø即可,令()ln 1322x g x x x x =++,1x ³,则()22221ln 132ln 1222x x x g x x x x ---=-¢+=,令()22ln 1h x x x =--,1x ³,则()22222x h x x x x=¢-=-,当1x ³时,()0h x ¢³恒成立,()h x 在[)1,x ¥Î+单调递增,所以()()10h x h ³=,所以()0g x ¢³在[)1,x ¥Î+恒成立,()g x 在[)1,x ¥Î+单调递增,所以()()min 12g x g ==,所以2a £,即实数a 的最大值为2.（2）当2a =时,()213ln 222f x x x x =+-+,0x >,所以()()21120x f x x x x-=+=¢-³,()f x 在()0,x ¥Î+上单调递增,又()10f =,()()120f x f x +=且12x x ¹,不妨设1201x x <<<,要证122x x +>,即证明212x x >-,因为()f x 在()0,x ¥Î+上单调递增,即证()()212f x f x >-,因为()()120f x f x +=,即证()()1120f x f x +-<,设()()()()()()2213132ln 2ln 22222222F x f x f x x x x x x x =+-=+-++-+---+()()()2ln 221ln 221x x x x x x x x éùéù=-+-+=---+ëûëû,01x <<,令()2t x x =-,则01t <<,则()ln 1t t t j =-+,()111tt t t j -=-=¢,由01t <<可得()0t j ¢>,()t j 在()0,1单调递增,所以()()10t j j <=,即()()()20F x f x f x =+-<,所以()()1120f x f x +-<成立,所以122x x +>.（3）由（2）可知当2a =时,()f x 在()1,¥+单调递增,且()()10f x f >=,由213ln 2022x x x +-+>得22ln 430x x x +-+>,即()22ln 21x x +->,令1n x n +=,则2112ln 21n n n n ++æö+->ç÷èø,即2112ln 1n n n n +-æö+>ç÷èø,所以22112ln 111-æö+>ç÷èø,23122ln 122-æö+>ç÷èø,24132ln 133-æö+>ç÷èø,…,2112ln 1n n n n +-æö+>ç÷èø,相加得()2112ln 1ni i n n i =-æö++>ç÷èøå.（九）通过同构函数把复杂不等式化为简单不等式此类问题通常是构造一个函数()f x ,把所证不等式转化为()()()()f g x f h x >,再根据()f x 的单调性转化为证明一个较简单的不等式.【例10】（2024届广东省广州市高中毕业班冲刺训练二）已知函数()e axf x x =（0a >）.(1)求()f x 在区间[]1,1-上的最大值与最小值；(2)当1a ³时,求证：()ln 1f x x x ³++.【解析】（1）解：()()e 1axf x ax =+¢（0x >）（0a >）,令()0f x ¢=,则1x a =-,当01a <£时,11a-£-,所以()0f x ¢³在区间[]1,1-上恒成立,()f x 在区间[]1,1-上单调递增,所以()()min 1e a f x f -=-=-,()()max 1e af x f ==.当1a >时,111a -<-<,则当11,x a éöÎ--÷êëø时,()0f x ¢<,()f x 在区间11,a éö--÷êëø上单调递减；当1,1x a æùÎ-çúèû时,()0f x ¢>,()f x 在区间1,1a æù-çúèû上单调递增,所以()min 11e f x f a a æö=-=-ç÷èø,而()1e 0a f --=-<,()1e 0a f =>.所以()()max 1e af x f ==综上所述,当01a <£时,()min e a f x -=-,()max e af x =；当1a >时,所以()min 1ef x a =-,()max e af x =.（2）因为0x >,1a ³,所以e e ax x x x ³,欲证e ln 1ax x x x ³++,只需证明e ln 1x x x x ³++,只需证明ln ln e e e e ln 1x x x x x x x x x +==³++,因此构造函数()e 1x h x x =--（x ÎR ）,()e 1xh x ¢=-,当(),0x Î-¥时,()0h x ¢<,()h x 在(),0¥-上单调递减；当()0,x Î+¥时,()0h x ¢>,()h x 在()0,¥+上单调递增：所以()()00h x h ³=,所以e 1x x ³+,所以e ln 1x x x x ³++,因此()ln 1f x x x ³++.【例1】（2024届内蒙古呼和浩特市高三第二次质量监测）对于函数()f x ,若实数0x 满足()00f x x =,则0x 称为()f x 的不动点．已知函数()()e 2e 0x xf x x a x -=-+³．(1)当1a =-时,求证()0f x ³；(2)当0a =时,求函数()f x 的不动点的个数；(3)设*N n Î,()ln 1n +>+L ．【解析】（1）当1a =-时,有()()e 2e 0x xf x x x -=--³,所以()1e 2e x x f x =+-¢()0x ³,所以()1e 220e x x f x =+-³=¢当且仅当1e e xx=,e 1x=,即0x =时,等号成立,所以当[)0,x Î+¥时,()0f x ¢³,()f x 单调递增,所以()()()min 00f x f x f ³==,所以()0f x ³得证.（2）当0a =时,()()e 20xf x x x =-³,根据题意可知：方程e 2x x x -=()0x ³解的个数即为函数()f x 的不动点的个数,化e 2x x x -=()0x ³为e 30x x -=()0x ³,令()e 3xg x x =-()0x ³,所以函数()g x 的零点个数,即为函数()f x 的不动点的个数,()e 3x g x ¢=-()0x ³,令()0g x ¢=,即e 3x =,解得ln 3x =,x[)0,ln 3ln 3()ln 3,¥+()g x ¢-+()g x 单调递减33ln 3-单调递增因为()010g =>,()ln 333ln 30g =-<,所以()g x 在[)0,ln 3上有唯一一个零点,又()555e 15215170g =->-=>,所以()g x 在()ln 3,¥+上有唯一一个零点,综上所述,函数()f x 有两个不动点.（3）由（1）知,()e 2e 0,0,x xx x ¥--->Î+,令ln ,1x s s =>,则12ln 0s s s --->,即12ln ,1s s s s->>,设*N s n =Î,则满足1s >,>1ln 1n æö>+ç÷èø,()1ln ln 1ln n n n n +æö>=+-ç÷èø,()ln 2ln1ln 3ln 2ln(1)ln ln 1n n n >-+-+++-=+L L ,即()ln 1n >+L .【例2】（2024届四川省自贡市高三第三次诊断性考试）已知函数1()1ln (0)f x a x a x=++>(1)求函数()f x 的单调区间；(2)函数()f x 有唯一零点1x ,函数2()sin e ag x x x =--在R 上的零点为2x ．证明：12x x <．【解析】（1）函数1()1ln (0)f x a x a x=++>的定义域为()0,¥+,且2211()a ax f x x x x -¢=-+=,所以当10x a<<时()0f x ¢<,当1x a >时()0f x ¢>,所以()f x 的单调递减区间为10,a æöç÷èø,单调递增区间为1,a æö+¥ç÷èø；（2）法一：由（1）可知若函数()f x 有唯一零点1x ,则11x a=,即1ln 10f a a a a æö=-++=ç÷èø,令()ln 1x x x x j =-++,则()ln x x j ¢=-,当1x >时,()()0,x x j j ¢<单调递减,当01x <<时,()()0,x x j j ¢>单调递增,因为44e 2.753.144127>=>,55e 3243256<=<,所以()433ln 344ln 27ln e ln 270j =-+=-=->,()544ln 455ln 256ln e ln 2560j =-+=-=-<,当01x <<时()()1ln 10x x x j =-+>,当x ®+¥时()x j ®-¥,所以()x j 在()3,4上存在唯一零点,所以33a <<,即11143a <<,令()2e sin h x x x x -=+-,则()22e cos 10h x x x -=-+-<¢,所以()h x 在()0,¥+上单调递减,故22113113111sin sin sin 03e333333h h a æöæö>=+->+-=>ç÷ç÷èøèø,所以211e sin a a a->-,又()2222sin e 0g x x x a -=--=,所以2221111sin e sin sin x x a x x a a--=>-=-,令()sin F x x x =-,则()1cos 0F x x =-³¢,所以()F x 在()0,¥+上单调递增,又()()21>F x F x ,所以21x x >.法二：因为0a >,由（1）可知若函数()f x 有唯一零点1x ,则11x a=,即()()1111111111ln 1ln 10ln 10f x a x x x x x x x =++=++=Þ++=,设211()ln 1,0,0e e h x x x h h æöæö=++><ç÷ç÷èøèø,而()h x 在()0,¥+上单调递增,所以1211,e e x æöÎç÷èø,()1cos 0g x x ¢=-≥,所以()g x 在R 上单调递增,又12(0)0,0e ag x =-<\>,令22211()sin ,()1cos 0e e x x x x x x x j j ¢=--=-+>,所以()j x 在()0,¥+上单调递增,所以()111sin 0e e x j j æö\<=-<ç÷èø,而()222212211sin sin 0e e a g x x x x x x =--=--=,()()11122211221111sin sin e e g x x x g x x x x x x x \=--<=--\<.【例3】（2024届四川省成都市实验外国语学校教育集团高三下学期联考）已知函数()e xf x =,()lng x x =.(1)若函数()()111x h x ag x x +=---,a ÎR ,讨论函数()h x 的单调性；(2)证明：()()()()1212224x f x f x g x -->-.（参考数据：45e 2.23»,12e 1.65»）【解析】（1）由题意()()1ln 1,11x h x a x x x +=-->-,所以()()22,11ax a h x x x -+¢=>-,当0a =时,()0h x ¢>,所以()h x 在()1,+¥上为增函数；当0a ¹时,令()0h x ¢=得21x a=-,所以若0a >时,211a-<,所以()0h x ¢>,所以()h x 在()1,+¥上为增函数,若0<a 时,211a->,且211x a <<-时,()0h x ¢>,21x a >-时,()0h x ¢<,所以()h x 在21,1a æö-ç÷èø上为增函数,在21,a æö-+¥ç÷èø上为减函数,综上：当0a ³时,()h x 在()1,+¥上为增函数,当0<a 时,()h x 在21,1a æö-ç÷èø上为增函数,在21,a æö-+¥ç÷èø上为减函数；（2）()()()()1212224x f x f x g x -->-等价于()2121e e 2ln 204x x x x ---+>,设()()2121e e 2ln 24x x F x x x =---+,则()()()222e 2e 12e e 2e e x xx x xxx x x x F x x x x x-+--¢=--==,因为0x >,所以e 10x x +>,设()e 2x x x j =-,则()()10e xx x j ¢=+>,则()x j 在()0,¥+上单调递增,而()4544e 20,1e 2055j j æö=-<=->ç÷èø,所以存在04,15x æöÎç÷èø,使()00x j =,即00e 2xx =,所以00ln ln 2x x +=,即00ln ln 2x x =-,当00x x <<时,()0F x ¢<,则()F x 在()00,x 上单调递减,当0x x >时,()0F x ¢>,则()F x 在()0,x +¥上单调递增,所以()()00200min 121e e 2ln 24x x F x x x =---+()000220001421212ln 22222ln 224x x x x x x =---++=-+-+,设()21422ln 22,15m t t t t æö=-+-+<<ç÷èø,则()3220m t t ¢=+>,则()m t 在4,15æöç÷èø上单调递增,42581632ln 222ln 20516580m æö=-+-+=->ç÷èø,则()min 0F x >,则不等式()2121e e 2ln 204x x x x ---+>恒成立,即不等式()()()()1212224x f x f x g x -->-成立.【例4】（2024届天津市滨海新区高考模拟检测）已知函数()ln a xf x x+=,其中a 为实数．(1)当1a =时,①求函数()f x 的图象在e x =（e 为自然对数的底数）处的切线方程；②若对任意的x D Î,均有()()m x n x £,则称()m x 为()n x 在区间D 上的下界函数,()n x 为()m x 在区间D 上的上界函数．若()1kg x x =+,且()g x 为()f x 在[)1,+¥上的下界函数,求实数k 的取值范围．。
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第15讲-导数在不等式中的应用一、经典例题考点一 构造函数证明不等式 【例1】 已知函数f (x )＝1－x －1ex，g (x )＝x －ln x . (1)证明：g (x )≥1；(2)证明：(x －ln x )f (x )>1－1e2.证明 (1)由题意得g ′(x )＝x －1x(x >0)，当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0， 即g (x )在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数. 所以g (x )≥g (1)＝1，得证. (2)由f (x )＝1－x －1ex ，得f ′(x )＝x －2ex， 所以当0<x <2时，f ′(x )<0，当x >2时，f ′(x )>0， 即f (x )在(0，2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数， 所以f (x )≥f (2)＝1－1e2(当且仅当x ＝2时取等号).① 又由(1)知x －ln x ≥1(当且仅当x ＝1时取等号)，② 且①②等号不同时取得， 所以(x －ln x )f (x )>1－1e2.规律方法 1.证明不等式的基本方法：(1)利用单调性：若f (x )在[a ，b ]上是增函数，则①∀x ∈[a ，b ]，有f (a )≤f (x )≤f (b )，②∀x 1，x 2∈[a ，b ]，且x 1<x 2，有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∀x ∈D ，有f (x )≤M (或f (x )≥m ). 2.证明f (x )<g (x )，可构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，证明F (x )<0.先通过化简、变形，再移项构造不等式就减少运算量，使得问题顺利解决.考点二 利用“若f (x )min >g (x )max ，则f (x )>g (x )”证明不等式 【例2】 已知函数f (x )＝x ln x －ax .(1)当a ＝－1时，求函数f (x )在(0，＋∞)上的最值； (2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x ＋1>1ex ＋1－2e2x成立.(1)解 函数f (x )＝x ln x －ax 的定义域为(0，＋∞). 当a ＝－1时，f (x )＝x ln x ＋x ，f ′(x )＝ln x ＋2. 由f ′(x )＝0，得x ＝1e2.当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1e2时，f ′(x )<0；当x >1e2时，f ′(x )>0. 所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e2，＋∞上单调递增.因此f (x )在x ＝1e2处取得最小值，即f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e2＝－1e2，但f (x )在(0，＋∞)上无最大值.(2)证明 当x >0时，ln x ＋1>1ex ＋1－2e2x 等价于x (ln x ＋1)>x ex ＋1－2e2.由(1)知a ＝－1时，f (x )＝x ln x ＋x 的最小值是－1e2，当且仅当x ＝1e2时取等号.设G (x )＝x ex ＋1－2e2，x ∈(0，＋∞)，则G ′(x )＝1－x ex ＋1，易知G (x )max ＝G (1)＝－1e2，当且仅当x ＝1时取到，从而可知对一切x ∈(0，＋∞)，都有f (x )>G (x )，即ln x ＋1>1ex ＋1－2e2x.规律方法 1.在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可考虑转化为两个函数的最值问题.2.在证明过程中，等价转化是关键，此处f (x )min >g (x )max 恒成立.从而f (x )>g (x )，但此处f (x )与g (x )取到最值的条件不是同一个“x 的值”.考点三 不等式恒成立或有解问题 角度1 不等式恒成立求参数【例3－1】 已知函数f (x )＝sin xx(x ≠0). (1)判断函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上的单调性；(2)若f (x )<a 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上恒成立，求实数a 的最小值.解 (1)f ′(x )＝xcos x －sin xx2，令g (x )＝x cos x －sin x ，x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，则g ′(x )＝－x sin x ，显然，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，g ′(x )＝－x sin x <0，即函数g (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递减，且g (0)＝0.从而g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上恒小于零，所以f ′(x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上恒小于零，所以函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递减.(2)不等式f (x )<a ，x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立，即sin x －ax <0恒成立.令φ(x )＝sin x －ax ，x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，则φ′(x )＝cos x －a ，且φ(0)＝0.当a ≥1时，在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上φ′(x )<0，即函数φ(x )单调递减， 所以φ(x )<φ(0)＝0，故sin x －ax <0恒成立.当0<a <1时，φ′(x )＝cos x －a ＝0在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上存在唯一解x 0，当x ∈(0，x 0)时，φ′(x )>0，故φ(x )在区间(0，x 0)上单调递增，且φ(0)＝0， 从而φ(x )在区间(0，x 0)上大于零，这与sin x －ax <0恒成立相矛盾.当a ≤0时，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上φ′(x )>0，即函数φ(x )单调递增，且φ(0)＝0，得sin x －ax >0恒成立，这与sin x －ax <0恒成立相矛盾. 故实数a 的最小值为1.规律方法 1.破解此类题需“一形一分类”，“一形”是指会结合函数的图象，对函数进行求导，然后判断其极值，从而得到含有参数的方程组，解方程组，即可求出参数的值；“一分类”是指对不等式恒成立问题，常需对参数进行分类讨论，求出参数的取值范围.2.利用导数研究含参数的不等式问题，若能够分离参数，则常将问题转化为形如a ≥f (x )(或a ≤f (x ))的形式，通过求函数y ＝f (x )的最值求得参数范围.角度2 不等式能成立求参数的取值范围【例3－2】 已知函数f (x )＝x 2－(2a ＋1)x ＋a ln x (a ∈R ). (1)若f (x )在区间[1，2]上是单调函数，求实数a 的取值范围；(2)函数g (x )＝(1－a )x ，若∃x 0∈[1，e]使得f (x 0)≥g (x 0)成立，求实数a 的取值范围. 解 (1)f ′(x )＝（2x －1）（x －a ）x，当导函数f ′(x )的零点x ＝a 落在区间(1，2)内时，函数f (x )在区间[1，2]上就不是单调函数，即a ∉(1，2)，所以实数a 的取值范围是(－∞，1]∪[2，＋∞). (2)由题意知，不等式f (x )≥g (x )在区间[1，e]上有解，即x 2－2x ＋a (ln x －x )≥0在区间[1，e]上有解.因为当x ∈[1，e]时，ln x ≤1≤x (不同时取等号)，x －ln x >0，所以a ≤x2－2xx －ln x在区间[1，e]上有解. 令h (x )＝x2－2x x －ln x ，则h ′(x )＝（x －1）（x ＋2－2ln x ）（x －ln x ）2.因为x ∈[1，e]，所以x ＋2>2≥2ln x ， 所以h ′(x )≥0，h (x )在[1，e]上单调递增， 所以x ∈[1，e]时，h (x )max ＝h (e)＝e(e －2)e －1， 所以a ≤e(e －2)e －1， 所以实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，e(e －2)e －1.规律方法 1.含参数的能成立(存在型)问题的解题方法a ≥f (x )在x ∈D 上能成立，则a ≥f (x )min ； a ≤f (x )在x ∈D 上能成立，则a ≤f (x )max .2.含全称、存在量词不等式能成立问题(1)存在x 1∈A ，任意x 2∈B 使f (x 1)≥g (x 2)成立，则f (x )max ≥g (x )max ；(2)任意x 1∈A ，存在x 2∈B ，使f (x 1)≥g (x 2)成立，则f (x )min ≥g (x )min . [方法技巧]1.证明不等式的关键是构造函数，将问题转化为研究函数的单调性、最值问题.2.恒(能)成立问题的转化策略.若f (x )在区间D 上有最值，则 (1)恒成立：∀x ∈D ，f (x )>0⇔f (x )min >0； ∀x ∈D ，f (x )<0⇔f (x )max <0.(2)能成立：∃x ∈D ，f (x )>0⇔f (x )max >0； ∃x ∈D ，f (x )<0⇔f (x )min <0.3.证明不等式，特别是含两个变量的不等式时，要注意合理的构造函数.4.恒成立与能成立问题，要注意理解“任意”与“存在”的不同含义，要注意区分转化成的最值问题的异同.二、 课时作业1．函数f （x ）的定义域为，，对任意，，则的解集为（ ）A．B．C．D．【答案】C【解析】设，则，所以为减函数，又，所以根据单调性可知，即的解集是.2．下列三个数：，大小顺序正确的是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】构造函数，因为对一切恒成立，所以函数在上是减函数，从而有，即，故选A．3．设函数在R上存在导数，对任意的有，且在上. 若，则实数的范围是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】令，则，故为偶函数，在，上，，且，故在，上单调递增，根据偶函数的对称性可知，在上单调递减，由，可得，即，则，可转化为，解可得，，4．若关于x的不等式恒成立，则实数a的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】因为关于x的不等式恒成立，所以恒成立，令，，当时，，当时，，所以当时，取得最大值2.又因为，所以故实数a的取值范围为.5．已知定义域为的函数满足（为函数的导函数），则不等式的解集为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】令，则，定义域为的函数满足，，函数在上单调递增，当时，由，知，当时，显然不等式成立.当时，则，所以，整理得，即，所以，，得，则；当时，则，所以，整理得，即，所以，，得，则.综上所述，原不等式的解集为.6．定义在上的函数，则满足的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】因为为偶函数，且在上恒成立，所以在上单调递增，在上单调递减，且图象关轴对称，则由)得，解得；故选D.7．已知函数，若存在，使得，则实数的取值范围是（）A．B．C．（﹣∞，3）D．【答案】B【解析】∵，，∴，∴，∵存在，使得，即∴，设，∴∴，当时，解得：，当时，即时，函数单调递增，当时，即时，函数单调递减，因为，所以∴，8．已知是可导的函数，且对于恒成立，则（）A．，B．，C．，D．，【答案】D【解析】构造函数，则，所以，函数为上的减函数.对于A选项，，，则，，所以，，，A选项错误；对于B选项，，则，所以，，B选项错误；对于C选项，，则，所以，，C选项错误；对于D选项，，则，所以，，D选项正确.9．已知函数是定义在上的奇函数.当时，，则不等式的解集为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】令，，当，时，，，即函数单调递增．又，时，，是定义在，上的奇函数，是定义在，上的偶函数．不等式，即，即，，①，又，故②，由①②得不等式的解集是．10．关于函数，有下述四个结论：①是周期函数．②在上单调递增．③的值域为．④若函数有且仅有两个不同的零点，则．其中所有正确结论的序号是（）A．①②B．②③C．②④D．③④【答案】C【解析】当时，，所以，令得：或，所以当时，，递增，当时，，递减，且，则的图象如图所示：由图可知：不是周期函数，故①错误；在上单调递增，故②正确；的值域为，故③错误；若函数有且仅有两个不同的零点，即函数与函数有两个交点，所以由图可知：，故④正确.综上，②④正确.11．已知函数，且，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】构造函数，则函数的定义域为.当时，，，函数在区间上单调递增，则，所以，函数在区间上单调递减；当时，，则，所以，函数在区间上单调递减.，所以，函数在定义域上单调递减.由，得，即，所以，，解得.因此，实数的取值范围是.12．如果关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】当时,不等式成立.当时,不等式在上恒成立等价于恒成立.令则.又,令，解得所以在上单调递增,在上单调递减, 单调递增.又因为.所以.所以.13．函数，若存在唯一整数使得，则的取值范围是（）．A．B．C．D．【答案】B【解析】，令，则，当；当，在单调递增，在单调递减，且，如图所示：恒过定点，且，，，，存在唯一整数使得，当时，存在唯一的整数使得命题成立，14．若对于任意的，都有，则的最大值为（）A．B．C．1 D．【答案】C【解析】由已知有，两边同时除以，化简有，而，构造函数，令令，所以函数在上为增函数，在上为减函数，由对于恒成立，即在为增函数，则，故的最大值为1，选C. 15．已知为常数，函数有两个极值点，（），则（）A．，B．，C．，D．，【答案】C【解析】因为，令，由题意可得有两个解，即函数有且只有两个零点，即在上的唯一极值不等于0，又由，①当时，单调递增，因此至多有一个零点，不符合题意；②当时，令，解得，因为，，函数单调递增；，，函数单调递减，所以是函数的极大值点，则，即，所以，所以，即，故当时，的两个根，且，又，所以，从而可知函数在区间上递减，在区间上递增，在区间上递减，所以，故选C．16．对于任意正实数，都有，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】，则，设，，，则，，恒成立，导函数单调递减，故时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减.故，故，故.17．（多选题）已知是可导的函数，且，对于恒成立，则下列不等关系正确的是（）A．，B．，C．，D．，【答案】AC【解析】设，所以，因为，所以，所以在R上是减函数，所以，，，即，，，18．（多选题）若满足，对任意正实数，下面不等式恒成立的是（）A．B．C．D．【答案】BD【解析】设，，因为，所以，在R上是增函数，因为是正实数，所以，所以，因为，大小不确定，故A错误,因为，所以，即，故B正确.因为，所以，因为，大小不确定.故C错误.，因为，所以，故D正确.19．（多选题）设定义在上的函数满足，且当时，.己知存在，且为函数(为自然对数的底数)的一个零点，则实数的取值可能是（）A．B．C．D．【答案】BCD【解析】令函数，因为，，为奇函数，当时，，在上单调递减，在上单调递减．存在，得，，即，；，为函数的一个零点；当时，，函数在时单调递减，由选项知，取，又，要使在时有一个零点，只需使，解得，的取值范围为，20．定义在上的函数满足，，则不等式的解集为______.【答案】【解析】由，设，则.故函数在上单调递增，又，故的解集为，即的解集为.21．已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，当x＞0时，f（x）+xf'（x）＞0，且f（3）＝0，则不等式xf（x）＞0的解集是_____．【答案】（﹣∞，﹣3）∪（3，+∞）【解析】令，当x＞0时，∴x∈（0，+∞）上，函数单调递增．，∴．∵函数是定义在R上的奇函数，∴函数是定义在R上的偶函数．由，即，∴|x|＞3，解得x＞3，或x＜﹣3．∴不等式的解集是．故答案为：．22．函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，，则f(x)＞2x＋4的解集为____．【答案】(－1，＋∞)【解析】构造函数F(x)=f(x)-2x,,所以即求F(x)>4=F(-1)的解集，而F（x）在R上是单调递增函数，所以x>-1,填．23．设函数，.（1）当时，判断函数的单调性；（2）当时，恒成立，求实数的取值范围.【解析】（1）当时，所以.令，，由，可得.当时，，单调递减，当时，，单调递增，当时，，即，，则在是增函数；（2）解：设，所以.令，则.①当时，，在上单调递增，.，在上单调递增，则，结论成立；②当时，由，可得，当时，，单调递减，又，时，恒成立，即.时，单调递减，此时，结论不成立.综上，即为所求.24．已知函数.（1）若函数在上恰有两个零点，求实数的取值范围.（2）记函数，设是函数的两个极值点，若，且恒成立，求实数的最大值.【解析】（1）因为，∴函数，令，则，令得，，列表得：12单调递减极小值单调递增∴当时，的极小值为，又，.∵函数在上恰有两个零点，∴即，解得.（2），∴，令得，∵，是的极值点，∴，，∴，∵，∴解得：，.∴，.令，则，∴在上单调递减；∴当时，，根据恒成立，可得，∴的最大值为.25．已知函数，，曲线在点处的切线与轴垂直；（1）求的值；（2）求证：【解析】（1）曲线在点处的切线与轴垂直，该切线的斜率（2）由（1）可得只需证设令，得当时，，当时，即函数在上单调递减，在上单调递增。