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【函数与导数压轴题突破】7、三招破解不等式问题

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导数、数列压轴题的破解策略：合理巧设函数与导数压轴题

导数、数列压轴题的破解策略：合理巧设函数与导数压轴题

合理“巧设”，轻松应对函数与导数压轴题函数与导数的交汇问题经常出现在压轴题（包括客观题和主观题中的压轴题）位置．解决这类问题时，往往会遇到某些难以确定的根、交点、极值点或难以计算的代数式.倘若迎难而上，往往无功而返；这时，放弃正面求解所需要的量，先设它为某字母，再利用其满足的条件式实行整体代换以达到消元或化简的效果.下面通过介绍几种具体的“设”的方法来解决这类难题.一、根据函数的单调性，巧设自变量【例1】（2013四川卷理）设函数()f x =,a R e ∈为自然对数的底数），若曲线sin y x =上存有点()00,x y ，使得00(())f f y y =，则a 的取值范围是（ ）.A. []1,eB. 11,1e -⎡⎤-⎣⎦C. []1,1e +D. 11,1e e -⎡⎤-+⎣⎦【解析】 易知()f x =.设0()f t y =……… ①，又00()()y f f y =，由单调性则0()t f y =……… ②. 下面证明0t y =.若0t y ≠，由单调性则0()f t y ≠，则()00()f y f y ≠与已知矛盾，.所以必有0t y =. 代入②即00()f y y =.曲线sin y x =上存有点()00,x y ，使得00()f y y =x 在[]0,1上存有解.即2x e x x a +-=在[]0,1x ∈上有解.设2()x h x e x x =+-，则()12x h x e x '=+-.在[]0,1x ∈上12x e +≥，22x ≤，所以()120x h x e x '=+-≥，则()h x 在[]0,1上单调递增，所以1(0)()(1)h h x h e =≤≤=.故[]1,a e ∈. 故选A.【评注】由()f x 的单调性可知, 对于00(())f f y y =,则必存有唯一的自变量t ,使得0()f t y =,从而有0()t f y =.这样方便表达.【变式1】（2015·石家庄高三教学检测一）设函数()2x f x e x a =+-（,a R e ∈为自然对数的底数），若曲线sin y x =上存有点()00,x y ，使得00(())f f y y =，则a 的取值范围是（ ）.A. 11,1e e -⎡⎤-+⎣⎦ B. []1,1e + C. [],1e e + D. []1,e【答案】易知()2x f x e x a =+-为单调递增函数.同例1，有00()f y y =.曲线sin y x =上存有点()00,x y ，使得00()f y y =，等价为：()2x f x e x a x =+-=在[]1,1-上存有解.即x e x a +=在[]1,1x ∈-上有解.设()x h x e x =+，()10x h x e '=+>，则()h x 在[]1,1-上单调递增，所以11(1)()(1)1h h x h e e -=-≤≤=+.故11,1a e e ⎡⎤∈-+⎢⎥⎣⎦. 故选A. 【变式2】（2016届广雅中学高三开学测试）已知()f x 是定义在()0,+∞上的单调函数，且对()0,x ∀∈+∞，都有2(()log )3f f x x -=，则方程()()2f x f x '-=的实数解所在的区间是（ ）.A. 10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭B. 1,12⎛⎫⎪⎝⎭C. ()1,2D. ()2,3【答案】因为()f x 是定义在()0,+∞上的单调函数，所以存有唯一0x ，使得0()3f x = ①. 又2(()log )3f f x x -=，故有20()log f x x x -=，解得20()log f x x x =+.用0x 代替x ，则有0200()log f x x x =+ ②.由①②解得02x =.将02x =代入化简()()2f x f x '-=，得21log 0ln 2x x -=⋅.令21g()log ln 2x x x =-⋅，因为1g(1)0ln 2=-<，1g(2)102ln 2=->，又g()x 在()1,2上单调递增，故g()x 在()1,2上存有唯一零点，即方程()()2f x f x '-=的实数解所在的区间是()1,2.故选C.二、根据两个函数的图象，巧设交点的横坐标【例2】(2015·四川卷理)已知函数()2x f x =，2()()g x x ax a R =+∈.对于不相等的实数12,x x ，设12121212()()()(),f x f x g x g x m n x x x x --==--.现有如下命题：○1对于任意不相等的实数12,x x ，都有0m >；○2对于任意的a 及任意不相等的实数12,x x ，都有0n >； ○3对于任意的a ，存有不相等的实数12,x x ，使得m n =； ○4对于任意的a ，存有不相等的实数12,x x ，使得m n =-.其中的真命题有 （写出所有真命题的序号）.【解析】对于○1，由()2x f x =的单调递增的性质可知，1212()()0f x f x m x x -=>-，故○1准确.对于○2，由2()()g x x ax a R =+∈先单调递减再递增的性质可知，存有1212()()0f x f x m x x -=<-的情形，故○2不准确. 对于○3，m n =等价于1212()()()()f x f x g x g x -=-，即1222112222x x x ax x ax -=+--，即1222112222x x x ax x ax --=--.设2()2x h x x ax =--，则()()2ln 22x h x x a '=-+.此时由2ln 2y x =和2y x a =+的图象（如下图）可知，调整合适的a 可使2y x a =+的图象全在2ln 2y x =的图象之下，这时()()2ln 220x h x x a '=-+>恒成立，所以2()2x h x x ax =--单调递增. 据此分析可知：存有a ，使得对于不相等的实数12,x x ，不可能有1222112222x x x ax x ax --=--，即不可能有m n =，故○3不准确.对于○4，m n=-等价于()1212()()()()f x f x g x g x -=--，即()1222112222x x x ax x ax -=-+--，即1222112222x x x ax x ax ++=++. 设2()2x h x x ax =++，则()()2ln 22x h x x a '=---.此时由2ln 2y x =和2y x a =--的图象（如下图）可知，两者必有交点，设交点横坐标为0x .由简图可知，当()0,x x ∈-∞时，2ln 22x x a <--，则()0h x '<，()h x 单调递减；()0,x x ∈+∞y xy=2x+a y=2x ln2时，2ln 22x x a >--，则()0h x '>，()h x 单调递增.于是，对于任意的a ，由单调性可知：存有不相等的实数12,x x ，使得1222112222x x x ax x ax ++=++，即m n =-成立.故○4准确. 综上，所给命题中的真命题有○1、○4.【评注】当导函数为超越函数时，有时我们无法直接求得零点，即便二次求导也难以奏效.这时不妨将其转化为研究两个简单函数的图象的交点问题.由图象可直观获得两图象的高低情况（对应函数值的大小比较），从而轻松判断导函数的正负情况.为了方便表述，可设两图象的交点的横坐标为0x .【变式3】（2015·郑州市质量预测节选）给定方程：1sin 102xx ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭，探究该方程在(),0-∞唯一交点. ()0,x x ∈-∞减；(0,0x x ∈递增.所以()h x结合(0)h 如下,根属于区间(【例3（1（2）证明：当0a >时，2()2ln f x a a a≥+.【解析】（1）2()2(0)x af x e x x '=->.当0a ≤时，因为()0f x '>，所以()f x '没有零点；当0a >时，令2()()2(0)x ah x f x e x x'==->，因为22()40x a h x e x '=+>，所以()h x 在()0,+∞上单调递增.当0x →时，又0x >,所以2()2x ah x e x=-→-∞，结合2()210a h a e =->，可得()h x 即()f x '在()0,+∞上存在唯一零点.（2）证明：由（1）可知，当0a >时，(f '设该零点为0x ，则有0200()20x af x e x '=-=.○1 此时由22x y e =和a y x =的图象可2()20x af x e x'=-<，()f x 单调递减；(0x x ∈22x a e x>， 则2()20x af x e x'=->，()f x 单调递增. 所以()f x 在0x 处取得最小值020()x f x e =-由○1得0202x ae x =0020020()ln ln 22x x a a f x e a x a x e =-=-0022a ax x =+所以当0a >时，2()2ln f x a a a≥+.【评注】当我们研究函数的极值大小时，经常遇到一些较难确定大小的代数式（如0200()ln x f x e a x =-），而0x 又是一个无法算得的数值，这时我们利用极值点处的导数为零这一条件（如0200()20x af x e x '=-=），消去某些式子，得到较为简单的代数式（如0002()2ln 2a f x ax a x a=++），使研究更为简便. 【例4】设函数2()ln(1)f x x a x =++有两个极值点1x ，2x ，且12x x <． （1）求实数a 的取值范围； （2）求2()f x 的取值范围．【解析】（1）求导得()2122()2111x x a f x x a x x x++'=+=>-++.令函数2()22g x x x a =++，则由函数()f x 有两个极值点1x ，2x 可知，1x ，2x 必为方程()0g x =在()1,-+∞上的两个不等根，又注意到函数()g x 图像的对称轴为12x =-，所以只需480(1)0a g a ∆=->⎧⎨-=>⎩，解得102a <<．故实数a 的取值范围是1(0,)2.(2)2x 为2()220g x x x a =++=的根，则有222222220,22x x a a x x ++==--即 ()2222222()22ln(1)f x x x x x =-++.由（1）可知，(0)0g a =>，而对称轴12x =-，故有21,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭. 设()22()22ln(1)h x x x x x =-++，1,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，则()()()21()242ln(1)22221ln(1)01h x x x x x x x x x'=-++-+=-++>+. 所以()h x 在1,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭上单调递增，则112ln 2()(),(0),024h x h h -⎛⎫⎛⎫∈-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．故2()f x 的取值范围是12ln 2(,0)4-.【评注】2x 为函数2()ln(1)f x x a x =++极值点，若直接求解2x ，再代入2()f x ，显然运算量较大.不妨由2222222()=01x x af x x ++'=+，求得22222a x x =--，将2222()ln(1)f x x a x =++中的a 消去即可迅速求解.【变式4】（2013·新课标全国卷Ⅱ节选）已知函数()ln(2)x f x e x =-+，证明()0f x >． 【答案】易知函数1()2x f x e x '=-+在(2,)-+∞单调递增．由(1)(0)0f f ''-⋅<知()0f x '=在(1,0)-有唯一实根0x ．当()02,x x ∈-时，()0f x '<，故()f x 单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，故()f x 单调递增．故()f x 取得最小值0()f x ．由0()0f x '=得0001()02x f x e x '=-=+即0012x e x =+,则002x e x -=+即00ln(2)x x +=-. 所以02000000(1)1()ln(2)022x x f x e x x x x +=-+=+=>++，则有min 0()()()0f x f x f x ≥=>．得证． 【变式5】（2013·惠州二模第21题节选)已知函数()ln |f x ax x x b =++是奇函数，且图像在点(,())e f e 处的切线斜率为3 (e 为自然对数的底数)． (1)求实数,a b 的值； (2)若k Z ∈，且()1f x k x <-对任意1x >恒成立，求k 的最大值． 【答案】（1）由题意易得1,0a b ==．（2）当1x >时，由()1f x k x <-恒成立，得min ()()1f x k x <-． 当1x >时，设()ln ()11f x x x xg x x x +==--，则22ln '()(1)x xg x x --=-. 设()2ln h x x x =--，则1'()10h x x=->，()h x 在(1,)+∞上是增函数. 因为(3)1ln 30h =-<，(4)2ln 40h =->，所以0(3,4)x ∃∈，使0()0h x =.0(1,)x x ∈时，()0,'()0h x g x <<，即()g x 在0(1,)x 上为减函数；同理()g x 在0(,)x +∞上为增函数．故min 0()()g x g x =.由000()2ln 0h x x x =--=得00ln 2x x =-． 于是，000000min 0000ln (2)()()11x x x x x x g x g x x x x ++-====--，所以min 0()(3,4)k g x x <=∈，又k Z ∈，故k 的最大值为3．【变式6】（ 2012·新课标全国卷文节选）设函数()2x f x e ax =--． (1) 求()f x 的单调区间；(2)若1,a k =为整数，且当0x >时，()()10x k f x x '-++>，求k 的最大值．【答案】（1）易得若0,()a f x ≤在R 上单调递增；若0,()a f x >在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增．（2）当1a =时，()()1()(1)10x x k f x x x k e x '-++=--++>等价于1(0)1x x k x x e +<+>-．令1()1x x g x x e +=+-，则min ()k g x <． 221(2)()1(1)(1)x x x x x xe e e x g x e e ----'=+=--，由（1）可知，函数()2x h x e x =--在()0,+∞上单调递增，同时(1)(2)0h h ⋅<，则()h x 在()1,2上存在唯一零点a ，即()g x '在()1,2上存在唯一零点a ，即()1,2a ∈．当(0,)x a ∈时，()0g x '<；当(,)x a ∈+∞时，()0g x '>，所以min 1()()1a a g x g a a e +==+-． 因为 ()0g a '=，即20a e a --=． 将2a e a =+代入()g a 得11()1211aa a g a a a a a e ++=+=+=++--． 由()1,2a ∈得()()2,3g a ∈．因为()k g a <，故整数k 的最大值为2．。

2020高考冲刺数学总复习压轴解答：函数、不等式与导数的综合问题(附答案及解析)

2020高考冲刺数学总复习压轴解答：函数、不等式与导数的综合问题(附答案及解析)

专题三 压轴解答题第六关 函数、不等式与导数的综合问题【名师综述】1.本专题在高考中的地位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， 所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 2．本专题在高考中的命题方向及命题角度从高考来看，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【考点方向标】方向一 用导数研究函数的性质典例1．（2020·山东高三期末）已知函数21()2ln (2)2f x x a x a x =+-+． （1）当1a =时，求函数()f x 的单调区间； （2）是否存在实数a ，使函数34()()9g x f x ax x =++在(0,)+∞上单调递增？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．【举一反三】（2020·云南昆明一中高三期末（理））已知函数2()(1)xx f x e ax e =-+⋅，且()0f x …. （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一极大值点0x ，且()0316f x <.方向二 导数、函数与不等式典例2．（2020·四川省泸县第二中学高三月考）已知函数()sin f x x ax =-.（1）对于(0,1)x ∈，()0f x >恒成立，求实数a 的取值范围； （2）当1a =时，令()()sin ln 1h x f x x x =-++，求()h x 的最大值； （3） 求证：1111ln(1)1231n n n+<+++⋅⋅⋅++-*()n N ∈.【举一反三】（2020·黑龙江哈尔滨三中高三月考）已知111123S n =++⋅⋅⋅+，211121S n =++⋅⋅⋅+-，直线1x =，x n =，0y =与曲线1y x=所围成的曲边梯形的面积为S .其中n N ∈，且2n ≥.（1）当0x >时，()ln 11axx ax x <+<+恒成立，求实数a 的值； （2）请指出1S ，S ，2S 的大小，并且证明；（3）求证：131112lnln 3132313n i n n i i i =+⎛⎫<+-< ⎪+--⎝⎭∑.方向三 恒成立及求参数范围问题典例3．（2020·天津高三期末）已知函数()2ln h x ax x =-+. （1）当1a =时，求()h x 在()()2,2h 处的切线方程； （2）令()()22a f x x h x =+，已知函数()f x 有两个极值点12,x x ，且1212x x >，求实数a 的取值范围；（3）在（2）的条件下，若存在012x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++对任意a （取值范围内的值）恒成立，求实数m 的取值范围.【举一反三】（2020·江苏高三专题练习）已知函数()(32)xf x e x =-，()(2)g x a x =-，其中,a x R ∈. （1）求过点(2,0)和函数()y f x =的图像相切的直线方程； （2）若对任意x ∈R ，有()()f x g x ≥恒成立，求a 的取值范围； （3）若存在唯一的整数0x ，使得00()()f x g x <，求a 的取值范围.【压轴选编】1．（2020·山西高三开学考试）已知函数()()()222ln ,2ln f x x ax a x a R g x x x x =--+∈=-.（1）讨论()f x 的单调性；（2）求证：当1a =时，对于任意()0,x ∈+∞，都有()()f x g x <.2．（2020·河南鹤壁高中高三月考）已知函数2()ln (0,)a xf x x a a R x a=++≠∈ （1）讨论函数()f x 的单调性； （2）设1()2a x g x x a a=+-+，当0a >时，证明：()()f x g x ≥.3．（2020·四川石室中学高三月考）已知函数()22ln f x x x =-+．（1）求函数()f x 的最大值； （2）若函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点． ①求实数a 的值；①若对于121,,3x x e ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦（e 为自然对数的底数），不等式()()1211f xg x k -≤-恒成立，求实数k 的取值范围．4．（2020·江西高三）已知函数()()ln f x x x a b =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线为210x y --=.（1）求a ，b 的值；（2）若对任意的()1,x ∈+∞，()()1f x m x ≥-恒成立，求正整数m 的最大值.5．（2020·江西高三）已知函数()e 2xf x m x m =--.（1）当1m =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（2）若()0f x >在(0,)+∞上恒成立，求m 的取值范围．6．（2020·江西高三）已知函数()()2xf x x e =-.（1）求()f x 的单调区间；（2）证明：对任意的()0,x ∈+∞，不等式()2ln 6xf x x x >-恒成立.7．（2020·四川高三月考）已知函数21()(32)()2xf x m e x m R =--∈. （1）若0x =是函数()f x 的一个极值点，试讨论()ln ()()h x b x f x b R =+∈的单调性； （2）若()f x 在R 上有且仅有一个零点，求m 的取值范围.8．（2020·山西高三）已知函数()2ln 21f x a x x =-+（其中a R ∈）. （1）讨论函数()f x 的极值；（2）对任意0x >，2()2f x a ≤-恒成立，求a 的取值范围.9．（2020·北京高三期末）已知函数()2xf x x e =（1）求()f x 的单调区间；（2）过点()1,0P 存在几条直线与曲线()y f x =相切，并说明理由； （3）若()()1f x k x ≥-对任意x ∈R 恒成立，求实数k 的取值范围.10．（2020·全国高三专题练习）已知函数()()33114ln 10f f x ax x x '=--的图象在点()()1,1f 处的切线方程为100++=x y b . （1）求a ，b 的值； （2）若()13f x m >对()0,x ∈+∞恒成立，求m 的取值范围.11．（2020·天津静海一中高三月考）已知函数()ln 1()f x ax x a R =--∈． （1）讨论()f x 的单调性并指出相应单调区间； （2）若21())1(2g x x x x f ---=，设()1212,x x x x <是函数()g x 的两个极值点，若32a ≥，且()()12g x g x k -≥恒成立，求实数k 的取值范围．12.（2020·山东高三期末）已知函数()()2sin ln 12x f x x x =+-+.（1）证明：()0f x ≥； （2）数列{}n a 满足：1102a <<，()1n n a f a +=（n *∈N ）. （①）证明：1102a <<（n *∈N ）； （①）证明：n *∀∈N ，1n n a a +<.13．（2020·四川三台中学实验学校高三开学考试）已知函数()ln f x x x a =+，()ln ,g x x ax a =-∈R . （1）求函数()f x 的极值； （2）若10a e<<，其中e 为自然对数的底数，求证：函数()g x 有2个不同的零点； （3）若对任意的1x >，()()0f x g x +>恒成立，求实数a 的最大值.14．（2020·河北高三期末）已知函数()f x 满足:①定义为R ；①2()2()9xx f x f x e e+-=+-. （1）求()f x 的解析式；（2）若12,[1,1]x x ∀∈-；均有()()21122(2)61x a x x f x -+-+-…成立，求a 的取值范围；（3）设2(),(0)()21,(0)f x x g x x x x >⎧=⎨--+≤⎩，试求方程[()]10g g x -=的解.15．（2020·湖南高三月考）已知函数2()()af x x ax a R x=+-∈. （1）当1a =且1x >-时，求函数()f x 的单调区间；（2）当21e a e ≥+时，若函数2()()ln g x f x x x =--的两个极值点分别为1x 、2x ，证明12240()()1g x g x e <-<+.16．（2020·江西高三期末）已知函数2()x f x e ax x =--（e 为自然对数的底数）在点(1,(1))f 的切线方程为(3)y e x b =-+. （1）求实数,a b 的值；（2）若关于x 的不等式4()5f x m >+对于任意(0,)x ∈+∞恒成立，求整数m 的最大值.17．（2020·江西高三期末）已知函数()()()2,xf x x m e nxm n R =--∈在1x =处的切线方程为y ex e =-.（1）求,m n 的值；（2）当0x >时，()3f x ax -…恒成立，求整数a 的最大值.18．（2020·河南高三期末）已知函数()()ln 1mxf x x x m=+-+，()1,0x ∈-. （1）若1m =，判断函数()f x 的单调性并说明理由； （2）若2m ≤-，求证：关于x 的不等式()()()21xx m f x e x-+⋅<-在()1,0-上恒成立.19．（2020·江西高三月考）已知函数32()32f x x x x =-+，()g x tx t R =∈，，()xe x xφ=. （1）求函数()()y f x x φ=⋅的单调增区间；（2）令()()()h x f x g x =-，且函数()h x 有三个彼此不相等的零点0m n ，，，其中m n <. ①若12m n =，求函数()h x 在x m =处的切线方程； ①若对[]x m n ∀∈，，()16h x t ≤-恒成立，求实数M 的取值范围.专题三 压轴解答题第六关 函数、不等式与导数的综合问题【名师综述】1.本专题在高考中的地位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， 所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 2．本专题在高考中的命题方向及命题角度从高考来看，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【考点方向标】方向一 用导数研究函数的性质典例1．（2020·山东高三期末）已知函数21()2ln (2)2f x x a x a x =+-+． （1）当1a =时，求函数()f x 的单调区间； （2）是否存在实数a ，使函数34()()9g x f x ax x =++在(0,)+∞上单调递增？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．【答案】（1）()f x 的单调递增区间为(]0,1和[)2,+∞，单调递减区间为()1,2（2）存在,724a ≥ 【解析】（1）当1a =时，21()2ln 3(0)2f x x x x x =+->． 所以2()3f x x x '=+-=232(2)(1)x x x x x x-+--=令()0f x '≥，则01x <≤或2x ≥，令()0f x '<，则12x <<， 所以()f x 的单调递增区间为(]0,1和[)2,+∞，单调递减区间为()1,2 （2）存在724a ≥，满足题设，因为函数34()()9g x f x ax x =++=23142ln 229x a x x x +-+所以224()23a g x x x x '=+-+，要使函数()g x 在0,∞（+）上单调递增，224()20,(0,)3a g x x x x x '=+-≥+∈+∞，即3243660x x x a +-+≥，(0,)x ∈+∞⇔324366x x xa +-≥-，(0,)x ∈+∞ 令32436()6x x x h x +-=，(0,)x ∈+∞，则2()21(21)(1)h x x x x x '=+-=-+，所以当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，()h x 在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，当1,2x ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()0h x '>，()h x 在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增， 所以12x =是()h x 的极小值点，也是最小值点，且17224h ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，∴324366x x x+--在(0,)+∞上的最大值为724．所以存在724a ≥，满足题设．【举一反三】（2020·云南昆明一中高三期末（理））已知函数2()(1)xx f x e ax e =-+⋅，且()0f x …. （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一极大值点0x ，且()0316f x <. 【答案】（1）1a =；（2）证明见解析. 【解析】（1）因为()()ee 10xxf x ax =--≥,且e0x>,所以e 10x ax --≥,构造函数()e 1xu x ax =--,则()'e xu x a =-,又()00u =,若0a ≤,则()'0u x >,则()u x 在R 上单调递增,则当0x <时,()0u x <矛盾,舍去；若01a <<,则ln 0a <,则当ln 0a x <<时,'()0u x >,则()u x 在(ln ,0)a 上单调递增,则()()ln 00u a u <=矛盾,舍去；若1a >,则ln 0a >,则当0ln x a <<时,'()0u x <,则()u x 在(0,ln )a 上单调递减,则()()ln 00u a u <=矛盾,舍去；若1a =,则当0x <时,'()0u x <,当0x >时,'()0u x >, 则()u x 在(,0)-∞上单调递减,在(0,)+∞上单调递增, 故()()00u x u ≥=,则()()e 0xf x u x =⋅≥,满足题意；综上所述,1a =.（2）证明:由（1）可知()()2e 1e xxf x x =-+⋅,则()()'e2e 2xxf x x =--,构造函数()2e 2xg x x =--,则()'2e 1xg x =-,又()'g x 在R 上单调递增,且()'ln20g -=,故当ln2x <-时,)'(0g x <,当ln 2x >-时,'()0g x >, 则()g x 在(,ln 2)-∞-上单调递减,在(ln 2,)-+∞上单调递增,又()00g =,()2220e g -=>,又33233332223214e 16e 022e 2e 8e 2e g --⎛⎫-=-==< ⎪⎝⎭+, 结合零点存在性定理知,在区间3(2,)2--存在唯一实数0x ,使得()00g x =, 当0x x <时,()'0f x >,当00x x <<时,()'0f x <,当0x >时,()'0f x >, 故()f x 在()0,x -∞单调递增,在()0,0x 单调递减,在()0,∞+单调递增,故()f x 存在唯一极大值点0x ,因为()0002e 20xg x x =--=,所以00e 12xx =+, 故()()()()022200000011e1e 11112244x x x x f x x x x ⎛⎫⎛⎫=-+=+-++=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,因为0322x -<<-,所以()201133144216f x ⎛⎫<--+<⎪⎝⎭. 方向二 导数、函数与不等式典例2．（2020·四川省泸县第二中学高三月考）已知函数()sin f x x ax =-. （1）对于(0,1)x ∈，()0f x >恒成立，求实数a 的取值范围； （2）当1a =时，令()()sin ln 1h x f x x x =-++，求()h x 的最大值；（3） 求证：1111ln(1)1231n n n+<+++⋅⋅⋅++-*()n N ∈. 【答案】（1）sin1a ≤.（2）max ()(1)0h x h ==.（3）见解析.【解析】（1）由()0f x >，得：sin 0x ax ->，因为01x <<，所以sin xa x<， 令sin ()x g x x=，()2cos sin 'x x xg x x -=， 再令()cos sin m x x x x =-，()'cos sin cos sin 0m x x x x x x x =--=-<， 所以()m x 在()0,1上单调递减， 所以()()0m x m <，所以()'0g x <，则()g x 在()0,1上单调递减， 所以()(1)sin1g x g >=，所以sin1a ≤. （2）当1a =时，()sin f x x x =-， ①()ln 1h x x x =-+，()11'1x h x x x-=-=， 由()'0h x =，得：1x =，当()0,1x ∈时，()'0h x >，()h x 在()0,1上单调递增； 当()1,x ∈+∞时，()'0h x <，()h x 在()1,+∞上单调递减； ①()max (1)0h x h ==.（3）由（2）可知，当()1,x ∈+∞时，()0h x <， 即ln 1x x <-， 令1n x n +=，则11ln1n n n n ++<-，即()1ln 1ln n n n+-<， 分别令1,2,3,,n n =L 得，()11ln 2ln11,ln 3ln 2,,ln 1ln 2n n n-<-<+-<L ，将上述n 个式子相加得：()()*111ln 1121n n N n n+<++++∈-L . 【举一反三】（2020·黑龙江哈尔滨三中高三月考）已知111123S n =++⋅⋅⋅+，211121S n =++⋅⋅⋅+-，直线1x =，x n =，0y =与曲线1y x=所围成的曲边梯形的面积为S .其中n N ∈，且2n ≥.（1）当0x >时，()ln 11axx ax x <+<+恒成立，求实数a 的值； （2）请指出1S ，S ，2S 的大小，并且证明；（3）求证：131112lnln 3132313n i n n i i i =+⎛⎫<+-< ⎪+--⎝⎭∑. 【答案】（1）1；（2）12S S S <<，证明见解析；（3）见解析 【解析】（1）由已知得0a ≤时，不合题意，所以0a >.()ln 11axx x <++恒成立，即()()()1ln 10ax x x x <++>恒成立. 令()()()1ln 1m x x x ax =++-，()()'ln 11m x x a =++-. 当1a ≤时，()m x 在()0,∞+上为增函数，此时()0m x >成立.当1a >时，()m x 在()10,1a e --上为减函数，不合题意，所以1a ≤.令()()ln 1n x ax x x =-+，()1'1n x a x =-+，当1a ≥时，()n x 在()0,∞+上为增函数，此时()0n x >，()ln 1x ax +<恒成立.当01a <<时，()n x 在10,1a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上为减函数，不合题意，所以1a ≥.综上得1a =. （2）由（1）知()()ln 101x x x x x <+<>+.令1x i =，得111ln 11i i i⎛⎫<+< ⎪+⎝⎭， 从而11111111ln 112321n i n i n -=⎛⎫+++<+<+++ ⎪-⎝⎭∑L L ，又因为11ln nS dx n x==⎰，则12S S S <<. （3）由已知111232313ni i i i =⎛⎫+- ⎪--⎝⎭∑1111111123323n n ⎛⎫⎛⎫+++⋅⋅⋅+-++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝=⎭L 111123n n n =++⋅⋅⋅+++，因为111ln 11i i i⎛⎫<+< ⎪+⎝⎭，所以 111111ln 1ln 1ln 1123123n n n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++>++++++ ⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭L L 31ln1n n +=+， 111123ln ln ln 123131n n n n n n n n n ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++<+++ ⎪ ⎪ ⎪+++-⎝⎭⎝⎭⎝⎭L L ln 3=.从而131112lnln 3132313n i n n i i i =+⎛⎫<+-< ⎪+--⎝⎭∑. 方向三 恒成立及求参数范围问题典例3．（2020·天津高三期末）已知函数()2ln h x ax x =-+. （1）当1a =时，求()h x 在()()2,2h 处的切线方程； （2）令()()22a f x x h x =+，已知函数()f x 有两个极值点12,x x ，且1212x x >，求实数a 的取值范围；（3）在（2）的条件下，若存在0122x ⎡⎤∈+⎢⎥⎣⎦，使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++对任意a （取值范围内的值）恒成立，求实数m 的取值范围. 【答案】（1）322ln 220x y +-+=（2）()1,2（3）1,4⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦【解析】()1当1a =时，()()12ln ,'2h x x x h x x=-+=-+2x =时，()()3'2,24ln 22h h =-=-+()h x ∴在()()2,2h 处的切线方程为()34ln 222y x +-=--，化简得：322ln 220x y +-+= ()2对函数求导可得，()()221'0ax ax f x x x-+=>，令()'0f x =，可得2210ax ax -+=20440112a a a a ⎧⎪≠⎪∴->⎨⎪⎪>⎩，解得a 的取值范围为()1,2 ()3由2210ax ax -+=，解得1211x x ==+而()f x 在()10,x 上递增，在()12,x x 上递减，在()2,x +∞上递增12a <<Q211x ∴=+<()f x ∴在122⎡⎤+⎢⎥⎣⎦单调递增 ∴在1,22⎡⎤+⎢⎥⎣⎦上，()()max 22ln 2f x f a ==-+012x ⎡⎤∴∃∈⎢⎥⎣⎦，使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++对a M ∀∈恒成立等价于不等式2(2ln 2ln 1112))()n (l 2a a m a a -+++>--++恒成立 即不等式2()ln 1ln 210a ma a m +--+-+>对任意的()12a a <<恒成立令()()2ln 1ln 21g a a ma a m =+--+-+，则()()121210,'1ma a m g g a a ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭==+ ①当0m ≥时，()()'0,g a g a <在()1,2上递减()()10g a g <=不合题意①当0m <时，()1212'1ma a m g a a ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭=+ 12a <<Q若1112m ⎛⎫-+> ⎪⎝⎭，即104m -<<时，则()g a 在()1,2上先递减 ()10g =Q12a ∴<<时，()0g a >不能恒成立若111,2m ⎛⎫-+≤ ⎪⎝⎭即14m ≤-，则()g a 在()1,2上单调递增 ()()10g a g ∴>=恒成立m ∴的取值范围为1,4⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦【举一反三】（2020·江苏高三专题练习）已知函数()(32)xf x e x =-，()(2)g x a x =-，其中,a x R ∈. （1）求过点(2,0)和函数()y f x =的图像相切的直线方程； （2）若对任意x ∈R ，有()()f x g x ≥恒成立，求a 的取值范围； （3）若存在唯一的整数0x ，使得00()()f x g x <，求a 的取值范围. 【答案】（1）2y x =-，8833918y e x e =-.（2）8319a e ≤≤.（3）345[,1)(7,5]3a e e e∈⋃. 【解析】（1）设切点为()00,x y ，()()'31xf x e x =+，则切线斜率为()0031x e x +，所以切线方程为()()000031x y y e x x x -=+-，因为切线过()2,0，所以()()()000032312x x ex e x x --=+-，化简得200380x x -=，解得080,3x =. 当00x =时，切线方程为2y x =-， 当083x =时，切线方程为8833918y e x e =-. （2）由题意，对任意x R ∈有()()322xe x a x -≥-恒成立，①当(),2x ∈-∞时，()()323222x x maxe x e x a a x x ⎡⎤--≥⇒≥⎢⎥--⎣⎦，令()()322x e x F x x -=-，则()()()2238'2x e x xF x x -=-，令()'0F x =得0x =，()()max 01F x F ==，故此时1a ≥.①当2x =时，恒成立，故此时a R ∈. ①当()2,x ∈+∞时，()()min323222x x e x e x a a x x ⎡⎤--≤⇒≤⎢⎥--⎣⎦，令()8'03F x x =⇒=，()83min 893F x F e ⎛⎫== ⎪⎝⎭，故此时839a e ≤.综上：8319a e ≤≤.（3）因为()()f x g x <，即()()322xex a x -<-，由（2）知()83,19,a e ⎛⎫∈-∞⋃+∞ ⎪⎝⎭，令()()322x e x F x x -=-，则当(),2x ∈-∞，存在唯一的整数0x 使得()()00f x g x <， 等价于()322x e x a x -<-存在唯一的整数0x 成立，因为()01F =最大，()513F e -=，()11F e =-，所以当53a e<时，至少有两个整数成立， 所以5,13a e ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭. 当()2,x ∈+∞，存在唯一的整数0x 使得()()00f x g x <， 等价于()322x e x a x ->-存在唯一的整数0x 成立，因为83893F e ⎛⎫= ⎪⎝⎭最小，且()337F e =，()445F e =，所以当45a e >时，至少有两个整数成立，所以当37a e ≤时，没有整数成立，所有(347,5a e e ⎤∈⎦.综上：(345,17,53a e e e ⎡⎫⎤∈⋃⎪⎦⎢⎣⎭. 【压轴选编】1．（2020·山西高三开学考试）已知函数()()()222ln ,2ln f x x ax a x a R g x x x x =--+∈=-.（1）讨论()f x 的单调性；（2）求证：当1a =时，对于任意()0,x ∈+∞，都有()()f x g x <. 【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】（1）由题意()f x 的定义域为()0,∞+，且()()()222222x a x a a x ax a f x x a x x x--+--+'=--+==， 当0a =时，()20f x x '=-<； 当0a >时，2a x >时，()0f x '<；02ax <<时，()0f x '>； 当0a <时，x a >-时，()0f x '<；0x a <<-时，()0f x '>；综上所述，当0a =时，()f x 在()0,∞+上为减函数； 当0a >时，()f x 在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上为增函数，在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上为减函数； 当0a <时，()f x 在()0,a -上为增函数，在(),a -+∞上为减函数. （2）要证()()f x g x <，即证()21ln 0x x x -+>，当12x =时，不等式显然成立； 当12x >时，即证ln 021x x x +>-；当102x <<时，即证ln 021xx x +<-； 令()ln 21x F x x x =+-，则()()()()()22411112121x x F x x x x x ---'=+=--， 当12x >时，在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上()0F x '<，()F x 为减函数；在()1,+∞上()0F x '>，()F x 为增函数，①()()min 110F x F ==>，①ln 021xx x +>-.当102x <<时，在10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0F x '>，()F x 为增函数；在11,42⎛⎫⎪⎝⎭上()0F x '<，()F x 为减函数， ①()max 111ln 0442F x F ⎛⎫==-<⎪⎝⎭，①ln 021x x x +<-， 综上所述，当0x >时，()()f x g x <成立.2．（2020·河南鹤壁高中高三月考）已知函数2()ln (0,)a xf x x a a R x a=++≠∈ （1）讨论函数()f x 的单调性； （2）设1()2a x g x x a a=+-+，当0a >时，证明：()()f x g x ≥. 【答案】（1）见解析；（2）证明见解析【解析】（1）22121(2)()()a x a x a f x x x a ax+-'=-+= 当0a >时，()0f x x a '>⇒>，()00f x x a '<⇒<<当0a <时，()002f x x a '>⇒<<-，()02f x x a '<⇒>- ①0a >时，()f x 在(0,)a 上递减，在(,)a +∞递增 0a <时，()f x 在(0,2)a -上递增，在(2,)a -+∞递减（2）设1()()()ln 2a F x f x g x x x a=-=++- 则221()(0)a x aF x x x x x-'=-=> Q 0a >，(0,)x a ∴∈时，()0F x '<，()F x 递减(,)x a ∈+∞，()0,F x '>()F x 递增，1()()ln 1F x F a a a∴≥=+-设1()ln 1h x x x =+-，(0)x >,则22111()(0)x h x x x x x-'=-=>1x >时，()0,h x '>时，()h x 递增， 01x <<时，()0h x '<，∴()h x 递减()(1)0h x h ∴≥=，()()0F a h a ∴=≥()0F x ∴≥，即()()f x g x ≥3．（2020·四川石室中学高三月考）已知函数()22ln f x x x =-+．（1）求函数()f x 的最大值； （2）若函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点． ①求实数a 的值；①若对于121,,3x x e ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦（e 为自然对数的底数），不等式()()1211f xg x k -≤-恒成立，求实数k 的取值范围．【答案】（①）()11f =-；（①）（①）1； （①）()34 ,2ln31,3⎛⎤-∞-+⋃+∞ ⎥⎝⎦． 【解析】（1）22(1)(1)()2(0)x x f x x x x x+-'=-+=->， 由()0{0f x x >>'得01x <<，由()0{0f x x <>'得1x >，①()f x 在(0,1)上为增函数，在(1,)+∞上为减函数， ①函数()f x 的最大值为(1)1f =-； （2）①()a g x x x=+，①2()1a g x x =-'，（①）由（1）知，1x =是函数()f x 的极值点，又①函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点， ①1x =是函数()g x 的极值点，①(1)10g a =-='，解得1a =， 经检验，当1a =时，函数()g x 取到极小值，符合题意；（①）①211()2f e e =--，(1)1f =-，(3)92ln 3f =-+， ①2192ln 321e -+<--<-， 即1(3)()(1)f f f e <<，①1[,3]x e∀∈，min max ()(3)92ln 3,()(1)1f x f f x f ==-+==-，由（①）知1()g x x x =+，①21()1g x x =-'，当1[,1)x e∈时，()0g x '<，当(1,3]x ∈时，()0g x '>，故()g x 在1[,1)e 为减函数，在(1,3]上为增函数，①11110(),(1)2,(3)333g e g g e e =+==+=，而11023e e <+<，①1(1)()(3)g g g e <<，①1[,3]x e ∀∈，min max 10()(1)2,()(3)3g x g g x g ====，①当10k ->，即1k >时，对于121,[,3]x x e ∀∈，不等式12()()11f xg x k -≤-恒成立12max 1[()()]k f x g x ⇔-≥-12max [()()]1k f x g x ⇔≥-+，①12()()(1)(1)123f x g x f g -≤-=--=-，①312k ≥-+=-，又①1k >，①1k >， ①当10k -<，即1k <时，对于121,[,]x x e e ∀∈，不等式12()()11f xg x k -≤-，12min 1[()()]k f x g x ⇔-≤-12min [()()]1k f x g x ⇔≤-+，①121037()()(3)(3)92ln 32ln 333f x g x f g -≥-=-+-=-+，①342ln 33k ≤-+，又①1k <， ①342ln 33k ≤-+．综上，所求的实数k 的取值范围为34(,2ln 3](1,)3-∞-+⋃+∞． 4．（2020·江西高三）已知函数()()ln f x x x a b =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线为210x y --=.（1）求a ，b 的值；（2）若对任意的()1,x ∈+∞，()()1f x m x ≥-恒成立，求正整数m 的最大值. 【答案】（1）1a =，0b =；（2）3【解析】（1）由()()ln f x x x a b =++得：()ln 1f x x a '=++ 由切线方程可知：()1211f =-=()112f a '∴=+=，()11f a b =+=，解得：1a =，0b =（2）由（1）知()()ln 1f x x x =+则()1,x ∈+∞时，()()1f x m x ≥-恒成立等价于()1,x ∈+∞时，()ln 11x x m x +≤-恒成立令()()ln 11x x g x x +=-，1x >，则()()2ln 21x x g x x --'=-. 令()ln 2hx x x =--，则()111x h x x x-'=-=∴当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，则()h x 单调递增()31ln30h =-<Q ，()422ln20h =-> ()03,4x ∴∃∈，使得()00h x =当()01,x x ∈时，()0g x '<；()0,x x ∈+∞时，()0g x '>()()()000min0ln 11x x g x g x x +∴==-()000ln 20h x x x =--=Q 00ln 2x x ∴=- ()()()()0000min 0213,41x x g x g x x x -+∴===∈-()03,4m x ∴≤∈，即正整数m 的最大值为35．（2020·江西高三）已知函数()e 2xf x m x m =--.（1）当1m =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （2）若()0f x >在(0,)+∞上恒成立，求m 的取值范围． 【答案】（1）y x =-；（2）[2,)+∞【解析】（1）因为1m =,所以()e 21xf x x =--,所以()e 2xf x '=-,则(0)0,(0)1f f '==-,故曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为y x =-.（2）因为()e 2x f x m x m =--,所以()e 2xf x m '=-,①当2m ≥时,()0f x '>在(0,)+∞上恒成立,则()f x 在(0,)+∞上单调递增,从而()(0)0f x f >=成立,故2m ≥符合题意; ①当02m <<时,令()0f x '<,解得20lnx m <<,即()f x 在20,ln m ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减,则2ln(0)0f f m ⎛⎫<= ⎪⎝⎭,故02m <<不符合题意; ①当0m ≤时,0()e 2x f x m '-<=在(0,)+∞上恒成立,即()f x 在(0,)+∞上单调递减,则()(0)0f x f <=,故0m ≤不符合题意.综上,m 的取值范围为[2,)+∞. 6．（2020·江西高三）已知函数()()2x f x x e =-.（1）求()f x 的单调区间；（2）证明：对任意的()0,x ∈+∞，不等式()2ln 6xf x x x >-恒成立.【答案】（1）单调递增区间为()1,+?，单调递减区间为(),1-∞（2）证明见解析【解析】（1）因为()()2x f x x e =-，所以()()1x f x x e '=-，令()0f x ¢>，解得1x >；令()0f x ¢<，解得1x <.故()f x 的单调递增区间为()1,+?，单调递减区间为(),1-∞.（2）要证()2ln 6xf x x x >-，只需证()ln 32x f x x>-.由（1）可知()()min 1f x f e ==-.令()ln 3(0)2x h x x x =->，则()21ln 2xh x x -'=， 令()21ln 0ln 102xh x x x e x-'=>⇒<⇒<<， 所以当()0,x e ∈时，()0h x '>，()h x 单调递增；当(),x e ∈+∞时，()0h x '<，()h x 单调递减， 则()()max 132h x h e e==-. 因为 2.71828e =⋅⋅⋅，所以 2.75e ->-，所以1133 2.7524e -<-=-， 从而132e e->-，则当0x >时，()()min max f x h x >.故当0x >时，()()f x h x >恒成立，即对任意的()0,x ∈+∞，()2ln 6xf x x x >-.7．（2020·四川高三月考）已知函数21()(32)()2xf x m e x m R =--∈. （1）若0x =是函数()f x 的一个极值点，试讨论()ln ()()h x b x f x b R =+∈的单调性； （2）若()f x 在R 上有且仅有一个零点，求m 的取值范围.【答案】（1）当0b …时，()h x 在(0,)+∞上单调递减；当0b >时，()h x 在上单调递增，在)+∞上单调递减；（2）2222,333e ⎧⎫⎛⎫++∞⋃⎨⎬⎪⎩⎭⎝⎭. 【解析】（1）()(32)xf x m e x '=--，因为0x =是函数()f x 的一个极值点，则(0)320f m '=-=，所以23m =，则21()ln (0)2h x b x x x =->，当2()b b x h x x x x-'=-=，当0b …时，()0h x '…恒成立，()h x 在(0,)+∞上单调递减，当0b >时，2()000h x b x x '>⇒->⇒<<所以()h x 在上单调递增，在)+∞上单调递减. 综上所述：当0b …时，()h x 在(0,)+∞上单调递减；当0b >时，()h x 在上单调递增，在)+∞上单调递减. （2）()f x 在R 上有且仅有一个零点，即方程2322x x m e -=有唯一的解，令2()2xx g x e=， 可得(2)()0,()2xx x g x g x e -'>=， 由(2)()02xx x g x e -'==， 得0x =或2x =，（1）当0x …时，()0g x '…，所以()g x 在(,0]-∞上单调递减，所以()(0)0g x g =…，所以()g x 的取值范围为[0,)+∞. （2）当02x <<时，()0g x '>，所以()g x 在(0,2)上单调递增， 所以0()(2)g x g <<，即220()g x e<<， 故()g x 的取值范围为220,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭. （3）当2x …时，()0g x '…，所以()g x 在[2,)+∞上单调递减， 所以(0)()(2)g g x g <…，即220()g x e <…， 即()g x 的取值范围为220,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦. 所以，当320m -=或2232m e ->， 即23m =或22233m e >+时，()f x 在R 上有且只有一个零点，故m 的取值范围为2222,333e ⎧⎫⎛⎫++∞⋃⎨⎬⎪⎩⎭⎝⎭. 8．（2020·山西高三）已知函数()2ln 21f x a x x =-+（其中a R ∈）. （1）讨论函数()f x 的极值；（2）对任意0x >，2()2f x a ≤-恒成立，求a 的取值范围.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）[1,)+∞ 【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，2'()2af x x=-， ①当0a ≤时，'()0f x <，所以()f x 在(0,)+∞上是减函数，()f x 无极值. ①当0a >时，令'()0f x =，得x a =，在(0,)a 上，'()0f x >，()f x 是增函数；在(,)a +∞上，'()0f x <，()f x 是减函数. 所以()f x 有极大值()2ln 21f a a a a =-+，无极小值.（2）由（1）知，①当0a ≤时，()f x 是减函数，令2a x e =，则0(0,1]x ∈，222220()(2)21(2)320a a f x a a e a e --=-+--=->，不符合题意，①当0a >时，()f x 的最大值为()2ln 21f a a a a =-+， 要使得对任意0x >，2()(1)f x a ≤-恒成立， 即要使不等式22ln 212a a a a -+≤-成立， 则22ln 230a a a a --+≤有解.令2()2ln 23(0)g a a a a a a =--+>，所以'()2ln 2g a a a =-令()'()2ln 2h a g a a a ==-，由22'()0ah a a-==，得1a =. 在(0,1)上，'()0h a >，则()'()h a g a =在(0,1)上是增函数； 在(1,)+∞上，'()0h a <，则()'()h a g a =在(1,)+∞上是减函数. 所以max ()(1)20h a h ==-<，即'()0g a <， 故()g a 在(0,)+∞上是减函数，又(1)0g =，要使()0g a ≤成立，则1a ≥，即a 的取值范围为[1,)+∞. 9．（2020·北京高三期末）已知函数()2xf x x e =（1）求()f x 的单调区间；（2）过点()1,0P 存在几条直线与曲线()y f x =相切，并说明理由； （3）若()()1f x k x ≥-对任意x ∈R 恒成立，求实数k 的取值范围.【答案】（1）增区间为(),2-∞-，()0,∞+，单调减区间为()2,0-；（2）三条切线，理由见解析；（3）0,2⎡+⎣ 【解析】（1）()()()222xxf x x x e x x e '==++，()0f x '>得，2x <-或0x >；()0f x '<得，20x -<<；所以()f x 的单调增区间为(),2-∞-，()0,∞+；单调减区间为()2,0-； （2）过()1,0P 点可做()f x 的三条切线；理由如下：设切点坐标为()0200,x x x e，所以切线斜率()()00002xx x k x e f '=+= 所以过切点的切线方程为：()()002200002x x x e x x e x y x -=+-，切线过()1,0P 点，代入得()()0022*******x x x e x x e x -=+-，化简得(0000x x x x e=，方程有三个解，00x =，0x =0x 所以过()1,0P 点可做()f x 的三条切线. （3）设()()21xg x x e k x -=-，①0k =时，因为20x ≥，0x e >，所以显然20x x e ≥对任意x ∈R 恒成立； ①k 0<时，若0x =，则()()0001f k k =>-=-不成立， 所以k 0<不合题意.①0k >时，1x ≤时，()()210xg x x e k x -=->显然成立，只需考虑1x >时情况；转化为21xx e k x ≥-对任意()1,x ∈+∞恒成立令()21xx e h x x =-（1x >），则()min k h x ≤，()()()(()2222(2)111xx xx x x ex x e x x e h x x x +--'==--，当1x <<时，()0h x '<，()h x 单调减；当x >()0h x '>，()h x 单调增；所以()(min 2h x h==+=所以(2k ≤+综上所述，k 的取值范围(0,2+⎡⎣. 10．（2020·全国高三专题练习）已知函数()()33114ln 10f f x ax x x '=--的图象在点()()1,1f 处的切线方程为100++=x y b . （1）求a ，b 的值；（2）若()13f x m >对()0,x ∈+∞恒成立，求m 的取值范围. 【答案】（1）13a =,403=-b ；（2）2642ln 2<-m【解析】（1）()()23114310f f x ax x''=--, 因为()f x 在()()1,1f 处的切线方程为100++=x y b ,即10y x b =--,此时切线斜率10k =-,则()3(1)13141010f f a k ''=--==-,解得13a =,所以()()333101114ln 314ln 3103f x x x x x x x ⨯-=--=+-, 所以()31110113114ln13333f =⨯+⨯-=+=,则10103b =--,解得403=-b（2）由（1）知()31314ln 3f x x x x =+-, ()32143143x x f x x x x+-'=+-=, 设函数()()33140g x xx x =+->,则()2330g x x '=+>,所以()g x 在()0,∞+为增函数,因为()20g =,令()0g x <,得02x <<；令()0g x >,得2x >, 所以当02x <<时,()0f x '<；当2x >时,()0f x '>, 所以()()3min 126223214ln 214ln 233f x f ==⨯+⨯-=-, 从而12614ln 233<-m ,即2642ln 2<-m 11．（2020·天津静海一中高三月考）已知函数()ln 1()f x ax x a R =--∈．（1）讨论()f x 的单调性并指出相应单调区间； （2）若21())1(2g x x x x f ---=，设()1212,x x x x <是函数()g x 的两个极值点，若32a ≥，且()()12g x g x k -≥恒成立，求实数k 的取值范围．【答案】（1）答案见解析（2）15,2ln 28⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦【解析】（1）由()ln 1f x ax x =--，(0,)x ∈+∞， 则11()ax f x a x x'-=-=， 当0a ≤时，则()0f x '≤，故()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时，令1()0f x x a'=⇒=， 所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增．综上所述：当0a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递减； 当0a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增． （2）①21()ln (1)2g x x x a x =+-+， 21(1)1()(1)x a x g x x a x x-++'=+-+=, 由()0g x '=得2(1)10x a x -++=，①121x x a +=+，121=x x ，①211x x =①32a ≥①111115210x x x x ⎧+≥⎪⎪⎨⎪<<⎪⎩解得1102x <≤.①()()()()222112121211221111ln(1)2ln 22x g x g x x x a x x x x x x ⎛⎫-=+--+-=-- ⎪⎝⎭. 设22111()2ln 022h x x x x x ⎛⎫⎛⎫=--<≤ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，则()2233121()0x h x x x x x '--=--=<,①()h x 在10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递减；当112x =时，min 115()2ln 228h x h ⎛⎫==- ⎪⎝⎭. ①152ln 28k ≤-，即所求k 的取值范围为15,2ln 28⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦.12.（2020·山东高三期末）已知函数()()2sin ln 12x f x x x =+-+.（1）证明：()0f x ≥； （2）数列{}n a 满足：1102a <<，()1n n a f a +=（n *∈N ）. （①）证明：1102a <<（n *∈N ）； （①）证明：n *∀∈N ，1n n a a +<.【答案】（1）证明见解析（2）（i ）证明见解析（ii ）证明见解析 【解析】（1）由题意知，()1cos 1f x x x x'=+-+，()1,x ∈-+∞， 当()1,0x ∈-时，()1101f x x x x'<+-<<+，所以()f x 在区间()1,0-上单调递减， 当()0,x ∈+∞时，()()g x f x '=，因为()()()22111sin 011g x x x x '=+->>++所以()g x 在区间()0,∞+上单调递增，因此()()00g x g >=，故当()0,x ∈+∞时，()0f x '>，所以()f x 在区间()0,∞+上单调递增， 因此当()1,x ∈-+∞时，()()00f x f ≥=，所以()0f x ≥ （2）（①）()f x 在区间10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，()()00f x f >=，因为881288311111C C 147122224e ⎛⎫⎛⎫=+=+++>++=> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭L ， 故83318ln ln ln 022e ⎛⎫-=-< ⎪⎝⎭，所以()1113131131sin ln sin ln 18ln 22826822822f x f π⎛⎫⎛⎫<=+-<+-=+-<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭因此当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()01f x <<，又因为110,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以()()()()()()12110,2n n n a f a ff a f f f a --⎛⎫====∈ ⎪⎝⎭LL L（①）函数()()h x f x x =-（102x <<），则()()11cos 11h x f x x x x''=-=+--+， 令()()x h x ϕ='，则()()0x g x ϕ''=>，所以()x ϕ在区间10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；因此()()111217cos 1cos 0222326h x x ϕϕ⎛⎫'=≤=+--=-<⎪⎝⎭， 所以()h x 在区间10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，所以()()00h x h <=， 因此()()10n n n n n a a f a a g a +-=-=<， 所以x *∀∈N ，1n n a a +<13．（2020·四川三台中学实验学校高三开学考试）已知函数()ln f x x x a =+，()ln ,g x x ax a =-∈R . （1）求函数()f x 的极值； （2）若10a e<<，其中e 为自然对数的底数，求证：函数()g x 有2个不同的零点； （3）若对任意的1x >，()()0f x g x +>恒成立，求实数a 的最大值. 【答案】（1）极小值为1a e-+；无极大值（2）证明过程见解析；（3）2. 【解析】（1）函数()f x 的定义域为0x >，因为()ln f x x x a =+，所以()ln 1f x x =+‘，当1x e >时，()0f x >‘，所以函数()f x 单调递增；当10x e<<时，()0f x <‘，所以函数()f x 单调递减，因此1e是函数()f x 的极小值，故函数()f x 的极值为极小值，值为11()f a e e =-+；无极大值（2）函数()g x 的定义域为0x >，因为()ln ,g x x ax =-所以'1()g x a x=-，因为10a e <<，所以当1x a >时，'()0g x <，因此函数()g x 是递减函数，当10x a<<时，'()0g x >，。

利用导数“三招”破解不等式恒成立问题

利用导数“三招”破解不等式恒成立问题

利用导数“三招”破解不等式恒成立问题不等式恒成立问题一直是高考命题的热点，把函数问题、导数问题和不等式恒成立问题交汇命制压轴题成为一个新的热点命题方向.［典例］(2017全国卷川)已知函数f(x)= x— 1 —aln x.⑴若f(x)> 0，求a的值；⑵设m为整数，且对于任意正整数n, 1 + 2 -1 +寺…・1 +壬vm,求m的最小值.［方法演示］解：(1)f(x)的定义域为(0,+ ).①若a< 0,因为f1 一2+ aln 2<0 ,所以不满足题意；a x __ a②若a>0,由f' (x)= 1 —-=——知，当x€ (0, a)时，f' (x)<0 ;当x€ (a, + )时, f' (x)>0.所以f(x)在(0, a)上单调递减，在(a,+s)上单调递增.故x = a是f(x)在(0 ,+s)的唯一最小值点.由于f(1) = 0，所以当且仅当 a = 1时，f(x) > 0.故 a = 1.(2)由(1)知当x € (1, + )时，x—1 —In x>0.令x= 1 +尹，得In 1 +尹<尹从而In 1 + 2 + In 1 + 2 +••• + In 1 + 寺 <* + 歩+ …+ 寺=1 —窃<1.所以m的最小值为3.［解题师说］(1) 对a分类讨论，并利用导数研究f(x)的单调性，找出最小值点，从而求出 a.(2) 由(1)得当x>1 时,x—1—In x>0.令x = 1+ 21，换元后可求出1+1 1+ 1 …• + 21的范围.［应用体验］11.已知函数f(x)= (2 —a)In x + 一 + 2ax.(1) 当a= 2时，求函数f(x)的极值；(2) 当a v 0时，讨论f(x)的单调性；(3)若对任意的a€ (-3,—2), x i, x?€ ［1,3］恒有(m+ In 3)a—2ln 3 > |f(x“—f(x2)|成立,求实数m的取值范围.解：(1)函数f(x)的定义域为(0,+^),1 1当 a = 2 时，函数f(x)= - + 4x,所以 f (x) = —~2+ 4.x x由f' (x)>0，得x>2, f(x)在1,+ a上单调递增；由f' (x)v 0，得O v x v2 f(x)在0, 2上单调递减，所以函数f(x)在x= 2处取得极小值f r 4，无极大值.2 —a 1(2)f' (x) = —― x2+ 2a =2x—1 ax+ 1x21 1 令f' (x)= 0，得x =1或x =—一.2 a1 1①当—a>1，即—2 V a V 0时,1 1 1 由f' (x)> 0,得；v x v —-；由f' (x)v 0,得0v xv；或2 a 2x>—1, 所以函数f(x)在[0, 2:上单调递减，在g,— J上单调递增，在f— 1+「上单调递减.②当-1<2，即a v-2时, 由f'(X) > 0,得一-v x v 1由f' (x)v 0，得0v x v—-或a 2 a x>2,所以函数f(x)在0,—a上单调递减，在—1,1上单调递增，在1+ 上单调递减，③当a = —2时，f' (x)< 0，函数f(x)在(0, + a)上单调递减.(3)由(2)知当a € (—3, —2), X1, x2€ ［1,3］时，函数f(x)在区间［1,3］上单调递减;1 所以当x€ ［1,3］时，f(x)max = f(1) = 1+ 2a, f(x)min = f(3) = (2 —a)ln 3 + ~ + 6a,1 故对任意的a€ (—3,—2)，恒有(m+ In 3)a —2ln 3> 1 + 2a—(2 —a)ln3 —6a 成立,3 2即am> —4a.3因为a v 0，所以m v 3a —4，又孟―4 min =—乎，所以实数m的取值范围是［典例］(2018兰州模拟)已知函数f(x)=—x + x + b, g(x) = aln x.1, 1上的最大值为鲁，求实数b 的值；⑵若对任意的x € [1, e],都有g(x)>— x 2 + (a + 2)x 恒成立，求实数 a 的取值范围. ［方法演示］解：(1)f ' (x)= — 3x 2+ 2x =- x(3x - 2), 令 f ' (x)= 0，得 x = 0 或 x = £3⑵由 g(x)> - x 2 + (a + 2)x ,得(x - In x)a < x 2- 2x , ••• x € [1, e],「. In x < 1< x ，由于不能同时取等号, • In x<x ，即 x — In x>0,x 2— 2x• a < 在x € ［1, e ］上恒成立.x — In x令 h(x)= xj="2S , x € ［1, e ］,x - In xx - 1 x + 2— 2ln x则 h ' (x) =(x — In x当 x € ［1, e ］时，x - 1 > 0, x + 2 — 2ln x = x + 2(1 — In x)>0 ,从而 h ' (x)> 0, x 2 - 2x•函数h(x)= 一 在［1, e ］上为增函数，x — In x…h (X )min = h(1) = — 1 ,•• a W — 4・故实数a 的取值范围为(一g,— 1].⑴若f(x)在区间f ' (x)<0，函数f(x)为减函数, (x)>0，函数f(x)为增函数, f ' (x)<0，函数f(x)为减函数.二 b = 0.f ' 3 8，f3 = 27+b[解题师说]由不等式恒成立求解参数的取值范围问题, 参数的函数的最值问题，如本例(2)转化为-般采用分离参数的方法，转化为求不含x2—2xa < -------- ，从而将问题转化为求函数h(x)=x —In x匸空,x € ［1, e ］的最小值问题. x — In x［应用体验］1 2 x ^3 22. (2018 湖北七市(州)联考)函数 f(x) = In x + -x + ax(a € R), g(x)= e + ©x . ⑴讨论f(x)的极值点的个数;⑵若对任意的x € (0,+s )，总有f(x)w g(x)成立，求实数a 的取值范围. 21 x + ax + 1 解：⑴法一：由题意得 f ' (x)= x + - + a = - (x>0),令 f ' (x)= 0,即 =0, △= a 2— 4.x 2 + ax + 1①当 △= a 2— 4W 0,即一2w a < 2 时，x 2+ ax + 1 > 0 对 x>0 恒成立，即 f ' (x)= ------- > 0对x>0恒成立，此时f(x)没有极值点.②当△= a 2— 4>0,即卩 a< — 2 或 a>2 时.若a<— 2，设方程x 2 + ax + 1 = 0的两个不同实根为 X 1, X 2，不妨设X 1VX 2，贝U X 1+ X 2 = —a>0, X 1X 2= 1>0,故 X 2>X 1>0 ,• ••当 0VX<X 1 或 x>x 2 时，f ' (x)>0; 当 X 1VXVX 2 时，f ' (x)<0, 故X 1, X 2是函数f(x)的两个极值点.若a>2，设方程x 2 + ax + 1 = 0的两个不同实根为 X 3, X 4, 则 X 3+ X 4=— a<0 , X 3X 4= 1>0，故 X 3<0 , X 4<0. • ••当x>0时，f ' (x)>0，故函数f(x)没有极值点. 综上，当a< — 2时，函数f(x)有两个极值点， 当a > — 2时，函数f(x)没有极值点. 1法二：f ' (x)= x +1+ a ，•/ x>0 ,• f ' (x) € [a + 2,+ a ).① 当 a + 2 > 0, 即 卩 a € [— 2, +^)时，f ' (x) > 0 对？ x>0 恒成立，f(x)在(0,+ a )上单 调递增，f(x)没有极值点.② 当a + 2<0,即a € (—a, — 2)时，f ' (x)= 0有两个不等正数解，设为x 1, x 2, • f ' (x)21 x + ax + 1(x — X 1 (x — X 2=x +_+a == X X X不妨设 0VX 1VX 2,则当 x € (0 , X 1)时,f ' (x)>0 , f(x)单调递增，当 X € (X 1, X 2)时，f ' (x)<0, f(x)单调递减，当x € (X 2,+ a )时，f ' (x)>0 , f(x)单调递增，所以X 1, X 2分别为f(x)极大值9x + ax + 1x>0).点和极小值点，故f( X)有两个极值点.=0.综上所述，当a€ ［- 2, )时，f(x)没有极值点,当a € (― 8 ,一2)时，f(x)有两个极值点.x 2(2)f(x)w g(x)? e —In x + x > ax,ex+ x2—In x因为x>0，所以a w 对？x>0恒成立.x设O x)= "^(E),(e x+ 2x — \ —(e x+ x2—In x则0 ' (x)= x—x2e x x—1 + In x + x + 1 x —12x ，当x € (0,1)时，/ (x)vo,以x)单调递减,当x€ (1, +8)时，O' (x)>0 , 0(x)单调递增, …^x)》0(1) = e+ 1,…a w e+ 1.故实数a的取值范围为(一8, e+ 1］.利用“洛必达法则”求函数与导数是高中数学的重要内容•纵观近几年的高考数学试题，压轴题都是函数与导数应用的问题，其中求参数的取值范围是重点考查题型•在平常教学中, 教师往往介绍利用变量分离法来求解.但部分题型利用变量分离法处理时，会出现“0”型的代数式，而这是大学数学中的不定式问题，解决这类问题的有效方法就是洛必达法则.［洛必达法则］法则1若函数f(x)和am满足下列条件:(1)li x m a f(x) = 0 及li x m a g(x)=0;⑵在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g' (X)M 0;⑶叽；x= h那么叽gx =叽g T x= |.法则2若函数f(x)和am满足下列条件：(1)li x m a f(x) =8及li)m a g(x) = 8；⑵在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g' (X)M 0;⑶叽計x=］，那么叽gx =叽g T x= l.［典例］已知函数f(x)=器+：，曲线y= f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为x + 2y-3(1)求a, b的值;In x k⑵如果当x>0，且X M 1时，f(x)>——-+ 求k 的取值范围.x — 1 x［方法演示］x + 1a — In x 解: (1)f ' (x)= xL — 2 x + 1 2 x1由于直线x + 2y — 3 = 0的斜率为一2且过点(1,1),, , - In x 1(2)法一：由(1)知 f(x)=不 + x 所以 2In x , k 1 fk — 1 'f x— 1f(x)— + = 22ln x +x — 1 x 1 — x x2设 h(x)= 2ln x + _ -------- 1(x>0),则 h ，(x)=k- 1 x + 1 + 2x2 2 h ' (x)=kx+ ：—x— 1知,'(x)v 0, h(x)单调递减.而 h(1) = 0,1 故当 x € (0,1)时，h (x) > 0,可得 1—2h(x) > 0; 1当 x € (1 ,+s )时，h(x) v 0，可得 ------- h(x) > 0. 从而当 x >0，且 X M 1 时，f(x)— -ln -x + k >0,x — 1 x In x k即 f(x) >R+ k.②设 0v k v 1.由于 y = (k — 1)(x 2 + 1)+ 2x = (k — 1)x 2+ 2x + k — 1 的图象开口向下，且 △2 1 1 2=4— 4(k — 1) >0，对称轴 x = 1——^>1，所以当 x € 1,匚—^时，(k — 1)(x + 1)+ 2x>0 ,1h(x)> °,可得R h(x)v0,与题设矛盾，③设 k > 1.此时 h ' (x)>0，而 h (1)= 0,1故当x € (1 ,+^)时，h (x)> 0，可得 ------- h (x)v 0,与题设矛盾.1 — x故 h ' (x)>0，而 h (1)= 0,故当 x €f1= 1,故 f 「一 2,b = 1, 即a — a解得?= 1,|b = 1.①设k < 0,由 1,xx综上所述，k 的取值范围为(—R, 0］.(法一在处理第(2)问时很难想到，现利用洛必达法则处理如下)法二：由题设可得，当 x>0, X M 1时，kv --------- + 1恒成立.1 — x2xln x 令g(x)=2—壬+ 1(x >0, x 主1)， 再令 h(x)= (x 2 + 1)ln x — x 2 + 1(x>0 , X M 1), 1则 h ' (x)= 2xln x + - — x ,1 1又 h ” (x)= 2ln x + 1— -2,易知 h ” (x)= 2ln x + 1— -2在(0, )上为增函数，且 h 〃 (1)=0,故当 x € (0,1)时,h 〃 (x)< 0,当 x € (1 ,+s )时,h 〃 (x)>0 ,••• h ' (x)在(0,1)上为减函数，在(1 ,+s )上为增函数，故 h ' (x)>h ' (1)= 0, ••• h(x)在(0 ,+s )上为增函数.又 h(1) = 0,•••当 x € (0,1)时，h(x)<0，当 x € (1 ,+s )时，h(x)>0, •••当 x € (0,1)时，g ' (x)<0，当 x € (1, + )时，g ' (x)>0, • g(x)在(0,1)上为减函数，在(1 ,+^)上为增函数. 由洛必达法则知，lix m 1g (x)= 2吶1 = 2li x m 1112x x + 1 = 2X —1 + 1 =0，二 k w 0，故k 的取值范围为(一8 , 0]. ［解题师说］解决本题第(2)问时，如果直接讨论函数的性质，相当繁琐，很难求解•采用参数与变 量分离较易理解，但是分离出来的函数式的最值无法求解，而利用洛必达法则却较好的处 理了它的最值，这是一种值得借鉴的方法.［应用体验］3.已知函数f(x)= x(e x — 1) — ax 2，若当x > 0时，f(x)>0,求a 的取值范围. 解：当 x >0 时，f(x)>0, 即卩 x(e x — 1)>ax 2. ①当x = 0时，a € R ；记 h(x)= (x — 1)e x + 1, x € [0,+ ^)，贝y h ' (x)= xe x >0.则 g ' (x )= 2x 2 + 1 In x — x 2 + 1②当x>0时, x(e x — 1) > ax 2 等价于 a wmin .记 g(x)=x € (0,工 A x I丄'(x)=4^土! 21 —因此h(x)= (x—1)e x+ 1 在［0, + s)上单调递增，且h(x)>h(O) = 0，所以g' (x)=好>0, e x—1从而g(x)= -------- 在(0,+s)上单调递增.e x— 1 e x由洛必达法则有li^J O g(x)= li^ 一— = li j m0彳=1,所以g(x)>1，即有a w 1.故实数a的取值范围为(一a, 1］.［升级增分训练］1. (2017 全国卷n )设函数f(x) = (1 —x2)e x.(1) 讨论f(x)的单调性；(2) 当x> 0时，f(x)< ax+ 1,求a的取值范围.解：(1)f' (x)= (1 —2x —x2)e x.令f' (x)= 0，得x=—1—2或x=—1+ 2.当x € (—a,—1—2)时，f' (x)v 0;当x € (— 1 —2,—1+ , 2)时，f' (x)> 0;当x € (— 1 + 2,+ a)时，f' (x)V 0.所以f(x)在( —a, —1—2) , ( —1+ 2 , + a )上单调递减，在(一1— 2 , — 1 + -, 2)上单调递增.x(2)f(x) = (1 + x)(1 —x)e .①当a > 1时，设函数h(x)= (1 —x)e x，则h ' (x)=—xe x< 0(x> 0).因此h(x)在［0 , + a )上单调递减，又h(0) = 1,故h(x)w 1,所以f(x)= (x+ 1)h(x)< x + 1 w ax+ 1.②当0< a< 1时，设函数g(x)= e x—x —1,则g' (x)= e x— 1 >0(x>0),所以g(x)在［0, + a)上单调递增，而g(0) = 0,故e x> x + 1.当0< x< 1 时，f(x)> (1 —x)(1 + x)2,2 2(1 —x)(1 + x) —ax—1 = x(1 —a—x—x ),丽弋5—4a —1取X o= 2 ------ ,则x°€ (0,1), (1 —x°)(1 + X0)2 - ax°—1= 0,故f(x o)> ax o+ 1.当 a w 0 时，取 X o = ； 1,则 x °€ (0,1), f(X o ) > (1 — x o )(1 + x o )2= 1 > ax o + 1.综上，a 的取值范围是[1,+^).22.已知 f(x) = xln x , g(x)=— x + ax —3.(1)若对一切x € (0,+s ), 2f(x)>g(x)恒成立，求实数 ⑵证明：对一切 x € (0,+^ ), ln x >e x — ex 恒成立.e ex解：(1)由题意知 2xln x > — x 2+ ax — 3 对一切 x €(0, + 3则 a w 2ln x + x + . x3设 h(x)= 2ln x + x + -(x > 0),则 h ，(x)= x + 32x — 1 .x当 x € (0,1)时，h ' (x)v 0, h(x)单调递减；当 x € (1, + s )时，h ' (x)> 0, h(x)单调递增.所以 h(x)min = h(1) = 4,因为对一切x € (0, + ^) , 2f(x)>g(x)恒成立，所以a w h(x)min = 4,故实数a 的取值范围是(一^, 4].— 2⑵问题等价于证明 xln x >r — _(x > 0). e e又 f(x) = xln x(x > 0), f ' (x) = ln x + 1,当 x € 0 , e 时，f '(x)v 0 , f(x)单调递减；当 x € e ，+ m 时，f ' (x)> 0 , f(x)单调递增，所以 f(x)min = f e =— e设 m(x)= e x — 2(x >0),则 m ' (x)= 1—x x ,e ，当 x € (0,1)时，m ' (x) > 0 , m(x)单调递增，当 x € (1, +^)时，m ' (x)v 0 , m(x)单调递减，1所以 m(x)max = m(1)=—一，从而对一切 x € (0 , + ), ef(x)> m(x)恒成立, a 的取值范围.g ）恒成立,x 2即xln x > r — -恒成立. e e所以对一切x € (0 ,+s ), In x > A — 2恒成立.e ex2 3.已知函数 f(x)= bx — 2ax + 2ln x.(1) 若曲线y = f(x)在(1, f(1))处的切线为y = 2x + 4,求实数a , b 的值；一 5(2) 当b = 1时，若y = f(x)有两个极值点 x i , X 2，且x i < X 2, a >?,若不等式f(x“ > mx 2 恒成立，求实数m 的取值范围.2解：(1)由题可知 f(1) = b — 2a = 6 ,T f ' (x) = 2bx — 2a + 2,••• f ' (1) = 2b — 2a + 2= 2,联立可得 a = b = — 6.2(2)当 b = 1 时，f(x)= x — 2ax + 2ln x ,, 2 2fx — ax + 1 \• f ' (x) = 2x — 2a + 2 =—— . x xT f(x)有两个极值点 X 1, X 2,且X 1< X 2,• X 1, X 2是方程x 2— ax + 1 = 0的两个正根，5• X 1 + X 2= a > 2 X 1 X 2= 1,不等式f(X1)>mX2恒成立，即m <号恒成立.—2ax 1+ 2ln x 1 3 2 =X 1 — 2ax j + 2x 1in X 1 X 2=x 1 — 2(x 1 + X 2)x 2 + 2x 1in X 1=— x 3— 2x 1 + 2x 1 In X 1. 令 h(x)=— x 3— 2x + 2xln x 0v x < 1 ,则 h ' (x)=— 3x 2 + 2ln x v 0,• h(x)在0, 1上是减函数，•实数m 的取值范围为 —a,— 9— In 2 .4. (2018张掖诊断)已知函数f(x)= 畿，曲线y = f(x)在点(e 2, f(e 2))处的切线与直线2x + y = 0垂直(其中e 为自然对数的底数).(1)求f(x)的解析式及单调递减区间；X 1 + 1 >5, X 1 2'1 • O v X 1< 2.一 2 电=X 1X 2 h(x) > h9 98—ln 2，故 m r ln 2,k ⑵是否存在最小的常数 k ,使得对任意 x € (0,1),耳口＞亦+ 2 ,对亘成立？若存在，求 出k 的值；若不存在，请说明理由.解：⑴f ‘(x )= m !n 2^1,(In x )2 m 1 2x由 f (e )= =f,得 m = 2,故 f(x)= ,4 2 In x 2 In x — 1 此时 f ' (x)= 丁.(In X ) 由 f ' (x)<0，得 0<x<1 或 1<x<e ,所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1), (1, e).当 x € (0,1)时，In x<0,则有 k>2x — 2 x In x 恒成立.令 g(x)= 2x — 2yjx In x ，则 g ' (x)= 2五-叟 x - 2.所以h(x)在(0,1)上单调递减,所以 所以 g(x)在(0,1)上单调递增，g(x)<g(1) = 2? k > 2.故存在常数k = 2满足题意. (2)f(x)>|n k x + 2 x 恒成立，即 2x> kIn x In x 卜x 恒成立？k < 2x — In x In x 2 x 恒成立, 再令 h(x)= 2 x — In x — 2」h ' (x)=h(x)>h(1) = 0，故 g ' (x) =。

专题07 用好导数,“三招”破解不等式恒成立问题(解析版)

专题07 用好导数,“三招”破解不等式恒成立问题(解析版)

2020高考数学压轴题命题区间探究与突破专题第一篇 函数与导数专题07 用好导数，“三招”破解不等式恒成立问题一．方法综述不等式恒成立问题一直是高考命题的热点，把函数问题、导数问题和不等式恒成立问题交汇命制压轴题成为一个新的热点命题方向．由不等式恒成立确定参数范围问题，常见处理方法有：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x =图象在()y g x = 上方即可)；③ 最值法：讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数.在诸多方法中，构造函数并利用导数研究函数的单调性、最值等，是必须要考虑的解题门径.本专题举例说明《用好导数，“三招”破解不等式恒成立问题》.二．解题策略类型一 构造函数求最值【例1】【2020·重庆南开中学期末】已知函数()ln xf x ae x x =-，其中a R ∈，e 是自然对数的底数.（1）若()f x 是()0,∞+上的增函数，求实数a 的取值范围； （2）若22a e>，证明：()0f x >. 【分析】（1）由()f x 是()0,∞+上的增函数等价于()0f x '≥恒成立，得1ln xxa e +≥，求()()1ln 0xxg x x e+=>的最大值，即可得到本题答案； （2）由()e 0ln 0x a f x x x >⇔->，证明当22a e ≥时，()()e ln 0xa F x x x x=->的最小值大于0，即可得到本题答案.【解析】（1）()()1ln x f x ae x '=-+，()f x 是()0,∞+上的增函数等价于()0f x '≥恒成立. 令()0f x '≥，得1ln x x a e +≥，令()()1ln 0xxg x x e +=>.以下只需求()g x 的最大值.求导得()11ln xg x ex x -⎛⎫'=-- ⎪⎝⎭，令()11ln h x x x =--，()2110h x x x '=--<，()h x 是()0,∞+上的减函数，又()10h =，故1是()h x 的唯一零点，当()0,1x ∈，()0h x >，()0g x '>，()g x 递增； 当()1,x ∈+∞，()0h x <，()0g x '<，()g x 递减； 故当1x =时，()g x 取得极大值且为最大值()11g e=，所以1a e ≥.（2）()e 0ln 0x a f x x x >⇔->，令()()e ln 0xa F x x x x=->，以下证明当22a e ≥时，()F x 的最小值大于0. 求导得()()()221e 111e x xa x F x a x x x x x-'⎡⎤=-=--⎣⎦. ①当01x <≤时，()0F x '<，()()10F x F ae ≥=>； ②当1x >时，()()()211x a x x F x e x a x ⎡⎤-'=-⎢⎥-⎣⎦，令()()1x x G x e a x =--. 则()()2101x G x e a x '=+>-，又()222220ae G e a a-=-=≥，取()1,2m ∈且使()21m e a m >-，即2211ae m ae <<-，则()()2201m m G m e e e a m =-<-=-， 因为()()20G m G <，故()G x 存在唯一零点()01,2x ∈，即()F x 有唯一的极值点且为极小值点()01,2x ∈，又()0000ln x ae F x x x =-，且()()000001xx G x e a x =-=-，即()0001x x e a x =-，故()0001ln 1F x x x =--，因为()()0201101F x x x '=--<-，故()0F x 是()1,2上的减函数. 所以()()021ln 20F x F >=->，所以()0F x >. 综上，当22a e≥时，总有()0f x >. 【指点迷津】1.首先要明确导函数对原函数的作用：即导函数的符号决定原函数的单调性.如果所构造的函数，其导数结构比较复杂不易分析出单调性，则可把需要判断符号的式子拿出来构造一个新函数，再想办法解决其符号.2.在考虑函数最值时，除了依靠单调性，也可根据最值点的出处，即“只有边界点与极值点才是最值点的候选点”，所以有的讨论点就集中在“极值点”是否落在定义域内.【举一反三】【2020届黑龙江哈尔滨三中月考】已知定义在()0,∞+上的函数()()2ln 11ax f x x x x=--++.（1）讨论()f x 的单调区间（2）当223ln ,ln 443e e a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，存在0M >，使得对任意()0,x M ∈均有()0f x <，求实数M 的最大值.【解析】（1）()()()()21211a x a x f x x ---⎡⎤⎣⎦'=+， ①12a ≤时，()0f x '>，()f x 在()0,∞+上单调递增； ②112a <<时，令()0f x '>得211a x a ->-，故增区间为21,1a a -⎛⎫+∞⎪-⎝⎭， 令()0f x '>得2101a x a -<<-，故减区间为210,1a a -⎛⎫ ⎪-⎝⎭； ③1a ≥时，()0f x '<，则()f x 在()0,∞+上单调递减.（2）易知2231ln ,ln ,14432e e ⎛⎫⎛⎫⊂ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由（1）知：()f x 在210,1a a -⎛⎫ ⎪-⎝⎭上单调递减，在21,1a a -⎛⎫+∞ ⎪-⎝⎭上单调递增，则()21001a f f a -⎛⎫<=⎪-⎝⎭， 又()244322ln 32ln ln 303343e f a =-->-⨯-=，故存在021,21a x a -⎛⎫∈⎪-⎝⎭，使得()00f x =， 且当()00,x x ∈时()0f x <恒成立，故0M x ≤.由()00f x =可得()00020011ln 1x x a x x x ++=-+， 设()()211ln 1x x g x x x x++=-+（0x >）， 则()()()32ln 12x x x g x x ++-'=，令()()()2ln 12h x x x x =++-（0x >）， 则()()2ln 121x h x x x +'=++-+， ()()201xh x x ''=>+，则()h x '在()0,∞+上单调递增，故()()00h x h ''>=， 则()h x 在()0,∞+上单调递增，故()()00h x h >=， 则()0g x '>，()g x 在()0,∞+上单调递增， 又()0a g x =，()21ln 4e g =，()332ln 43e g =，故()()()012g g x g <<，则012x <<，又0M x ≤，故1M ≤，即M 的最大值为1.类型二 参变分离求最值【例2】【2020·河南濮阳油田一中期末】已知函数2()1xf x be x =--的图象在点0x =处的切线为y x a =+.（1）求+a b 的值；（2）若()0f x kx ->对任意的0x >恒成立，求实数k 的取值范围.【分析】（1）先求导函数，再结合函数()f x 的图象在点0x =处的切线为y x a =+，则0e 01k b =-=，再求解即可；（2）原不等式可转化为2e 1x x k x --<(0x >)恒成立，再设2e 1()x x g x x--=(0x >)，然后利用导数求函数()g x 的最小值即可.【解析】（1）由已知可得()e 2xf x b x '=-.函数2()1xf x be x =--的图象在点0x =处的切线的斜率0e 01k b =-=， 所以1b =.所以切点坐标为(0,0)，代入切线方程y x a =+，可得0a =. 所以1a b +=.（2）由（1）知2()1x f x e x =--.所以()0f x kx ->对任意的0x >恒成立，即210xe x kx --->(0x >)恒成立，即2e 1x x k x--<(0x >)恒成立. 令2e 1()x x g x x--=(0x >)，所以min ()k g x <即可. 222e e 1e (1)(1)(1)()x x x x x x x x g x x x --+---+'==()2(1)e 1xx x x---=. 设()e 1xh x x =--(0x >)，则()e 10xh x '=->，所以()h x '在(0,)+∞上单调递增. 所以当0x >时，()h x 单调递增， 所以0()(0)e 010h x h >=--=.所以在(0,1)上()0g x '<，在(1,)+∞上()0g x '>. 所以()g x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增. 所以当1x =时，()g x 取得最小值(1)e 2g =-， 所以2k e <-.所以实数k 的取值范围为(,2)e -∞-. 【指点迷津】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，转化为求函数的最值问题.2、如何确定变量与参数：一般情况下，那个字母的范围已知，就将其视为变量，构造关于它的函数，另一个字母（一般为所求）视为参数.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. 【举一反三】【2020·河北沧州期末】）已知函数()ln f x mx nx x =+，()f x '是()f x 的导函数，且()12f '=，10f e ⎛⎫= ⎪⎝⎭. （1）求()f x 的解析式，并判断()f x 零点的个数；（2）若*k N ∈，且()()2f x k x >-对任意的2x >恒成立，求k 的最大值.（参考数据：ln 20.69≈，ln3 1.10≈）【解析】（1）因为()ln f x mx nx x =+， 所以()()ln 1f x m n x '=++. 因为()12f '=，10f e ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以()12f m n '=+=，10m nf e e e⎛⎫=-= ⎪⎝⎭. 解得1m n ==， 故()f x x Inx =+()2f x Inx '=+，令()0f x '=，解得2x e -=故当()20,x e-∈函数单调递减；当()2,x e-∈+∞函数单调递增；又()20f e-<，()10f >，故函数在()2,e-+∞存在一个零点；当2x e -<时，2Inx <-，故220x Inx e -+<-<， 故函数在区间()20,e-上不存在零点；综上所述：函数只有1个零点.（2）因为2x >，所以()()2f x k x >-等价于()ln 22f x x x xk x x +<=--. 设()ln 2x x xg x x +=-，则()()22ln 42x x g x x --'=-.令()2ln 4h x x x =--， 则()221x h x x x-'=-=，故()h x 在()2,+∞上单调递增. 因为()842ln846ln 20h =-=-<，()954ln30h =->， 所以存在()08,9x ∈，使得()00h x =， 即0042ln x x =-，则()g x 在()02,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，故()()00000000004ln 2222x x x x x x x g x g x x x -+⋅+≥===--. 因为()()2f x k x >-对任意的2x >恒成立， 所以02x k <. 因为()08,9x ∈，且*k N ∈， 所以k 的最大值是4.类型三 讨论参数定范围【例3】【2020重庆八中月考】已知函数()22ln f x a x x ax =-+.（1）若1a =-时，求()f x 的极值； （2）若()0f x <，求a 的取值范围.【分析】（1）将1a =-代入函数()y f x =的解析式，利用导数可求出函数()y f x =的极值；（2）由题意可得出()max 0f x <，分0a >、0a =、0a <三种情况讨论，利用导数分析函数()y f x =在定义域上的单调性，求出函数()y f x =的最大值，然后解不等式()max 0f x <，综合可得出实数a 的取值范围.【解析】（1）当1a =-时，()2ln f x x x x =--，则()212121x x f x x x x--+=-='-. 令()0f x '=，即2210x x x--+=，得2210x x +-=，解得12x =.当102x <<时，()0f x '>，当12x >时，()0f x '<. 所以，函数()y f x =有极大值113ln 224f ⎛⎫=-⎪⎝⎭，无极小值； （2）因为()0f x <恒成立，所以()max 0f x <，()()()222222x a x a a x ax a f x x a x x x+-+-++='=-+=. ①当0a >时，令()0f x '=，则x a =，当0x a <<时，()0f x '>，此时，函数()y f x =单调递增； 当x a >时，()0f x '<，此时，函数()y f x =单调递减.()()2222max ln ln 0f x f a a a a a a a ∴==-+=<，01a ∴<<；②当0a =时，()20f x x =-<，成立；③当0a <时，令()0f x '=，则2ax =-， 当02ax <<-时，()0f x '>，此时，函数()y f x =单调递增； 当2ax >-时，()0f x '<，此时，函数()y f x =单调递减.()22222max3ln ln 0224224a a a a a f x f a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=-=---=--< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，即3ln 24a ⎛⎫-< ⎪⎝⎭，得3402a e <-<，解得3420e a -<<. 综上所述，实数a 的取值范围为342,1e ⎛⎫- ⎪⎝⎭.【指点迷津】本题（2）只要通过分类讨论研究清楚函数的单调性，即可求出)(x f 的最大值，让最大值小于0即可求出a 的范围 【举一反三】【2020届·云南保山一中月考】已知函数21()12xf x e ax x =---，a 为实数. （1）当1a =时，讨论()f x 的零点个数；（2）若0x ≥，都有()0f x ≥，求实数a 的取值范围. 【解析】（1）()xf x e a x '=--，当1a =时，()1xf x e x '=--，令x y e =，则e xy '=，所以函数x y e =在()0,1处的切线方程为1(0)y x -=-，即1y x =+，所以1x e x ≥+，即()0f x '≥，故()f x 在R 上单调递增，即()f x 有一个零点； （2）()1xf x e ''=-，当0x ≥时，()0f x ''≥，即()f x '在[)0,+∞上是增函数，()()01f x f a ''≥=-，当1a ≤时，()0f x '≥，()f x 在[)0,+∞上是增函数， 故有()()0f x f ≥，即()0f x ≥；当1a >时，0(0,)x ∃∈+∞，使得()00f x '=，当()00,x x ∈时，()0f x '<，()f x 在()00,x 上是减函数； 当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 在()0,x +∞上是增函数， 故有()0(0)0f x f <=与()0f x ≥相矛盾， 综上，1a ≤.三．强化训练1．【2020·哈尔滨市呼兰一中期末】已知函数()()2ln f x ax x x x a R =+-∈.(1)若0a =，讨论函数的单调性；(2)若函数()f x 满足()12f =，且在定义域内()22f x bx x ≥+恒成立，求实数b 的取值范围.【解析】(1)0a =，()ln f x x x x =-，()'ln f x x =-，()'0f x =，1x =，()0,1x ∈，()'0f x >，()f x 在()0,1上是增函数， ()1,x ∈+∞，()'0f x <，()f x 在()1,+?上是减函数.(2) 由题意()12f =，1a =，∴()2ln f x x x x x =+-， 则()22f x bx x ≥+，即1ln 1xb x x --≥，令()1ln 1x g x x x=--， ()2ln 'xg x x=，故()g x 在(]0,1上递减，在()1,+?上递增，∴()()min 10g x g ==，即0b ≤.2.【2020届重庆第二外国语学校期中】已知函数()21ln 2f x a x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，()()()2g x f x ax a R =-∈ （1）当0a =时，求()f x 在区间1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值和最小值；（2）若对()1,x ∀∈+∞，()0g x <恒成立，求a 的取值范围． 【解析】（1）函数()21ln 2f x a x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭的定义域为()0,∞+，当0a =时，()21ln 2f x x x =-+， 求导()()()2'1111x x x f x x x x x-+--+=-+==（x ＞0），令()'f x ＝0，得x ＝1，（负值舍去）∴x ＞0，x 、()'f x ，f （x ）的变化如下：∴()f x 在区间1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上是增函数，在[]1,e 上为减函数，f （x ）最大值为()112f =-． 又21112f e e ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，()212ef e =-，∵422121()02e f e e e e f --⎛⎫-=> ⎪⎝⎭，∴f （x ）最小值为()212e f e =-. ∴()()2min 12e f x f e ==-，()()max 112f x f ==-.（2）函数()()2122ln 2g x f x ax a x ax x ⎛⎫=-=--+ ⎪⎝⎭，则()g x 的定义域为()0+∞，，()()()()()2121121211212x a x a x ax g x a x a x x x⎡⎤-----+⎣⎦=--+=='．①若12a >，令()0g x '=，得极值点11x =，2121x a =- 当211x x >=，即112a <<时，在()21,x 上有()0g x '<，在()2,x +∞上有()0g x '>，此时()g x 在区间()2,x +∞上是增函数，并且在该区间上有()()()2,g x g x ∈+∞，不合题意；当211x x ≤=，即1a ≥时，在()1,+∞上有()0g x '>，此时()g x 在区间()1,+∞上递增，有()()()1,g x g ∈+∞，也不合题意； ②若12a ≤，则有210a -≤，此时在区间()1,+∞上恒有()0g x '<，从而()g x 在区间()1,+∞上是减函数；要使()0g x <在()1,+∞上恒成立，只须满足()111022g a a =--≤⇒≥-，由此求得a 的范围是11,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦． 综合①②可知，当11,22a ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，对()()1,,0x g x ∀∈+∞<恒成立．3．【2020·江苏徐州二中月考】已知函数1()ln ,(,0),()(0)f x a x x a a g x x x x ⎛⎫=-∈≠=-+> ⎪⎝⎭R .（1）若函数()f x 与()g x 有相同的极值点（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值），求a 的值； （2）记()()()F x f x g x =-.①若在区间(0,]e （e 为自然对数底数）上至少存在一点0x ，使得0()0F x <成立，求a 的取值范围； 【解析】（1）因为1()g x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，所以221(1)(1)()1x x g x x x'-+-=-=. 令()0g x '=，解得121,1x x ==-（舍去）.所以1x =为函数()g x 的极大值点.因为()ln f x a x x =-，所以()1a a xf x x x'-=-=. 令()0f x '=，解得x a =.所以x a =为函数()f x 的极大值点.因为函数()f x 与()g x 有相同的极值点，所以1a =. （2）①1()()()ln F x f x g x a x x=-=+. 先求()0F x …在(0,]e 上恒成立，即有ln 10ax x +…. 令()ln 1,(0,]G x ax x x e =+∈，则()ln G x a x a '=+，令()0'=G x ，得1x e=.若0a >，则当10x e<<时，()0,()g x g x '<单调递减； 当1x e e<<时，()0,()g x g x '>单调递减，所以min 1()()10ag x g e e ==-…，得0a e <…. 若0a <时，同理得min ()()10g x g e ae ==+…，得10a e-<…. 综上，a 的取值范围为{1|a a e<-或}a e >；②设切点0002011(,ln ),0,()ax x a x x F x x x'-+>=， 则切线方程为()00020011ln ax y x x a x x x -=-++，又切线过原点， 则()000200110ln ax x a x x x -=-++，整理得002ln 0a x a x +-= 设2()ln ,0g x a x a x x=+->，题意即为，函数()g x 在(0,)+∞上有两个零点. 由于2222()a ax g x x x x '-=-=. （i ）当0a =时，2()0,()g x g x x=>无零点；（ii ）当0a <时，()0,()g x g x '<在(0,)+∞上递减，此时()g x 不可能存在两个零点，故不满足条件；（iii ）当0a >时，令2()0,g x x'==， 所以极小值()lng a a a=. 要使函数()g x 在(0,)+∞上有两个零点，则必须满足2()0g a<，所以2a >.因为22(e)0,e ,()e g g x a =>>在2,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭连续且为增函数，所以()g x 在2,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭唯一零点.因为222120,()2()()0aa a a a a g e a ee e a a a a a e e ---=-<=-+-=-+->，而()g x 在20,a ⎛⎫⎪⎝⎭连续且为减函数，故()g x 在20,a ⎛⎫⎪⎝⎭有唯一零点. 所以当2a >时，()g x 在(0,)+∞有两个零点，满足条件. 故所求a 的取值集合为{}|2a a >.4.【2019·福建福州一中月考】已知函数()()434316x f x e x a =--+，1a <. （1）若函数()y f x =的图象在1x =处的切线与x 轴平行，求a 的值； （2）当0x ≥时，()0f x ≥恒成立，求a 的最小值.【解析】（1）()()3312x f x e x a ⎡⎤'=--⎣⎦依题意()()3311210f e a ⎡⎤'=--=⎣⎦故1a e =-； （2）解法一: ()()()()2212xx x f x e x a e e x a x a ⎡⎤'=-++-+-⎣⎦()22131224xx x e x a e x a e ⎡⎤⎛⎫=-++-+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，显然2213024x x e x a e ⎛⎫+-+> ⎪⎝⎭，令()x g x e x a =-+，则()10x g x e '=-≥，所以()xg x e x a =-+在[)0,+∞单调递增，且()()01g x g a ≥=+，当10a +≥即11a -≤<时，()0f x '≥，()f x 在[)0,+∞单调递增，故()0f x ≥等价于()402030f a =-≥，此式已成立，从而11a -≤<满足条件，当10+<a 即1a <-时，由()xg x e x a =-+在[)0,+∞单调递增，()010g a =+<，()()()2220a g a e a e a a a e --=+≥-+=->，故()00,x a ∃∈-使得()0000xg x e x a =-+=，即00x ex a =-，令()0f x '≥，即()0g x ≥，得0x x ≥，又令()0f x '≤，即()0g x ≤，得00x x ≤≤，因此()f x 在0x x =处取得最小值，()()043004316x f x e x a =--+，又00ee x a =-，故()003404316x xf x e e =-+，设0x e t =，1t >，且()344316h t t t =-+，法一：()2312120h t t t '=-<，故()h t 在()1,+∞单调递减，由()()02h t h ≥=知2t ≤，即00ln 2x <≤，00x a x e =-而()xP x x e =-在(]0,ln 2单调递减，所以00ln 221x x e-≤-<-，即ln 221a -≤<-；法二：()()()3223248h t t t t t =-----，由()00f x ≥知()0h t ≥，即12t <≤下同法一； 综上可知ln 221a -≤<，因此a 的最小值为ln 22-；解法二：当0x ≥时，()0f x ≥恒成立，因求a 的最小值，不妨设0a <，则只研究1344163xe a x ⎛⎫+≥-⎪⎝⎭，设()()13441603xe M x x x ⎛⎫+=-≥ ⎪⎝⎭，下求()max M x ；()334341613xx e M x e -⎛⎫+'=- ⎪⎝⎭，由()0M x '≥，并记3xt e =，1t ≥， 即4322764768307240960t t t t ----≤，亦即()()328271524485120t t t t --++≤，故8t ≤，因此()M x 在[]0,ln 2单调递增，在[)ln 2,+∞单调递减，所以()()max ln 2ln 22M x M ==-，即ln 22a ≥-，因此a 的最小值为ln 22-. 5.【2017课标3，理21】已知函数()1ln f x x a x =-- . （1）若()0f x ≥ ，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n 2111111222n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭L ，求m 的最小值. 【解析】6. 【2019·福建厦门双十中学月考】已知函数2()ln 3f x x ax x=++-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()0f x ≥，求a 的取值范围.【解析】（1）由题意，222122()(0)ax x f x a x x x x+-'=+-=>， 令2(2)ax h x x =+-，()0,x ∈+∞，①当0a ≠，且180a ∆=+≤，即18a ≤-时，()0≤h x ，所以()0f x '≤在(0,)+∞恒成立，故()f x 在(0,)+∞上单调递减； ②当108a -<<时，>0∆，由()0h x =得1182a x a-±+=当x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭⎝⎭U 时，()0h x <，()0f x '<；当x ∈⎝⎭时，()0h x >，()0f x '>.故()f x在10,2a ⎛-+ ⎝⎭和12a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭单调递减，在⎝⎭单调递增；③当0a =时，由()0f x '=得2x =，当(0,2)x ∈时，()0f x '<；当(2,)x ∈+∞时，()0f x '>. 故()f x 在(0,2)单调递减，在(2,)+∞单调递增； ④当0a >时，>0∆，由()0h x =得12x a -+=12a-（不合题意，舍去）.当x ⎛∈ ⎝⎭时，()0h x <，()0f x '<；当x ⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()0h x >，()0f x '>.故()f x在⎛ ⎝⎭单调递减，在⎫+∞⎪⎝⎭单调递增.（2）因为(1)230f a =+-≥，所以1a ≥.由（1）得min ()f x f =⎝⎭，故只需0f ≥⎝⎭，即可满足()0f x ≥.令012x a -+=，则021ax =-20020ax x +-=，即0021ax x =-， 所以()00000024ln 3ln 40f x x ax x x x =++-=+-≥， 设4()ln 4g x x x =+-，所以22144()x g x x x x-'=-=， 当(0,4)x ∈时，()0g x '<；当(4,)x ∈+∞时，()0g x '>. 故()g x 在(0,4)单调递减，在(4,)+∞单调递增.又(1)0g =，所以当(0,1)x ∈时，()0>g x ；当(1,4)x ∈时，()0<g x ，又0x =，因为1a ≥3≥，10-+≠，所以(]0410,1x -+==，所以0()0g x ≥，即()00f x ≥，故()0f x ≥，又20021a x x =- 所以a 的取值范围是[)1,+∞.7. 【2020·广东潮州期末】已知函数()21sin f x x a x =+-，[]0,x π∈，a R ∈，()'f x 是函数()f x 的导函数.（1）当1a =时，证明：函数()f x 在区间[]0,π没有零点； （2）若()'sin 0f x a x a ++≤在[]0,x π∈上恒成立，求a 的取值范围.【解析】（1）证明：若1a =,则()21sin f x x x =+-,[]0,x π∈,又211x +≥,0sin 1x ≤≤,故0sin 1x ≥-≥-,所以21sin 0x x +-≥, 又()01f=,224f ππ⎛⎫=⎪⎝⎭,()21f ππ=+, 当0,,22x πππ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭U 时,1sin 0x -<-<,所以21sin 0x x +->恒成立,所以当1a =时,函数()f x 在区间[]0,π没有零点. （2）解:()'2cos f x x a x =-,[]0,x π∈,故2cos sin 0x a x a x a -++≤在[]0,x π∈上恒成立, 设()2cos sin x a x a g a x x =-++,[]0,x π∈, 所以()000g =≤,()220g a ππ=+≤,即a π≤-,因为()2sin cos 24'g a x x a x x π⎛⎫=++=++ ⎪⎝⎭,由a π≤-,得0a <,所以在区间0,4π⎛⎫ ⎪⎝⎭上()'g x 单调递减,所以()()2'0''24a g g x g π⎛⎫+=≥≥=+ ⎪⎝⎭；在区间,4ππ⎛⎫⎪⎝⎭上()'g x 单调递增()()2'''24g g x g a ππ⎛⎫+=≤≤=- ⎪⎝⎭,又a π≤-,所以()'020g a =+<,'204g π⎛⎫=+< ⎪⎝⎭,()'20g a π=->,故()'g x 在区间,4ππ⎛⎫⎪⎝⎭上存在唯一零点区间0x ,由()'g x 的单调性可知, 在区间[]00,x 上()'0g x ≤,()g x 单调递减； 在区间(]0,x π上()'0g x ≥,()g x 单调递增,()()()()000g x g g x g π⎧≤=⎪⎨≤≤⎪⎩,故a π≤-. 8. 【2019·河北衡水中学月考】已知函数()11f x a x=+-（a ∈R ）. （1）若2a =，证明：当1x >时，()2ln x f x >；（2）若对于任意的0x >且1x ≠，都有()()2ln 1a f x x -⋅>，求a 的取值集合. 【解析】（1）当2a =时，()121f x x=+-， 要证当1x >时，()2ln x f x >， 即证当1x >时，12ln 21x x +>- 令()12ln 1g x x x =+-， ()()()()()()222221221252111x x x x g x x x x x x x ---+'=-==--- 当12x <<时，()0g x '<，()g x 在()1,2内单调递减 当2x >时，()0g x '>，()g x 在()2,+∞内单调递增， 故()()min 22ln 21ln 41ln 12g x g e ==+=+>+=.证毕. (2)先分析端值，当0x +→时，ln x →-∞，111a a x +→-+-，要使1ln 11a x x ⎛⎫+>⎪-⎝⎭，需有10a -+≤，即1a ≤； 当x →+∞时，ln x →+∞，11a a x +→-， 要使1ln 11a x x ⎛⎫+>⎪-⎝⎭，需有0a ≥； 故必须有01a ≤≤. 由()11111a x a x x -++=--知其分子恒正， 令()()1ln 11x x x a x ϕ-=--+，于是问题等价于当1x >时，()0x ϕ>； 当01x <<时，()0x ϕ<. 注意到()10ϕ=.()()()()22211'1a x a x x x ax a ϕ⎡⎤---⎣⎦=--⎡⎤⎣⎦①当0a =时()1'x x xϕ-=-， 此时当1x >时，()'0x ϕ<，()x ϕ在()1,+∞单调递减， 于是()()10x ϕϕ<=，这不符合题意；②当0a ≠时，()'0x ϕ=，得2111x a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，21x =. （i ）当12a =时，12x x =，()'0x ϕ≥，()x ϕ在()0,∞+单调递增， 结合()10ϕ=可知符合题意；（ii ）当102a <<时，12x x >，此时当211,1x a ⎛⎫⎛⎫∈- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时()'0x ϕ<，于是在()x ϕ在211,1a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递减，故在211,1a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭内()()10x ϕϕ<=，这不符合题意； （iii ）当12a >时，12x x <，此时当211,1x a ⎛⎫⎛⎫∈- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时()'0x ϕ<， 于是在()x ϕ在211,1a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递减， 故在211,1a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭内()()10x ϕϕ>=，这不符合题意； 综上：符合题意的a 取值集合为12⎧⎫⎨⎬⎩⎭.9.【2019·浙江省杭州二中月考】已知()11x f x ae -=. （1）1a =时，求()f x 的单调区间和最值；（2）①若对于任意的()0,x ∈+∞，不等式()()212x f x -≥恒成立，求a 的取值范围；②求证：13ln 02x e x --+≥【解析】（1）当1a =时，()11x f x e -=-，则()1x f x e-='， 易知()y f x ='单调递增，又()10f '=，当01x <<时，()0f x '<，当1x >时，()0f x '>. 所以，函数()y f x =的减区间为()0,1，增区间为()1,+∞，函数()y f x =的最小值为()10f =，无最大值；（2）①必要性：若0a <，则当x →+∞时，()f x →-∞，不合乎题意，所以，必有0a >.又()2221010a a f a a a+-≥⇒-+=≥，则[)1,a ∈+∞；充分性：易知()11x f x e -≥-.故只要证明()21112x x e ---≥在()0,x ∈+∞恒成立即可，即()211102x x e e --⎛⎫- ⎪+-≥ ⎪⎝⎭，令()()21112x x g x e e --⎛⎫- ⎪=+- ⎪⎝⎭， 则())322132x g x x x x -⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭')))21112x -⎡=+⎢⎣， 则()y g x =在()0,1单调递减，在()1,+∞单调递增，则()()10g x g ≥=. 故[)1,a ∈+∞，因此，实数a 的取值范围是[)1,+∞；②由①可知，要证13ln 02x e x --+≥，只需证()211ln 022x x --+≥， 先证明不等式1ln x x -≥，构造函数()1ln h x x x =--，0x >，()111x h x x x'-=-=，令()0h x '=，可得1x =. 当01x <<时，()0h x '<；当1x >时，()0h x '>.所以，函数()y h x =的减区间为()0,1，增区间为()1,+∞，()()10h x h ∴≥=， 所以，对任意的0x >，1ln x x -≥.()()()()22221121144ln 10222222x x x x x x x ----+∴-+≥--+==≥，故13ln 02x e x --+≥成立. 10.【2019·重庆一中月考】已知函数2()()2x a f x e x a R =-∈． （1）若函数()f x 有两个极值点1,x 2x ，求实数a 的取值范围；（2）若3()12a f x x ≥-+对任意[0,1]x ∈都恒成立，求证：a 的最大值大于8． 【解析】（1）由2()2x a f x e x =- 可得()xf x e ax '=-，函数()f x 有两个极值点等价于()0f x '=有两个不同的实数根， 也等价于xe a x= 有两个不同的实数根（0x =显然不是根）令()x e F x x =，则2(1)()xx e F x x-'=， ()F x ∴在(,0)-∞单减，(0,1)上单减，(1,)+∞上单增； 且0x <时，()0F x <，0x >时，()0F x >，()F x a ∴=有两解，需(1)a F e >=，即a e >， 下证a e >是()F x a =有两解的必要条件：当a e >时，11a F ae a a ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，(1)F a <，101a <<， ()F x a ∴=在(0,1)上有且只有一个解， 又因为222()[(1)]aa e e F a a a F a e a a a ⎛⎫==⋅≥⋅=⋅> ⎪⎝⎭，(1)F a <. ()F x a ∴=在(1,)+∞上有且只有一个解， ∴综上所述：a e >；（2）因为3()12a f x x ≥-+等价于： 23122x a a e x x -≥-+ 等价于()2312x a e x x -≥-对[0,1]x ∀∈恒成立， ①当0x =或1时，a R ∈满足；②当()0,1x ∈时，()2321x x x x -=-显然大于0， 故()2312x a e x x -≥-恒成立， 等价于()2321x e a x x -≥-恒成立，等价于()2321x min e a x x ⎛⎫- ⎪≥ ⎪-⎝⎭恒成立. 而欲证8max a >即证()23218x min e x x ⎛⎫- ⎪> ⎪-⎝⎭即可.就是证：()2314x min e x x ⎛⎫- ⎪> ⎪-⎝⎭也就是证明： 23441x e x x >-+，对任意的()0,1x ∈恒成立. 先证：1x e x >+，(0,1)x ∈． 令()1xv x e x =--，(0,1)x ∈． 因为()10x v x e '=->，所以()v x 在(0,1)上单调递增， 则有()(0)0v x v >=， 1x e x ⇒>+，(0,1)x ∈．所以，要证23441x e x x >-+，(0,1)x ∈， 需证231441x x x +≥-+，(0,1)x ∈， 即证()32440,0,1x x x x -+≥∈恒成立 也就是证：()24410,0,1x x x -+≥∈恒成立 而()22441210x x x -+=-≥显然成立， 故()24410,0,1x x x -+≥∈恒成立 即()32440,0,1x x x x -+≥∈恒成立 23441x e x x >-+，对任意的()0,1x ∈恒成立. ()23218x min e x x ⎛⎫- ⎪> ⎪-⎝⎭成立故8max a >成立，即证.。

六招破解高考导数压轴题

六招破解高考导数压轴题

破解高考导数压轴题的常见策略纵观近十年高考数学课标全国卷，容易发现导数压轴题有如下特点：主要考查导数的几何意义，利用导 数研究函数的单调性、极值、最值，研究方程和不等式. 试题有一定的综合性，并与数学思想方法紧密结合， 对函数与方程的思想，分类与整合的思想等都进行深入的考查.下面介绍破解高考导数压轴题的六种策略.1. 分类讨论分类讨论是高考数学解答题压轴题的常用方法，纵观 2007-2018 年高考数学课标全国卷解答题压轴题， 几乎每一道都有用到分类讨论.高考要求考生理解什么样的问题需要分类讨论，为什么要分类，如何分类.例 1已知函数31()4f x x ax =++，()lng x x =-. （Ⅰ）当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x =的切线；（Ⅱ）用min{,}m n 表示,m n 中的最小值，设函数min{),()(}()h x f x g x =（0x >），讨论()h x 零点的个数.2. 分离参数讨论含参数的方程或不等式解的问题时，进行分类讨论有时显得比较复杂.如果我们将含参数的方程经过 变形，将参数分离出来，使方程的一端化为只含参数的解析式，而另一端化为与参数方程无关的主变元函数， 通过函数的值域或单调性讨论原方程的解的情况，则往往显得非常简捷、有效．例 2已知函数()f x ＝2x ax b ++，()g x ＝()x e cx d +，若曲线()y f x =和曲线()y g x =都过点P(0，2)，且在点P 处有相同的切线42y x =+（Ⅰ）求a ，b ，c ，d 的值（Ⅱ）若x ≥－2时，()f x ≤()kg x ，求k 的取值范围。

3. 构造函数利用导数解决不等式问题是导数的一个非常重要的应用，其关键是根据不等式的结构特点，构造恰当的 辅助函数，进而通过研究函数的单调性和最值，最终解决问题.运用构造函数法来解题是培养学生创新意识的 手段之一.例3设函数1(0ln x xbe f x ae x x -=+，曲线()y f x =在点（1，(1)f 处的切线为(1)2y e x =-+. (Ⅰ)求,a b ； （Ⅱ）证明：()1f x >.4.合理放缩高考数学压轴题往往涉及函数不等式问题，由于高考命题基本上涉及超越函数，研究其单调区间时一般 涉及解超越不等式，难度非常高，往往陷入绝境.放缩法是解决函数不等式问题的一把利器，关键是如何合理 放缩.常见的一种放缩法是切线放缩法，曲线的切线为一次函数，高中阶段大部分函数的图像均在切线的同侧， 即除切点外，函数的图像在切线的上方或下方，利用这一特性，可以将参与函数放缩成一次函数.例 4设函数1(0ln x xbe f x ae x x -=+，曲线()y f x =在点（1，(1)f 处的切线为(1)2y e x =-+. (Ⅰ)求,a b ； （Ⅱ）证明：()1f x >.5.虚设零点导数在研究函数的单调性、极值和最值方面有着重要的应用，而这些问题都离不开一个基本点——导函 数的零点，因为导函数的零点既可能是原函数单调区间的分界点，也可能是原函数的极值点或最值点.可以说， 抓住了导函数的零点，就抓住了原函数的要点.在高考导数压轴题中，经常会遇到导函数具有零点但求解相对 比较复杂甚至无法求解的问题.此时，不必正面强求，只需要设出零点，充分利用其满足的关系式，谋求一种 整体的代换和过渡，再结合其他统计解决问题，这种方法即是“虚设零点”.例 5(Ⅰ)讨论函数的单调性，并证明当时，； (Ⅱ)证明：当时，函数有最小值.设的最小值为，求函数的值域．6. 多次求导高中函数压轴题一般需要求导，利用导函数的正负来判断原函数的增减.有些试题，当你一次求导后发现 得出的结果还存在未知的东西，导函数的正负没有清晰得表现出来时，就可以考虑二次求导甚至三次求导， 这个时候要非常细心，观察全局，不然做到后边很容易出错.例 6设函数()1xf x e -=-． （Ⅰ）证明：当x ＞-1时，()1x f x x ≥+； （Ⅱ）设当0x ≥时，()1x f x ax ≤+，求a 的取值范围． x x 2f (x)x 2-=+e 0x >(2)20x x e x -++>[0,1)a ∈2x =(0)x e ax a g x x-->（）()g x ()h a ()h a教师版1. 分类讨论分类讨论是高考数学解答题压轴题的常用方法，纵观 2007-2017 年高考数学课标全国卷解答题压轴题， 几乎每一道都有用到分类讨论.高考要求考生理解什么样的问题需要分类讨论，为什么要分类，如何分类.例 1（2015 年高考数学全国乙卷（Ⅰ卷）理 21） 已知函数31()4f x x ax =++，()lng x x =-. （Ⅰ）当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x =的切线；（Ⅱ）用min{,}m n 表示,m n 中的最小值，设函数min{),()(}()h x f x g x =（0x >），讨论()h x 零点的个数.解：（Ⅰ）2()3f x x a '=+，若x 轴为曲线()y f x =的切线，则切点0(,0)x 满足00()0,()0f x f x '==，也就是2030x a +=且300104x ax ++=，解得012x =，34a =-，因此，当34a =-时，x 轴为曲线()y f x =的切线； （Ⅱ）当1x >时，()ln 0g x x =-<，函数()()()(min{}),h x f x g x g x ≤=没有零点； 当1x =时，若54a ≥-，则5(1)04f a =+≥，min{,(1)(1)(1)}(1)0h fg g ===，故1x =是()h x 的零点；当01x <<时，()ln 0g x x =->，以下讨论()y f x =在区间(0,1)上的零点的个数. 对于2()3f x x a '=+，因为2033x <<，所以令()0f x '=可得23a x =-，那么 （i ）当3a ≤-或0a ≥时，()f x '没有零点（()0f x '<或()0f x '>），()y f x =在区间(0,1)上是单调函数，且15(0),(1)44f f a ==+，所以当3a ≤-时，()y f x =在区间(0,1)上有一个零点；当0a ≥时，()y f x =在区间(0,1)上没有零点；（ii ）当30a -<<时，()0f x '<（0x <<()0f x '>1x <<），所以x =14f =.显然，若0f >，即304a -<<时，()y f x =在区间(0,1)上没有零点；若0f =，即34a =-时，()y f x =在区间(0,1)上有1个零点；若0f <，即334a -<<-时，因为15(0),(1)44f f a ==+，所以若5344a -<<-，()y f x =在区间(0,1)上有2个零点；若534a -<≤-，()y f x =在区间(0,1)上有1个零点.综上，当34a >-或54a <-时，()h x 有1个零点；当34a =-或54a =-时，()h x 有2个零点；当5344a -<<-时，()h x 有3个零点. 3. 分离参数讨论含参数的方程或不等式解的问题时，进行分类讨论有时显得比较复杂.如果我们将含参数的方程经过 变形，将参数分离出来，使方程的一端化为只含参数的解析式，而另一端化为与参数方程无关的主变元函数， 通过函数的值域或单调性讨论原方程的解的情况，则往往显得非常简捷、有效．例 2（2013 年高考数学全国乙卷（Ⅰ卷）理 21）已知函数()f x ＝2x ax b ++，()g x ＝()x e cx d +，若曲线()y f x =和曲线()y g x =都过点P(0，2)，且在点P 处有相同的切线42y x =+（Ⅰ）求a ，b ，c ，d 的值（Ⅱ）若x ≥－2时，()f x ≤()kg x ，求k 的取值范围。

数学不等式题解题技巧和突破方法

数学不等式题解题技巧和突破方法

数学不等式题解题技巧和突破方法数学不等式题在高中数学中占有重要地位，也是考试中常见的题型之一。

解不等式题需要一定的技巧和方法，下面将介绍一些常见的解题技巧和突破方法。

1. 分类讨论法不等式题中常常需要对不同情况进行分类讨论，以找到合适的解题方法。

例如，当不等式中存在绝对值时，可以将其分为正数和负数两种情况进行讨论。

又如，当不等式中有分式时，可以根据分子分母的正负性进行分类讨论。

通过分类讨论，可以将复杂的不等式转化为简单的情况进行求解。

2. 套路法解不等式题时，有一些常见的套路可以帮助我们快速解题。

例如，对于形如a^2 - b^2 > 0的不等式，可以将其因式分解为(a+b)(a-b)>0，并根据乘积为正的性质得到解集。

又如，对于形如a^2 + b^2 > 0的不等式，可以直接得到解集为全体实数。

掌握这些套路可以极大地提高解题效率。

3. 变量替换法有时候，通过合适的变量替换可以简化不等式的形式，从而更容易求解。

例如，当不等式中存在平方根时，可以通过令变量等于平方根的形式，将其转化为简单的二次不等式。

又如，当不等式中存在分式时，可以通过变量替换将其转化为一次不等式。

变量替换的关键是找到合适的变量，使得不等式的形式更简单。

4. 递推法有些不等式题目可以通过递推的方式求解。

递推法的关键是找到递推关系式，通过递推关系式将问题化简为简单的情况。

例如，对于形如a^n - b^n > 0的不等式，可以通过递推关系式(a-b)(a^(n-1) + a^(n-2)b + ... + ab^(n-2) + b^(n-1))>0得到解集。

递推法可以帮助我们快速求解复杂的不等式题目。

5. 反证法有些不等式题目可以通过反证法求解。

反证法的关键是假设不等式不成立，然后推导出矛盾的结论。

通过反证法可以排除一些不可能的情况，从而找到合适的解集。

例如，对于形如a^2 + b^2 >= 2ab的不等式，可以假设a^2 + b^2 < 2ab，然后推导出矛盾的结论，从而得出a^2 + b^2 >= 2ab的结论。

高考数学：函数与导数压轴题高频考点与破解妙招.doc

高考数学：函数与导数压轴题高频考点与破解妙招.doc

高考数学：函数与导数压轴题高频考点与破解妙招1以导数面目包装的函数性质的综合应用有关函数与导数的小题压轴题是新课标全国卷的高频考题，高频题型：①以导数面目包装的函数性质题(单调性、奇偶性、最值等)；②用导数法判断函数f(x)的图象或已知函数图象求参数的取值范围；③函数与集合、不等式、数列、平面向量、新定义等知识相交汇．【命题意图】本题主要考查函数与导数、函数的单调性、函数的最值、函数的零点等知识，意在考查考生的化归与转化能力、数形结合能力和运算求解能力．【攻略秘籍】破解以导数面目包装的函数性质综合题需过双关：第一关是“还原关”，即先还原出函数的解析式；第二关是“数形关”，即不等式恒成立问题与有解问题多需要数形结合，即可轻松解决．2利用导数研究函数的单调性、极值与最值利用导数研究函数的单调性、极值与最值是高考的一棵“常青树”，高频题型：①判断函数f(x)的单调性或求函数f(x)的单调区间；②求函数f(x)的最值或极值；③由函数的单调区间、最值或极值求参数的值．【命题意图】本题主要考查函数的极值、利用函数的单调性求参数的取值范围，意在考查分类讨论思想和方程思想，考查考生的化归与转化能力、运算求解能力．【攻略秘籍】破解此类题的关键：一是方程思想，即对于含有参数的可导函数有极值的关键是对参数进行分类讨论，并寻找其导数为零的根，以及在根的左、右两侧导数的符号；二是转化思想，即可导函数f(x)在某个区间D内单调递增(或递减)，则有f ′(x)≥0(或f ′(x)≤0)在区间D内恒成立，从而把已知函数的单调性问题转化为恒成立问题来解决，这里需注意“＝”的情形．3函数、导数与零点相交汇如稍加留神，便可以发现，函数、导数与函数的零点(方程的根)相交汇的考题在近年的高考中扮演着重要的角色，高频题型：①判断函数的零点(方程的根)的个数问题；②已知函数在给定区间的零点(方程在给定区间的解)的情况，求参数的取值范围或证明不等式成立．【命题意图】本题主要考查函数的零点、函数的最值、导数及其应用、基本不等式等知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识．【攻略秘籍】破解此类难题要过好三关：第一关，应用关，即利用导数法求函数的单调区间与最值，一般是求导数，在定义域范围内，令导函数大于(小于)零，得其单调递增(减)区间，从而求出函数的单调区间，再由函数的单调性，可求其最值；第二关，转化关，即把判断函数的零点个数问题转化为判断函数最值的符号问题；第三关，构造函数关，即通过构造函数，把比较大小问题转化为判断函数的单调性问题．4函数、导数与不等式相交汇函数、导数与不等式相交汇的试题是2015年高考题中比较“抢眼”的一种题型．对于只含有一个变量的不等式问题，常通过构造函数，利用函数的单调性和极值来证明，高频题型：①用导数法解决含参不等式恒成立问题；②用导数法解决含参不等式有解问题；③证明不等式．【命题意图】本题主要考查函数的单调性与极值点、不等式恒成立问题、证明不等式等知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想．【攻略秘籍】破解此类不等式证明的关键是通过构造函数、利用导数法判断函数的单调性来证明不等式．根据题设条件的结构特征构造一个函数，一是需要预设与所证不等式有相同的结构；二是需要熟练掌握简单复合函数的求导变换．不等式恒成立求参数的取值范围常利用“分离参数法”，也可以单刀直入地利用导数法，通过分类讨论使问题获解．注意恒成立问题与能成立问题的区别．从以上四例可以看出，只要我们对“函数与导数类”压轴题常见类型心中有数，把握其实质，掌握其规律，规范其步骤，做到“胸中有法”，那么不论高考“函数与导数类”压轴题的构思多么新颖，我们都能做到以不变应万变，此类压轴题就能迎刃而解．。

高三数学函数与导数压轴题训练——函数不等式问题

高三数学函数与导数压轴题训练——函数不等式问题

高三数学函数与导数压轴题训练——函数不等式问题在近几年的高考试题中，出现了一类抽象函数与导数交汇的重要题型，这类问题由于比较抽象，很多学生解题时，突破不了由抽象而造成的解题障碍．实际上，根据所解不等式，联想导数的运算法则，构造适当的辅助函数，然后利用导数判断其单调性是解决此类问题的通法．[典例]设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是()A．(－∞，－1)∪(0,1)B．(－1,0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)[思路点拨]观察xf′(x)－f(x)<0这个式子的特征，不难想到商的求导公式，尝试构造函数F(x)＝f(x)x求解．[方法演示]法一：构造抽象函数求解设F(x)＝f(x)x.因为f(x)是奇函数，故F(x)是偶函数，F′(x)＝xf′(x)－f(x)x2，易知当x>0时，F′(x)<0，所以函数F(x)在(0，＋∞)上单调递减．又f(－1)＝0，则f(1)＝0，于是F(－1)＝F(1)＝0，f(x)＝xF(x)，解不等式f(x)>0，即找到x与F(x)的符号相同的区间，易知当x∈(－∞，－1)∪(0,1)时，f(x)>0，故选A.法二：构造具体函数求解设f(x)是多项式函数，因为f(x)是奇函数，所以它只含x的奇次项．又f(1)＝－f(－1)＝0，所以f(x)能被x2－1整除．因此可取f(x)＝x－x3，检验知f(x)满足题设条件．解不等式f(x)>0，得x∈(－∞，－1)∪(0,1)，故选A.答案：A[解题师说]抽象函数的导数问题在高考中常考常新，可谓变化多端，解决此类问题的关键是构造函数，常见的构造函数方法有如下几种：(1)利用和、差函数求导法则构造函数①对于不等式f′(x)＋g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x)；②对于不等式f′(x)－g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)；特别地，对于不等式f′(x)>k(或<k)(k≠0)，构造函数F(x)＝f(x)－kx.(2)利用积、商函数求导法则构造函数①对于不等式f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )g (x )； ②对于不等式f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )g (x )(g (x )≠0)． (3)利用积、商函数求导法则的特殊情况构造函数①对于不等式xf ′(x )＋f (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝xf (x )； ②对于不等式xf ′(x )－f (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )x(x ≠0)； ③对于不等式xf ′(x )＋nf (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝x n f (x )； ④对于不等式xf ′(x )－nf (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )x n (x ≠0)； ⑤对于不等式f ′(x )＋f (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝e x f (x )； ⑥对于不等式f ′(x )－f (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )e x； ⑦对于不等式f (x )＋f ′(x )tan x >0(或<0)，构造函数F (x )＝sin xf (x )； ⑧对于不等式f (x )－f ′(x )tan x >0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )sin x (sin x ≠0)；⑨对于不等式f ′(x )－f (x )tan x >0(或<0)，构造函数F (x )＝cos xf (x )； ⑩对于不等式f ′(x )＋f (x )tan x >0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )cos x (cos x ≠0)．⑪(理)对于不等式f ′(x )＋kf (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝e kx f (x )； ⑫(理)对于不等式f ′(x )－kf (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )e kx ；[应用体验]1．定义在R 上的函数f (x )，满足f (1)＝1，且对任意x ∈R 都有f ′(x )<12，则不等式f (lg x )>lg x ＋12的解集为__________．解析：构造函数g (x )＝f (x )－x ＋12， 则g ′(x )＝f ′(x )－12<0，∴g (x )在定义域上是减函数． 又g (1)＝f (1)－1＝0，∴原不等式可化为g (lg x )>g (1)， ∴lg x <1，解得0<x <10.∴原不等式的解集为{x |0<x <10}． 答案：(0,10)2．已知定义在⎝⎛⎭⎫0，π2内的函数f (x )的导函数为f ′(x )，且对任意的x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，都有f ′(x )sin x <f (x )cos x ，则不等式f (x )<2f ⎝⎛⎭⎫π6sin x 的解集为__________．解析：构造函数g (x )＝f (x )sin x ，则g ′(x )＝f ′(x )sin x －f (x )cos xsin 2x <0，∴g (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2内为减函数． 由f (x )<2f ⎝⎛⎭⎫π6sin x ， 得f (x )sin x <2f ⎝⎛⎭⎫π6＝f ⎝⎛⎭⎫π6sin π6， 即g (x )<g ⎝⎛⎭⎫π6，∴π6<x <π2， ∴原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x π6<x <π2.答案：⎝⎛⎭⎫π6，π2一、选择题1.已知函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )为其导函数，函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，且f (－2)＝1，f (3)＝1，则不等式f (x 2－6)>1的解集为( )A ．(－3，－2)∪(2,3)B ．(－2，2)C ．(2,3)D ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)解析：选A 由y ＝f ′(x )的图象知，f (x )在(－∞，0]上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，又f (－2)＝1，f (3)＝1，∴f (x 2－6)>1可化为－2<x 2－6<3，解得－3<x <－2或2<x <3.2．已知f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )为f (x )的导函数，且满足f (x )<－xf ′(x )，则不等式f (x ＋1)>(x －1)f (x 2－1)的解集为( )A ．(0,1)B ．(1，＋∞)C ．(1,2)D ．(2，＋∞)解析：选D 因为f (x )＋xf ′(x )<0，所以[xf (x )]′<0，故xf (x )在(0，＋∞)上为单调递减函数，又(x ＋1)f (x ＋1)>(x 2－1)f (x 2－1)，所以x ＋1<x 2－1，解得x >2.3．已知定义域为{x |x ≠0}的偶函数f (x )，其导函数为f ′(x )，对任意正实数x 满足xf ′(x )>－2f (x )，若g (x )＝x 2f (x )，则不等式g (x )<g (1)的解集为( )A ．(－∞，1)B ．(－1,1)C ．(－∞，0)∪(0,1)D ．(－1,0)∪(0,1)解析：选D 因为g (x )＝x 2f (x )，所以g ′(x )＝x 2f ′(x )＋2xf (x )＝x [xf ′(x )＋2f (x )]．由题意知，当x >0时，xf ′(x )＋2f (x )>0，所以g ′(x )>0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (x )为偶函数，则g (x )也是偶函数，所以g (x )＝g (|x |)，由g (x )<g (1)，得g (|x |)<g (1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧|x |<1，x ≠0，所以x ∈(－1,0)∪(0,1)． 4．设f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数．当x <0时，f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0，且g (－3)＝0，则不等式f (x )g (x )<0的解集为( )A ．(－3,0)∪(3，＋∞)B ．(－3,0)∪(0,3)C ．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D ．(－∞，－3)∪(0,3)解析：选D 设F (x )＝f (x )g (x )，当x <0时， ∵F ′(x )＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0， ∴F (x )在(－∞，0)上为增函数．又∵F (－x )＝f (－x )g (－x )＝－f (x )g (x )＝－F (x )， 故F (x )为R 上的奇函数．∴F (x )在(0，＋∞)上也为增函数． 由g (－3)＝0，得F (－3)＝F (3)＝0.画出函数F (x )的大致图象如图所示， ∴F (x )<0的解集为{x |x <－3或0<x <3}．5．已知函数f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf ′(x )＋f (x )≤0，对于任意正数a ，b ，若a <b ，则必有( )A ．af (a )≤f (b )B ．bf (b )≤f (a )C ．af (b )≤bf (a )D ．bf (a )≤af (b )解析：选C ∵xf ′(x )＋f (x )≤0，且x >0，f (x )≥0. ∴f ′(x )≤－f (x )x ，即f (x )在(0，＋∞)上是减函数．又0<a <b ，∴af (b )<bf (a )，当f (x )＝0时，符合题意，则af (b )＝bf (a )，故af (b )≤bf (a )．6．设函数f (x )在R 上的导函数为f ′(x )，2f (x )＋xf ′(x )>x 2，则下面的不等式在R 上恒成立的是( )A ．f (x )>0B ．f (x )<0C ．f (x )>xD ．f (x )<x解析：选A 法一：令g (x )＝x 2f (x )－14x 4，则g ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )－x 3＝x [2f (x )＋xf ′(x )－x 2]， 当x >0时，g ′(x )>0，∴g (x )>g (0)， 即x 2f (x )－14x 4>0，从而f (x )>14x 2>0；当x <0时，g ′(x )<0，∴g (x )>g (0)， 即x 2f (x )－14x 4>0，从而f (x )>14x 2>0；当x ＝0时，由题意可得2f (0)>0，∴f (0)>0. 综上可知，f (x )>0.法二：∵2f (x )＋xf ′(x )>x 2， 令x ＝0，则f (0)>0，故可排除B 、D.如果f (x )＝x 2＋0.1，已知条件2f (x )＋xf ′(x )>x 2成立，但f (x )>x 不恒成立，故排除C ，选A.7．已知函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则不等式f(x)>2x＋4的解集为()A．(－1,1) B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)解析：选B令m(x)＝f(x)－(2x＋4)，则m′(x)＝f′(x)－2>0，∴函数m(x)在R上为单调递增函数．又∵m(－1)＝f(－1)－(－2＋4)＝0，∴m(x)>0的解集为{x|x>－1}，即f(x)>2x＋4的解集为(－1，＋∞)．8．设函数f(x)，g(x)在区间[a，b]上连续，在区间(a，b)上可导，且f′(x)<g′(x)，则当x∈(a，b)时必有()A．f(x)>g(x)B．f(x)<g(x)C．f(x)＋g(a)<g(x)＋f(a)D．f(x)＋g(b)<g(x)＋f(b)解析：选C令函数h(x)＝f(x)－g(x)．因为f′(x)<g′(x)，故h′(x)＝[f(x)－g(x)]′＝f′(x)－g′(x)<0，即函数h(x)在区间[a，b]上单调递减．所以x∈(a，b)时必有h(b)<h(x)<h(a)，即f(b)－g(b)<f(x)－g(x)<f(a)－g(a)，移项整理得，f(x)＋g(a)<g(x)＋f(a)，f(x)＋g(b)>g(x)＋f(b)，故选项C正确．9．函数f(x)是定义在R上的偶函数，f(－2)＝0，且x>0时，f(x)＋xf′(x)>0，则不等式xf(x)≥0的解集是()A．[－2,0]B．[0,2]C．[－2,2]D．[－2,0]∪[2，＋∞)解析：选D因为x>0时，f(x)＋xf′(x)>0，故构造函数y＝xf(x)，则该函数在(0，＋∞)上单调递增．又因为f(x)为偶函数，故y＝xf(x)为奇函数．结合f(－2)＝0，画出函数y＝xf(x)的大致图象如图所示．所以不等式xf(x)≥0的解集为[－2,0]∪[2，＋∞)．10．函数f (x )是定义在R 上的奇函数，f (3)＝0，且x <0时，xf ′(x )<f (x )，则不等式f (x )≥0的解集为( )A ．(－∞，0)B ．[－3,0]∪[3，＋∞)C ．[－3,3]D ．[0,3]解析：选B 令F (x )＝f (x )x ，因为f (x )为定义在R 上的奇函数，所以F (x )为偶函数，当x <0时，F ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2<0，故f (x )在(－∞，0)上为减函数，在(0，＋∞)上为增函数． 结合f (3)＝0，画出函数F (x )＝f (x )x 的大致图象如图所示．所以不等式f (x )≥0的解集为[－3,0]∪[3，＋∞)．11．函数f (x )是定义在R 上的可导函数，且f (x )>f ′(x )对任意x ∈R 都成立，则下列不等式中成立的是( )A ．f (2 018)>e 2 018f (0)，f (2 018)>e f (2 017)B ．f (2 018)>e 2 018f (0)，f (2 018)<e f (2 017)C ．f (2 018)<e 2 018f (0)，f (2 018)>e f (2 017)D ．f (2 018)<e 2 018f (0)，f (2 018)<e f (2 017) 解析：选D 令函数g (x )＝f (x )e x .由f (x )>f ′(x )，得f ′(x )－f (x )<0，所以g ′(x )＝e x f ′(x )－e x f (x )e 2x ＝f ′(x )－f (x )e x <0，即函数g (x )＝f (x )e x 在R 上单调递减．所以f (2 018)e 2 018<f (2 017)e 2 017<f (0)e0，即有f (2 018)<e f (2 017)，f (2 018)<e 2 018f (0)．12．设定义在R 上的函数f (x )满足f (0)＝－1，其导函数f ′(x )满足f ′(x )>k >1，则下列结论中一定错误的是( )A ．f ⎝⎛⎭⎫1k <1kB ．f ⎝⎛⎭⎫1k >1k －1 C ．f ⎝⎛⎭⎫1k －1<1k －1D ．f ⎝⎛⎭⎫1k －1>1k －1解析：选C 令g (x )＝f (x )－kx ＋1， 则g (0)＝f (0)＋1＝0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－k ·1k －1＋1 ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k －1. ∵g ′(x )＝f ′(x )－k >0， ∴g (x )在[0，＋∞)上为增函数． 又∵k >1，∴1k －1>0，∴g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1>g (0)＝0， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k －1>0， 即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1>1k －1.二、填空题13．设f (x )是定义在R 上的可导函数，且满足f (x )＋xf ′(x )>0，则不等式f (x ＋1)>x －1f (x 2－1)的解集为________．解析：令g (x )＝xf (x )，则g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )>0，∴g (x )是R 上的增函数．又f (x ＋1)>x －1f (x 2－1)可等价转化为x ＋1f (x ＋1)>x 2－1f (x 2－1)，即g (x ＋1)>g (x 2－1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1>x 2－1，x －1≥0，解得1≤x <2，∴原不等式的解集为{x |1≤x <2}．答案：[1,2)14．设函数f (x )是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f ′(x )，且有2f (x )＋xf ′(x )>x 2，则不等式(x ＋2 018)2·f (x ＋2 018)－4f (－2)>0的解集为________．解析：令g (x )＝x 2f (x )，则g ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )． 结合条件2f (x )＋xf ′(x )>x 2，将条件两边同时乘以x ， 得2xf (x )＋x 2f ′(x )<x 3<0，即g ′(x )<0， ∴g (x )在(－∞，0)上是减函数， 又g (－2)＝4f (－2)，∴由(x ＋2 018)2f (x ＋2 018)－4f (－2)>0， 即g (x ＋2 018)>g (－2)，得x ＋2 018<－2，解得x <－2 020， ∴原不等式的解集为(－∞，－2 020)． 答案：(－∞，－2 020)15．已知定义在R 上的可导函数y ＝f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )<f (x )，且y ＝f (x ＋1)为偶函数．f (2)＝1，则不等式f (x )<e x 的解集为________．解析：令h (x )＝f (x )e x ，则h ′(x )＝f ′(x )－f (x )e x <0，∴h (x )在R 上是减函数，又y ＝f (x ＋1)是偶函数， ∴y ＝f (x )的图象关于直线x ＝1对称， ∴f (2)＝f (0)＝1.由f (x )<e x ，得f (x )e x <1，又h (0)＝f (0)e 0＝1，∴h (x )<h (0)，∴x >0，故原不等式的解集为{x |x >0}． 答案：(0，＋∞)16．设f (x )是R 上的奇函数，且f (－1)＝0，当x >0时，(x 2＋1)f ′(x )－2xf (x )<0，则不等式f (x )>0的解集为______．解析：令g (x )＝f (x )x 2＋1，则g ′(x )＝(x 2＋1)f ′(x )－2xf (x )(x 2＋1)2.因为当x >0时，(x 2＋1)f ′(x )－2xf (x )<0，所以g ′(x )<0，所以g (x )在[0，＋∞)上单调递减． 又f (x )＝g (x )(x 2＋1)，所以f(x)在[0，＋∞)上单调递减．又f(x)是R上的奇函数，f(－1)＝0，所以f(1)＝0.当x>0时，f(x)>0＝f(1)⇒0<x<1；当x<0时，f(x)>0＝f(－1)⇒x<－1.综上，可得不等式f(x)>0的解集为(－∞，－1)∪(0,1)．答案：(－∞，－1)∪(0,1)。

增分点 7 利用导数“三招”破解不等式恒成立问题

增分点 7 利用导数“三招”破解不等式恒成立问题

增分点 利用导数“三招”破解不等式恒成立问题不等式恒成立问题一直是高考命题的热点，把函数问题、导数问题和不等式恒成立问题交汇命制压轴题成为一个新的热点命题方向．[典例] (1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)设m 为整数，且对于任意正整数n ，⎝⎛⎭⎫1＋12·⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n <m ，求m 的最小值． [方法演示]解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．①若a ≤0，因为f ⎝⎛⎭⎫12＝－12＋a ln 2<0，所以不满足题意； ②若a >0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －a x 知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增． 故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点． 由于f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0. 故a ＝1.(2)由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0. 令x ＝1＋12n ，得ln ⎝⎛⎭⎫1＋12n <12n . 从而ln ⎝⎛⎭⎫1＋12＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋122＋…＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋12n <12＋122＋…＋12n ＝1－12n <1. 故⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n <e. 而⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122⎝⎛⎭⎫1＋123>2， 所以m 的最小值为3. [解题师说](1)对a 分类讨论，并利用导数研究f (x )的单调性，找出最小值点，从而求出a . (2)由(1)得当x >1时，x －1－ln x >0.令x ＝1＋12n ，换元后可求出⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n 的范围．[应用体验]1．已知函数f (x )＝(2－a )ln x ＋1x ＋2ax .(1)当a ＝2时，求函数f (x )的极值； (2)当a ＜0时，讨论f (x )的单调性；(3)若对任意的a ∈(－3，－2)，x 1，x 2∈[1,3]恒有(m ＋ln 3)a －2ln 3＞|f (x 1)－f (x 2)|成立，求实数m 的取值范围．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝2时，函数f (x )＝1x ＋4x ，所以f ′(x )＝－1x 2＋4.由f ′(x )＞0，得x ＞12，f (x )在⎝⎛⎭⎫12，＋∞上单调递增； 由f ′(x )＜0，得0＜x ＜12，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12上单调递减， 所以函数f (x )在x ＝12处取得极小值f ⎝⎛⎭⎫12＝4，无极大值． (2)f ′(x )＝2－a x －1x 2＋2a ＝(2x －1)(ax ＋1)x 2，令f ′(x )＝0，得x ＝12或x ＝－1a .①当－1a >12，即－2＜a ＜0时，由f ′(x )＞0，得12＜x ＜－1a ；由f ′(x )＜0，得0＜x ＜12或x ＞－1a ，所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12上单调递减，在⎝⎛⎭⎫12，－1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞上单调递减．②当－1a <12，即a ＜－2时，由f ′(x )＞0，得－1a ＜x ＜12；由f ′(x )＜0，得0＜x ＜－1a 或x ＞12，所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－1a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫－1a ，12上单调递增，在⎝⎛⎭⎫12，＋∞上单调递减，③当a ＝－2时，f ′(x )≤0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．(3)由(2)知当a ∈(－3，－2)，x 1，x 2∈[1,3]时，函数f (x )在区间[1,3]上单调递减； 所以当x ∈[1,3]时，f (x )max ＝f (1)＝1＋2a ，f (x )min ＝f (3)＝(2－a )ln 3＋13＋6a ，故对任意的a ∈(－3，－2)，恒有(m ＋ln 3)a －2ln 3＞1＋2a －(2－a )ln 3－13－6a 成立，即am ＞23－4a .因为a ＜0，所以m ＜23a －4，又⎝⎛⎭⎫23a －4min ＝－133，所以实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－133.[典例] (2018·(1)若f (x )在区间⎣⎡⎭⎫－12，1上的最大值为38，求实数b 的值； (2)若对任意的x ∈[1，e]，都有g (x )≥－x 2＋(a ＋2)x 恒成立，求实数a 的取值范围． [方法演示]解：(1)f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)， 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝23.当x ∈⎝⎛⎭⎫－12，0时，f ′(x )<0，函数f (x )为减函数， 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，23时，f ′(x )>0，函数f (x )为增函数， 当x ∈⎝⎛⎭⎫23，1时，f ′(x )<0，函数f (x )为减函数． ∵f ⎝⎛⎭⎫－12＝38＋b ，f ⎝⎛⎭⎫23＝427＋b ， ∴f ⎝⎛⎭⎫－12>f ⎝⎛⎭⎫23. ∴f ⎝⎛⎭⎫－12＝38＋b ＝38， ∴b ＝0.(2)由g (x )≥－x 2＋(a ＋2)x ，得(x －ln x )a ≤x 2－2x ， ∵x ∈[1，e]，∴ln x ≤1≤x ，由于不能同时取等号， ∴ln x <x ，即x －ln x >0， ∴a ≤x 2－2xx －ln x在x ∈[1，e]上恒成立． 令h (x )＝x 2－2xx －ln x，x ∈[1，e]，则h ′(x )＝(x －1)(x ＋2－2ln x )(x －ln x )2，当x ∈[1，e]时，x －1≥0，x ＋2－2ln x ＝x ＋2(1－ln x )>0，从而h ′(x )≥0， ∴函数h (x )＝x 2－2xx －ln x 在[1，e]上为增函数，∴h (x )min ＝h (1)＝－1，∴a ≤－1. 故实数a 的取值范围为(－∞，－1]． [解题师说]由不等式恒成立求解参数的取值范围问题，一般采用分离参数的方法，转化为求不含参数的函数的最值问题，如本例(2)转化为a ≤x 2－2xx －ln x ，从而将问题转化为求函数h (x )＝x 2－2xx －ln x，x ∈[1，e]的最小值问题．[应用体验]2．(2018·湖北七市(州)联考)函数f (x )＝ln x ＋12x 2＋ax (a ∈R)，g (x )＝e x ＋32x 2.(1)讨论f (x )的极值点的个数；(2)若对任意的x ∈(0，＋∞)，总有f (x )≤g (x )成立，求实数a 的取值范围．解：(1)法一：由题意得f ′(x )＝x ＋1x ＋a ＝x 2＋ax ＋1x (x >0)，令f ′(x )＝0，即x 2＋ax ＋1＝0，Δ＝a 2－4.①当Δ＝a 2－4≤0，即－2≤a ≤2时，x 2＋ax ＋1≥0对x >0恒成立，即f ′(x )＝x 2＋ax ＋1x≥0对x >0恒成立，此时f (x )没有极值点．②当Δ＝a 2－4>0，即a <－2或a >2时．若a <－2，设方程x 2＋ax ＋1＝0的两个不同实根为x 1，x 2，不妨设x 1<x 2，则x 1＋x 2＝－a >0，x 1x 2＝1>0，故x 2>x 1>0，∴当0<x <x 1或x >x 2时，f ′(x )>0； 当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0，故x 1，x 2是函数f (x )的两个极值点．若a >2，设方程x 2＋ax ＋1＝0的两个不同实根为x 3，x 4， 则x 3＋x 4＝－a <0，x 3x 4＝1>0，故x 3<0，x 4<0. ∴当x >0时，f ′(x )>0，故函数f (x )没有极值点． 综上，当a <－2时，函数f (x )有两个极值点， 当a ≥－2时，函数f (x )没有极值点． 法二：f ′(x )＝x ＋1x ＋a ， ∵x >0，∴f ′(x )∈[a ＋2，＋∞)．①当a ＋2≥0，即a ∈[－2，＋∞)时，f ′(x )≥0对∀x >0恒成立，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，f (x )没有极值点．②当a ＋2<0，即a ∈(－∞，－2)时，f ′(x )＝0有两个不等正数解，设为x 1，x 2，∴f ′(x )＝x ＋1x ＋a ＝x 2＋ax ＋1x ＝(x －x 1)(x －x 2)x(x >0)．不妨设0<x 1<x 2，则当x ∈(0，x 1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈(x 2，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以x 1，x 2分别为f (x )极大值点和极小值点，故f (x )有两个极值点．综上所述，当a ∈[－2, ＋∞)时，f (x )没有极值点， 当a ∈(－∞，－2)时，f (x )有两个极值点． (2)f (x )≤g (x )⇔e x －ln x ＋x 2≥ax ，因为x >0，所以a ≤e x ＋x 2－ln x x 对∀x >0恒成立． 设φ(x )＝e x ＋x 2－ln x x(x >0)，则φ′(x )＝⎝⎛⎭⎫e x ＋2x －1x x －(e x ＋x 2－ln x )x 2＝e x (x －1)＋ln x ＋(x ＋1)(x －1)x 2，当x ∈(0,1)时，φ′(x )<0，φ(x )单调递减，当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )>0，φ(x )单调递增， ∴φ(x )≥φ(1)＝e ＋1，∴a ≤e ＋1.故实数a 的取值范围为(－∞，e ＋1].导数应用的问题，其中求参数的取值范围是重点考查题型．在平常教学中，教师往往介绍利用变量分离法来求解．但部分题型利用变量分离法处理时，会出现“00”型的代数式，而这是大学数学中的不定式问题，解决这类问题的有效方法就是洛必达法则．[洛必达法则]法则1 若函数f (x )和g (x )满足下列条件： (1)li m x →a f (x )＝0及li m x →ag (x )＝0； (2)在点a 的去心邻域内，f (x )与g (x )可导且g ′(x )≠0； (3)li m x →af ′(x )g ′(x )＝l ，那么li m x →a f (x )g (x )＝li m x →a f ′(x )g ′(x )＝l . 法则2 若函数f (x )和g (x )满足下列条件： (1)li m x →a f (x )＝∞及li m x →ag (x )＝∞； (2)在点a 的去心邻域内，f (x )与g (x )可导且g ′(x )≠0； (3)li m x →af ′(x )g ′(x )＝l ，那么li m x →a f (x )g (x )＝li m x →a f ′(x )g ′(x )＝l . [典例] 已知函数f (x )＝a ln x x ＋1＋bx，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为x ＋2y －3＝0.(1)求a ，b 的值；(2)如果当x >0，且x ≠1时，f (x )>ln x x －1＋kx ，求k 的取值范围．[方法演示]解：(1)f ′(x )＝a x ＋1x －ln x (x ＋1)2－bx 2.由于直线x ＋2y －3＝0的斜率为－12，且过点(1,1)，故⎩⎪⎨⎪⎧ f (1)＝1，f ′(1)＝－12，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，a 2－b ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝1. (2)法一：由(1)知f (x )＝ln x x ＋1＋1x ，所以f (x )－ln xx －1＋k x ＝11－x 22ln x ＋(k －1)(x 2－1)x .设h (x )＝2ln x ＋(k －1)(x 2－1)x (x >0)，则h ′(x )＝(k －1)(x 2＋1)＋2xx 2.①设k ≤0，由h ′(x )＝k (x 2＋1)－(x －1)2x 2知，当x ≠1时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减． 而h (1)＝0，故当x ∈(0,1)时，h (x )＞0，可得11－x 2h (x )＞0； 当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜0，可得11－x 2h (x )＞0. 从而当x ＞0，且x ≠1时，f (x )－ln x x －1＋kx ＞0，即f (x )＞ln x x －1＋kx.②设0＜k ＜1.由于y ＝(k －1)(x 2＋1)＋2x ＝(k －1)x 2＋2x ＋k －1的图象开口向下，且Δ＝4－4(k －1)2>0，对称轴x ＝11－k >1，所以当x ∈1，11－k时，(k －1)(x 2＋1)＋2x >0， 故h ′(x )>0，而h (1)＝0，故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，11－k 时，h (x )＞0，可得11－x 2h (x )＜0，与题设矛盾，③设k ≥1.此时h ′(x )＞0，而h (1)＝0，故当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＞0，可得11－x 2h (x )＜0，与题设矛盾． 综上所述，k 的取值范围为(－∞，0]．(法一在处理第(2)问时很难想到，现利用洛必达法则处理如下) 法二：由题设可得，当x >0，x ≠1时，k <2x ln x1－x 2＋1恒成立．令g (x )＝2x ln x1－x 2＋1(x >0，x ≠1)，则g ′(x )＝2·(x 2＋1)ln x －x 2＋1(1－x 2)2，再令h (x )＝(x 2＋1)ln x －x 2＋1(x >0，x ≠1)， 则h ′(x )＝2x ln x ＋1x －x ，又h ″(x )＝2ln x ＋1－1x 2，易知h ″(x )＝2ln x ＋1－1x 2在(0，＋∞)上为增函数，且h ″(1)＝0，故当x ∈(0,1)时，h ″(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，h ″(x )>0，∴h ′(x )在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，故h ′(x )>h ′(1)＝0， ∴h (x )在(0，＋∞)上为增函数．又h (1)＝0，∴当x ∈(0,1)时，h (x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，h (x )>0， ∴当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0， ∴g (x )在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数． 由洛必达法则知，li m x →1g (x )＝2li m x →1 x ln x 1－x 2＋1＝2li m x →1 1＋ln x －2x ＋1＝2×⎝⎛⎭⎫－12＋1＝0，∴k ≤0， 故k 的取值范围为(－∞，0]． [解题师说]解决本题第(2)问时，如果直接讨论函数的性质，相当繁琐，很难求解．采用参数与变量分离较易理解，但是分离出来的函数式的最值无法求解，而利用洛必达法则却较好的处理了它的最值，这是一种值得借鉴的方法．[应用体验]3．已知函数f (x )＝x (e x －1)－ax 2，若当x ≥0时，f (x )≥0，求a 的取值范围． 解：当x ≥0时，f (x )≥0，即x (e x －1)≥ax 2. ①当x ＝0时，a ∈R ； ②当x >0时，x (ex－1)≥ax 2等价于a ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫e x －1x min .记g (x )＝e x －1x ，x ∈(0，＋∞)，则g ′(x )＝(x －1)e x ＋1x 2.记h (x )＝(x －1)e x ＋1，x ∈[0，＋∞)，则h ′(x )＝x e x >0.因此h (x )＝(x －1)e x ＋1在[0，＋∞)上单调递增，且h (x )>h (0)＝0，所以g ′(x )＝h (x )x 2>0，从而g (x )＝e x －1x在(0，＋∞)上单调递增．由洛必达法则有li m x →0g (x )＝li m x →0 e x －1x ＝li m x →0 e x1＝1， 所以g (x )>1，即有a ≤1. 故实数a 的取值范围为(－∞，1].1．(2017·全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝(1－x 2)e x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≤ax ＋1，求a 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝(1－2x －x 2)e x .令f ′(x )＝0，得x ＝－1－2或x ＝－1＋ 2. 当x ∈(－∞，－1－2)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(－1－2，－1＋2)时，f ′(x )＞0； 当x ∈(－1＋2，＋∞)时，f ′(x )＜0.所以f (x )在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)上单调递减，在(－1－2，－1＋2)上单调递增．(2)f (x )＝(1＋x )(1－x )e x . ①当a ≥1时，设函数h (x )＝(1－x )e x ，则h ′(x )＝－x e x ＜0(x ＞0)． 因此h (x )在[0，＋∞)上单调递减， 又h (0)＝1，故h (x )≤1，所以f (x )＝(x ＋1)h (x )≤x ＋1≤ax ＋1. ②当0＜a ＜1时，设函数g (x )＝e x －x －1，则g ′(x )＝e x －1＞0(x ＞0)， 所以g (x )在[0，＋∞)上单调递增，而g (0)＝0， 故e x ≥x ＋1.当0＜x ＜1时，f (x )＞(1－x )(1＋x )2， (1－x )(1＋x )2－ax －1＝x (1－a －x －x 2)， 取x 0＝5－4a －12， 则x 0∈(0,1)，(1－x 0)(1＋x 0)2－ax 0－1＝0， 故f (x 0)＞ax 0＋1.当a ≤0时，取x 0＝5－12，则x 0∈(0,1)，f (x 0)＞(1－x 0)(1＋x 0)2＝1≥ax 0＋1. 综上，a 的取值范围是[1，＋∞)． 2．已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3.(1)若对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围． (2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，ln x ＞1e x －2e x恒成立．解：(1)由题意知2x ln x ≥－x 2＋ax －3对一切x ∈(0，＋∞)恒成立， 则a ≤2ln x ＋x ＋3x.设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x (x ＞0)，则h ′(x )＝(x ＋3)(x －1)x 2.当x ∈(0,1)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增． 所以h (x )min ＝h (1)＝4，因为对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立， 所以a ≤h (x )min ＝4，故实数a 的取值范围是(－∞，4]． (2)问题等价于证明x ln x ＞x e x －2e(x ＞0)．又f (x )＝x ln x (x ＞0)，f ′(x )＝ln x ＋1，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 所以f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e. 设m (x )＝x e x －2e(x ＞0)， 则m ′(x )＝1－x e x ， 当x ∈(0,1)时，m ′(x )＞0，m (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，m ′(x )＜0，m (x )单调递减，所以m (x )max ＝m (1)＝－1e，从而对一切x ∈(0，＋∞)， f (x )＞m (x )恒成立，即x ln x ＞x e x －2e恒成立． 所以对一切x ∈(0，＋∞)，ln x ＞1e x －2e x恒成立． 3．已知函数f (x )＝bx 2－2ax ＋2ln x .(1)若曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线为y ＝2x ＋4，求实数a ，b 的值；(2)当b ＝1时，若y ＝f (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2，a ≥52，若不等式f (x 1)≥mx 2恒成立，求实数m 的取值范围．解：(1)由题可知f (1)＝b －2a ＝6，∵f ′(x )＝2bx －2a ＋2x ，∴f ′(1)＝2b －2a ＋2＝2，联立可得a ＝b ＝－6.(2)当b ＝1时，f (x )＝x 2－2ax ＋2ln x ，∴f ′(x )＝2x －2a ＋2x ＝2(x 2－ax ＋1)x. ∵f (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2，∴x 1，x 2是方程x 2－ax ＋1＝0的两个正根，∴x 1＋x 2＝a ≥52，x 1·x 2＝1，∴x 1＋1x 1≥52，∴0＜x 1≤12. 不等式f (x 1)≥mx 2恒成立，即m ≤f (x 1)x 2恒成立． f (x 1)x 2＝x 21－2ax 1＋2ln x 1x 2＝x 31－2ax 21＋2x 1ln x 1 ＝x 31－2(x 1＋x 2)x 21＋2x 1ln x 1＝－x 31－2x 1＋2x 1ln x 1.令h (x )＝－x 3－2x ＋2x ln x ⎝⎛⎭⎫0＜x ≤12， 则h ′(x )＝－3x 2＋2ln x ＜0，∴h (x )在⎝⎛⎦⎤0，12上是减函数， ∴h (x )≥h ⎝⎛⎭⎫12＝－98－ln 2，故m ≤－98－ln 2， ∴实数m 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，－98－ln 2. 4．(2018·张掖诊断)已知函数f (x )＝mx ln x，曲线y ＝f (x )在点(e 2，f (e 2))处的切线与直线2x ＋y ＝0垂直(其中e 为自然对数的底数)．(1)求f (x )的解析式及单调递减区间；(2)是否存在最小的常数k ，使得对任意x ∈(0,1)，f (x )>k ln x＋2x 恒成立？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)f ′(x )＝m (ln x －1)(ln x )2， 由f ′(e 2)＝m 4＝12，得m ＝2，故f (x )＝2x ln x， 此时f ′(x )＝2(ln x －1)(ln x )2. 由f ′(x )<0，得0<x <1或1<x <e ，所以函数f (x )的单调递减区间为(0,1)，(1，e)．(2)f (x )>k ln x ＋2x 恒成立，即2x ln x >k ln x ＋2x 恒成立⇔k ln x <2x ln x －2x 恒成立， 当x ∈(0,1)时，ln x <0，则有k >2x －2x ·ln x 恒成立．令g (x )＝2x －2x ·ln x ，则g ′(x )＝2x －ln x －2x.再令h(x)＝2x－ln x－2，则h′(x)＝x－1x<0，所以h(x)在(0,1)上单调递减，所以h(x)>h(1)＝0，故g′(x)＝h(x)x>0，所以g(x)在(0,1)上单调递增，g(x)<g(1)＝2⇒k≥2.故存在常数k＝2满足题意．。

2016高三数学一轮复习-专题1-函数与导数压轴题的突破方法课件-文-新人教版

2016高三数学一轮复习-专题1-函数与导数压轴题的突破方法课件-文-新人教版

由 g(x)＝x3－x2－3，解得 g′(x)＝3x2－2x＝3x(x－23)．由 g′(x)<0，解得 0<x<23；
由
g′(x)>0，解得
x<0
或
2 x>3.
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突破三 突破三 等价转化法突破双参数存在性问题
又 x∈[0，2]，所以 g(x)在区间[0，23]上单调递减，在区间[23，2]上单调递 增，g(x)max＝g(2)＝1，g(x)min＝g23＝－8257. 所以[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝1＋8257＝12172≥M，则满足条件的最 大整数 M＝4.
第7页，共33页。
突破一 突破一 构造函数法求解不等式恒成立问题
(1)由题设知，当 m＝e 时，f(x)＝ln x＋ex， 则 f′(x)＝x－x2 e， ∴当 x∈(0，e)时，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上单调递减， 当 x∈(e，＋∞)，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增， ∴当 x＝e 时，f(x)取得极小值 f(e)＝ln e＋ee＝2， ∴f(x)的极小值为 2. (1)求出导数，通过分析导数的变号零点求极值．
第2页，共33页。
突破一 突破一 构造函数法求解不等式恒成立问题
【例 1】 (2014·高考福建卷)已知函数 f(x)＝ex－ax(a 为常数)的图象与 y 轴交于点 A，曲线 y＝f(x)在点 A 处的切线斜率为－1. (1)求 a 的值及函数 f(x)的极值； (1)解：由 f(x)＝ex－ax，得 f?(x)＝ex－a. 又 f?(0)＝1－a＝－1，得 a＝2. 所以 f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2. 令 f?(x)＝0，得 x＝ln 2.

《导数》解答题：三种常见方法解决不等式恒成立求参数范围.doc

《导数》解答题：三种常见方法解决不等式恒成立求参数范围.doc

《导数》解答题：三种常见方法解决不等式
恒成立求参数范围
这是一道与三角函数相关的导数题，先看题吧
第一问是比较常见的已知不等式恒成立，求参数的取值范围问题，此种题型常见的解法有三种
方法一：移项，含参求导，分类讨论，这种方法的难点在于如何搞清楚分类讨论的标准【结合三角函数的图像】方法二：分离参数，转化为函数最值问题，可能需要用到洛必达法则
方法三：利用代入几个特殊值【取交集】，先猜再证
第二问是不等式的证明问题，看似与第一问没关系，但实质上必然要利用第一问的结论【如果用不到的话，出题者也不会把这看似没关系的两个小问放在同一个题目中】，是“暗示”，更是“明示”
利用第一问中的端点值，然后放缩，还需结合到等差数列的前n项和。

专题02 导数与函数、不等式(精讲篇)-用思维导图突破导数压轴题

专题02 导数与函数、不等式(精讲篇)-用思维导图突破导数压轴题

用思维导图突破导数压轴题《挑战压轴题•高中数学•精讲解读篇》（华东师大出版社第1-10版（2009-2019年））、《上海高考好题赏析》（浙江大学出版社2019年）、330多篇论文（文章）作者特级教师文卫星专题02 导数与函数、不等式导数与函数、不等式综合题是近年高考试题的一个热点，往往是在运用导数知识以后，由不等式提升试题难度。

证明不等式f x g x ≥（）（）一般是作h(x )f x g x =-（）（），通过对h x （）求导，求出h x （）的最小值大于或大于0,；证明不等式f x g x <（）（）成立的方法类似。

如果要证明的不等式中含有参数，需要分类讨论，才能确定单调性，就要根据题设条件确定恰当的分类标准。

如果要求参数的范围，在得到相关不等式后可以分离变量，也可能需要构造新函数，找出参数满足的条件，才能求出参数的范围。

作差求导 判断单调 求出极值思路点拨第（1）题由或解出相应的x 的范围即可确定单调区间。

第（2）题记不等式左边为，证明指定区间上函数值非负，理想状态是在该区间单调，且最小值为0。

第（3）题利用第（2）结论，由，得'()0f x >'()0f x <()h x ()h x ()h x ππ2,2π42n x n n π∈++（），记，那么 ，由（2）可得由（2）知，，有两条路径：一条是通过分解、变形、代换、放缩等化归为熟悉的基本的函数单调性问题（解1-解3）；另一条是把变量n 转化成x n ，构造函数，回归导数基本运算，借助研究定义域内函数单调性的变化，转化为最值问题（解4）。

思维导图如下：满分解答解（1）由已知，有()e (cos sin )xf 'x x x =-, 当52,244x k k ππ⎛⎫∈π+π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x >，得()0f 'x <，则()f x 单调递减；当32,244x k k ππ⎛⎫∈π-π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x <，得()0f 'x >，则()f x 单调递增．所以，()f x 的单调递增区间为32,2(),()44k k k f x ππ⎡⎤π-π+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为52,2()44k k k ππ⎡⎤π+π+∈⎢⎥⎣⎦Z ． ππ2,2π42n x n n π∈++（）2n n y x π=-(,)42n y ππ∈π()()()02n n n f y g y y +-≥（2）证明：记()()()2h x f x g x x π⎛⎫=+-⎪⎝⎭．函数定义域为，依题意及（Ⅰ），有()e (cos sin )xg x x x =-，从而()2e sin xg'x x =-． 当,42x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，0()g'x <，故 ()()()()(1)()022h'x f 'x g'x x g x g'x x ππ⎛⎫⎛⎫=+-+-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．因此，()h x 在区间,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，进而()022h x h f ππ⎛⎫⎛⎫≥== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．所以，当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭． （3）思路一：借助前问巧带入，不等证明化函数观察到本问与第二问结构类似，范围类似，充分利用前问，对一个非基本问题通过分解、变形、代换、放缩等多种方式，化归为熟悉的基本的函数单调性问题，从而得到解答.解1 依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos e 1n xn x =．记2n n y x n =-π，则,42n y ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，且22()cos cos(2)()n n y x n n n n n f y e y e x n e n N πππ--==-=∈．由()()20e1n n f y f y -π==≤及（Ⅰ），得0n y y ≥即024ππ>≥>n y y .令函数()sin cos ()42m x x x x ππ=-<<，()cos sin 0m x x x '=+>，所以()m x 在,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为增函数，所以0)()(()04π≥>=n m m y y m ，故 ()()()()()()22222200000=2sin cos sin co e e e e e s en n n n n n y n n n n n n n f y y g y g y e m y m y m y y y x x -π-π-π-π-π-ππ--=-<⋅≤==-≤-所以，20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-．解2 依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos e 1n xn x =，即c eos nx n x -=，,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦因为(2,2)42n x n n ππππ∈++，所以2(,)42n x n πππ-∈， 由（2）知(2)(2)(2)02n n n f x n g x n x n ππππ-+--+≥，所以[]22cos(2)cos(2)sin(2)(2)02n n x n x n n n n n e x n e x n x n x n πππππππ---+----+≥,所以cos (cos sin )(2)02n n n n x x x x n ππ+--+≥，因为(2,2)42n x n n ππππ∈++，所以cos sin n n x x <，又cos n x n e x -=， 上式可化为22sin cos nx n n ne x n x x ππ--+≤-，只需证200sin cos sin cos n x n n n e e x x x x π--<--， 因为2n x n π>,所以20nx n ee π--<<，下面只需证明00sin cos sin cos n n x x x x -≥-. 令()sin cos ()42m x x x x ππ=-<<，只需证明0(2)()n m x n m x π-≥，因为()cos sin 0m x x x '=+>，所以()m x 在(,)42ππ上单调递增 因为0n x x ≥，所以0nx x e e --≤，则0cos cos n x x ≤，则0cos(2)cos n x n x π-≤，因为cos x 在(,)42ππ内单调递减，所以0242n x x n πππ<≤-<, （或者：因为20(2)1()n n f x n ef x ππ--=≤=,且()f x 在(,)42ππ单调递增,所以0242n x x n πππ<≤-<）,所以0(2)()n m x n m x π-≥所以原式得证.解3（前一部分与解法二相同，省略）只需证200sin cos sin cos n x n n n e e x x x x π--<-- 令函数1()(22)(sin cos )42=+<<+-x k x n x n e x x ππππ， 所以22sin ()(22)(sin cos )42x x k x n x n e x x ππππ-'=+<<+-，显然()0k x '<，则函数()k x 在(2,2)42n n ππππ++单调递减， 只需证2001()(sin cos )n n k x e x x π<-，因为00222000(2)cos(2)cos 1()x n x n n n f x n e x n e x e e f x πππππ++=⋅+=⋅=≥=，其中0,(2,2)42n x x n n ππππ∈++， 且由（Ⅰ）知()f x 在(2,2)42n n ππππ++内单调递减，所以022242n n x n x n πππππ+<+≤<+，所以002001()(2)(sin cos )n x n k x k x n e x x ππ+≤+=-0220000(sin cos )sin cos n n x e e e x x x x ππ--=<--, 所以原式得证.（解3中不等式左侧也可以构造成1()n g x -，利用函数()n g x 解题，方法雷同，不再赘述）思路二：不等证明法若干，差值函数要优先仿照第二问的证明方法，但是本问难在变量不统一，既有n 又有n x ，需要将它们化成同一变量，通过自变量的改变，构造函数，回归导数基本运算，借助研究定义域内函数单调性的变化，转化为最值问题，达到证明不等式的目的.解4 记2n n y x n =-π，则,42n y ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭， 因为()()10n n u x f x =-=，即cos 1e ，=n xn x ． 所以2cos(21e)n y n n y n ππ++=，所以2e cos n y n n y π--=要证20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-，只需证00co 2sin cos s π-<-n n n y e y y x x ，显然有1n n x x +>12(1)2n n y n y n ππ+++>+即，所以12(1)2n n y n y n e e ππ+--+-->，即1cos cos n n y y +<，因为42n y ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭，，所以1n n y y +>则{}n y 关于n 单调递增，所以0,)2n y x π⎡∈⎢⎣.（或者用第一问结论，进行如下证明：1112(1)2(1)11()cos n n n y y y n n n n f y e y e e e ππ+++--+-+++=⋅==,所以2()n n f y e π-=，因为21()1()n n f y e f y π-+=<，且()0n f y >，所以1()()n n f y f y +<，由（1）知，()f x 在,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦内单调递减，所以1n n y y +>， 所以{}n y 关于n 单调递增，所以0,)2n y x π⎡∈⎢⎣）记000cos ,)sin cos 2()2,x ππ=--⎡∈⎢-⎣x e x x x x x h x ，只需证0,)2()0x 时，π⎡∈⎢⎣<h x x ，因为00,42x y ππ⎛⎫=∈⎪⎝⎭，所以()000sin cos )0,14x x x π-=-∈，所以0000sin cos )2sin 0sin cos sin co (()s )xx e x x e xx x x h x x h x ->--'''==（-1,，所以()x h '在⎪⎭⎫⎢⎣⎡20π，x 内单调递增，所以00()()=10xh x h x e ''≥->，所以()x h 在⎪⎭⎫⎢⎣⎡20π，x 内单调递增，即()()=02h x h π<.所以原式得证.思路三：中学数学较难题，高等数学解悬疑以高等数学背景为指导，以函数图像为直观，充分考察了学生直观想象的数学核心素养.教学过程中我们可以适当给学生介绍拉格朗日中值定理、洛必达法则等高等数学内容，内容虽然超纲，但本质大都可以用高中生已有的知识来介绍清楚，可以试着在这些高观点和思想的指导下用高中阶段的知识完成解题.解5 构造函数)(221)()(n n x x x n x u x F --+--=ππ，(,2)2n x x n ππ∈+ ,则0)(=n x F ，0)22(=+ππn F ，1()()22nF x u x n x ππ-''=-+-,()()=()2sin 0'''''==-<x F x u x g x e x所以()F x '在(,2)2n x n ππ+单调递减,假设()0n F x '≤，则()0n F x '≤在)22,(ππ+n x n 内恒成立，则)()22(n x F n F <+ππ， 与()(2)02n F x F n ππ=+=矛盾，所以假设错误，所以()0n F x '>，假设(2)02F n ππ'+≥，则()0n F x '≥在 )22,(ππ+n x n 内恒成立，则)()22(n x F n F >+ππ，与()(2)02n F x F n ππ=+=矛盾， 所以假设错误，所以0)22('<+ππn F ，由零点存在性定理，在)22,(ππ+n x n 内存在ξ，使0)('=ξF ，即n x n u -+-=221)('ππξ.所以'122()n n x u ππξ+-=-， 要证明002cos sin 22x x e x n n n -<-+-πππ只需证)cos (sin )(002'x x e u n ->-πξ，因为'()()(cos sin )xu x g x e x x ==-在区间(,2)2ππ+n x n 内递减，所以''()()n u u x ξ<，即)cos (sin )cos (sin )(2'n n n n n xx x e x x e u n ->->-πξ，只需证明00cos sin cos sin x x x x n n -≥-：以下与解法二相同，省略.本题在命题上环环相扣，逻辑清晰，解法中灵活构造别具一格，呈现数学思维之美.考查学生的运算能力、直观意识，分类讨论，转化化归，数形结合思想，具有很好的区分度与选拔性.思路点拨（1）讨论()f x 的单调性，就是要比较)('x f 与0的大小。

高考三轮冲刺导数压轴题不等式证明方法归纳

高考三轮冲刺导数压轴题不等式证明方法归纳

导数压轴题恒成立问题【题型】 一、任意存在问题 二．存在性问题 三．恒成立问题 四．零点问题 五．多次求导 六．换元法的应用 七．导函数为零的替代 八．多变量问题的主变元 【方法规律总结】 一．任意存在问题例1.设()x f x ae a =-，2()g x ax x =-(a 为与自变量x 无关的正实数).（1）证明：函数()f x 与()g x 的图象存在一个公共的定点，且在公共定点处有一条公切线；（2）是否存在实数k ，使得()ln 1f x a k x ax x +-->对任意的1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭恒成立，若存在，求出k 的取值范围，否则说明理由.【解析】（1）因为0(0)0,(0)0f ae a g =-==，所以2(),()x f x ae a g x ax x =-=-的图像存在一个公共的定点(0,0)O . 因为()x f x ae '=，()2g x a x '=-，所以(0)f a '=，(0)g a '=， 所以在定点(0,0)O 处有一条公切线，为直线y ax =. （2）假设存在实数k ，使得()ln 1f x a k x ax x +-->对任意的1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭恒成立， 即存在实数k 使得ln x k e x x x <--对任意的1,2x ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭恒成立. 令1()ln ,,2xh x e x x x x ⎡⎫=--∈+∞⎪⎢⎣⎭，则1()ln 2,,2xh x e x x ⎡⎫'=--∈+∞⎪⎢⎣⎭，令1()ln 2,,2xm x e x x ⎡⎫=--∈+∞⎪⎢⎣⎭，则111(),,2x xxe m x e x x x -⎡⎫'=-=∈+∞⎪⎢⎣⎭， 因为0,0x x e >>，且,xy x y e ==在1,2x ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭上单调递增， 所以x y xe =在1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，因为112121210,11022e e e --=<⋅->，所以存在唯一实数01,12x ⎛⎫∈⎪⎝⎭，使得0010x x e -=，即()00m x '=，且00x x e -=， 所以()h x '在0x 处取得最小值()00ln 2ln 2x x x h x e x e e-'=--=--01201322022x e x e =+->+-==，所以()ln xh x e x x x =--在1,2x ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭上单调递增，所以1ln 21()22h x h -⎛⎫>=+ ⎪⎝⎭，因为ln x k e x x x <--对任意的1,2x ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭恒成立，所以ln 212k -≤+，故存在ln 212k -⎛⎤∈-∞ ⎥⎝⎦使得()ln 1f x a k x ax x +-->对任意1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭恒成立. 二．存在性问题 例2已知函数ln (),()xx xf xg x e x==. (1)求()f x 的极大值；(2)当0a >时，不等式()xg x ax b ≤+恒成立，求ba的最小值； (3)是否存在实数k ∈N ，使得方程()(1)()f x x g x =+在(,1)k k +上有唯一的根，若存在，求出所有k 的值，若不存在，说明理由. 【解析】（1）()1xxf x e ='-，令()0f x '=，得1x =. 当1x <时，()0f x '>，则()f x 在(),1-∞上单调递增，当1x >时，()0f x '>，则()f x 在()1,+∞上单调递减，故当1x =时，()f x 的极大值为1e． （2）不等式()xg x ax b ≤+恒成立，即ln 0x ax b --≤恒成立，记()ln (0)m x x ax b x =-->，则()1(0)axm x x x-'=>， 当0a >时，令()0m x '=，得1x a=， 当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0m x '>，此时()m x 单调递增，当1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0m x '<，此时()m x 单调递减，则()max 1ln 10m x m a b a ⎛⎫==---≤ ⎪⎝⎭，即ln 1b a ≥--，…8分 则ln 1b a a a +≥-， 记()ln 1a n a a +=-，则()2ln (0)an a a a>'=，令()0n a '=，得1a = 当()0,1a ∈时，()0n a '<，此时()n a 单调递减，当()1,a ∈+∞时，()0n a '>，此时()n a 单调递增，()()min 11n a n ==-，故ba的最小值为1-.（3）记()()1ln xx xx s x e x+=-，由()()2123ln210,21102s s e e =>=-<-=， 故存在1k =，使()()()1f x x g x =+在()1,2上有零点，下面证明唯一性：① 当01x <≤时，()()()0,10f x x g x >+<，故()0s x >，()0s x =在(]0,1上无解 ②当1x >时，()211ln x x x x s x e x -+-=-'，而2110,1ln 0,0x x x x e x -+->， 此时()0s x '<，()s x 单调递减，所以当1k =符合题意． 三．恒成立问题例3. 已知函数()xf x e =.（1）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（2）若对任意的m ∈R ，当0x >时，都有212()1m f x x ⎛⎫+>- ⎪⎝⎭恒成立，求最大的整数k .（参考数据：1.78≈）【解析】（1）已知函数()x f x e =，则(1,(1))f 处即为(1,)e ，又()xf x e '=，(1)k f e '==， 可知函数()xf x e =过点(1,(1))f 的切线为(1)-=-y e e x ，即y ex =.（2）注意到0x >，不等式212()1m f x x ⎛⎫+>- ⎪⎝⎭中，当0m =时，显然成立；当0m ≠时，不等式可化为12()f x x +> 令11()2()2x h x f x e x x =+=+，则21()2x h x e x '=-，1122211()2221240h e e '=-=⎛⎫⎪⎭- <⎝，232 1.78301(223h '=-=-≈⨯-⎭>⎝所以存在012x ⎛∈ ⎝⎭，使()0020120x h x e x '=-=. 由于2xy e =在()0,∞+上递增，21y x=在()0,∞+上递减，所以0x 是()'h x 的唯一零点. 且在区间()00,x 上()0h x '<，()h x 递减，在区间()0,x +∞上()0h x '>，()h x 递增，即()h x 的最小值为()0020001112x h x e x x x =+=+，令012)t x =∈，则220011(3t t x x +=+∈，将()h x 的最小值设为a，则(3a ∈+，因此原式需满足a >210am -+>在m ∈R 上恒成立， 又0a >，可知判别式840k a ∆=-<即可，即2ak <，且(3a ∈+k 可以取到的最大整数为2. 练习1已知函数()2()84xf x exx =+-.（1）求函数()f x 的单调区间； （2）关于x 的不等式()284sin 4x e x x m m x +-+≥在[0,)+∞上恒成立，且0m ≠，求实数m 的取值范围.【解析】（1）依题意，x ∈R ，()()22()8428104xx f x exx x e x x '=+-++=++，令()0f x '=，即21040x x ++=，解得5x ==-±故当(,5x ∈-∞-时，()0f x '>，当(55x ∈--+时，()0f x '<，当(5)x ∈-++∞时，()0f x '>，故函数()f x的单调递增区间为(,5-∞-和(5)-++∞，单调递减区间为(55---+，（2）令()2e 84()sin 4x x x g x m m x +-=+-，由题意得，当0x =时，(0)10g m =-≥，则有m 1≥， 下面证当m 1≥时，对任意0x ≥，都有()0g x ≥， 由于x ∈R 时，1sin 0x -≥，所以当m 1≥时，21()e 211sin 4xg x x x x ⎛⎫≥+-+-⎪⎝⎭， 故只需证明对任意0x ≥，都有21211sin 04xe x x x ⎛⎫+-+-≥⎪⎝⎭， 令()sin h x x x =-，则()'1cos h x x =-，所以()'0h x ≥在[0,)+∞上恒成立，所以函数()sin h x x x =-在[0,)+∞上单调递增，所以当0x ≥时，()(0)0h x h ≥=，即sin x x ≥， 所以11sin x x -≤-，则2211211sin 21144xx e x x x e x x x ⎛⎫⎛⎫+-+-≥+-+-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 令21()e 2114xF x x x x ⎛⎫=+-+-⎪⎝⎭，0x ≥，则215()e 1142x F x x x ⎛⎫'=++- ⎪⎝⎭.当0x ≥时，1x e ≥，2151142x x ++≥，所以()0F x '≥，即函数()F x 在[0,)+∞上单调递增， 所以当0x ≥时，()(0)0F x F ≥=，所以对任意0x ≥，都有21211sin 04x e x x x ⎛⎫+-+-≥ ⎪⎝⎭. 所以当m 1≥时，对任意0x ≥，都有()284sin 4x e x x m m x +-+≥，故实数m 的取值范围为[1,)+∞.练习2设函数32()3f x x x =--，()ln ag x x x x=+，其中a R ∈． （1）若存在12,[0,2]x x ∈，使得12()()f x f x M -≥，求整数M 的最大值； （2）若对任意的1,[,2]2s t ∈，都有()()f t g s ≤，求a 的取值范围． 【解析】（1）2()3(),[0,2]3f x x x x '=-∈，令()0f x '=得1220,3x x ==， 当x 变化时，()f x '和()f x 的变化情况如下：可得：max ()1f x =，min ()()327f x f ==-，要使存在12,[0,2]x x ∈，使得12()()f x f x M -≥恒成立，只需max min 112()()27M f x f x ≤-=，故整数M 的最大值为4． （2）由（1）知，在1[,2]2上，max ()(2)1f x f ==，要满足对任意的1,[,2]2s t ∈，都有()()f t g s ≤，只需()1g x ≥在1[,2]2上恒成立，即ln 1a x x x+≥在1[,2]2上恒成立，分离参数可得：2ln a x x x ≥-，令2()ln ,()12ln h x x x x h x x x x '=-=--，令()12ln ,()2ln 3p x x x x p x x '=--=--，在1[,2]2上()2ln 30p x x '=-<-恒成立，则可得()12ln p x x x x =--在1[,2]2上递减，又因(1)0p =，则可知当1[,1),()0,()2x h x h x '∈>单调递增，当(1,2],()0,()x h x h x '∈<单调递减，所以()h x 在1x =处取得最大值(1)1h =，所以a 的取值范围是1a ≥．四．零点问题例4. 已知函数2()ln (,)f x x ax bx a b R =--∈.（1）当1a =-时，设1x ，2x 为()f x 的两个不同极值点，证明：()()123ln2f x f x +<--； （2）设1x ，2x 为()f x 的两个不同零点，证明：()12123f x x x x +<+-.【解析】(1)当1a =-时，2()ln f x x x bx =+-，2121()2(0)x bx f x x b x x x'-+∴=+-=>，12,x x Q 为()f x 的两个不同极值点，12,x x ∴为方程2210x bx -+=的两不等正根，22112221,21bx x bx x ∴=+=+，且由韦达定理1212x x =，()()()()2212111222ln ln f x f x x x bx x x bx +=+-++-221212ln 2x x x x =---1212ln 22ln 23x x x x <--=--，()()123ln 2f x f x ∴+<--.（2）要证明()12123f x x x x +<+-，即()()()212121212ln 3x x a x x b x x x x +-+-+<+-，下面分别证明()1212ln 1x x x x +≤+-和()()212122a x x b x x -+-+<-，两式相加即得结论.（i ）()1212ln 1x x x x +≤+-，令120t x x =+>，即证ln 10t t -+≤. 令函数()ln 1g t t t =-+，则11()1tg t t t-'=-=，()g t ∴在(0,1)单调递增，在(1,)+∞单调递减， ()(1)0g t g ∴≤=.（ii ）再证明()()212122a x x b x x -+-+<-，即()()212122a x x b x x +++>.12,x x Q 为()f x 的两个不同零点，不妨设120x x <<，2111ln x ax bx ∴=+①2222ln x ax bx =+②∴①-②可得()()()11212122lnx a x x x x b x x x =+-+-， 两边同时乘以1212x x x x +-，可得()()()()11222121212ln xx x x a x x b x x x x ⋅+=+++-，即()()112221212121ln 1x x x x a x x b x x x x ⎛⎫+⋅ ⎪⎝⎭+++=-. 令12(0,1)x m x =∈，则()()21212(1)ln 1m m a x x b x x m +⋅+++=-. 即证(1)ln 21m m m +⋅>-，即2(1)4ln 211m m m m -<=-++，即证4ln 201m m +-<+. 令函数4()ln 21h m m m =+-+，则22214(1)()0(1)(1)m m m m m h m '-=-=>++， ()h m ∴在(0,1)单调递增，()(1)0h m h ∴<=.由（i ）（ii ）可得()()()212121212ln 3x x a x x b x x x x +-+-+<+-，()12123f x x x x ∴+<+-五．多次求导例5. 已知函数()()ln mf x m x x m R x=-+∈. (1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 有两个极值点12,x x ，不等式()()122212f x f x a x x +<+恒成立，求实数a 的取值范围. 【解析】（1）由题意得()0,x ∈+∞，()2221m m x mx mf x x x x-+'=--=-， 令()()22,44g x x mx m m m m m =-+∆=-=-.①当04m ≤≤时，()0,0g x ∆≤≥恒成立，则()()0,f x f x '≤在()0+∞，上单调递减. ②当0m <时，>0∆，函数()g x 与x 轴有两个不同的交点()1212,x x x x <，12120,0,x x m x x m +=<=<则120,0x x <>，所以当x ⎛∈ ⎝⎭时，()()()0,0,g x f x f x '<>单调递增；当2m x ⎛⎫+∈+∞⎪ ⎪⎝⎭时，()()()0,0,g x f x f x '><单调递减. ③当4m >时，>0∆，函数()g x 与x 轴有两个不同的交点()1212,x x x x <，12120,0,x x m x x m +=>=>则120,0x x >>，所以x ⎛∈ ⎝⎭时，()f x 单调递减；x ∈⎝⎭时，()f x 单调递增；2m x ⎛⎫+∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭时，()f x 单调递减.综上所述：当04m ≤≤时，()f x 在()0+∞，上单调递减. 当0m <时，0,2m x ⎛+∈ ⎪⎝⎭时，()f x 单调递增；x ⎫∈+∞⎪⎪⎝⎭时，()f x 单调递减.当4m >时，x ⎛∈ ⎝⎭时，()f x 单调递减；x ∈⎝⎭时，()f x 单调递增；x ⎫∈+∞⎪⎪⎝⎭时，()f x 单调递减.（2）由（1）知：4m >时()f x 有两个极值点12,x x ， 且12,x x 为方程20x mx m -+=的两根，1212,.x x m x x m +==()()12112212ln ln m mf x f x m x x m x x x x +=-++-+ ()()12121212ln ln ln m x x m x x x x m m m m m m x x +=-++=-+=.()222212121222x x x x x x m m +=+-=-.所以()()1222212ln ln 22f x f x m m mx x m m m +==+--. 所以ln 2m a m >-在()4,m ∈+∞时恒成立.令()()ln 42mh m m m =>-，则()()221ln 2m m h m m --'=-. 令()21ln ,m m mϕ=--则()222120mm m m m ϕ-'=-=<， 所以()m ϕ在()4+∞，上单调递减.又()14=12ln 202ϕ--<， 所以()0m ϕ<在()4+∞，上恒成立，即2ln 0m m1--<.所以()0h m '<. 所以()h m 在()4+∞，上为减函数.所以()()4ln 2h m h <=.所以ln 2a ≥，即a 的取值范围是[ln 2,)+∞. 练习1. 已知函数()()212xa f x xe x =-+. （1）当1a =时，求函数()f x 的单调区间； （2）当0x ≥时，不等式()222xaf x e ≥--恒成立，求a 的取值范围. 【解析】（1）1a =时()()2112xf x xe x =-+，()()()()()1111x x f x x e x x e =+-+=+-'，若()0f x '≥，则1x ≤-或0x ≥，若()0f x '<，则10x -<<，所以()f x 的增区间为(],1-∞-，[)0,+∞，减区间为()1,0-. （2）由题意得()2202xa f x e -++≥恒成立，即()()222202x ax e x x --++≥恒成立. 设()()()22222xa h x x e x x =--++， 则()()()11xh x x e a x '=--+，令()()()11xg x x e a x =--+，则()xg x xe a '=-.令()xF x xe a =-，则()()1x F x x e +'=.∵0x ≥，∴()0F x '>，()F x 为[)0,+∞上的增函数，①当0a ≤时，()()00F x F a ≥=-≥，从而()g x 在[)0,+∞上为增函数，所以()()01g x g a ≥=--， 当10a --≥，即1a ≤-时，()()00g x g ≥≥，从而()h x 在[)0,+∞上为增函数，∴()()00h x h ≥=恒成立.若10a --<，即10a -<≤时，由()g x 在[)0,+∞上为增函数，且()010g a =--<，()120g a =->， ∴在()0,+∞上，存在0x使得()00g x =，从而()h x 在(]00,x 上为减函数，此时()()00h x h <=，不满足题意.②0a >时，由()F x 在[)0,+∞上为增函数，且()00F a =-<，()()10aaF a ae a a e =-=->，∴在()0,a 上，存在1x ，使得()10g x =，从而()g x 在()10,x 上为减函数，此时()()010g x g a <=--<， ∴()h x 在()10,x 上也为减函数，此时()()00h x h <=，不满足题意，综上所述，a 的取值范围为(],1-∞-. 六．换元法的应用 例6. 设函数()1ln f x x t x x=--，其中()0,1,x t ∈为正实数. (1)若不等式()0f x <恒成立，求实数t 的取值范围；(2)当)1(0x ∈，时，证明211ln x x x e x x+--<. 【解析】（1）由题意得()22211'1t x tx f x x x x-+=+-= 设()()2101h x x tx x =-+<<，则24,0t t =->V ，①当240t -≤时，即02t <≤时，()0f x '≥ ，所以函数()f x 在()0,1上单调递增，()()10f x f <=，满足题意； ②当240t ->时，即2t >时，则()h x 的图象的对称轴12t x => 因为()()01,120h h t ==-<，所以()h x 在()0,1上存在唯一实根，设为1x ，则当()10,x x ∈时，()()0,'0h x f x >>， 当()1,1x x ∈时，()()0,'0h x f x <<，所以()f x 在()10,x 上单调递增，在()1,1x 上单调递减， 此时()()1max 10x f f f =>=，不合题意．综上可得，实数t 的取值范围是(]0,2．（2）321ln xx x x e x x +--<等价于()()211ln x x x e x x-+<因为()0,1x ∈，所以0lnx <，所以原不等式等价于21ln 1xx e x x x ->+， 由(1)知当2t =时，120x lnx x --<在()0,1x ∈上恒成立，整理得212ln x x x->令()()011xe m x x x =<<+，则()()2'01x xe m x x =>+，所以函数()m x 在区间()0,1上单调递增，所以()()21221ln x e m x x m x -<=<<，即21ln 1xx e x x x ->+在()0,1上恒成立. 所以，当()0,1x ∈时，恒有211ln x x x e x x+--<， 七．导函数为零的替代例7. 设k ∈R ，函数()()g x k x e =-，其中e 为自然对数的底数. （1）设函数()1ln xf x x=-.①若1k =-，试判断函数()f x 与()g x 的图像在区间上是否有交点； ②求证：对任意的k ∈R ，直线()y g x =都不是()y f x =的切线；（2）设函数()2ln ()h x x x x xg x ekx =-+-，试判断函数()h x 是否存在极小值，若存在，求出k 的取值范围；若不存在，请说明理由.【解析】（1）①当1k =-时，函数()g x x e =-+， 令()()()1xF x f x g x x e lnx=-=+--，x ∈，则()120F e =-<，0F e =>， 故()10F F<g ，又函数()F x在区间上的图象是不间断曲线，故函数()F x在区间上有零点，故函数()f x 与()g x的图象在区间上有交点； ②证明：假设存在k ∈R ，使得直线()y k x e =-是曲线()y f x =的切线，切点横坐标为0x ，且()()00,,x e e ∈+∞U ，则切线()y f x =在点0x x =切线方程为000()()()y f x x x f x ='-+， 即000002200022(1)(1)1lnx x x lnx x y x lnx lnx lnx --=-+---，从而0202(1)lnx k lnx -=-，且00002002(1)1x x lnx x ke lnx lnx --+=---， 消去k ，得002x e elnx =-，故0x e =满足等式，令000()2s x x e elnx =-+，所以00()1es x x '=+， 故函数0()s x 在(0,)e 和(,)e +∞上单调递增，又函数0()s x 在0x e =时()0s e =， 故方程002x e elnx =-有唯一解0x e =，又()()00,,x e e ∈+∞U ，故0x 不存在，即证； （2）由2()2()22h x x xlnx xg x ekx x xlnx kx kex =-+-=-+-得，0x >，()12()h x lnx k x e '=-+-，令()12()m x lnx k x e =-+-，则121()2kx m x k x x-'=-=， ()()0m e h e '==，()i 当0k …时，()h x '递减，故当(0,)x e ∈时，()0h x '>，()h x 递增，当(,)x e ∈+∞时，()0h x '<，()h x 递减， 故()h x 在x e =处取得极大值，不合题意； ()0ii k >时，则()m x 在1(0,)2k递减，在1(2k ，)+∞递增，①当102k e<<时，12e k >，故()m x 在1(0,)2k 递减，可得当(0,)x e ∈时，()0h x '>， 当1(,)2x e k ∈时，()0h x '<，111()(12)2k kk e e m ke e ln k k=-+-Q ，易证112ke k k >，令11()2kke m k e ln k=-，1(,)2k e e ∈，令12t e k=>，故()2n t et lnt t =--，则1()210n t e t'=-->，故()n t 在(2,)e +∞递增， 则()()()210n t n e n >>>， 即102k e<<时，0m >， 故在1(2k ，1)ke k内存在0x ，使得0()0m x =，故()h x 在1(2k，0)x 上递减，在0(x ，)+∞递增， 故()h x 在0x x =处取得极小值． ②由（1）知12k e =，12e k=， 故()h x '在(0,)e 递减，在(,)e +∞递增，故(0,)x ∈+∞时，()0h x '…，()f x 递增，不合题意； ③当12k e>时，102e k <<， 当1(2x k∈，)e 时，()0h x '<，()f x 递减， 当(,)x e ∈+∞时，()0h x '>，()f x 递增， 故()h x 在x e =处取极小值，符合题意， 综上，实数k 的范围是0k >且12k e≠． 八．多变量问题的主变元 例8. 已知函数()()()211ln 2f x x a x a x a R =---∈的导函数为()f x '. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()()g x f x b =-有两个不同的零点12,x x ，求证：1202x x f +⎛⎫'> ⎪⎝⎭. 【解析】（1）函数()f x 的定义域为()0,+∞,()()()()11x x a a f x x a x x+-'=---=, 若0a ≤,()0f x '>恒成立,所以()f x 在()0,+∞上单调递增；若0a >,若()0f x '>,则x a >；若()0f x '<,则0x a <<,所以()f x 在()0,a 上单调递减,在(),a +∞上单调递增. 综上所述,当0a ≤时,()f x 在()0,+∞上单调递增；当0a >,()f x 在()0,a 单调递减,在(),a +∞上单调递增.（2）若()g x 有两个不同的零点12,x x ,则方程()f x b =有两个不相等的实数根12,x x , ∴0a >,不妨设120x x <<,∴()()22222111111ln 1ln 22x a x a x x a x a x ---=---, ∴()()()()2221212111ln ln 2x x a x x a x x ----=-, ∴()()212121ln ln 112x x x x a a x x -+--=-, ∵()()1a f x x a x '=---,∴()1212122122x x x x a f a x x ++⎛⎫'=--- ⎪+⎝⎭, ∴1221212121122112ln ln 2ln ln 22x x x x x x a a f a x x x x x x x x x x ⎛⎫+--⎛⎫'=-=-- ⎪ ⎪-+-+⎝⎭⎝⎭221221111ln 21x x x a x x x x x ⎛⎫- ⎪ ⎪=-- ⎪+ ⎪⎝⎭, 令()()1ln 211x h x x x x -=->+,则()()()()()()22211112011x x x h x x x x x +---'=-=>++, ∴()1ln 21x h x x x -=-+在()1,+∞上单调递增,则()()10h x h >=, ∴1202x x f +⎛⎫'> ⎪⎝⎭.。

利用函数与导数解决不等式问题的几种常见方法_

利用函数与导数解决不等式问题的几种常见方法_

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利用函数与导数解决不等式问题的几种常见方法
作者：沈雪明
来源：《高考进行时·高三数学》2013年第04期
“解一元二次不等式”和“基本不等式（二元）”这两个知识点在《考试说明》中为C级（掌握级）要求，足以表明它们在试卷命题中有着极其重要的地位.函数又是数学的核心，因而不
等式问题与函数的结合既是高考中的一个热点问题，也是深化数学知识间融会贯通，提高分析问题和解决问题的能力重要呈现的地方。

同时在应用不等式的基本知识、方法、思想解决问题过程中，有利于提高考生的数学素养和创新意识。

一、数形结合法
二、变更主元法
三、分段讨论法
2. 在具体解题时还是要注重通性通法，技巧性解法往往有它在特定条件下的特殊要求。

四、单调性法
五、等价转换法
点拨 1. 本题主要考查函数恒成立问题的基本解法。

2. 本题是较为典型的恒成立问题，解决恒成立问题通常可以利用分离变量转化为最值的方法求解。

七、构造函数法。

专题07 用好导数,“三招”破解不等式恒成立问题(第一篇)-2019年高考数学压轴题命题区间探究与突破(解析

专题07 用好导数,“三招”破解不等式恒成立问题(第一篇)-2019年高考数学压轴题命题区间探究与突破(解析

一．方法综述不等式恒成立问题一直是高考命题的热点，把函数问题、导数问题和不等式恒成立问题交汇命制压轴题成为一个新的热点命题方向．由不等式恒成立确定参数范围问题，常见处理方法有：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x =图象在()y g x = 上方即可)；③ 最值法：讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数.在诸多方法中，构造函数并利用导数研究函数的单调性、最值等，是必须要考虑的解题门径.本专题举例说明《用好导数，“三招”破解不等式恒成立问题》.二．解题策略类型一 构造函数求最值【例1】【2018届湖南省益阳市高三4月调研】已知函数（，为自然对数的底数）. （1）讨论函数的单调区间；（2）当时，恒成立，求实数的最小值.【答案】(1)单调递增区间是，单调递减区间是.(2)-e.【解析】试题分析：（1）由题意，利用导数法进行讨论，由可求出函数的增区间，可求出函数的减区间，同时对参数进行分段讨论，从而问题即可得解；（2）由题意，可构造函数，由此可将问题转化为计算，再根据导数进行运算求解，从而问题可得解.学%科网试题解析：（1）由题知，函数的定义域是.，当时，对任意恒成立，所以函数的单调递增区间是，无单调递减区间；当时，令，得；令，得；所以函数的单调递增区间是，单调递减区间是.【指点迷津】1.首先要明确导函数对原函数的作用：即导函数的符号决定原函数的单调性.如果所构造的函数，其导数结构比较复杂不易分析出单调性，则可把需要判断符号的式子拿出来构造一个新函数，再想办法解决其符号.2.在考虑函数最值时，除了依靠单调性，也可根据最值点的出处，即“只有边界点与极值点才是最值点的候选点”，所以有的讨论点就集中在“极值点”是否落在定义域内.【举一反三】【2018届湖南省永州市三模】已知,.（1）若对任意的实数，恒有，求实数的取值范围；（2）当时，求证：方程恒有两解.【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)详见解析．（Ⅱ）方程化为，令，，在（0，＋∞）上单调递增，，，存在使，即，，在上单调递减，在上单调递增，在处取得最小值．学&科网，，＜0，，，在和各有一个零点，故方程恒有两解．类型二参变分离求最值【例2】【2018届山西省孝义市高三下学期一模】已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）当时，曲线总在曲线的下方，求实数的取值范围.【答案】（1）当时，函数在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）.【解析】 （1）由可得的定义域为，且，若，则，函数在上单调递增；若，则当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减. 综上，当时，函数在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减. 学科*网【指点迷津】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，转化为求函数的最值问题.2、如何确定变量与参数：一般情况下，那个字母的范围已知，就将其视为变量，构造关于它的函数，另一个字母（一般为所求）视为参数.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. 【举一反三】【2018年【衡水金卷】（三）】已知函数()f x 的导函数为()f x '，且满足()32123f x x ax bx =+++， ()()24f x f x +='-'，若函数()6ln 2f x x x ≥+恒成立，则实数b 的取值范围为（ ）A. [)64ln3,++∞B. [)5ln5,++∞C. [)66ln6,++∞D. [)4ln2,++∞ 【答案】C类型三 讨论参数定范围【例3】【2018届山东天成高三第二次大联考】已知函数，.（1）讨论函数的单调性；（2）若，对任意恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2).【解析】 （1），定义域所以.讨论：当时，对或，成立，所以函数在区间，上均是单调递增；当时，对或，成立， 所以函数 在区间，上均是单调递减；当时，函数是常函数，无单调性. 学科@网【指点迷津】 本例（2）对任意恒成立，即对任意恒成立，构造函数，对这个函数求导研究函数的单调性，使得最值大于0即可.求导数'()h x 后，为求()h x 的最小值，根据，2[2,)x ∈+∞，对参数m 的取值进行讨论，确定了'()h x 的符号，从而明确()h x 的单调性、最值. 【举一反三】【2018届四川高三（南充三诊）联合诊断】已知定义在上的偶函数在上单调递减，若不等式对任意恒成立，则实数的取值范是（ ）A. B.C.D.【答案】A （1）当时，即或时，在上恒成立，单调递增，因为最小值，最大值，所以，综上可得；（2）当，即时，在上恒成立，单调递减，因为最大值，最小值，所以，综合可得，无解，（3）当，即时，在上，恒成立，为减函数，在上，恒成立，单调递增，故函数最小值为，若，即，因为，则最大值为，此时，由，求得，综上可得；若，即，因为，则最大值为，此时，最小值，最大值为，求得，综合可得，综合（1）（2）（3）可得或或，即，故选A. 学科$网三．强化训练1．【2018届（衡水金卷调研卷）三】若存在，不等式成立，则实数的最大值为（）A. B. C. 4 D.【答案】A2．【2018年高考理科数学原创押题预测卷01】已知函数，若关于的不等式在上恒成立，则的值为A. B. C. D.【答案】A3.【2018年4月浙江省金华十校高考模拟】若对任意的，存在实数，使恒成立，则实数的最大值为__________．【答案】9【解析】若对任意的，恒成立，可得：恒成立，令，，原问题等价于：，结合对勾函数的性质分类讨论：(1)当时，，，原问题等价于存在实数满足：，故，解得：，则此时；(2)当时，，，原问题等价于存在实数满足：，学/科网故，解得：，则此时；(3)当时，，而，当时，，原问题等价于存在实数满足：，故，解得：，则此时；当时，，原问题等价于存在实数满足：，故，解得：，则此时；综上可得：实数的最大值为.4.【2018届齐鲁名校教科研协作体山东、湖北部分重点中学模拟（三）】已知函数在点处的切线过点．(1)求实数的值，并求出函数单调区间；(2)若整数使得在上恒成立，求的最大值．【答案】（1），在单调递减，在单调递增；（2）7.【解析】（2）∵时，，∴等价于记，∴记，有，∴在单调递增∴，由于，，可得因此，故又由零点存在定理可知，存在，使得，即①且时，，时，故时，单调递减，时，单调递增∴由①可得故的最大值为7．5.【2017课标3，理21】已知函数()1ln f x x a x =-- . （1）若()0f x ≥ ，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n 2111111222n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，求m 的最小值. 【答案】(1)1a = ；(2)3 【解析】试题分析：(1)由原函数与导函数的关系可得x =a 是()f x 在()0，+x ∈∞的唯一最小值点，列方程解得1a = ； (2)利用题意结合(1)的结论对不等式进行放缩，求得2111111222n e ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，结合231111112222⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++> ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭可知实数m 的最小值为3学科%网6.【2018届内蒙古鄂伦春自治旗高三下学期二模（420模拟）】已知函数的图象在与轴的交点处的切线方程为.（1）求的解析式；（2）若对恒成立，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）由切线方程为求得切点坐标，再利用导数的几何意义，可得和，即可求得的，值，从而可的的解析式；（2）对恒成立等价于调性，可得的最大值，再设，，利用导数研究的单调性，可得的最小值，从而可得的取值范围.试题解析：（1）由得.∴切点为.∵∴∴,又∴，.7. 【2018届河南省焦作市高三第四次模拟】已知()()22xf x mx e m R =-∈.（Ⅰ）若()()'g x f x =，讨论()g x 的单调性；（Ⅱ）当()f x 在()()1,1f 处的切线与()223y e x =-+平行时，关于x 的不等式()0f x ax +<在()0,1上恒成立，求a 的取值范围.【答案】（Ⅰ）()g x 在()ln ,m +∞上单调递减，在(),ln m -∞上单调递增. （Ⅱ）(],21a e ∈-∞-.【解析】试题分析：（Ⅰ）求得函数的导数()()'2x g x m e =-，分0m ≤和0m >两种情况讨论，即可得到函数()g x 的单调性；学科&网（Ⅱ）由（Ⅰ）求得1m =，把不等式()0f x ax +<即220xx e ax -+<，得2xe a x x<-在()0,1上恒成立，设()2xe F x x x=-，利用导数求得函数()F x 的单调性与最值，即可得到实数a 的取值范围． 试题解析：（Ⅰ）因为()()'22xg x f x mx e ==-，所以()()'2xg x m e =-，当0m ≤时， ()'0g x <，所以()g x 在R 上单调递减，当0m >时，令()'0g x <，得ln x m >，令()'0g x >，得ln x m <， 所以()g x 在()ln ,m +∞上单调递减，在(),ln m -∞上单调递增. 8. 已知函数，.（1）讨论函数的单调区间；（2）若函数在处取得极值，对，恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1) 当时，的单调递减区间是，无单调递增区间；当时，的单调递减区间是，单调递增区间是;(2) .【解析】分析：（1）求导，解不等式，得到增区间，解不等式，得到减区间；（2）函数f（x）在x=1处取得极值，可求得a=1，于是有f（x）≥bx﹣2⇔1+﹣≥b，构造函数g（x）=1+﹣，g（x）min即为所求的b的值详解：（1）在区间上，，当时，恒成立，在区间上单调递减；当时，令得，在区间上，，函数单调递减，在区间上，，函数单调递增.综上所述：当时，的单调递减区间是，无单调递增区间；当时，的单调递减区间是，单调递增区间是学科@网9. 已知函数，.（1）当时，若关于的不等式恒成立，求的取值范围；（2）当时，证明：.【答案】（1）.（2）见解析.【解析】（1）由，得.整理，得恒成立，即.令.则.∴函数在上单调递减，在上单调递增.∴函数的最小值为.∴，即.∴的取值范围是.学^科网即 .现证明.构造函数，则 .∴函数在上是增函数，即.∴当时，有，即成立.令，则式成立.综上，得.对数列，，分别求前项和，得. 10.【2018届青海省西宁市高三下学期（一模）】设()ln f x x =， ()12g x x x =. （1）令()()()•F x x f x g x =-，求()F x 的单调区间；（2）若任意[)12,1,x x ∈+∞且12x x <，都有()()()()212211••m g x g x x f x x f x ⎡⎤->-⎣⎦恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）1m ≥. 【解析】（2）据题意，当121x x ≤<时， ()()()()212211••m g x g x x f x x f x ⎡⎤->-⎣⎦恒成立， ∴当121x x ≤<时， ()()()()22211••mg x x f x mg x x f x ->-恒成立， 令()()()•H x mg x x f x =-，即()21ln 2H x mx x x =- 则()H x 在[)1,+∞上是增函数， ∴()0H x '≥在[)1,+∞上恒成立，∴ln 1x m x+≥（1x ≥）， 令()ln 1x h x x+=（1x ≥），∴()21ln 1ln 0x xh x x x---==≤'，∴ ()h x 在[)1,+∞上为减函数， ∴()()max 11h x h ==，∴ 1m ≥.学.科网。

高考数学讲座：导数中不等式问题的4个解题策略

高考数学讲座：导数中不等式问题的4个解题策略

高考数学讲座：导数中不等式问题的4个解题策略
导数的综合问题是高考数学的压轴题之一，其包含信息量大，计算繁琐，对学生的思维能力要求较高，令很多同学望而生畏，造成严重失分。

而利用导数解决不等式问题更是压轴题中的压轴题，很多同学直接选择放弃，其实导数中的不等式问题并不像很多同学想象的那样，只是我们缺少对它的研究才觉得它高不可攀，下面我们通过具体的实例来分析导数中的不等式问题，解密其隐藏的规律轻松解决导数中的不等式问题。

利用导数证明不等式，解决导数压轴题，谨记两点

利用导数证明不等式，解决导数压轴题，谨记两点

利用导数证明不等式，解决导数压轴题，谨记两点
利用导数解决不等式恒成立问题的策略：
利用导数证明不等式，解决导数压轴题，谨记两点：
点评：不等式证明问题是近年高考命题的热点，命题主要是和导数、绝对值不等式及柯西不等式相结合，导数部分一旦出该类型题往往难度较大，要准确解答首先观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明．
点评：对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等式，便于问题的解决．但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法．。

专题导数中的构造函数解不等式高考数学总复习之典型例题突破压轴题系列解析

专题导数中的构造函数解不等式高考数学总复习之典型例题突破压轴题系列解析

专题导数中的构造函数解不等式高考数学总复习之典型例题突破压轴题系列解析专题0 6 导数中的构造函数解不等式导数中经常出现给出原函数与导函数的不等式，再去解一个不等式，初看起来难度很大, 其中这只是一种中等题型，只需根据原函数与。

导函数的关系式或者题目选项所给的提示构造函数，使得可根据原函数与导函数的关系式判断所构造函数的单调性，再将不等式化为两个函数值的形式，根据单调性解不等式即可。

【题型示例】1、定义在R上的函数/(x)满足:/(x) + r(.x)>l, /(0) = 4,则不等式e7Xx)>e" + 3(其中￡为自然对数的底数)的解集为()A. (0,+oo)B. (-oo,02 (3,+00)C. (—8,0)5°,+如D. (3,+)【答案】A2、设函数/(x)在/?上的导函数为f何,对VxwR有/(.v)+/(-%) = x2,在(0,+co)上,/'(x)-xvO,若直线/(4-加)-/伽)》8-4〃?，则实数加的取值范围是( )A.. [2,-KX))B.(7,2]C. (-oo,-2] U[2,炖)D. [-2,2]【答案】A【解析】令g(x)=/(x)-|x2,则g(-X)+ g(X)= /(-A)-|A-2+/(X)-|x2 =0,所以函数g(x)为奇函数，当xw(O,~K?)时,g'(x)二/'(X)7VO,所以函数g(x)在(0,+oo)上是减函数，故函数g(x)在(0,0)上也是减函数，由/(0)=0,可得g(x)在/?上是减函数，/./(4_〃?)_/伽)=g(斗一〃J +丄(斗_加)= g(4_〃?)_g(〃?) + 8_4/n8_4? .\g(4-w)^g(w),/.4-w<w,解得加22,实数加的取值范围是< p=""> [2,4<?).3、己知定义在/?上的函数/⑴满足/(2) = 1,且/⑴的导函数f(x)>i 则不等式/(A)<1^2-X+I的解集为()■A. [x\-2<x<2]< p="">B. {x\x<2}c{x 卜>2} D. {x|.r<-2 或x>2}【答案】B【解析】令g(x) = /(x)-** + x, fflg，(x)=/(x)-x+l,因为f(x)>x-l,所以g'(x)>0,即g(x)在/?上为增函数，不等式/(A)<|J;2-.V+1可化为/(A)-|.V2+X<="" p="" 乂j="">g(x)单调递增得工v 2 ,所以不等式的解集为{x\x < 2} ?4、定义在[0,+oo)的函数f(rr)的导函数为严&),对于任意的> 0,恒有> /(r), 仇=绰，^=埠，贝临上的大。

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2021高考数学压轴题命题区间探究与突破专题第一篇 函数与导数专题07 用好导数，“三招”破解不等式恒成立问题 一．方法综述不等式恒成立问题一直是高考命题的热点，把函数问题、导数问题和不等式恒成立问题交汇命制压轴题成为一个新的热点命题方向．由不等式恒成立确定参数范围问题，常见处理方法有：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x =图象在()y g x = 上方即可)；③ 最值法：讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数.在诸多方法中，构造函数并利用导数研究函数的单调性、最值等，是必须要考虑的解题门径.本专题举例说明《用好导数，“三招”破解不等式恒成立问题》. 二．解题策略类型一 构造函数求最值【例1】【2020·重庆南开中学期末】已知函数()ln x f x ae x x =-，其中a R ∈，e 是自然对数的底数.（1）若()f x 是()0,∞+上的增函数，求实数a 的取值范围； （2）若22a e>，证明：()0f x >. 【分析】（1）由()f x 是()0,∞+上的增函数等价于()0f x '≥恒成立，得1ln xxa e +≥，求()()1ln 0xxg x x e+=>的最大值，即可得到本题答案； （2）由()e 0ln 0x a f x x x >⇔->，证明当22a e ≥时，()()e ln 0xa F x x x x=->的最小值大于0，即可得到本题答案.【解析】（1）()()1ln x f x ae x '=-+，()f x 是()0,∞+上的增函数等价于()0f x '≥恒成立. 令()0f x '≥，得1ln x x a e +≥，令()()1ln 0xxg x x e +=>.以下只需求()g x 的最大值. 求导得()11ln x g x e x x -⎛⎫'=-- ⎪⎝⎭，令()11ln h x x x =--，()2110h x x x '=--<，()h x 是()0,∞+上的减函数，又()10h =，故1是()h x 的唯一零点， 当()0,1x ∈，()0h x >，()0g x '>，()g x 递增； 当()1,x ∈+∞，()0h x <，()0g x '<，()g x 递减；故当1x =时，()g x 取得极大值且为最大值()11g e =，所以1a e ≥.（2）()e 0ln 0x a f x x x >⇔->，令()()e ln 0xa F x x x x=->，以下证明当22a e ≥时，()F x 的最小值大于0. 求导得()()()221e 111e x xa x F x a x x x x x-'⎡⎤=-=--⎣⎦. ①当01x <≤时，()0F x '<，()()10F x F ae ≥=>； ②当1x >时，()()()211x a x x F x e x a x ⎡⎤-'=-⎢⎥-⎣⎦，令()()1xx G x e a x =--. 则()()2101x G x e a x '=+>-，又()222220ae G e a a-=-=≥，取()1,2m ∈且使()21m e a m >-，即2211ae m ae <<-，则()()2201m m G m e e e a m =-<-=-， 因为()()20G m G <，故()G x 存在唯一零点()01,2x ∈，即()F x 有唯一的极值点且为极小值点()01,2x ∈，又()0000ln x ae F x x x =-，且()()000001xx G x e a x =-=-，即()0001x x e a x =-，故()0001ln 1F x x x =--，因为()()0201101F x x x '=--<-，故()0F x 是()1,2上的减函数. 所以()()021ln 20F x F >=->，所以()0F x >. 综上，当22a e≥时，总有()0f x >. 【指点迷津】1.首先要明确导函数对原函数的作用：即导函数的符号决定原函数的单调性.如果所构造的函数，其导数结构比较复杂不易分析出单调性，则可把需要判断符号的式子拿出来构造一个新函数，再想办法解决其符号.2.在考虑函数最值时，除了依靠单调性，也可根据最值点的出处，即“只有边界点与极值点才是最值点的候选点”，所以有的讨论点就集中在“极值点”是否落在定义域内.【举一反三】【2020届黑龙江哈尔滨三中月考】已知定义在()0,∞+上的函数()()2ln 11ax f x x x x=--++.（1）讨论()f x 的单调区间（2）当223ln ,ln 443e e a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，存在0M >，使得对任意()0,x M ∈均有()0f x <，求实数M 的最大值.【解析】（1）()()()()21211a x a x f x x ---⎡⎤⎣⎦'=+， ①12a ≤时，()0f x '>，()f x 在()0,∞+上单调递增； ②112a <<时，令()0f x '>得211a x a ->-，故增区间为21,1a a -⎛⎫+∞⎪-⎝⎭， 令()0f x '>得2101a x a -<<-，故减区间为210,1a a -⎛⎫⎪-⎝⎭； ③1a ≥时，()0f x '<，则()f x 在()0,∞+上单调递减.（2）易知2231ln ,ln ,14432e e ⎛⎫⎛⎫⊂ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由（1）知：()f x 在210,1a a -⎛⎫ ⎪-⎝⎭上单调递减，在21,1a a -⎛⎫+∞ ⎪-⎝⎭上单调递增，则()21001a f f a -⎛⎫<= ⎪-⎝⎭，又()244322ln 32ln ln 303343e f a =-->-⨯-=，故存在021,21a x a -⎛⎫∈⎪-⎝⎭，使得()00f x =， 且当()00,x x ∈时()0f x <恒成立， 故0M x ≤. 由()00f x =可得()00020011ln 1x x a x x x ++=-+， 设()()211ln 1x x g x x x x++=-+（0x >）， 则()()()32ln 12x x x g x x ++-'=，令()()()2ln 12h x x x x =++-（0x >）， 则()()2ln 121x h x x x +'=++-+， ()()201xh x x ''=>+，则()h x '在()0,∞+上单调递增，故()()00h x h ''>=， 则()h x 在()0,∞+上单调递增，故()()00h x h >=， 则()0g x '>，()g x 在()0,∞+上单调递增， 又()0a g x =，()21ln 4e g =，()332ln 43e g =，故()()()012g g x g <<，则012x <<，又0M x ≤，故1M ≤，即M 的最大值为1. 类型二 参变分离求最值【例2】【2020·河南濮阳油田一中期末】已知函数2()1x f x be x =--的图象在点0x =处的切线为y x a =+. （1）求+a b 的值；（2）若()0f x kx ->对任意的0x >恒成立，求实数k 的取值范围.【分析】（1）先求导函数，再结合函数()f x 的图象在点0x =处的切线为y x a =+，则0e 01k b =-=，再求解即可；（2）原不等式可转化为2e 1x x k x --<(0x >)恒成立，再设2e 1()x x g x x--=(0x >)，然后利用导数求函数()g x 的最小值即可.【解析】（1）由已知可得()e 2x f x b x '=-.函数2()1x f x be x =--的图象在点0x =处的切线的斜率0e 01k b =-=， 所以1b =.所以切点坐标为(0,0)，代入切线方程y x a =+，可得0a =. 所以1a b +=.（2）由（1）知2()1x f x e x =--.所以()0f x kx ->对任意的0x >恒成立，即210xe x kx --->(0x >)恒成立，即2e 1x x k x--<(0x >)恒成立.令2e 1()x x g x x--=(0x >)，所以min()k g x <即可.222e e 1e (1)(1)(1)()x x x x x x x x g x x x --+---+'==()2(1)e 1xx x x---=. 设()e 1x h x x =--(0x >)， 则()e 10x h x '=->，所以()h x '在(0,)+∞上单调递增. 所以当0x >时，()h x 单调递增， 所以0()(0)e 010h x h >=--=.所以在(0,1)上()0g x '<，在(1,)+∞上()0g x '>. 所以()g x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增.所以当1x =时，()g x 取得最小值(1)e 2g =-， 所以2k e <-.所以实数k 的取值范围为(,2)e -∞-. 【指点迷津】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，转化为求函数的最值问题.2、如何确定变量与参数：一般情况下，那个字母的范围已知，就将其视为变量，构造关于它的函数，另一个字母（一般为所求）视为参数.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. 【举一反三】【2020·河北沧州期末】）已知函数()ln f x mx nx x =+，()f x '是()f x 的导函数，且()12f '=，10f e ⎛⎫= ⎪⎝⎭. （1）求()f x 的解析式，并判断()f x 零点的个数；（2）若*k N ∈，且()()2f x k x >-对任意的2x >恒成立，求k 的最大值.（参考数据：ln 20.69≈，ln3 1.10≈）【解析】（1）因为()ln f x mx nx x =+， 所以()()ln 1f x m n x '=++.因为()12f '=，10f e ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以()12f m n '=+=，10m n f e e e⎛⎫=-= ⎪⎝⎭. 解得1m n ==， 故()f x x Inx =+()2f x Inx '=+，令()0f x '=，解得2x e -= 故当()20,x e-∈函数单调递减；当()2,x e-∈+∞函数单调递增；又()20f e -<，()10f >，故函数在()2,e -+∞存在一个零点；当2x e -<时，2Inx <-，故220x Inx e -+<-<， 故函数在区间()20,e-上不存在零点；综上所述：函数只有1个零点. （2）因为2x >，所以()()2f x k x >- 等价于()ln 22f x x x xk x x +<=--. 设()ln 2x x xg x x +=-， 则()()22ln 42x x g x x --'=-.令()2ln 4h x x x =--，则()221x h x x x -'=-=，故()h x 在()2,+∞上单调递增. 因为()842ln846ln 20h =-=-<，()954ln30h =->， 所以存在()08,9x ∈，使得()00h x =， 即0042ln x x =-，则()g x 在()02,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，故()()00000000004ln 2222x x x x x x x g x g x x x -+⋅+≥===--.因为()()2f x k x >-对任意的2x >恒成立， 所以02x k <. 因为()08,9x ∈，且*k N ∈， 所以k 的最大值是4. 类型三 讨论参数定范围【例3】【2020重庆八中月考】已知函数()22ln f x a x x ax =-+.（1）若1a =-时，求()f x 的极值； （2）若()0f x <，求a 的取值范围.【分析】（1）将1a =-代入函数()y f x =的解析式，利用导数可求出函数()y f x =的极值； （2）由题意可得出()max 0f x <，分0a >、0a =、0a <三种情况讨论，利用导数分析函数()y f x =在定义域上的单调性，求出函数()y f x =的最大值，然后解不等式()max 0f x <，综合可得出实数a 的取值范围.【解析】（1）当1a =-时，()2ln f x x x x =--，则()212121x x f x x x x--+=-='-.令()0f x '=，即2210x x x--+=，得2210x x +-=，解得12x =. 当102x <<时，()0f x '>，当12x >时，()0f x '<.所以，函数()y f x =有极大值113ln 224f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，无极小值；（2）因为()0f x <恒成立，所以()max 0f x <，()()()222222x a x a a x ax a f x x a x x x+-+-++='=-+=.①当0a >时，令()0f x '=，则x a =，当0x a <<时，()0f x '>，此时，函数()y f x =单调递增；当x a >时，()0f x '<，此时，函数()y f x =单调递减.()()2222max ln ln 0f x f a a a a a a a ∴==-+=<，01a ∴<<；②当0a =时，()20f x x =-<，成立；③当0a <时，令()0f x '=，则2ax =-，当02ax <<-时，()0f x '>，此时，函数()y f x =单调递增；当2ax >-时，()0f x '<，此时，函数()y f x =单调递减.()22222max3ln ln 0224224a a a a a f x f a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=-=---=--< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，即3ln 24a ⎛⎫-<⎪⎝⎭，得3402ae <-<，解得3420e a -<<.综上所述，实数a 的取值范围为342,1e ⎛⎫- ⎪⎝⎭. 【指点迷津】本题（2）只要通过分类讨论研究清楚函数的单调性，即可求出)(x f 的最大值，让最大值小于0即可求出a 的范围 【举一反三】【2020届·云南保山一中月考】已知函数21()12xf x e ax x =---，a 为实数.（1）当1a =时，讨论()f x 的零点个数；（2）若0x ≥，都有()0f x ≥，求实数a 的取值范围.【解析】（1）()xf x e a x '=--， 当1a =时，()1xf x e x '=--，令x y e =，则e x y '=，所以函数x y e =在()0,1处的切线方程为1(0)y x -=-，即1y x =+， 所以1x e x ≥+，即()0f x '≥，故()f x 在R 上单调递增，即()f x 有一个零点；（2）()1x f x e ''=-，当0x ≥时，()0f x ''≥，即()f x '在[)0,+∞上是增函数，()()01f x f a ''≥=-，当1a ≤时，()0f x '≥，()f x 在[)0,+∞上是增函数， 故有()()0f x f ≥，即()0f x ≥；当1a >时，0(0,)x ∃∈+∞，使得()00f x '=，当()00,x x ∈时，()0f x '<，()f x 在()00,x 上是减函数； 当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 在()0,x +∞上是增函数， 故有()0(0)0f x f <=与()0f x ≥相矛盾， 综上，1a ≤. 三．强化训练1．【2020·哈尔滨市呼兰一中期末】已知函数()()2ln f x ax x x x a R =+-∈.(1)若0a =，讨论函数的单调性；(2)若函数()f x 满足()12f =，且在定义域内()22f x bx x ≥+恒成立，求实数b 的取值范围.【解析】(1)0a =，()ln f x x x x =-，()'ln f x x =-，()'0f x =，1x =，()0,1x ∈，()'0f x >，()f x 在0,1上是增函数， ()1,x ∈+∞，()'0f x <，()f x 在1,上是减函数.(2) 由题意()12f =，1a =，∴()2ln f x x x x x =+-，则()22f x bx x ≥+，即1ln 1x b x x --≥，令()1ln 1x g x x x=--，()2ln 'xg x x =，故()g x 在(]0,1上递减，在1,上递增，∴()()min 10g x g ==，即0b ≤.2.【2020届重庆第二外国语学校期中】已知函数()21ln 2f x a x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，()()()2g x f x ax a R =-∈（1）当0a =时，求()f x 在区间1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值和最小值；（2）若对()1,x ∀∈+∞，()0g x <恒成立，求a 的取值范围．【解析】（1）函数()21ln 2f x a x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭的定义域为()0,∞+，当0a =时，()21ln 2f x x x =-+，求导()()()2'1111x x x f x x x x x-+--+=-+==（x ＞0），令()'f x ＝0，得x ＝1，（负值舍去） ∴x ＞0，x 、()'f x ，f （x ）的变化如下：∴()f x 在区间1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上是增函数，在[]1,e 上为减函数，f （x ）最大值为()112f =-．又21112f e e ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，()212ef e =-，∵422121()02e f e e e e f --⎛⎫-=> ⎪⎝⎭，∴f （x ）最小值为()212e f e =-.∴()()2min 12e f x f e ==-，()()max 112f x f ==-.（2）函数()()2122ln 2g x f x ax a x ax x ⎛⎫=-=--+ ⎪⎝⎭，则()g x 的定义域为()0+∞，，()()()()()2121121211212x a x a x ax g x a x a x x x⎡⎤-----+⎣⎦=--+=='． ①若12a >，令()0g x '=，得极值点11x =，2121x a =-当211x x >=，即112a <<时，在()21,x 上有()0g x '<，在()2,x +∞上有()0g x '>， 此时()g x 在区间()2,x +∞上是增函数，并且在该区间上有()()()2,g x g x ∈+∞，不合题意； 当211x x ≤=，即1a ≥时，在()1,+∞上有()0g x '>，此时()g x 在区间()1,+∞上递增，有()()()1,g x g ∈+∞，也不合题意；②若12a ≤，则有210a -≤，此时在区间()1,+∞上恒有()0g x '<，从而()g x 在区间()1,+∞上是减函数；要使()0g x <在()1,+∞上恒成立，只须满足()111022g a a =--≤⇒≥-，由此求得a 的范围是11,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦． 综合①②可知，当11,22a ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，对()()1,,0x g x ∀∈+∞<恒成立．3．【2020·江苏徐州二中月考】已知函数1()ln ,(,0),()(0)f x a x x a a g x x x x ⎛⎫=-∈≠=-+> ⎪⎝⎭R .（1）若函数()f x 与()g x 有相同的极值点（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值），求a 的值；（2）记()()()F x f x g x =-.①若在区间(0,]e （e 为自然对数底数）上至少存在一点0x ，使得0()0F x <成立，求a 的取值范围；【解析】（1）因为1()g x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，所以221(1)(1)()1x x g x x x '-+-=-=. 令()0g x '=，解得121,1x x ==-（舍去）.所以1x =为函数()g x 的极大值点.因为()ln f x a x x =-，所以()1a a x f x x x'-=-=. 令()0f x '=，解得x a =.所以x a =为函数()f x 的极大值点.因为函数()f x 与()g x 有相同的极值点，所以1a =. （2）①1()()()ln F x f x g x a x x=-=+. 先求()0F x 在(0,]e 上恒成立，即有ln 10ax x +.令()ln 1,(0,]G x ax x x e =+∈，则()ln G x a x a '=+，令()0'=G x ，得1x e=. 若0a >，则当10x e<<时，()0,()g x g x '<单调递减；当1x e e<<时，()0,()g x g x '>单调递减，所以min 1()()10ag x g e e ==-，得0a e <. 若0a <时，同理得min ()()10g x g e ae ==+，得10a e-<. 综上，a 的取值范围为{1|a a e<-或}a e >；②设切点0002011(,ln ),0,()ax x a x x F x x x'-+>=， 则切线方程为()00020011ln ax y x x a x x x -=-++，又切线过原点， 则()000200110ln ax x a x x x -=-++，整理得02ln 0a x a x +-= 设2()ln ,0g x a x a x x=+->，题意即为，函数()g x 在(0,)+∞上有两个零点.由于2222()a ax g x x x x '-=-=.（i ）当0a =时，2()0,()g x g x x=>无零点； （ii ）当0a <时，()0,()g x g x '<在(0,)+∞上递减，此时()g x 不可能存在两个零点，故不满足条件；（iii ）当0a >时，令2()0,g x x '==，所以极小值()ln g a a a=.要使函数()g x 在(0,)+∞上有两个零点，则必须满足2()0g a<，所以2a >.因为22(e)0,e ,()e g g x a =>>在2,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭连续且为增函数，所以()g x 在2,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭唯一零点. 因为222120,()2()()0aa a a a a g e a e e e a a a a a e e ---=-<=-+-=-+->，而()g x 在20,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭连续且为减函数，故()g x 在20,a ⎛⎫⎪⎝⎭有唯一零点.所以当2a >时，()g x 在(0,)+∞有两个零点，满足条件. 故所求a 的取值集合为{}|2a a >.4.【2019·福建福州一中月考】已知函数()()434316x f x e x a =--+，1a <. （1）若函数()y f x =的图象在1x =处的切线与x 轴平行，求a 的值； （2）当0x ≥时，()0f x ≥恒成立，求a 的最小值.【解析】（1）()()3312x f x e x a ⎡⎤'=--⎣⎦依题意()()3311210f e a ⎡⎤'=--=⎣⎦故1a e =-； （2）解法一: ()()()()2212xx x f x e x a e e x a x a ⎡⎤'=-++-+-⎣⎦()22131224xx x e x a e x a e ⎡⎤⎛⎫=-++-+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，显然2213024x x e x a e ⎛⎫+-+> ⎪⎝⎭，令()x g x e x a =-+，则()10x g x e '=-≥，所以()xg x e x a =-+在[)0,+∞单调递增，且()()01g x g a ≥=+，当10a +≥即11a -≤<时，()0f x '≥，()f x 在[)0,+∞单调递增，故()0f x ≥等价于()402030f a =-≥，此式已成立，从而11a -≤<满足条件，当10+<a 即1a <-时，由()xg x e x a =-+在[)0,+∞单调递增，()010g a =+<，()()()2220a g a e a e a a a e --=+≥-+=->，故()00,x a ∃∈-使得()0000x g x e x a =-+=，即00xe x a =-，令()0f x '≥，即()0g x ≥，得0x x ≥，又令()0f x '≤，即()0g x ≤，得00x x ≤≤，因此()f x 在0x x =处取得最小值，()()043004316x f x e x a =--+，又00ee x a =-，故()003404316x xf x e e =-+，设0x e t =，1t >，且()344316h t t t =-+，法一：()2312120h t t t '=-<，故()h t 在()1,+∞单调递减，由()()02h t h ≥=知2t ≤， 即00ln 2x <≤，00xa x e =-而()x P x x e =-在(]0,ln 2单调递减， 所以00ln 221xx e -≤-<-，即ln 221a -≤<-；法二：()()()3223248h t t t t t =-----，由()00f x ≥知()0h t ≥，即12t <≤下同法一；综上可知ln 221a -≤<，因此a 的最小值为ln 22-；解法二：当0x ≥时，()0f x ≥恒成立，因求a 的最小值，不妨设0a <，则只研究1344163xe a x ⎛⎫+≥- ⎪⎝⎭，设()()13441603xe M x x x ⎛⎫+=-≥ ⎪⎝⎭，下求()max M x ；()334341613xx e M x e -⎛⎫+'=- ⎪⎝⎭，由()0M x '≥，并记3x t e =，1t ≥，即4322764768307240960t t t t ----≤，亦即()()328271524485120t t t t --++≤，故8t ≤，因此()M x 在[]0,ln 2单调递增，在[)ln 2,+∞单调递减，所以()()max ln 2ln 22M x M ==-，即ln 22a ≥-，因此a 的最小值为ln 22-. 5.【2017课标3，理21】已知函数()1ln f x x a x =-- . （1）若()0f x ≥ ，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n 2111111222n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++< ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，求m 的最小值. 【解析】6. 【2019·福建厦门双十中学月考】已知函数2()ln 3f x x ax x=++-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()0f x ≥，求a 的取值范围.【解析】（1）由题意，222122()(0)ax x f x a x x x x +-'=+-=>，令2(2)ax h x x =+-，()0,x ∈+∞，①当0a ≠，且180a ∆=+≤，即18a ≤-时，()0≤h x ，所以()0f x '≤在(0,)+∞恒成立，故()f x 在(0,)+∞上单调递减；②当108a -<<时，>0∆，由()0h x =得12x a -±=，当11180,22a x a a ⎛⎛⎫-+--+∈+∞⎪⎝⎭⎝⎭时，()0h x <，()0f x '<；当x ∈⎝⎭时，()0h x >，()0f x '>.故()f x 在10,2a ⎛-+ ⎝⎭和12a ⎛⎫--+∞ ⎪⎝⎭单调递减，在⎝⎭单调递增；③当0a =时，由()0f x '=得2x =，当(0,2)x ∈时，()0f x '<；当(2,)x ∈+∞时，()0f x '>. 故()f x 在(0,2)单调递减，在(2,)+∞单调递增；④当0a >时，>0∆，由()0h x =得12x a -+=或12a-（不合题意，舍去）.当10,2x a ⎛⎫-+∈ ⎪⎝⎭时，()0h x <，()0f x '<；当12x a ⎛⎫-∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0h x >，()0f x '>.故()f x 在⎛ ⎝⎭单调递减，在⎫+∞⎪⎝⎭单调递增. （2）因为(1)230f a =+-≥，所以1a ≥.由（1）得min ()f x f =⎝⎭，故只需0f ≥⎝⎭，即可满足()0f x ≥.令0x =，则021ax =-20020ax x +-=，即0021ax x =-， 所以()00000024ln 3ln 40f x x ax x x x =++-=+-≥， 设4()ln 4g x x x =+-，所以22144()x g x x x x-'=-=， 当(0,4)x ∈时，()0g x '<；当(4,)x ∈+∞时，()0g x '>. 故()g x 在(0,4)单调递减，在(4,)+∞单调递增.又(1)0g =，所以当(0,1)x ∈时，()0>g x ；当(1,4)x ∈时，()0<g x ，又012x a-+=，因为1a ≥，所以3≥，10-+≠，所以(]0410,1x -+==，所以0()0g x ≥，即()00f x ≥，故()0f x ≥，又20021a x x =- 所以a 的取值范围是[)1,+∞.7. 【2020·广东潮州期末】已知函数()21sin f x x a x =+-，[]0,x π∈，a R ∈，()'f x 是函数()f x 的导函数.（1）当1a =时，证明：函数()f x 在区间[]0,π没有零点； （2）若()'sin 0f x a x a ++≤在[]0,x π∈上恒成立，求a 的取值范围.【解析】（1）证明：若1a =,则()21sin f x x x =+-,[]0,x π∈,又211x +≥,0sin 1x ≤≤,故0sin 1x ≥-≥-,所以21sin 0x x +-≥, 又()01f=,224f ππ⎛⎫=⎪⎝⎭,()21f ππ=+, 当0,,22x πππ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时,1sin 0x -<-<,所以21sin 0x x +->恒成立,所以当1a =时,函数()f x 在区间[]0,π没有零点. （2）解:()'2cos f x x a x =-,[]0,x π∈,故2cos sin 0x a x a x a -++≤在[]0,x π∈上恒成立, 设()2cos sin x a x a g a x x =-++,[]0,x π∈, 所以()000g =≤,()220g a ππ=+≤,即a π≤-,因为()2sin cos 24'g a x x a x x π⎛⎫=++=++ ⎪⎝⎭,由a π≤-,得0a <,所以在区间0,4π⎛⎫ ⎪⎝⎭上()'g x 单调递减,所以()()2'0''24a g g x g π⎛⎫+=≥≥=+ ⎪⎝⎭；在区间,4ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上()'g x 单调递增()()2'''24g g x g a ππ⎛⎫+=≤≤=- ⎪⎝⎭,又a π≤-,所以()'020g a =+<,'204g π⎛⎫=+< ⎪⎝⎭,()'20g a π=->,故()'g x 在区间,4ππ⎛⎫⎪⎝⎭上存在唯一零点区间0x ,由()'g x 的单调性可知,在区间[]00,x 上()'0g x ≤,()g x 单调递减； 在区间(]0,x π上()'0g x ≥,()g x 单调递增,()()()()000g x g g x g π⎧≤=⎪⎨≤≤⎪⎩,故a π≤-. 8. 【2019·河北衡水中学月考】已知函数()11f x a x=+-（a ∈R ）. （1）若2a =，证明：当1x >时，()2ln x f x >；（2）若对于任意的0x >且1x ≠，都有()()2ln 1a f x x -⋅>，求a 的取值集合. 【解析】（1）当2a =时，()121f x x=+-， 要证当1x >时，()2ln x f x >，即证当1x >时，12ln 21x x +>- 令()12ln 1g x x x =+-， ()()()()()()222221221252111x x x x g x x x x x x x ---+'=-==--- 当12x <<时，()0g x '<，()g x 在()1,2内单调递减 当2x >时，()0g x '>，()g x 在()2,+∞内单调递增， 故()()min 22ln 21ln 41ln 12g x g e ==+=+>+=.证毕. (2)先分析端值，当0x +→时，ln x →-∞，111a a x +→-+-， 要使1ln 11a x x ⎛⎫+>⎪-⎝⎭，需有10a -+≤，即1a ≤； 当x →+∞时，ln x →+∞，11a a x +→-， 要使1ln 11a x x ⎛⎫+>⎪-⎝⎭，需有0a ≥； 故必须有01a ≤≤. 由()11111a x a x x -++=--知其分子恒正， 令()()1ln 11x x x a x ϕ-=--+，于是问题等价于当1x >时，()0x ϕ>； 当01x <<时，()0x ϕ<. 注意到()10ϕ=.()()()()22211'1a x a x x x ax a ϕ⎡⎤---⎣⎦=--⎡⎤⎣⎦ ①当0a =时()1'x x xϕ-=-， 此时当1x >时，()'0x ϕ<，()x ϕ在()1,+∞单调递减，于是()()10x ϕϕ<=，这不符合题意；②当0a ≠时，()'0x ϕ=，得2111x a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，21x =. （i ）当12a =时，12x x =，()'0x ϕ≥，()x ϕ在()0,∞+单调递增， 结合()10ϕ=可知符合题意；（ii ）当102a <<时，12x x >，此时当211,1x a ⎛⎫⎛⎫∈- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时()'0x ϕ<， 于是在()x ϕ在211,1a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递减， 故在211,1a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭内()()10x ϕϕ<=，这不符合题意； （iii ）当12a >时，12x x <，此时当211,1x a ⎛⎫⎛⎫∈- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时()'0x ϕ<， 于是在()x ϕ在211,1a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递减， 故在211,1a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭内()()10x ϕϕ>=，这不符合题意； 综上：符合题意的a 取值集合为12⎧⎫⎨⎬⎩⎭.9.【2019·浙江省杭州二中月考】已知()11x f x ae a -=-+. （1）1a =时，求()f x 的单调区间和最值；（2）①若对于任意的()0,x ∈+∞，不等式()()212x f x -≥恒成立，求a 的取值范围；②求证：13ln 02x e x --+≥【解析】（1）当1a =时，()11x f x e -=-，则()1x f x e-='，易知()y f x ='单调递增，又()10f '=，当01x <<时，()0f x '<，当1x >时，()0f x '>. 所以，函数()y f x =的减区间为()0,1，增区间为()1,+∞，函数()y f x =的最小值为()10f =，无最大值；（2）①必要性：若0a <，则当x →+∞时，()f x →-∞，不合乎题意，所以，必有0a >.又()2221010a a f a a a+-≥⇒-+=≥，则[)1,a ∈+∞；充分性：易知()11x f x e -≥-.故只要证明()21112x x e ---≥在()0,x ∈+∞恒成立即可，即()211102x x e e --⎛⎫- ⎪+-≥ ⎪⎝⎭，令()()21112x x g x e e --⎛⎫- ⎪=+- ⎪⎝⎭， 则())322132xg x x x x -⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭')))21112x -⎡=+⎢⎣， 则()y g x =在()0,1单调递减，在()1,+∞单调递增，则()()10g x g ≥=.故[)1,a ∈+∞，因此，实数a 的取值范围是[)1,+∞；②由①可知，要证13ln 02x e x --+≥，只需证()211ln 022x x --+≥， 先证明不等式1ln x x -≥，构造函数()1ln h x x x =--，0x >，()111x h x x x'-=-=，令()0h x '=，可得1x =. 当01x <<时，()0h x '<；当1x >时，()0h x '>.所以，函数()y h x =的减区间为()0,1，增区间为()1,+∞，()()10h x h ∴≥=，所以，对任意的0x >，1ln x x -≥.()()()()22221121144ln 10222222x x x x x x x ----+∴-+≥--+==≥，故13ln 02x e x --+≥成立. 10.【2019·重庆一中月考】已知函数2()()2x a f x e x a R =-∈． （1）若函数()f x 有两个极值点1,x 2x ，求实数a 的取值范围；（2）若3()12a f x x ≥-+对任意[0,1]x ∈都恒成立，求证：a 的最大值大于8． 【解析】（1）由2()2x a f x e x =- 可得()x f x e ax '=-，函数()f x 有两个极值点等价于()0f x '=有两个不同的实数根， 也等价于xe a x= 有两个不同的实数根（0x =显然不是根） 令()x e F x x =，则2(1)()xx e F x x-'=， ()F x ∴在(,0)-∞单减，(0,1)上单减，(1,)+∞上单增； 且0x <时，()0F x <，0x >时，()0F x >，()F x a ∴=有两解，需(1)a F e >=，即a e >，下证a e >是()F x a =有两解的必要条件：当a e >时，11a F ae a a ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，(1)F a <，101a <<， ()F x a ∴=在(0,1)上有且只有一个解， 又因为222()[(1)]aa e e F a a a F a e a a a ⎛⎫==⋅≥⋅=⋅> ⎪⎝⎭，(1)F a <. ()F x a ∴=在(1,)+∞上有且只有一个解，∴综上所述：a e >；（2）因为3()12a f x x ≥-+等价于： 23122x a a e x x -≥-+等价于()2312x a e x x -≥-对[0,1]x ∀∈恒成立， ①当0x =或1时，a R ∈满足；②当()0,1x ∈时，()2321x x x x -=-显然大于0， 故()2312x a e x x -≥-恒成立， 等价于()2321x e a x x -≥-恒成立，等价于()2321x min e a x x ⎛⎫- ⎪≥ ⎪-⎝⎭恒成立. 而欲证8max a >即证()23218x min e x x ⎛⎫- ⎪> ⎪-⎝⎭即可.就是证：()2314x min e x x ⎛⎫- ⎪> ⎪-⎝⎭也就是证明：23441x e x x >-+，对任意的()0,1x ∈恒成立. 先证：1x e x >+，(0,1)x ∈．令()1x v x e x =--，(0,1)x ∈．因为()10x v x e '=->，所以()v x 在(0,1)上单调递增，则有()(0)0v x v >=，1x e x ⇒>+，(0,1)x ∈．所以，要证23441x e x x >-+，(0,1)x ∈， 需证231441x x x +≥-+，(0,1)x ∈，即证()32440,0,1x x x x -+≥∈恒成立也就是证：()24410,0,1x x x -+≥∈恒成立而()22441210x x x -+=-≥显然成立，故()24410,0,1x x x -+≥∈恒成立 即()32440,0,1x x x x -+≥∈恒成立 23441x e x x >-+，对任意的()0,1x ∈恒成立. ()23218x mine x x ⎛⎫- ⎪> ⎪-⎝⎭成立故8max a >成立，即证.。

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