考前解答题冲刺训练——函数、导数与不等式

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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 >，。

2020高考数学二轮复习规范解答集训6函数、导数和不等式理

规范解答集训（六) 函数、导数和不等式(建议用时：40分钟)1．已知函数f（x）＝ax＋1－x ln x的图象在点(1，f（1）)处的切线与直线x－y＝0平行．（1)求函数f(x）的极值；（2)若对于x1，x2∈(0,＋∞），f x 1－f x 2x1－x2＞m（x1＋x2），求实数m的取值范围．[解]（1）f（x）＝ax＋1－x ln x的导数为f′(x）＝a－1－ln x，可得y＝f（x）的图象在点(1,f（1) )处的切线斜率为a－1,由切线与直线x－y＝0平行,可得a－1＝1，即a＝2,f(x)＝2x＋1－x ln x，f′(x）＝1－ln x，当0〈x<e时f′（x)〉0，当x〉e时,f′（x)＜0，所以f（x)在（0，e)上递增，在（e,＋∞）上递减，可得f（x）在x＝e处取得极大值为f(e)＝e＋1，无极小值．（2）设x1〉x2>0，若错误!＞m(x1＋x2），可得f(x1)－f（x2)＞mx错误!－mx错误!，即f（x1)－mx错误!＞f（x2)－mx错误!,设g(x)＝f(x)－mx2在（0,＋∞)上为增函数，即g′(x）＝1－ln x－2mx≥0在（0,＋∞)上恒成立,可得2m≤错误!在（0,＋∞）上恒成立，设h（x)＝错误!，所以h′(x）＝错误!，h(x)在（0，e2）上递减，在(e2，＋∞）上递增，h(x）在x＝e2处取得极小值为h（e2)＝－错误!，所以m≤－错误!.2．（2019·石家庄一模)已知函数f(x）＝a e x－sin x，其中a∈R,e 为自然对数的底数．（1）当a＝1时，证明：对x∈[0,＋∞），f(x）≥1；（2）若函数f（x)在错误!上存在极值，求实数a的取值范围．［解］(1)当a＝1时，f（x)＝e x－sin x，于是，f′(x)＝e x－cos x.又因为当x∈(0，＋∞)时，e x>1且cos x≤1.故当x∈（0，＋∞）时，e x－cos x〉0，即f′（x)>0。

解答题解题策略之函数、导数与不等式的综合问题

x
e
所以，f(x)的单调递增区间是 [1 ,)， e
单调递减区间是 (0, 1]. e
已知函数 f (x) ex ln x
（2）在区间
[
1 e
,
e]
内存在
x0，使不等式
f
(x)
x
m
成立，
求m的取值范围.
解：不等式f(x)<x+m f(x)-x<m，
令F(x) f (x) x，则F(x) (e 1)x ln x
所以函数f(x)在[0,4]的值域为[(2a 3)e3,a 6]
又 g(x) (a2 25)ex 0，所以g(x)在[0,4]上单增， 4
故g(x)在[0,4]的值域为[a2 25 ,(a2 25)e4 ]
4
4
若存在 x1, x2 [0,4] 使得| f (x1) g(x2) |1 成立，
所以 F(x)min 1 ln(e 1) ，代入 F(x)min m
因此，所求m的取值范围是 (1 ln(e 1),)
【高分必备】
会求函数的单调区间；会求函数的极值、最值；能将函数不等式恒成立（能成立）问题转化为函数的最值问题进行求解；能用导数解决直线与曲线的交点个数问题.
已知函数 f (x) ln(1 1 ax) x2 ax（a为常数，a>0） 22
(a2
25)ex，若存在 4
x1,
x2
[0, 4]，使得
| f (x1) g(x2) |1成立，求实数a的取值范围．
解：由（1）可得，函数f(x)在[0,3]上单增，在(3,4]上单减，
所以 f (x)max f (3) a 6 且 f (0) (2a 3)e3 0 f (4) e1(13 2a)

解答题题型突破一——函数、导数与不等式

)��
=-��
e
��
+2(e �� 3
2
-e
��
),
当 x∈[1,2]时,h'(x)<0;当 x∈[2,+∞)时,xex+2(e2-ex)>xex-2ex≥0,h'(x)<0.
故 h(x)在[1,+∞)上单调递减,从而 h(x)max=h(1)=e2-e,
从而 m≤e2-e 得证.
f'(x)<0,函数 f(x)在(0,a)上单调递减.
解析
(2)由(1)知,当 a>0 时,f(x)min=f(a)=ln a+1. 要证 f(x)≥2��-1,只需证 ln a+1≥2��-1,即证 ln a+��1��-1≥0. 令函数 g(a)=ln a+��1��-1,则 g'(a)=��1��-��12=��-21(a>0), 当 0<a<1 时,g'(a)<0,当 a>1 时,g'(a)>0,
由(1)知,当 a=-1 时,f(x)=xln x+x 的最小值是-e12,当且仅当 x=e12时取到最
小值.
设
g(x)=e
��
�� +1
-e22
,x∈(0,+∞),则
g'(x)=e1��-+��1,
当 0<x<1 时,g'(x)>0,g(x)单调递增;
当 x>1 时,g'(x)<0,g(x)单调递减.

高三理科数学二轮复习专题能力提升训练：函数、导数、不等式的综合问题(含答案解析).pdf

训练　函数、导数、不等式的综合问题一、选择题(每小题5分，共25分) 1．下面四个图象中，有一个是函数f(x)＝x3＋ax2＋(a2－1)x＋1(aR)的导函数y＝f′(x)的图象，则f(－1)等于( )． A. B．－ C. D．－或 2．设直线x＝t与函数f(x)＝x2，g(x)＝ln x的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为( )． A．1 B. C. D. 3．已知函数f(x)＝x4－2x3＋3m，xR，若f(x)＋9≥0恒成立，则实数m的取值范围是( )． A. B. C. D. 4．已知函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，函数g(x)＝x2－aln x在(1,2)上为增函数，则a的值等于( )． A．1 B．2 C．0 D. 5．设aR，若函数y＝eax＋3x，xR有大于零的极值点，则( )． A．a＞－3 B． a＜－3 C．a＞－ D．a＜－二、填空题(每小题5分，共15分) 6．若a＞0，b＞0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于________． 7．函数f(x)＝x3－x2＋ax－5在区间[－1,2]上不单调，则实数a的范围是________． 8．关于x的方程x3－3x2－a＝0有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是________．三、解答题(本题共3小题，共35分) 9．(11分)已知函数f(x)＝x3－x2＋bx＋a.(a，bR)的导函数f′(x)的图象过原点． (1)当a＝1时，求函数f(x)的图象在x＝3处的切线方程； (2)若存在x＜0，使得f′(x)＝－9，求a的最大值． 10．(12分)已知a，b为常数，且a≠0，函数f(x)＝－ax＋b＋axln x，f(e)＝2(e＝2.718 28…是自然对数的底数)． (1)求实数b的值； (2)求函数f(x)的单调区间； (3)当a＝1时，是否同时存在实数m和M(m＜M)，使得对每一个t[m， M]，直线y＝t与曲线y＝f(x)都有公共点？若存在，求出最小的实数m和最大的实数M；若不存在，说明理由． 11．(12分)已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3. (1)求函数f(x)在[t，t＋2](t＞0)上的最小值； (2)对一切的x(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围； (3)证明：对一切x(0，＋∞)，都有ln x＞－.参考答案 1．D　[f′(x)＝x2＋2ax＋a2－1，f′(x)的图象开口向上，若图象不过原点，则a＝0时，f(－1)＝，若图象过原点，则a2－1＝0，又对称轴x＝－a＞0，a＝－1，f(－1)＝－.] 2．D　[|MN|的最小值，即函数h(x)＝x2－ln x的最小值，h′(x)＝2x－＝，显然x＝是函数h(x)在其定义域内唯一的极小值点，也是最小值点，故t＝.] 3．A　[因为函数f(x)＝x4－2x3＋3m，所以f′(x)＝2x3－6x2，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝3，经检验知x＝3是函数的一个最小值点，所以函数的最小值为f(3)＝3m－，不等式f(x)＋9≥0恒成立，即f(x)≥－9恒成立，所以3m－≥－9，解得m≥.] 4．B　[函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，≥1，得a≥2.又g′(x)＝2x－，依题意g′(x)≥0在x(1,2)上恒成立，得2x2≥a在x(1, 2)上恒成立，有a≤2，a＝2.] 5．B　[令f(x)＝eax＋3x，可求得f′(x)＝3＋aeax，若函数在xR上有大于零的极值点，即f′(x)＝3＋aeax＝0有正根．当f′(x)＝3＋aeax＝0成立时，显然有a＜0，此时x＝ln.由x＞0，解得a＜－3，a的取值范围为(－∞，－3)．] 6．解析　由题得f′ (x)＝12x2－2ax－2b＝0，f′(1)＝12－2a－2b＝0，a＋b＝6.a＋b≥2，6≥2，ab≤9，当且仅当a＝b＝3时取到最大值．答案　9 7．解析　f(x)＝x3－x2＋ax－5，f′(x)＝x2－2x＋a＝(x－1)2＋a－1，如果函数f(x)＝x3－x2＋ax－5在区间[－1,2]上单调，那么a－1≥0或f′(－1)＝3＋a≤0且f′(2)＝a≤0，a≥1或a≤－3.于是满足条件的a(－3,1)．答案　(－3,1) 8．解析　由题意知使函数f(x)＝x3－3x2－a的极大值大于0且极小值小于0即可，又f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0得，x1＝0，x2＝2，当x＜0时，f′(x)＞0；当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0，所以当x＝0时，f(x)取得极大值，即f(x)极大值＝f(0)＝－a；当x＝2时，f(x)取得极小值，即f(x)极小值＝f(2)＝－4－a，所以，解得－4＜a＜0. 答案　(－4,0) 9．解　由已知，得f′(x)＝x2－(a＋1)x＋b. 由f′(0)＝0，得b＝0，f′(x)＝x(x－a－1)． (1)当a＝1时，f(x)＝x3－x2＋1，f′(x)＝x(x－2)，f(3)＝1， f′(3)＝3. 所以函数f(x)的图象在x＝3处的切线方程为y－1＝3(x－3)，即3x－y－8＝0. (2)存在x＜0，使得f′(x)＝x(x－a－1)＝－9，－a－1＝－x－＝(－x)＋≥2＝6，a≤－7，当且仅当x＝－3时，a＝－7. 所以a的最大值为－7. 10．解　(1)由f(e)＝2，得b＝2. (2)由 (1)可得f(x)＝－ax＋2＋axln x. 从而f′(x)＝aln x. 因为a≠0，故当a＞0时，由f′(x)＞0，得x＞1，由f′(x)＜0得， 0＜x＜1；当a＜0时，由f′(x)＞0，得0＜x＜1，由f′(x)＜0得，x＞1. 综上，当a＞0时，函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)；当a＜0时，函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)． (3)当a＝1时，f(x)＝－x＋2＋xln x，f′(x)＝ln x. 由(2)可得，当x在区间内变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x1(1，e)ef′(x) －0 ＋f(x)2－单调递减极小值1单调递增2又2－＜2，所以函数f(x)的值域为[1,2]．据此可得，若则对每一个t[m，M]，直线y＝t与曲线y＝f(x)都有公共点；并且对每一个t(－∞，m)(M，＋∞)，直线y＝t与曲线y＝f(x)都没有公共点．综上，当a＝1时，存在最小的实数m＝1，最大的实数M＝2，使得对每一个t[m，M]，直线y＝t与曲线y＝f(x)都有公共点． 11．(1)解　f′(x)＝ln x＋1. 当x时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．则当0＜t＜t＋2＜时，t无解；当0＜t＜＜t＋2，即0＜t＜时， [f(x)]min＝f＝－；当≤t＜t＋2，即t≥时， f(x)在[t，t＋2]上单调递增．所以[f(x)]min＝f(t)＝tln t.所以[f(x)]min＝ (2)解　2f(x)≥g(x)，即2xln x≥－x2＋ax－3，则a≤2ln x＋x＋.设h(x)＝2ln x＋x＋(x＞0)， h′(x)＝. 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]． (3)证明　问题等价于证明xln x＞－，x(0，＋∞)．由(1)可知f(x)＝xln x，x(0，＋∞)的最小值为－，当且仅当x＝时取得．设m(x)＝－，x(0，＋∞)，则m′(x)＝，易得[m(x)]max＝m(1)＝－. 从而对一切x(0，＋∞)，都有ln x＞－成立．。

2023年高考备考利用导数证明不等式(含答案)

高考材料高考材料专题10 利用导数证明不等式1．〔2023·北京市第九中学模拟预测〕已知． ()sin 2f x k x x =+(1)当时，推断函数零点的个数； 2k =()f x (2)求证：.()sin 2ln 1,(0,2x x x x π-+>+∈（答案）(1)1； (2)证明见解析. （解析）（分析）〔1〕把代入，求导得函数的单调性，再由作答. 2k =()f x (0)0f =〔2〕构造函数，利用导数借助单调性证明作答.()2sin ln(1)g x x x x =--+(1)当时，，，当且仅当时取“=〞，所以在R 上单调2k =()2sin 2f x x x =+()2cos 20f x x '=+≥(21)π,Z x k k =-∈()f x 递增，而，即0是的唯—零点， (0)0f =()f x 所以函数零点的个数是1.()f x (2)，令，则，因，则，因此，函数(0,)2x π∈()2sin ln(1)g x x x x =--+()12cos 1g x x x =-'-+1cos 1,11x x <<+()0g x '>在上单调递增，，，()g x (0,)2π(0,2x π∀∈()(0)0g x g >=所以当时，成立.(0,)2x π∈()sin 2ln 1x x x -+>+2．〔2023·河南·开封市东信学校模拟预测〔文〕〕已知函数. ()ln (0)f x x ax a a =-+>(1)当时，求的单调区间； 2a =()f x (2)设函数的最大值为m ，证明：.()f x 0m ≥（答案）(1)增区间为，减区间为；10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭(2)证明见解析. （解析）（分析）〔1〕利用导数研究的单调区间.()f x 〔2〕应用导数求得的最大值，再构造并利用导数证明不等式.()f x 1ln 1m f a a a ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭()ln 1h a a a =--(1)当时，. 2a =()ln 22f x x x =-+∴，令，得. 112()2x f x x x -'=-=()0f x '=12x =∴当时，，函数单调递增； 102x <<()0f x '>()f x 当时，，函数单调递减. 12x >()0f x '<()f x 故函数的减区间为，增区间为；()f x 1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭(2)由，令，得. 1()axf x x -'=()0f x '=1x a=∴当时，，函数单调递增； 10x a<<()0f x '>()f x 当时，，函数单调递减. 1x a>()0f x '<()f x ∴.max 1()ln 1m f x f a a a ⎛⎫===-- ⎪⎝⎭令，则. ()ln 1h a a a =--11()1a h a a a-'=-=∴当时，，函数单调递减； 01a <<()0h x '<()h x 当时，，函数单调递增. 1a >()0h x '>()h x ∴，即.()(1)0h a h ≥=0m ≥3．〔2023·江苏无锡·模拟预测〕已知函数，其中m ＞0，f '(x )为f (x )的导函数，设，且()e (1ln )xf x m x =+()()ex f x h x '=恒成立．5()2h x ≥(1)求m 的取值范围；(2)设函数f (x )的零点为x 0，函数f '(x )的极小值点为x 1，求证：x 0＞x 1．（答案）(1)3,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭(2)证明见解析（解析）（分析）〔1〕求导可得解析式，即可得解析式，利用导数求得的单调区间和最小值，结合题意，即可()'f x ()h x ()h x 得m 的范围.〔2〕求得解析式，令，利用导数可得的单调性，依据零点存在性定理，可()f x ''22()1ln (0)m mt x m x x x x =++->()t x 得存在，使得t (x 2)＝0，进而可得f '(x )在x ＝x 2处取得极小值，即x 1＝x 2，所以21,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，令，分析可得s (x 1)＜0，即可得证 11211211ln 0,,12m m m x x x x ⎛⎫++-=∈ ⎪⎝⎭()1ln s x m x =+(1)由题设知， ()e (1ln xmf x m x x'=++则， 1ln (())0h mm x x xx ++>=所以 22(1)()m m m x h x x x x -'=-=当x ＞1时，h '(x )＞0，则h (x )在区间(1，＋∞)是增函数，当0＜x ＜1时，h '(x )＜0，则h (x )在区间(0，1)是减函数，所以h (x )min ＝h 〔1〕＝，解得，512m +≥32m ≥所以m 的取值范围为3,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭高考材料高考材料(2) 222e 1ln e )n (1l x x m m m m m m x m x x x x x x f x ⎛⎫⎛⎫+++-=++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝'=⎭'令 22()1ln (0)m mt x m x x x x=++->则＝恒成立， 2322()m m m t x x x x '=-+2233(1)1(22)0m x m x x x x⎡⎤-+-+⎣⎦=>所以t (x )在(0，＋∞)单调递增．又，1(1)10,1l 3ln 20n 2122t m t m ⎛⎫=+>=-≤- ⎪⎝⎭<所以存在，使得t (x 2)＝0，21,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭当x ∈(0，x 2)时，t '(x )＜0，即f ''(x )＜0，则f '(x )在(0，x 2)单调递减；当x ∈(x 2，＋∞) 时，t '(x )＞0，即f ''(x )＞0，则f '(x )在(x 2，＋∞)单调递增；所以f '(x )在x ＝x 2处取得极小值．即x 1＝x 2，所以t (x 1)＝0，即， 11211211ln 0,,12m m m x x x x ⎛⎫++-=∈ ⎪⎝⎭所以， 1122111(12)21ln 0m x m m m x x x x -+=-=<令，则 s (x )在(0，＋∞)单调递增； ()1ln s x m x =+所以s (x 1)＜0因为f (x )的零点为x 0，则，即s (x 0)＝0 01ln 0m x +=所以s (x 1)＜s (x 0)，所以x 0＞x 14．〔2023·全国·郑州一中模拟预测〔理〕〕已知函数. ()()ln 0f x ax x a =≠(1)商量函数的单调性；()f x (2)当时，证明：.1a =()e sin 1xf x x <+-（解析） (1)依题意知，，()0,x ∈+∞()()ln ln 1f x a x a a x '=+=+令得，()0f x '=1ex =当时，在上，单调递减，在单调递增；0a >10,e ⎛⎫⎪⎝⎭()0f x '<()f x 1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭当时，在上，单调递增，在单调递减.0a <10,e ⎛⎫⎪⎝⎭()0f x '>()f x 1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭(2)依题意，要证，ln e sin 1x x x x <+-①当时，，，故原不等式成立， 01x <≤ln 0x x ≤1sin 0e x x -+>②当时，要证：，即证：，1x >ln e sin 1x x x x <+-ln sin 1e 0x x x x --+<令，则，， ()()e ln sin 11x h x x x x x =--+>()e ln cos 1xh x x x '=--+()e 1sin 0xh x x x''=-+<∴在单调递减，∴，∴在单调递减，∴()h x '()1,+∞()()11e cos10h x h ''<=--<()h x ()1,+∞，即，故原不等式成立.()()11e sin10h x h <=--<ln sin 1e 0xx x x --+<5．〔2023·浙江·三模〕已知实数，设函数． 0a ≥2()2ln(1)(1)ln ,0f x x ax a ax x x =-++-->(1)当时，求函数的单调区间； 0a =()f x (2)假设函数单调递增，求a 的最大值；()f x (3)设是的两个不同极值点，是的最大零点．证明：． 12,x x ()f x 3x ()f x 31211x x x +<注：是自然对数的底数．e 2.71828=⋅⋅⋅（答案）(1)在上单调递增；(2)1；(3)证明见解析. ()f x (0,)+∞（解析）（分析）〔1〕求导，结合导数正负可直接求解函数的单调区间. ()f x 〔2〕由题意得对任意的的恒成立，即可求出a 的最大值. 1()23ln 0f x x a a x x--'=+≥()0,x ∞∈+〔3〕由〔2〕知，当有两个不同极值点时，，则存在两个零点，故，()f x 1a >()0f x '=12,x x ()()111222123ln 0,123ln 0.x a x x x a x x ⎧+-+=⎪⎪⎨⎪+-+=⎪⎩由此可得出，再证明：． 12112a x x +<32x a >即可证明。

不等式、函数与导数专题复习(含答案)

不等式、函数与导数函数与方程思想、数形结合思想1．函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )＞2，则f (x )＞2x ＋4的解集为________．答案 (－1，＋∞)解析 f ′(x )＞2转化为f ′(x )－2＞0，构造函数F (x )＝f (x )－2x ，得F (x )在R 上是增函数．又F (－1)＝f (－1)－2×(－1)＝4，f (x )＞2x ＋4，即F (x )＞4＝F (－1)，所以x ＞－1.2．若不等式|x －2a |≥12x ＋a －1对x ∈R 恒成立，则a 的取值范围是________．答案 ⎝⎛⎦⎤－∞，12 解析作出y ＝|x －2a |和y ＝12x ＋a －1的简图，依题意知应有2a ≤2－2a ，故a ≤12.3. 已知函数f (x )满足下面关系：①f (x ＋1)＝f (x －1)；②当x ∈[－1，1]时，f (x )＝x 2，则方程f (x )＝lg x 解的个数为________．答案 9解析由题意可知，f (x )是以2为周期，值域为[0，1]的函数．又f (x )＝lg x ，则x ∈(0，10]，画出两函数图象，则交点个数即为解的个数．由图象可知共9个交点．分类讨论思想、转化与化归思想4．已知函数f (x )＝ax 3－3x ＋1对于x ∈[－1，1]总有f (x )≥0成立，则a ＝________．答案 4解析若x ＝0，则不论a 取何值，f (x )≥0显然成立；当x ＞0即x ∈(0，1]时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x 2－1x 3.设g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝3（1－2x ）x 4，所以g (x )在区间⎝⎛⎦⎤0，12上单调递增，在区间⎣⎡⎦⎤12，1上单调递减，因为g (x )max ＝g ⎝⎛⎭⎫12＝4，从而a ≥4；当x ＜0即x ∈[－1，0)时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≤3x 2－1x 3，g ′(x )＝3（1－2x ）x 4＞0，g (x )在区间[－1，0)上单调递增，因此g (x )min ＝g (－1)＝4，从而a ≤4，综上a ＝4.5．在△ABC 中，AB ＝3，AC ＝4，BC ＝5.点D 是边BC 上的动点，AD →＝xAB →＋yAC →，当xy 取最大值时，|AD →|的值为________．答案 52解析 ∵AB ＝3，AC ＝4，BC ＝5，∴△ABC 为直角三角形．如图建立平面直角坐标系，A (0，0)，B (3，0)，C (0，4)，设D (a ，b )，由AD →＝xAB →＋yAC →，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3x ，b ＝4y ，∴xy ＝ab 12.又∵D 在直线l BC ：x 3＋y 4＝1上，∴a 3＋b 4＝1，则a 3＋b4≥2ab12. ∴ab 12≤14，即xy ≤14，当且仅当a ＝32，b ＝2时xy 取到最大值14，此时|AD →|＝⎝⎛⎭⎫322＋22＝52.6．方程sin 2x ＋cos x ＋k ＝0有解，则k 的取值范围是________．答案 ⎣⎡⎦⎤－54，1 解析求k ＝－sin 2x －cos x 的值域．k ＝cos 2x －cos x －1＝⎝⎛⎭⎫cos x －122－54.当cos x ＝12时，k min ＝－54，当cos x ＝－1时，k max ＝1，∴－54≤k ≤1.函数、函数与方程7．已知函数f (x )＝x 3＋x ，对任意的m ∈[－2，2]，f (mx －2)＋f (x )<0恒成立，则x 的取值范围是________．答案 ⎝⎛⎭⎫－2，23 解析 f ′(x )＝3x 2＋1>0，∴f (x )在R 上为增函数．又f (x )为奇函数，由f (mx －2)＋f (x )<0知，f (mx －2)<f (－x )．∴mx －2<－x ，即mx ＋x －2<0，令g (m )＝mx ＋x －2，由m ∈[－2，2]知g (m )<0恒成立，可得⎩⎪⎨⎪⎧g （－2）＝－x －2<0，g （2）＝3x －2<0，∴－2<x <23.8．(2015·南师附中模拟)若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x－a ，x ≤0，ln x ，x ＞0有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是________．答案 (0，1]解析当x ＞0时，由f (x )＝ln x ＝0，得x ＝1.因为函数f (x )有两个不同的零点，则当x ≤0时，函数f (x )＝2x －a 有一个零点，令f (x )＝0得a ＝2x ，因为0＜2x ≤20＝1，所以0＜a ≤1，所以实数a 的取值范围是0＜a ≤1.不等式问题9. (2015·苏州调研)已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x （x ≥0），－x 2＋x （x ＜0），则不等式f (x 2－x ＋1)＜12的解集是________．答案 (－1，2)解析依题意得，函数f (x )是R 上的增函数，且f (3)＝12，因此不等式f (x 2－x ＋1)＜12等价于x 2－x ＋1＜3，即x 2－x －2＜0，由此解得－1＜x ＜2.因此，不等式f (x 2－x ＋1)＜12的解集是(－1，2)．10．(2015·南京、盐城模拟)若m 2x －1mx ＋1＜0(m ≠0)对一切x ≥4恒成立，则实数m 的取值范围是________．答案 ⎝⎛⎭⎫－∞，－12 解析依题意，对任意的x ∈[4，＋∞)，有f (x )＝(mx ＋1)·(m 2x －1)＜0恒成立，结合图象分析可知⎩⎪⎨⎪⎧m ＜0，－1m ＜4，1m 2＜4，由此解得m ＜－12，即实数m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－∞，－12. 11．(2015·苏、锡、常、镇调研)已知x ，y ∈R ，满足2≤y ≤4－x ，x ≥1，则x 2＋y 2＋2x －2y ＋2xy －x ＋y －1的最大值为________．答案103解析画出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧2≤y ≤4－x ，x ≥1对应的平面区域，它是以点(1，2)，(1，3)，(2，2)为顶点的三角形区域．x 2＋y 2＋2x －2y ＋2xy －x ＋y －1＝（x ＋1）2＋（y －1）2（x ＋1）（y －1）＝x ＋1y －1＋y －1x ＋1，令y －1x ＋1＝t ∈⎣⎡⎦⎤13，1(经过点(2，2)时取得最小值，经过点(1，3)时取得最大值)，则x 2＋y 2＋2x －2y ＋2xy －x ＋y －1＝1t ＋t ，又⎝⎛⎭⎫1t ＋t ′＝1－1t 2＝（t ＋1）（t －1）t 2≤0，t ∈⎣⎡⎦⎤13，1，所以函数y ＝1t ＋t 在t ∈⎣⎡⎦⎤13，1上单调递减，所以当t ＝13时，x 2＋y 2＋2x －2y ＋2xy －x ＋y －1取得最大值为103.导数与函数的单调性、极值、最值问题12．(2015·南师附中模拟)已知函数f (x )＝12mx 2＋ln x －2x 在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围是________．答案 [1，＋∞)解析 f ′(x )＝mx ＋1x －2≥0对一切x ＞0恒成立，∴m ≥－⎝⎛⎭⎫1x 2＋2x .令g (x )＝－⎝⎛⎭⎫1x 2＋2x ，则当1x ＝1，即x ＝1时，函数g (x )取最大值1.故m ≥1.13．函数f (x )的定义域是R ，f (0)＝2，对任意x ∈R ，f (x )＋f ′(x )＞1，则不等式e x ·f (x )＞e x ＋1的解集为________．答案 (0，＋∞)解析构造函数g (x )＝e x ·f (x )－e x ，因为g ′(x )＝e x ·f (x )＋e x ·f ′(x )－e x ＝e x [f (x )＋f ′(x )]－e x ＞e x －e x ＝0，所以g (x )＝e x ·f (x )－e x 为R 上的增函数．又因为g (0)＝e 0·f (0)－e 0＝1，所以原不等式转化为g (x )＞g (0)，解得x ＞0.14．(2015·衡水中学期末)若函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是________．答案 (0，1)∪(2，3)解析对f (x )求导，得f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－x 2＋4x －3x ＝－（x －1）（x －3）x.由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1，3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，所以t ＜1＜t ＋1或t ＜3＜t ＋1，解得0＜t ＜1或2＜t ＜3. 15．(2015·长沙模拟)已知函数f (x )＝x 3－ax 2－3x . (1)若f (x )在[1，＋∞)上是增函数，求实数a 的取值范围； (2)已知函数g (x )＝ln(1＋x )－x ＋k2x 2(k ≥0)，讨论函数g (x )的单调性．解 (1)对f (x )求导，得f ′(x )＝3x 2－2ax －3.由f ′(x )≥0在[1，＋∞)上恒成立，得a ≤32⎝⎛⎭⎫x －1x . 记t (x )＝32⎝⎛⎭⎫x －1x ，当x ≥1时，t (x )是增函数，所以t (x )min ＝32(1－1)＝0. 所以a ≤0.(2)g ′(x )＝x （kx ＋k －1）1＋x，x ∈(－1，＋∞)．当k ＝0时，g ′(x )＝－x1＋x，所以在区间(－1，0)上，g ′(x )＞0；在区间(0，＋∞)上，g ′(x )＜0.故g (x )的单调递增区间是(－1，0]，单调递减区间是[0，＋∞)．当0＜k ＜1时，由g ′(x )＝x （kx ＋k －1）1＋x＝0，得x 1＝0，x 2＝1－kk ＞0，所以在区间(－1，0)和⎝⎛⎭⎫1－kk ，＋∞上，g ′(x )＞0；在区间⎝⎛⎭⎫0，1－k k 上，g ′(x )＜0.故g (x )的单调递增区间是(－1，0]和⎣⎡⎭⎫1－kk ，＋∞，单调递减区间是⎣⎡⎦⎤0，1－k k .当k ＝1时，g ′(x )＝x 21＋x＞0，故g (x )的单调递增区间是(－1，＋∞)．当k ＞1时，g ′(x )＝x （kx ＋k －1）1＋x ＝0，得x 1＝1－k k ∈(－1，0)，x 2＝0，所以在区间⎝⎛⎭⎫－1，1－k k 和(0，＋∞)上，g ′(x )＞0，在区间⎝⎛⎭⎫1－k k ，0上，g ′(x )＜0.故g (x )的单调递增区间是⎝⎛⎦⎤－1，1－k k 和[0，＋∞)，单调递减区间是⎣⎡⎦⎤1－k k ，0.导数与函数图象的切线及函数零点问题16．(2015·邯郸模拟)直线y ＝kx ＋1与曲线y ＝x 3＋ax ＋b 相切于点A (1，3)，则2a ＋b 的值为________．答案 1解析 ∵y ′＝3x 2＋a .∴y ′|x ＝1＝3＋a ＝k ，又3＝k ＋1，∴k ＝2，∴a ＝－1.又3＝1＋a ＋b ，∴b ＝3，∴2a ＋b ＝－2＋3＝1. 17．若曲线f (x )＝a cos x 与曲线g (x )＝x 2＋bx ＋1在交点(0，m )处有公切线，则a ＋b 的值为________．答案 1解析 ∵f ′(x )＝－a sin x ，∴f ′(0)＝0.又g ′(x )＝2x ＋b ，∴g ′(0)＝b ，∴b ＝0.又g (0)＝1＝m ，∴f (0)＝a ＝m ＝1，∴a ＋b ＝1.18．(2015·南京、盐城模拟)关于x 的方程x 3－3x 2－a ＝0有三个不同的实数解，则实数a 的取值范围是________．答案 (－4，0)解析由题意知使函数f (x )＝x 3－3x 2－a 的极大值大于0且极小值小于0即可，又f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x－2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2.当x ＜0时，f ′(x )＞0；当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0；当x ＞2时，f ′(x )＞0，所以当x ＝0时，f (x )取得极大值，即f (x )极大值＝f (0)＝－a ；当x ＝2时，f (x )取得极小值，即f (x )极小值＝f (2)＝－4－a ，所以⎩⎪⎨⎪⎧－a ＞0，－4－a ＜0，解得－4＜a ＜0.19．已知x ＝3是函数f (x )＝a ln(1＋x )＋x 2－10x 的一个极值点． (1)求a ；(2)求函数f (x )的单调区间；(3)若直线y ＝b 与函数y ＝f (x )的图象有3个交点，求b 的取值范围．解 f (x )的定义域为(－1，＋∞)． (1)f ′(x )＝a 1＋x ＋2x －10，又f ′(3)＝a4＋6－10＝0，∴a ＝16.经检验此时x ＝3为f (x )的极值点，故a ＝16. (2)由(1)知f ′(x )＝2（x －1）（x －3）x ＋1.当－1<x <1或x >3时，f ′(x )>0；当1<x <3时，f ′(x )<0.∴f (x )的单调增区间为(－1，1)，(3，＋∞)，单调减区间为(1，3)．(3)由(2)知，f (x )在(－1，1)上单调递增，在(1，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，且当x ＝1或x ＝3时，f ′(x )＝0.所以f (x )的极大值为f (1)＝16ln 2－9，极小值为f (3)＝32ln 2－21. 因为f (16)>162－10×16>16ln 2－9＝f (1)， f (e －2－1)<－32＋11＝－21<f (3)，所以根据函数f (x )的大致图象可判断，在f (x )的三个单调区间(－1，1)，(1，3)，(3，＋∞)内，直线y ＝b 与y ＝f (x )的图象各有一个交点，当且仅当f (3)<b <f (1)．因此b 的取值范围为(32ln 2－21，16ln 2－9)．20．(2015·南师附中模拟)已知函数f (x )＝2ln x －x 2＋ax (a ∈R )．(1)当a ＝2时，求f (x )的图象在x ＝1处的切线方程；(2)若函数g (x )＝f (x )－ax ＋m 在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个零点，求实数m 的取值范围．解 (1)当a ＝2时，f (x )＝2ln x －x 2＋2x ，f ′(x )＝2x－2x ＋2，切点坐标为(1，1)，切线的斜率k ＝f ′(1)＝2，则切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1. (2)g (x )＝2ln x －x 2＋m ，则g ′(x )＝2x －2x ＝－2（x ＋1）（x －1）x.因为x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ，所以当g ′(x )＝0时，x ＝1. 当1e ＜x ＜1时，g ′(x )＞0；当1＜x ＜e 时，g ′(x )＜0.故g (x )在x ＝1处取得极大值g (1)＝m －1.又g ⎝⎛⎭⎫1e ＝m －2－1e2，g (e)＝m ＋2－e 2， g (e)－g ⎝⎛⎭⎫1e ＝4－e 2＋1e2＜0，则g (e)＜g ⎝⎛⎭⎫1e ，所以g (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最小值是g (e)．g (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个零点的条件是 ⎩⎪⎨⎪⎧g （1）＝m －1＞0，g ⎝⎛⎭⎫1e ＝m －2－1e 2≤0，解得1＜m ≤2＋1e 2，所以实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎤1，2＋1e 2.。

高考数学热点专题专练 9-23 函数、导数与不等式、解析几何、数列型解答题课件理

பைடு நூலகம்
高频考点
【例1】 (2012·天津)已知{an}是等差数列，其前n项和为 Sn，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝2，a4＋b4＝27，S4－b4＝10.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式； (2)记Tn＝anb1＋an－1b2＋…＋a1bn，n∈N*，证明Tn＋12＝－ 2an＋10bn(n∈N*)． [分析] (1)利用等差数列、等比数列的通项公式、求和公式建立方程组求解．(2)可以以算代证，利用错位相减法求和，与自然数有关的问题也可以用数学归纳法证明．
证法二：(1)当n＝1时，T1＋12＝a1b1＋12＝16，－2a1＋ 10b1＝16，故等式成立；
(2)假设当n＝k时等式成立，即Tk＋12＝－2ak＋10bk，则当 n＝k＋1时有：
Tk＋1＝ak＋1b1＋akb2＋ak－1b3＋…＋a1bk＋1 ＝ak＋1b1＋q(akb1＋ak－1b2＋…＋a1bk) ＝ak＋1b1＋qTk
①当b2>1，即|b|>2时， M＝|f2(1)－f2(－1)|＝2|b|>4，与题设矛盾． ②当－1≤－b2<0，即0<b≤2时， M＝f2(1)－f2－b2＝b2＋12≤4恒成立． ③当0≤－b2≤1，即－2≤b≤0时， M＝f2(－1)－f2－b2＝b2－12≤4恒成立．综上可知，－2≤b≤2.
[解] (1)利用函数零点存在定理，结合函数的单调性，得出函数在区间 12，1 上的零点个数；(2)结合分类讨论思想，得出函数在区间[－1,1]上的最值，把恒成立问题转化为简单的解不等式问题；(3)结合函数的单调性，判断数列的单调性．
(1)证明：b＝1，c＝－1，n≥2时，fn(x)＝xn＋x－1. ∵fn12fn(1)＝21n－12×1<0，∴fn(x)在12，1内存在零点．

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考前解答题冲刺训练-------函数、导数与不等式1、设函数)1ln(2)1()(2x x x f +-+=. (1)求f (x )的单调区间；(2)若当]1,11[--∈e ex 时，不等式f (x )<m 恒成立，求实数m 的取值范围； (3)若关于x 的方程a x x x f ++=2)(在区间[0, 2]上恰好有两个相异的实根，求实数a 的取值范围. 解：（Ⅰ）函数的定义域为（-1, +∞）.…………… 1分 ∵ /12(2)()2[(1)]11x x f x x x x +=+-=++,由/()0f x >，得x >0；由/()0f x <，得10x -<<.……… 3分 ∴ f (x )的递增区间是(0,)+∞，递减区间是（-1, 0）. 4分（Ⅱ）∵ 由/2(2)()01x x f x x +==+，得x =0,x =-2（舍去）由（Ⅰ）知f (x )在1[1, 0]e-上递减，在[0, 1]e -上递增. 6分又 211(1)2f ee-=+， 2(1)2f e e -=-, 且22122e e->+.∴ 当1[1,1]x e e∈--时，f (x )的最大值为22e -.故当22m e >-时，不等式f (x )<m 恒成立.……………… 8分（Ⅲ）方程2()f x x x a =++, 12ln(1)0x a x -+-+=. 记()12ln(1)g x x a x =-+-+,∵ /21()111x g x xx -=-=++, ……… 9分由/()0g x >,得x >1或x <-1（舍去）. 由/()0g x <, 得11x -<<. ∴ g (x )在[0,1]上递减, 在[1,2]上递增. ……10分为使方程2()f x x x a =++在区间[0, 2]上恰好有两个相异的实根，只须g(x)=0在[0,1]和(1, 2]上各有一个实数根,于是有(0)0,(1)0,(2)0.g g g ≥⎧⎪<⎨⎪≥⎩∵ 22ln 232ln 3-<-, a ∈(2-ln2,3-2ln3] ……12分 2、已知12()|31|,()|39|(0),x x f x f x a a x R =-=⋅->∈,且112212(),()()()(),()()f x f x f x f x f x f x f x ≤⎧=⎨>⎩.(Ⅰ)当1a =时,求()f x 在1x =处的切线方程；(Ⅱ)当29a ≤<时,设2()()f x f x =所对应的自变量取值区间的长度为l (闭区间[,]m n 的长度定义为n m -),试求l 的最大值； (Ⅲ)是否存在这样的a ，使得当[)2,x ∈+∞时,2()()f x f x =?若存在,求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由. 解: (Ⅰ)当1a =时,2()|39|x f x =-.因为当3(0,log 5)x ∈时,1()31x f x =-,2()93x f x =-, 且3log 512()()2310231025100x f x f x -=⋅-<⋅-=⋅-=, 所以当3(0,log 5)x ∈时,()31x f x =-,且31(0,log 5)∈ 由于()3ln3x f x '=,所以(1)3ln 3k f '==,又(1)2f =, 故所求切线方程为2(3ln3)(1)y x -=-, (3ln3)23ln30x y -+-=(Ⅱ) 因为29a ≤<,所以33990log log 2a <≤,则① 当39log x a≥时,因为390x a ⋅-≥,310x ->,所以由21()()(39)(31)(1)380x x x f x f x a a -=⋅---=--≤,解得38log 1x a ≤-, 从而当3398log log 1x a a ≤≤-时,2()()f x f x =② 当390log x a≤<时,因为390x a ⋅-<,310x -≥, 所以由21()()(93)(31)10(1)30x x x f x f x a a -=-⋅--=-+≤,解得310log 1x a ≥+, 从而当33109log log 1x a a≤<+时,2()()f x f x = ③当0x <时,因为21()()(93)(13)8(1)30x x x f x f x a a -=-⋅--=-->,从而2()()f x f x = 一定不成立综上得,当且仅当33108[log ,log ]11x a a ∈+-时,2()()f x f x =, 故33381042log log log [(1)]1151l a a a =-=+-+- 从而当2a =时,l 取得最大值为312log 5(Ⅲ)“当[)2,x ∈+∞时,2()()f x f x =”等价于“21()()f x f x ≤对[)2,x ∈+∞恒成立”,即“|39||31|31x x x a ⋅-≤-=-(*)对[)2,x ∈+∞恒成立”① 当1a ≥时,39log 2a≤,则当2x ≥时,39log 39390xa a a ⋅-≥⋅-=,则(*)可化为3931x x a ⋅-≤-,即813x a ≤+,而当2x ≥时,8113x +>,所以1a ≤,从而1a =适合题意② 当01a <<时,39log 2a >.⑴ 当39log x a >时,(*)可化为3931x x a ⋅-≤-,即813x a ≤+,而8113x +>,所以1a ≤,此时要求01a <<)21(2)1(<+-='a f 0)21(2)1(>-=-'a f 0)21(2)1(<-=-'a f 0)21(2)1(>+-='a f ⑵ 当39log x a =时,(*)可化为90311x a≤-=-, 所以a R ∈,此时只要求01a <<(3)当392log x a ≤<时,(*)可化为9331x x a -⋅≤-,即1013x a ≥-,而101139x -≤,所以19a ≥,此时要求119a ≤<由⑴⑵⑶,得119a ≤<符合题意要求.综合①②知,满足题意的a 存在,且a 的取值范围是119a ≤≤3、已知函数)(1332)(23R ∈+--=a x ax x x f(Ⅰ)若)(x f 在区间)1,1(-上为减函数，求a 的取值范围； (Ⅱ)讨论)(x f y =在)1,1(-内的极值点的个数。

(Ⅰ) ∵1332)(23+--=x ax x x f ∴322)(2--='ax x x f ……(2分) ∵)(x f 在区间)1,1(-上为减函数∴)(x f '≤O 在区间)1,1(-上恒成立 …(3分) ∵322)(2--='ax x x f 是开口向上的抛物线)1(-'f ≤0 322-+a ≤0∴只需即 …………(5分) )1(f '≤0 322--a ≤0∴21-≤a ≤21………(6分)(Ⅱ)当21-<a 时，∴存在)1,1(0-∈x ，使得0)(0='x f∴)(x f 在区间)1,1(-内有且只有一个极小值点 …(8分) 21>a 时∴存在)1,1(0-∈x ，使得0)(0='x f∴)(x f 在区间)1,1(-内有且只有一个极大值点 (10分) 当21-≤a ≤21时，由(Ⅰ)可知)(x f 在区间)1,1(-上为减函数∴)(x f 在区间)1,1(-内没有极值点．综上可知，当21-<a 21>a 时，)(x f y =在区间)1,1(-内的极值点个数为1 当21-≤a ≤21时，)(x f y =在区间)1,1(-内的极值点个数为0 (12分)4、已知k R ∈,函数()(01,01)x x f x m k n m n =+⋅<≠<≠.(1) 如果实数,m n 满足1,1m mn >=,函数()f x 是否具有奇偶性？如果有,求出相应的k值,如果没有，说明为什么?(2) 如果10,m n >>>判断函数()f x 的单调性；(3) 如果2m =，12n =，且0k ≠，求函数()y f x =的对称轴或对称中心. （1）如果()f x 为偶函数，则()(),f x f x -= x x x x m k n m k n --+⋅=+⋅恒成立，（1分）即：,x x x x n k m m k n +⋅=+⋅()()0,x x x x n m k m n -+-= ()(1)0x x n m k --=（2分）由0x x n m -=不恒成立，得 1.k =（3分）如果()f x 为奇函数，则()(),f x f x -=- x x x x m k n m k n --+⋅=--⋅恒成立，（4分）即：,x x x x n k m m k n +⋅=--⋅()()0,x x x x n m k m n +++=（5分）()(1)0,x x n m k ++=由0x x n m +≠恒成立，得 1.k =-（6分）（2）10,m n >>>1mn>， ∴ 当0k ≤时,显然()x x f x m k n =+⋅在R 上为增函数；（8分）当0k >时，()ln ln [()ln ln )]0x x x x mf x m m kn n m k n n n'=+=+=，由0,x n >得()ln ln 0,x m m k n n +=得ln ()log ,ln x m m nk k n n m=-=- 得log (log )m m nx k n =-.（9分）∴当(,log (log )]m m nx k n ∈-∞-时, ()0f x '<,()f x 为减函数; （10分）当[log (log ),)m m nx k n ∈-+∞时, ()0f x '>,()f x 为增函数. （11分）(3) 当12,2m n ==时，()22,x x f x k -=+⋅如果0,k <22log ()log ()()222()222222k k x x x x x x x x f x k k ------=+⋅=--⋅=-⋅=-，（13分）则2(log ())(),f k x f x --=-∴函数()y f x =有对称中心21(log (),0).2k -（14分）如果0,k >22log log()2222222,k k xx x x x x f x k ---=+⋅=+⋅=+（15分）则2(log )(),f k x f x -=∴函数()y f x =有对称轴21log 2x k =.（16分）5、设函数321()()3f x ax bx cx a b c =++<<，其图象在点(1,(1)),(,())A f B m f m 处的切线的斜率分别为0,a -．（Ⅰ）求证：01b a<≤；（Ⅱ）若函数()f x 的递增区间为[,]s t ，求||s t -的取值范围；（Ⅲ）若当x k ≥时（k 是与,,a b c 无关的常数），恒有()0f x a '+<，试求k 的最小值．答：（1）2()2f x ax bx c '=++，由题意及导数的几何意义得(1)20f a b c '=++=，（1）2()2f m am bm c a '=++=-，（2） ……3分又a b c <<，可得424a a b c c <++<，即404a c <<，故0,0,a c <> ……5分由（1）得2c a b =--，代入a b c <<，再由0a <，得113ba-<<，（3） ……6分将2c a b =--代入（2）得2220a m b m b +-=，即方程2220ax bx b +-=有实根．故其判别式2480b ab ∆=+≥得2b a -≤，或b a≥0，（4） 7分由（3），（4）得01ba<≤；……8分（2）由2()2f x ax bx c '=++的判别式2440b ac '∆=->，知方程2()20()f x ax bx c '=++=*有两个不等实根，设为12,x x ，又由(1)20f a b c '=++=知，11x =为方程（*）的一个实根，则有根与系数的关系得122122,10b bx x x x a a+=-=--<<， …10分当2x x <或1x x >时，()0f x '<，当21x x x <<时，()0f x '>，故函数()f x 的递增区间为21[,]x x ，由题设知21[,][,]x x s t =，因此122||||2b s t x x a -=-=+，由（Ⅰ）知01ba<≤得||s t -的取值范围为[2,4)；…12分（3）由()0f x a '+<，即220ax bx a c +++<，即2220ax bx b +-<，因为0a <，则2220bb x x a a +⋅-⋅>，整理得2(22)0b x x a-+>，设2()(22)b b g x x a a =-+，可以看作是关于b a的一次函数，…13分由题意()0b g a >对于01b a<≤恒成立，故(1)0,(0)0,g g -⎧⎨>⎩≥ 即22220,0,x x x ⎧-⎪⎨>⎪⎩≥+得1x ≤或1x ，由题意，[,)(,1][31,)k +∞⊆-∞-+∞，故1k ，因此k 1． …15分6、已知函数)0(ln )(<+=a xax x f ，直线l 与函数)(x f y =图象相切.（Ⅰ）求直线l 的斜率k 的取值范围；（Ⅱ）设函数()(1)6g x f x x =+-，已知函数)(x g y '=的图象经过点1(,0)3-，求函数)(x g y =的极值.解：（Ⅰ）设切点坐标为00(,)x y ，由2)(x ax x f -='……………2分则200200111()24x a k f x a x x a a ⎛⎫-'===--+ ⎪⎝⎭………………4分根据题意知：()+∞∈,00x ，即()+∞∈,010x ,所以22011124x a a ⎛⎫-> ⎪⎝⎭又0<a ，则2011124a x a a ⎛⎫-->- ⎪⎝⎭,即20111024a x a a ⎛⎫--+> ⎪⎝⎭所以0k >…………6分（Ⅱ）显然()ln(1)6(0)1ag x x x a x =++-<+的定义域为{|1}x x >-……7分则226115()(1)x x a g x x ----'=+………………8分又因为函数)(x g y '=的图象经过点1(,0)3-,代入226115()(1)x x a g x x ----'=+ 求得：2a =-,则2226115(31)(23)()(1)(1)x x a x x g x x x -----++'==++…10分由此可知：当1(1,)3x ∈--时，有()0g x '>，此时)(x g y =为单调增函数；当1(,)3x ∈-+∞时，有()0g x '<，此时)(x g y =为单调减函数；所以)(x g y =在区间),1(+∞-上只有极大值即12()g()1ln 33g x =-=-+极大值…12分7、已知函数a axxx x f 其中,1ln )(-+=为大于零的常数。