2019高考数学二轮复习 专题六 函数与导数 规范答题示例9 导数与不等式的恒成立问题学案 文
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规范答题示范——函数与导数解答题【典例】 (12分)(2017·全国Ⅲ卷)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当a <0时，证明f (x )≤－34a －2.[信息提取]看到讨论f (x )的单调性，想到先确定函数的定义域，然后对函数f (x )进行求导.看到要证f (x )≤－34a －2成立，想到利用导数求函数的最大值.[规范解答](1)解 f (x )的定义域(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋2ax ＋2a ＋1＝（2ax ＋1）（x ＋1）x. ……………………………………………………………………………………1分 若a ≥0时，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增，……………………………………………………………………………………2分若a <0时，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12a 时，f ′(x )>0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞时，f ′(x )<0. 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞上单调递减. ……………………………………………………………………………………5分(2)证明 由(1)知，当a <0时，f (x )在x ＝－12a 处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a －1－14a ， 所以f (x )≤－34a －2等价于ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a －1－14a ≤－34a －2，即ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a ＋1≤0， ……………………………………………………………………………………8分设g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1x －1.当x ∈(0，1)时，g ′(x )>0；x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0.所以g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.故当x ＝1时，g (x )取得最大值，最大值为g (1)＝0.……………………………………………………………………………………10分 所以当x >0时，g (x )≤0，从而当a <0时，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a ＋1≤0， 即f (x )≤－34a －2.……………………………………………………………………………………12分[高考状元满分心得]得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分.如第(1)问中，求导正确，分类讨论；第(2)问中利用单调性求g (x )的最大值和不等式性质的运用.得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中，求出f (x )的定义域，f ′(x )在(0，＋∞)上单调性的判断；第(2)问，f (x )在x ＝－12a 处最值的判定，f (x )≤－34a －2等价转化为ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a ＋1≤0等. 得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如第(1)问中，求导f ′(x )准确，否则全盘皆输，第(2)问中，准确计算f (x )在x ＝－12a 处的最大值.[解题程序]第一步：求函数f (x )的导函数f ′(x )；第二步：分类讨论f (x )的单调性；第三步：利用单调性，求f (x )的最大值；第四步：根据要证的不等式的结构特点，构造函数g (x )；第五步：求g (x )的最大值，得出要证的不等式.第六步：反思回顾，查看关键点、易错点和解题规范.【巩固提升】 已知函数f (x )＝x 2－k ln x －a ，g (x )＝x 2－x .(1)当a ＝0时，若g (x )<f (x )在区间(1，＋∞)上恒成立，求实数k 的取值范围.(2)是否存在常数k ，使得函数f (x )和g (x )在区间(0，＋∞)上具有相同的单调性？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由.解 (1)当a ＝0时，由g (x )<f (x )得k ln x <x ，因为x >1，所以ln x >0，所以k <x ln x 在(1，＋∞)上恒成立.令t (x )＝x ln x (x >1)，则t ′(x )＝ln x －1（ln x ）2， 由t ′(x )＝0得x ＝e ，当1<x <e 时，t ′(x )<0，t (x )在(1，e)上为减函数，当x >e 时，t ′(x )>0，t (x )在(e ，＋∞)上为增函数.所以t (x )min ＝t (e)＝e.所以实数k 的取值范围为(－∞，e).(2)g (x )＝x 2－x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增. 函数f (x )＝x 2－k ln x －a ，f ′(x )＝2x 2－k x ，当k ≤0时，f ′(x )>0恒成立，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，不合题意.当k >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝2k 2或x ＝－2k 2(舍去).当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，2k 2时，f ′(x )<0， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2，＋∞时，f ′(x )>0， 所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2k 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2，＋∞上单调递增. 要使f (x )与g (x )在(0，＋∞)上具有相同的单调性，需使2k 2＝12，解得k ＝12.所以存在常数k ＝12，使得函数f (x )与g (x )在( 0，＋∞)上具有相同的单调性.。
2019高考数学二轮复习 专题六 函数、不等式、导数 第四讲 小题考法——导数的简单应用课件 理
与直线2x－y＝0平行的切线，则实数a的取值范围为
________． 解析：函数f(x)＝ln x＋ax的图象上存在与直线2x－y＝0平行
的切线，即f′(x)＝2在(0，＋∞)上有解，
又f′(x)＝1x＋a，即1x＋a＝2在(0，＋∞)上有解，
即a＝2－1x在(0，＋∞)上有解，
因为x＞0，所以2－1x＜2，
[答案] D
(2)(2018·成都模拟)若曲线 y＝f(x)＝ln x＋ax2－2x(a 为
常数)不存在斜率为负数的切线，则实数 a 的取值范围是
________． [解析] f′(x)＝1x＋2ax－2＝2ax2－x2x＋1(x>0)， 由题意得 f′(x)≥0 在 x>0 时恒成立， 所以 2ax2－2x＋1≥0 在 x>0 时恒成立， 即 2a≥2x－x12＝－x12－2x＋1＋1＝－1x－12＋1， 所以 a≥12，所以 a 的取值范围为12，＋∞.
为
()
A．y＝－2x
B．y＝－x
C．y＝2x
D．y＝x
[解析] 易知 f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax＝x[x2＋(a－1)x＋ a]，因为 f(x)为奇函数，所以函数 g(x)＝x2＋(a－1)x＋a 为偶 函数，所以 a－1＝0，解得 a＝1，所以 f(x)＝x3＋x，所以 f′(x) ＝3x2＋1，所以 f′(0)＝1，所以曲线 y＝f(x)在点(0,0)处的切 线方程为 y＝x.故选 D.
[答案] 12，＋∞
[方法技巧] 1．求曲线y＝f(x)的切线方程的3种类型及方法
已知切点P(x0，y0)，求y＝ 求出该曲线在点P(x0，y0)处的切线
f(x)过点P的切线方程
的斜率f′(x0)，由点斜式写出方程
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规范答题示范——函数与导数解答题
[解题程序]
第一步：求函数f(x)的导函数f′(x)；
第二步：分类讨论f(x)的单调性；
第三步：利用单调性，求f(x)的最大值；
第四步：根据要证的不等式的结构特点，构造函数g(x)；第五步：求g(x)的最大值，得出要证的不等式.
第六步：反思回顾，查看关键点、易错点和解题规范.
【巩固提升】 已知函数f(x)＝x2－k ln x－a，g(x)＝x2－x.
(1)当a＝0时，若g(x)<f(x)在区间(1，＋∞)上恒成立，求实数k的取值范围.
(2)是否存在常数k，使得函数f(x)和g(x)在区间(0，＋∞)上具有相同的单调性？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由.
解 (1)当a＝0时，由g(x)<f(x)得k ln x<x，
由t′(x)＝0得x＝e，
当1<x<e时，t′(x)<0，t(x)在(1，e)上为减函数，
当x>e时，t′(x)>0，t(x)在(e，＋∞)上为增函数.
所以t(x)min＝t(e)＝e.
所以实数k的取值范围为(－∞，e).
当k≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，不合题意.。
专题06 函数、导数与数列、不等式的综合应用【解析版】
第一章函数与导数专题06 函数、导数与数列、不等式的综合应用【压轴综述】纵观近几年的高考命题，应用导数研究函数的单调性、极（最）值问题，证明不等式、研究函数的零点等，是高考考查的“高频点”问题，常常出现在“压轴题”的位置.其中，函数、导数与数列、不等式的综合应用问题的主要命题角度有：函数与不等式的交汇、函数与数列的交汇、导数与数列不等式的交汇等.本专题就函数、导数与数列、不等式的综合应用问题，进行专题探讨，通过例题说明此类问题解答规律与方法.1.数列不等式问题，通过构造函数、应用函数的单调性或对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围.如2.涉及等差数列的求和公式问题，应用二次函数图象和性质求解.3.涉及数列的求和问题，往往要利用“错位相减法”、“裂项相消法”等，先求和、再构造函数.【压轴典例】例1.（2018·浙江高考真题）已知成等比数列，且．若，则A． B． C． D．【答案】B【解析】分析:先证不等式，再确定公比的取值范围，进而作出判断.详解：令则，令得，所以当时，，当时，，因此，若公比，则，不合题意；若公比，则但，即，不合题意；因此，，选B.例2.（2019·全国高考真题（文））记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 9=－a 5． （1）若a 3=4，求{a n }的通项公式；（2）若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围． 【答案】（1）210n a n =-+； （2）110()n n N *≤≤∈. 【解析】（1）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ，根据题意有111989(4)224a d a d a d ⨯⎧+=-+⎪⎨⎪+=⎩， 解答182a d =⎧⎨=-⎩，所以8(1)(2)210n a n n =+-⨯-=-+，所以等差数列{}n a 的通项公式为210n a n =-+； （2）由条件95S a =-，得559a a =-，即50a =，因为10a >，所以0d <，并且有5140a a d =+=，所以有14a d =-， 由n n S a ≥得11(1)(1)2n n na d a n d -+≥+-，整理得2(9)(210)n n d n d -≥-， 因为0d <，所以有29210n n n -≤-，即211100n n -+≤， 解得110n ≤≤，所以n 的取值范围是：110()n n N *≤≤∈例3.（2019·江苏高考真题）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”. （1）已知等比数列{a n }满足：245132,440a a a a a a =-+=，求证:数列{a n }为“M－数列”； （2）已知数列{b n }满足:111221,n n n b S b b +==-，其中S n 为数列{b n }的前n 项和． ①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数，若存在“M－数列”{c n }θ，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有1k k k c b c +剟成立，求m 的最大值．【答案】（1）见解析；（2）①b n =n ()*n ∈N ；②5.【解析】（1）设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由245321440a a a a a a =⎧⎨-+=⎩，得244112111440a q a q a q a q a ⎧=⎨-+=⎩，解得112a q =⎧⎨=⎩．因此数列{}n a 为“M —数列”.（2）①因为1122n n n S b b +=-，所以0n b ≠． 由1111,b S b ==得212211b =-，则22b =. 由1122n n n S b b +=-，得112()n n n n n b b S b b ++=-，当2n ≥时，由1n n n b S S -=-，得()()111122n n n nn n n n n b b b b b b b b b +-+-=---，整理得112n n n b b b +-+=．所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列{b n }的通项公式为b n =n ()*n N ∈.②由①知，b k =k ，*k N ∈.因为数列{c n }为“M –数列”，设公比为q ，所以c 1=1，q >0. 因为c k ≤b k ≤c k +1，所以1k k q k q -≤≤，其中k =1，2，3，…，m .当k =1时，有q ≥1；当k =2，3，…，m 时，有ln ln ln 1k kq k k ≤≤-． 设f （x ）=ln (1)x x x >，则21ln ()xf 'x x -=． 令()0f 'x =，得x =e .列表如下：因为ln 2ln8ln 9ln 32663=<=，所以max ln 3()(3)3f k f ==．取q =k =1，2，3，4，5时，ln ln kq k…，即k k q ≤， 经检验知1k qk -≤也成立．因此所求m 的最大值不小于5．若m ≥6，分别取k =3，6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216， 所以q 不存在.因此所求m 的最大值小于6. 综上，所求m 的最大值为5． 例4.（2010·湖南高考真题）数列中，是函数的极小值点（Ⅰ）当a=0时，求通项； （Ⅱ）是否存在a ，使数列是等比数列？若存在，求a 的取值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）；（2）详见解析【解析】 易知.令.（1）若，则当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增.故在取得极小值.由此猜测：当时，.下面先用数学归纳法证明：当时，.事实上，当时，由前面的讨论知结论成立.假设当时，成立，则由（2）知，，从而，所以.故当时，成立.于是由（2）知，当时，，而，因此.综上所述，当时，，，.（Ⅱ）存在，使数列是等比数列.事实上，由（2）知，若对任意的，都有，则.即数列是首项为，公比为3的等比数列，且.而要使，即对一切都成立，只需对一切都成立.记，则令，则.因此，当时，，从而函数当时，可得数列不是等比数列.综上所述，存在，使数列是等比数列，且的取值范围为.例5.（2017·浙江高考真题）已知数列{}n x 满足： ()()*1n n 1n 1x =1x x ln 1x n N ++=++∈， 证明：当*n N ∈时 （I ）n 1n 0x x +＜＜;（II ）n n 1n 1n x x 2x -x 2++≤； (III) n n 1n-211x 22-≤≤【答案】（I ）见解析；（II ）见解析；（Ⅲ）见解析. 【解析】（Ⅰ）用数学归纳法证明： 0n x >． 当n =1时，x 1=1>0． 假设n =k 时，x k >0，那么n =k +1时，若10k x +≤，则()110ln 10k k k x x x ++<=++≤，矛盾，故10k x +>． 因此()*0n x n N >∈．所以()111ln 1n n n n x x x x +++=++>，因此()*10n n x x n N +<<∈． （Ⅱ）由()11ln 1n n n x x x ++=++得，()()21111114222ln 1n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-+=-+++．记函数()()()()222ln 10f x x x x x x =-+++≥，()()22'ln 10(0)1x x f x x x x +=++>>+，函数f (x )在[0，+∞）上单调递增，所以()()0f x f ≥=0，因此()()()21111122ln 10n n n n n x x x x f x +++++-+++=≥，故()*1122n n n n x x x x n N ++-≤∈． （Ⅲ）因为()11111ln 12n n n n n n x x x x x x +++++=++≤+=， 所以112n n x -≥， 由1122n n n n x x x x ++≥-，得111112022n n x x +⎛⎫-≥-> ⎪⎝⎭， 所以1211111111222222n n n n x x x ---⎛⎫⎛⎫-≥-≥⋅⋅⋅≥-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 故212n n x -≤．综上，()*121122n n n x n N --≤≤∈． 例6.（2019·湖南高考模拟（理））设函数()ln(1)(0)f x x x =+≥，(1)()(0)1x x a g x x x ++=≥+.（1）证明：2()f x x x ≥-.（2）若()()f x x g x +≥恒成立，求a 的取值范围； （3）证明：当*n N ∈时，22121ln(32)49n n n n -++>+++. 【答案】（1）见解析；（2）(,1]-∞；（3）见解析. 【解析】（1）证明：令函数()()2h x ln x 1x x =+-+，[)x 0,∞∈+，()212x xh x 2x 101x 1x+=+=++'-≥，所以()h x 为单调递增函数，()()h x h 00≥=， 故()2ln x 1x x +≥-.（2）()()f x x g x +≥，即为()axln x 11x+≥+， 令()()axm x ln x 11x=+-+，即()m x 0≥恒成立， ()()()()22a 1x ax 1x 1a m x x 11x 1x +-+-=-=++'+， 令()m x 0'>，即x 1a 0+->，得x a 1>-.当a 10-≤，即a 1≤时，()m x 在[)0,∞+上单调递增，()()m x m 00≥=，所以当a 1≤时，()m x 0≥在[)0,∞+上恒成立；当a 10->，即a 1>时，()m x 在()a 1,∞-+上单调递增，在[]0,a 1-上单调递减， 所以()()()min m x m a 1m 00=-<=， 所以()m x 0≥不恒成立.综上所述：a 的取值范围为(],1∞-. （3）证明：由（1）知()2ln x 1x x +≥-，令1x n=，*n N ∈，(]x 0,1∈， 2n 1n 1ln n n +->，即()2n 1ln n 1lnn n-+->，故有ln2ln10->，1ln3ln24->， …()2n 1ln n 1lnn n-+->， 上述各式相加可得()212n 1ln n 149n-+>+++. 因为()()22n 3n 2n 1n 10++-+=+>，2n 3n 2n 1++>+，()()2ln n 3n 2ln n 1++>+，所以()2212n 1ln n 3n 249n-++>+++. 例7.（2018·福建省安溪第一中学高三期中（文））公差不为零的等差数列中，，，成等比数列，且该数列的前10项和为100，数列的前n 项和为，且满足．Ⅰ求数列，的通项公式；Ⅱ令，数列的前n 项和为，求的取值范围．【答案】（I ），；（II ）.【解析】Ⅰ依题意，等差数列的公差，，，成等比数列，，即，整理得：，即，又等差数列的前10项和为100，，即，整理得：，，；，，即，当时，，即，数列是首项为1、公比为2的等比数列，；Ⅱ由可知，记数列的前n项和为，数列的前n项和为，则，，，，，，记，则，故数列随着n的增大而减小，又，，．例8.（2019·江苏高考模拟）已知数列满足（），（）．（1）若，证明：是等比数列；（2）若存在，使得，，成等差数列．① 求数列的通项公式；② 证明：．【答案】（1）见解析；（2）①，②见解析【解析】（1）由，得，得，即，因为，所以，所以（），所以是以为首项，2为公比的等比数列．（2）① 设，由（1）知，，所以，即，所以．因为，，成等差数列，则，所以，所以，所以，即．② 要证，即证，即证．设，则，且，从而只需证，当时，．设（），则，所以在上单调递增，所以，即，因为，所以，所以，原不等式得证．【压轴训练】1．（黑龙江省哈尔滨三中高考模拟）已知1(1)32(1,2)n n n b b a b n b--+-=>≥，若对不小于4的自然数n ，恒有不等式1n n a a +>成立，则实数b 的取值范围是__________． 【答案】3+∞（，） 【解析】由题设可得1(1)(1)32(1)32n n n b b n b b b b-+-+--+->，即22(1)341n b b b ->-+，也即(1)31n b b ->-对一切4n ≥的正整数恒成立，则3141b b b -<≥-，即31444311b b b b -⇒---，所以3b >，应填答案(3,)+∞. 2.（2019·山东济南一中高三期中（理））（1）已知函数的图象经过点，如图所示，求的最小值；（2）已知对任意的正实数恒成立，求的取值范围.【答案】（1）最小值，当且仅当时等号成立；（2）【解析】⑴函数的图象经过点，当且仅当时取等号⑵①令，，当时，，递增当时，，递减代入时，②，令，，，综上所述，的取值范围为3.（2019·桃江县第一中学高三月考（理））已知都是定义在R上的函数，，，且，且，．若数列的前n项和大于62，求n的最小值.【答案】6【解析】∵，∴，∵，∴，即，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴数列为等比数列，∴，∴，即，所以n的最小值为6.4.（2019·福建省漳平第一中学高三月考（文））已知数列的首项，前项和满足，.（1）求数列通项公式；（2）设，求数列的前项为，并证明：.【答案】（1）；（2）见解析【解析】 （1）当时，，得. 又由及得，数列是首项为，公比为的等比数列，所以.（2），①②①②得： ，所以，又，故，令，则，故单调递减，又，所以恒成立，所以.5.（2019·江苏高考模拟（文））已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且218S =，490S =. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）令2115log 3n n b a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，记数列{}n b 的前n 项和为n T ，求n T 及n T 的最大值.【答案】（1）32nn a =⨯（2）22922n n nT =-+；最大值为105. 【解析】（1）设数列{}n a 的公比为(0)q q >，若1q =，有414S a =，212S a =，而4490236S S =≠=，故1q ≠，则()()()()21242211411811119011a q S q a q a q q S q q ⎧-⎪==-⎪⎨-+-⎪===⎪--⎩，解得162a q =⎧⎨=⎩.故数列{}n a 的通项公式为16232n nn a -=⨯=⨯. （2）由215log 215nn b n =-=-，则2(1415)29222n n n n n T +-==-+. 由二次函数22922x x y =-+的对称轴为292921222x =-=⎛⎫⨯- ⎪⎝⎭， 故当14n =或15时n T 有最大值，其最大值为14151052⨯=. 6.（2019·黑龙江高三月考（理））已知数列的前n 项和为, 其中，数列满足.(1)求数列的通项公式;(2)令，数列的前n 项和为，若对一切恒成立，求实数k 的最小值.【答案】（1），；（2）【解析】 （1）由可得，两式相减得: ，又由可得，数列是首项为2，公比为4的等比数列，从而，于是.（2）由（1）知，于是，依题意对一切恒成立，令，则由于易知，即有，∴只需，从而所求k的最小值为.7.（2018·浙江高考模拟）已知数列满足，（）．（Ⅰ）证明数列为等差数列，并求的通项公式；（Ⅱ）设数列的前项和为，若数列满足，且对任意的恒成立，求的最小值．【答案】（Ⅰ）证明见解析，；（Ⅱ）.【解析】∵（n+1）a n+1﹣（n+2）a n=2，∴﹣==2（﹣），又∵=1，∴当n≥2时，=+（﹣）+（﹣）+…+（﹣）=1+2（﹣+﹣+…+﹣）=，又∵=1满足上式，∴=，即a n=2n，∴数列{a n}是首项、公差均为2的等差数列；（Ⅱ）解：由（I）可知==n+1，∴b n=n•=n•，令f（x）=x•，则f′（x）=+x••ln，令f′（x）=0，即1+x•ln=0，解得：x0≈4.95，则f（x）在(0, x0)上单调递增，在(x0,+单调递减.∴0＜f（x）≤max{f（4），f（5），f（6）}，又∵b5=5•=，b4=4•=﹣，b6=6•=﹣，∴M的最小值为．8.（2018·浙江镇海中学高三期中）已知数列的前项和为，且，（1）求证：数列为等比数列，并求出数列的通项公式；（2）是否存在实数，对任意，不等式恒成立？若存在，求出的取值范围，若不存在请说明理由．【答案】（1）证明略；（2）【解析】证明：（1）已知数列{a n}的前n项和为S n，且，①当n=1时，，则：当n≥2时，，②①﹣②得：a n=2a n﹣2a n﹣1﹣+，整理得：，所以：，故：（常数），故：数列{a n}是以为首项，2为公比的等比数列．故：，所以：．由于：，所以：（常数）．故：数列{b n}为等比数列．（2）由（1）得：，所以：+（），=，=，假设存在实数λ，对任意m，n∈N*，不等式恒成立，即：，由于：，故当m=1时，，所以：，当n=1时，．故存在实数λ，且．9.（2019·宁夏银川一中高三月考（理））（1）当时，求证：；（2）求的单调区间；（3）设数列的通项,证明．【答案】(1)见解析；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）的定义域为，恒成立；所以函数在上单调递减，得时即：（2）由题可得，且.当时，当有，所以单调递减，当有，所以单调递增，当时，当有，所以单调递增，当有，所以单调递减，当时，当有，所以单调递增，当时，当有，所以单调递增，当有，所以单调递减，当时，当有，所以单调递减，当有，所以单调递增，（3）由题意知.由（1）知当时当时即令则，同理:令则.同理:令则以上各式两边分别相加可得：即所以：10.（2019·北京人大附中高考模拟（理））已知数列{a n}满足：a1+a2+a3+…+a n=n-a n，（n=1，2，3，…）（Ⅰ）求证：数列{a n-1}是等比数列；（Ⅱ）令b n=（2-n）（a n-1）（n=1，2，3，…），如果对任意n∈N*，都有b n+t≤t2，求实数t的取值范围．【答案】（Ⅰ）见解析. （Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）由题可知：，①，②②-①可得.即：，又.所以数列是以为首项，以为公比的等比数列.（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，∴.由可得，由可得.所以，，故有最大值.所以，对任意，都有，等价于对任意，都有成立.所以，解得或.所以，实数的取值范围是.11.（2019·江苏高三月考）已知数列的各项均为正数，前项和为，首项为2．若对任意的正整数，恒成立．（1）求，，；（2）求证：是等比数列；（3）设数列满足，若数列，，…，（，）为等差数列，求的最大值．【答案】（1）,，；（2）详见解析；（3）3.【解析】（1）由，对任意的正整数，恒成立取，得，即，得.取，，得，取，，得，解得，.（2）取，得，取，得，两式相除，得，即，即.由于，所以对任意均成立，所以是首项为4，公比为2的等比数列，所以，即.时，，而也符合上式，所以.因为（常数），所以是等比数列.（3）由（2）知，.设，，成等差数列，则.即，整理得，.若，则，因为，所以只能为2或4，所以只能为1或2.若，则.因为，故矛盾.综上，只能是，，，成等差数列或，，成等差数列，其中为奇数.所以的最大值为3.12．（2019·上海高考模拟）已知平面直角坐标系xOy，在x轴的正半轴上，依次取点，，，，并在第一象限内的抛物线上依次取点，，，，，使得都为等边三角形，其中为坐标原点，设第n个三角形的边长为．⑴求，，并猜想不要求证明)；⑵令，记为数列中落在区间内的项的个数，设数列的前m项和为，试问是否存在实数，使得对任意恒成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由；⑶已知数列满足：，数列满足：，求证：．【答案】⑴，,；⑵；⑶详见解析【解析】，猜想，由，，，，对任意恒成立⑶证明：，记，则，记，则，当时，可知：，13．（2019·广西高考模拟（理））已知函数2()2ln 1()f x ax x x a =--∈R .(1) 若1x e=时,函数()f x 取得极值,求函数()f x 的单调区间； (2) 证明：()*11111ln(21)3521221nn n n n +++⋯+>++∈-+N . 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】（1）由题意可得，()'222(0,)f x ax lnx x a R =-->∈，由1x e =时，函数()f x 取得极值知12'220af e e ⎛⎫=+-= ⎪⎝⎭，所以0a =． 所以()()21,'22(0)f x xlnx f x lnx x =--=-->， 所以10x e <<时，()'0f x >；1x e>时，()'0f x <； 所以()f x 的单调增区间10e ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，单调减区间为1e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，. （2）当1a =时，()221f x x xlnx =--，所以()()'22221f x x lnx x lnx =--=--，令()ln 1g x x x =--，则()11'1x g x x x-=-=，当01x <<时，()'0g x <；当1x >时，()'0g x >，()g x 的单调减区间为()01，，单调增区间为()1+∞，， 所以()()10g x g ≥=，所以()'0f x ≥，()f x 是增函数，所以1x >时，()()22ln 110f x x x x f =-->=，所以1x >时，12ln x x x->， 令*211,21n x n N n +=>∈-，得2121212ln 212121n n n n n n +-+->-+- 即2221112ln 212121n n n n +⎛⎫+--> ⎪-+-⎝⎭ 所以1121111ln 2122122121n n n n n +⎛⎫>+- ⎪---+⎝⎭上式中123n =，，，…，n ，然后n 个不等式相加， 得到()11111...ln 213521221nn n n ++++>++-+ 14.（2019·宁夏高考模拟（文））已知函数()()ln 1(0)f x ax x a =->．()1求函数()y f x =的单调递增区间；()2设函数()()316g x x f x =-，函数()()h x g x =' ．①若()0h x ≥恒成立，求实数a 的取值范围；②证明：()22222ln(123)123.e n n n N +⨯⨯⨯⋯⨯<+++⋯+∈【答案】（1）单调递增区间为[)1,+∞．（2）①(]0,e ．②见证明 【解析】()10a >，0x >．()()1'ln 1ln 0f x a x ax a x x=-+⋅=≥． 解得1x ≥．∴函数()y f x =的单调递增区间为[)1,+∞．()2函数()()316g x x f x =-，函数()()21h =x ln 2x g x a x '=-．()'ah x x x=-①，0a ≤时，函数()h x 单调递增，不成立，舍去； 0a >时，()('x x a h x x xx+=-=，可得x =()h x 取得极小值即最小值，()11ln 022h x ha a a ∴≥=-≥，解得：0a e <≤． ∴实数a 的取值范围是(]0,e ．②证明：由①可得：a e =，1x ≥时满足：22ln x e x ≥，只有1x =时取等号．依次取x n =，相加可得：()222221232ln1ln2ln ln(12)en e n n +++⋯+>++⋯⋯+=⨯⨯⋯．因此()22222ln(123)123.e n n n N +⨯⨯⨯⋯⨯<+++⋯+∈15.（2019·黑龙江高考模拟（理））已知函数2()2ln 2(1)(0)a f x ax x a a x-=-+-+>. （1）若()0f x ≥在[1,)+∞上恒成立，求实数a 的取值范围； （2）证明：11113521n ++++>-*1ln(21)()221nn n N n ++∈+.【答案】（1）[1,)+∞；（2）证明见解析. 【解析】（1）()f x 的定义域为()0,+∞，()2222222a ax x a f x a x x x--+-=--=' ()221a a x x a x -⎛⎫-- ⎪⎝⎭=. ①当01a <<时，21aa->， 若21a x a -<<，则()0f x '<，()f x 在21,a a -⎡⎫⎪⎢⎣⎭上是减函数，所以21,a x a -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()10f x f <=，即()0f x ≥在[)1,+∞上不恒成立. ②当1a ≥时，21aa-≤，当1x >时，()0f x '>，()f x 在[)1,+∞上是增函数，又()10f =，所以()0f x ≥. 综上所述，所求a 的取值范围是[)1,+∞.（2）由（1）知当1a ≥时，()0f x ≥在[)1,+∞上恒成立.取1a =得12ln 0x x x --≥，所以12ln x x x-≥. 令21121n x n +=>-，*n N ∈，得2121212ln 212121n n n n n n +-+->-+-， 即2221112ln 212121n n n n +⎛⎫+--> ⎪-+-⎝⎭， 所以1121111ln 2122122121n n n n n +⎛⎫>+- ⎪---+⎝⎭. 上式中1,2,3,,n n =，然后n 个不等式相加，得到()11111ln 213521221nn n n ++++>++-+. 16.（2019·江苏高考模拟）已知数列{}n a ，12a =，且211n n n a a a +=-+对任意n N *∈恒成立．（1）求证：112211n n n n a a a a a a +--=+(n N *∈)；（2）求证：11nn a n +>+(n N *∈)． 【答案】（1）见解析（2）见解析 【解析】（1）①当1n =时，2221112213a a a =-+=-+= 满足211a a =+成立.②假设当n k =时，结论成立.即：112211k k k k a a a a a a +--=+成立下证：当1n k =+时，112211k k k k a a a a a a +-+=+成立.因为()211211111k k k k k a a a a a +++++=-+-+=()()11221112211111k k k k k k k k a a a a a a a a a a a a +--+--=+=++-即：当1n k =+时，112211k k k k a a a a a a +-+=+成立由①、②可知，112211n n n n a a a a a a +--=+(n *N ∈)成立.（2）（ⅰ）当1n =时，221221311a >=-=++成立，当2n =时，()2322222172131112a a a a a =-+=-+=>⨯>++成立，（ⅱ）假设n k =时（3k ≥），结论正确，即：11kk a k +>+成立 下证：当1n k =+时，()1211k k a k ++>++成立.因为()()2211112111111kkkk k k k k k a a a a a k k kk +++++-+==-+>++=++要证()1211k k a k ++>++，只需证()12111k k k k k k +++>++只需证：()121k k k k ++>，只需证：()12ln ln 1k k k k ++>即证：()()12l l n n 10k k k k -++>（3k ≥） 记()()()2ln 11ln h x x x x x -++=∴()()()()2ln 1112ln 11ln ln x x x x h x +-++=-++⎡⎤⎦=⎣'21ln 1ln 12111x x x x ⎛⎫=+=++-+ ⎪++⎝⎭当12x +≥时，1111ln 121ln 221ln 1ln 10122x x e ⎛⎫⎛⎫++-+≥+-+=+>+= ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭所以()()()2ln 11ln h x x x x x -++=在[)1,+∞上递增， 又()6423ln34ln3ln 34ln729ln2564l 0n h ⨯-=-=->=所以，当3x ≥时，()()30h x h ≥>恒成立. 即：当3k ≥时，()()30h k h ≥>成立.即：当3k ≥时，()()12l l n n 10k k k k -++>恒成立. 所以当3k ≥，()1211k k a k ++>++恒成立.由（ⅰ）（ⅱ）可得：对任意的正整数n *∈N ，不等式11nn a n +>+恒成立，命题得证.。
2019高考数学二轮复习专题六函数不等式导数第一讲小题考法函数的图象与性质课件理
必备知能· 自主补缺
条件 若函数f(x)满足f(x＋a)＝f(x －a) 若函数f(x)满足f(x＋a)＝ －f(x) 若函数f(x)满足f(x＋a)＝
结论 则f(x)是周期函数，T＝2a 则f(x)是周期函数，T＝2a 则f(x)是周期函数，T＝2a
条件
若函数y＝f(x)满足f(a＋x)＝f(a －x)，即f(x)＝f(2a－x)
解不等式
求参数
根据分段函数中自变量取值范围的界定，代入相 应的解析式求解，但要注意取值范围的大前提 “分段处理”，采用代入法列出各区间上的方程
考点(二)
函数的图象及 应用
对于已知或易画出图象的函数，其性质(单调性、奇 研究函数 偶性、周期性、最值(值域)、零点)常借助于图象研 的性质 究，但一定要注意性质与图象特征的对应关系 当不等式问题不能用代数法求解，但其与函数有关 研究不等 时，常将不等式问题转化为两函数图象的上下关系 式 问题，从而利用数形结合求解 当方程与基本初等函数有关时，可以通过函数图象 研究方程 来研究方程的根，方程f(x)＝0的根就是函数f(x)的图 根的个数 象与x轴的交点的横坐标，方程f(x)＝g(x)的根就是函 数f(x)与g(x)图象的交点的横坐标
结论
则f(x)的图象关于直线x＝a对称
若函数y＝f(x)满足f(a＋x)＝ 则f(x)的图象关于点(a,0)对称 －f(a－x)，即f(x)＝－f(2a－x) 若函数y＝f(x)满足f(a＋x)＝f(b －x) 则函数f(x)的图象关于直线 x＝ 对称
考点(三)
函数的性质及 应用
具有奇偶性的函数在关于原点对称的区间上的 奇偶性 图象、函数值、解析式和单调性联系密切，研 究问题时可转化到只研究部分(一半)区间上 单调性
2019版高考数学(浙江专用)二轮复习(优编增分)：专题五 函数与导数 规范答题示例9Word版含答案
典例9 (15分)设函数f (x )＝e mx ＋x 2－mx .(1)证明：f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；(2)若对于任意x 1，x 2∈[－1,1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1，求m 的取值范围．审题路线图 (1)求导f ′(x )＝m (e mx －1)＋2x ―→讨论m 确定f ′(x )的符号―→证明结论 (2)条件转化为(|f (x 1)－f (x 2)|)max ≤e －1――――→结合(1)知f (x )min＝f (0)⎩⎪⎨⎪⎧f (1)－f (0)≤e －1，f (－1)－f (0)≤e －1―→⎩⎪⎨⎪⎧e m－m ≤e －1，e －m ＋m ≤e －1―→构造函数g (t )＝e t －t －e ＋1―→研究g (t )的单调性―→寻求⎩⎪⎨⎪⎧g (m )≤0，g (－m )≤0的条件―→对m 讨论得适合条件的范围评分细则 (1)求出导数给1分；(2)讨论时漏掉m ＝0扣1分；两种情况只讨论正确一种给2分； (3)确定f ′(x )符号时只有结论无中间过程扣1分； (4)写出f (x )在x ＝0处取得最小值给1分； (5)无最后结论扣1分； (6)其他方法构造函数同样给分．跟踪演练9 (2018·全国Ⅰ)已知函数f (x )＝1x －x ＋a ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2， 证明：f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<a －2.(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝－1x 2－1＋ax ＝－x 2－ax ＋1x 2.①若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时，f ′(x )＝0， 所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ②若a >2，令f ′(x )＝0，得x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42. 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )>0. 所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增．(2)证明 由(1)知，f (x )存在两个极值点当且仅当a >2. 由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0， 所以x 1x 2＝1，不妨设0<x 1<x 2，则x 2>1. 由于f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 21x 2－x 2，所以f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<a －2等价于1x 2－x 2＋2ln x 2<0.设函数g (x )＝1x－x ＋2ln x ，由(1)知，g (x )在(0，＋∞)上单调递减， 又g (1)＝0，从而当x ∈(1，＋∞)时，g (x )<0. 所以1x 2－x 2＋2ln x 2<0，即f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<a －2.。
2019届高考数学二轮复习 第二篇 考点六 函数、导数与不等式 考查角度1 用导数解决函数的单调性、
考查角度1 用导数解决函数的单调性、极值与最值问题分类透析一 求函数的单调区间例1 已知函数f (x )=ax 3+x 2(a ∈R)在x=-43处取得极值. (1)确定a 的值;(2)若g (x )=f (x )e x,求函数g (x )的单调减区间.分析 (1)先求出函数的导数,然后把x=-43代入可确定a 的值;(2)先求出g (x )的函数解析式,再求导数,最后利用导数求单调性的方法求出单调递减区间.解析 (1)对f (x )求导得f'(x )=3ax 2+2x , 因为f (x )在x=-43处取得极值,∴f'(-43)=0, 即3a×169+2×(-43)=16a 3-83=0,解得a=12.(2)由(1)得g (x )=(12a 3+a 2)e x, 故g'(x )=(32a 2+2x )e x+(12a 3+a 2)e x=(12a 3+52a 2+2x )e x =12x (x+1)(x+4)e x .令g'(x )<0,得x (x+1)(x+4)<0, 解得-1<x<0或x<-4,∴函数g (x )的单调递减区间为(-1,0),(-∞,-4).方法技巧 (1)已知函数的极值点,求参数的值,应利用函数在极值点的导数为0这一条件求解. (2)划分函数的单调区间时,要在函数定义域内讨论,还要确定导数为零的点和函数的间断点.分类透析二 利用函数的单调性求参数例2 已知函数f (x )=ln x ,g (x )=12ax 2+2x.(1)若函数h (x )=f (x )-g (x )存在单调递减区间,求实数a 的取值范围; (2)若函数h (x )=f (x )-g (x )在[1,4]上单调递减,求实数a 的取值范围. 分析 整理函数,分离出参数,构造函数,然后求导确定参数的取值范围. 解析 (1)∵h (x )=ln x-12ax 2-2x ,x>0,∴h'(x )=1a -ax-2.若函数h (x )在(0,+∞)上存在单调递减区间, 则当x>0时,1a -ax-2<0有解,即a>1a 2-2a 有解. 设G (x )=1a 2-2a ,x>0,∴a>G (x )min . 又G (x )=(1a -1)2-1,∴G (x )min =-1.∴a>-1.即实数a 的取值范围是(-1,+∞).(2)∵h (x )=ln x-12ax 2-2x 在[1,4]上单调递减,∴当x ∈[1,4]时,h'(x )=1a -ax-2≤0恒成立,则a ≥1a 2-2a 恒成立. 设G (x )=1a 2-2a ,x ∈[1,4],∴a ≥G (x )max .又G (x )=(1a -1)2-1,x ∈[1,4],∴G (x )max =-716(此时x=4),∴a ≥-716.故实数a 的取值范围是[-716,+∞)..已知函数的单调性,求参数的取值范围,应用条件f'(x )≥0(或f'(x )≤0),x ∈(a ,b )恒成立,求出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解),应注意参数的取值范围是f'(x )不恒等于0的参数的取值范围.2.若函数y=f (x )在区间(a ,b )上不是单调函数,则问题转化为f'(x )=0在(a ,b )上有解.分类透析三 已知函数求极值(点)已知函数f (x )=x-1+aea (a ∈R,e 为自然对数的底数).(1)若曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线平行于x 轴,求a 的值; (2)求函数f (x )的极值.运用导数的几何意义求出参数的值,求带有参数的函数的极值时,要注意分类讨论.由f (x )=x-1+ae a ,得f'(x )=1-ae a . 又曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线平行于x 轴,得f'(1)=0,即1-ae=0,解得a=e.(2)f'(x)=1-ae a,①当a≤0时,f'(x)>0,f(x)为(-∞,+∞)上的增函数,所以函数f(x)无极值.②当a>0时,令f'(x)=0,得e x=a,即x=ln a,当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.故f(x)在x=ln a处取得极小值且极小值为f(ln a)=ln a,无极大值.综上,当a≤0时,函数f(x)无极值;当a>0时,f(x)在x=ln a处取得极小值ln a,无极大值.函数极值的两类热点问题(1)由函数极值求参数的值或取值范围.已知函数极值,利用导数的几何意义求参数的值,利用极值点的定义求参数的取值范围.(2)求函数f(x)的极值这类问题的一般解题步骤:①确定函数的定义域;②求导数f'(x);③解方程f'(x)=0,求出在函数定义域内方程的所有根;④列表检验f'(x)在f'(x)=0的根x0左右两侧值的符号,如果左正右负,那么f(x)在x0处取极大值,如果左负右正,那么f(x)在x0处取极小值.分类透析四利用导数求函数的最值已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当a>0时,求函数f(x)在[1,2]上的最小值.已知函数的解析式求单调区间,实质上是求导数f'(x)>0,f'(x)<0的解区间,并注意定义域.(2)先研究函数f(x)在[1,2]上的单调性,再确定最值是端点值还是极值.(3)两小问中,由于解析式中含有参数a,所以要对参数a进行分类讨论.f'(x)=1a-a(x>0),①当a≤0时,f'(x)=1a-a>0,即函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞).②当a>0时,令f'(x)=1a -a=0,可得x=1a;当0<x<1a 时,f'(x )=1-aaa>0;当x>1a 时,f'(x )=1-aaa<0.故函数f (x )的单调递增区间为(0,1a ), 单调递减区间为(1a ,+∞).综上可知,当a ≤0时,函数f (x )的单调递增区间为(0,+∞);当a>0时,函数f (x )的单调递增区间为(0,1a ),单调递减区间为(1a,+∞).(2)①当1a ≤1,即a ≥1时,函数f (x )在区间[1,2]上是减函数,所以f (x )的最小值是f (2)=ln2-2a.②当1a ≥2,即0<a ≤12时,函数f (x )在区间[1,2]上是增函数,所以f (x )的最小值是f (1)=-a. ③当1<1a <2,即12<a<1时,函数f (x )在[1,1a ]上是增函数,在[1a ,2]上是减函数.又f (2)-f (1)=ln 2-a ,所以当12<a<ln 2时,最小值是f (1)=-a ; 当ln 2≤a<1时,最小值为f (2)=ln 2-2a.综上可知当0<a<ln 2时,函数f (x )的最小值是f (1)=-a ; 当a ≥ln 2时,函数f (x )的最小值是f (2)=ln 2-2a.方法技巧 用导数法求给定区间上的函数的最值问题的一般步骤:①(求导数)求函数f (x )的导数f'(x );②(求极值)求f (x )在给定区间上的单调性和极值; ③(求端点值)求f (x )在给定区间上的端点值;④(求最值)将f (x )的各极值与f (x )的端点值进行比较,确定f (x )的最大值与最小值; ⑤(反思)反思回顾,查看关键点,易错点和解题规范.1.(2016年全国Ⅱ卷,文20改编)已知函数f (x )=x 2-ln x-ax ,a ∈R . (1)当a=1时,求f (x )的最小值; (2)若f (x )>x ,求a 的取值范围.当a=1时,f (x )=x 2-ln x-x , 则f'(x )=(2a +1)(a -1)a.当x ∈(0,1)时,f'(x )<0;当x ∈(1,+∞)时,f'(x )>0. 所以f (x )的最小值为f (1)=0.(2)由f (x )>x ,得f (x )-x=x 2-ln x-(a+1)x>0. 由于x>0,所以f (x )>x 等价于x-ln aa>a+1.令g (x )=x-ln aa,则g'(x )=a 2-1+ln aa 2. 当x ∈(0,1)时,g'(x )<0;当x ∈(1,+∞)时,g'(x )>0. 故g (x )的最小值为g (1)=1.故a+1<1,解得a<0,即a 的取值范围是(-∞,0).2.(2018年北京卷,文19改编)函数f (x )=(ax 2+x )e x,其中e 是自然对数的底数,a ∈R . (1)当a>0时,解不等式f (x )≤0;(2)当a=0时,求整数t 的所有值,使方程f (x )=x+2在[t ,t+1]上有解.因为e x>0,(ax 2+x )e x ≤0,所以ax 2+x ≤0. 又因为a>0,所以不等式化为x (a +1a)≤0.所以不等式f (x )≤0的解集为[-1a ,0]. (2)当a=0时,方程为x e x=x+2, 由于e x>0,所以x=0不是方程的解, 所以原方程等价于e x-2a -1=0. 令h (x )=e x-2a-1,则h'(x )=e x+2a 2.因为h'(x )>0对于x ∈(-∞,0)∪(0,+∞)恒成立, 所以h (x )在(-∞,0)和(0,+∞)内是单调递增函数. 又h (1)=e -3<0,h (2)=e 2-2>0,h (-3)=e -3-13<0,h (-2)=e -2>0,所以方程f (x )=x+2有且只有两个实数根且实数根分别在区间[1,2]和[-3,-2]上,所以整数t 的所有值为{-3,1}.3.(2016年天津卷,文20改编)已知函数f (x )=x 3+ax 2-x+c ,且a=f'(23).(1)求a 的值;(2)求函数f (x )的单调区间;(3)设函数g (x )=[f (x )-x 3]e x,若函数g (x )在[-3,2]上单调递增,求实数c 的取值范围.由f (x )=x 3+ax 2-x+c ,得f'(x )=3x 2+2ax-1. 当x=23时,得a=f'(23)=3×(23)2+2a×23-1,解得a=-1.(2)由(1)可知f (x )=x 3-x 2-x+c , 则f'(x )=3x 2-2x-1=3(a +13)(x-1).当x 变化时,f'(x ),f (x )的变化情况如下表:x (-∞,-13)-13(-13,1) 1 (1,+∞)f'(x ) +0 -0 +f (x )↗极大值↘ 极小值↗所以f (x )的单调递增区间是(-∞,-13)和(1,+∞),单调递减区间是(-13,1).(3)函数g (x )=[f (x )-x 3]e x =(-x 2-x+c )e x, 则g'(x )=(-2x-1)e x+(-x 2-x+c )e x=(-x 2-3x+c-1)e x .因为函数g (x )在区间[-3,2]上单调递增, 所以h (x )=-x 2-3x+c-1≥0在区间[-3,2]上恒成立. 又h (x )min =h (2),所以h (2)≥0,解得c ≥11, 所以c 的取值范围是[11,+∞).1.(孝感市七校教学联盟2017届高三上学期期末)已知函数f(x)=x3-3ax-1(a≠0).(1)求f(x)的单调区间;(2)若f(x)在x=-1处取得极值,直线y=m与曲线y=f(x)有三个不同的交点,求m的取值范围.解析 (1)f'(x)=3x2-3a.当a<0时,f'(x)>0,∴f(x)在R上单调递增.当a>0时,f'(x)=3(x+√a)(x-√a).x(-∞,-√a) -√a(-√a,√a) √a(√a,+∞)f'(x) +0 -0 +f(x) ↗极大值↘极小值↗∴f(x)在(-∞,-√a)和(√a,+∞)上单调递增,在(-√a,√a)上单调递减.(2)f(x)在x=-1处取得极值,∴f'(-1)=0.∴3-3a=0,a=1,f(x)=x3-3x-1,∴f(x)极大值=f(-1)=1,f(x)极小值=f(1)=-3.∵直线y=m与曲线y=f(x)有三个交点,∴f(x)极小值<m<f(x)极大值,∴-3<m<1,∴m的取值范围是(-3,1)..2.(河北省廊坊市第八高级中学2018届高三模拟试题)已知函数f(x)=a ln aa-1(1)求函数f(x)的图象在x=2处的切线方程;(2)求函数f(x)的单调区间.解析 (1)因为x=2,所以切点为(2,2ln 2).,因为f'(x)=a-1-ln a(a-1)2所以切线的斜率为f'(2)=1-ln 2,所以所求的切线方程为y-2ln 2=(1-ln 2)(x-2),即y=(1-ln 2)x+4ln 2-2.(2)f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞),由(1)知f'(x )=a -1-ln a (a -1)2.记g (x )=x-1-ln x ,则g'(x )=1-1a=a -1a.当0<x<1时,g'(x )<0,g (x )在(0,1)上是减函数; 当x>1时,g'(x )>0,g (x )在(1,+∞)上是增函数.所以g (x )在(0,+∞)上的最小值为g (1)=0,所以f'(x )>0恒成立, 所以f (x )的单调递增区间为(0,1)和(1,+∞),无单调递减区间.3.(天水市一中2015级2017~2018学年第二次模拟考试)已知函数f (x )=e x-12x 2+ax.(1)当a>-1时,试判断函数f (x )的单调性;(2)若a<1-e,求证:函数f (x )在[1,+∞)上的最小值小于12.由题意可得f'(x )=e x-x+a , 设g (x )=f'(x )=e x-x+a ,则g'(x )=e x-1,所以当x>0时,g'(x )>0,g (x )在(0,+∞)上单调递增; 当x<0时,g'(x )<0,g (x )在(-∞,0)上单调递减. 所以f'(x )≥f'(0)=1+a ,因为a>-1,所以1+a>0,即f'(x )>0, 所以函数f (x )在R 上单调递増. (2)由(1)知f'(x )在[1,+∞)上单调递増, 因为a<1-e,所以f'(1)=e -1+a<0,所以存在t ∈(1,+∞),使得f'(t )=0,即e t-t+a=0,亦即a=t-e t, 所以函数f (x )在[1,t )上单调递减,在(t ,+∞)上单调递増, 所以当x ∈[1,+∞)时,f (x )min =f (t )=e t -12t 2+at=e t -12t 2+t (t-e t )=e t (1-t )+12t 2.令h (x )=e x(1-x )+12x 2,x>1,则h'(x )=x (1-e x)<0恒成立,所以函数h (x )在(1,+∞)上单调递减,所以h (x )<e(1-1)+12×12=12, 即当x ∈[1,+∞)时,f (x )min <12,.故函数f(x)在[1,+∞)上的最小值小于12.4.(山东省实验中学2018届第二次模拟考试高三试题)已知函数f(x)=1+ln aa(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若关于x的方程f(x)=e x-1+e1-x+k有实数解,求实数k的取值范围..函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-ln aa2当x∈(0,1)时,f'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0.所以f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞).(2)令g(x)=e x-1+e1-x+k,则g'(x)=e x-1-e1-x.当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)为减函数;当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)为增函数.所以g(x)min=g(1)=2+k.由(1)得f(x)max=f(1)=1,若关于x的方程f(x)=e x-1+e1-x+k有实数解,则g(x)min≤f(x)max,即2+k≤1,解得k≤-1.所以k的取值范围为(-∞,-1].。
【配套K12】高三数学(理)二轮专题复习文档：专题六函数与导数、不等式规范答题示范
规范答题示范——函数与导数解答题【典例】 (12分)(2017·全国Ⅲ卷)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当a <0时，证明f (x )≤－34a －2.[信息提取]看到讨论f (x )的单调性，想到先确定函数的定义域，然后对函数f (x )进行求导.看到要证f (x )≤－34a －2成立，想到利用导数求函数的最大值.[规范解答](1)解 f (x )的定义域(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋2ax ＋2a ＋1＝（2ax ＋1）（x ＋1）x. ……………………………………………………………………………………1分 若a ≥0时，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增，……………………………………………………………………………………2分若a <0时，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12a 时，f ′(x )>0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞时，f ′(x )<0. 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞上单调递减. ……………………………………………………………………………………5分(2)证明 由(1)知，当a <0时，f (x )在x ＝－12a 处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a －1－14a ， 所以f (x )≤－34a －2等价于ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a －1－14a ≤－34a －2，即ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a ＋1≤0， ……………………………………………………………………………………8分设g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1x －1.当x ∈(0，1)时，g ′(x )>0；x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0.所以g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.故当x ＝1时，g (x )取得最大值，最大值为g (1)＝0.……………………………………………………………………………………10分 所以当x >0时，g (x )≤0，从而当a <0时，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a ＋1≤0， 即f (x )≤－34a －2.……………………………………………………………………………………12分[高考状元满分心得]得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分.如第(1)问中，求导正确，分类讨论；第(2)问中利用单调性求g (x )的最大值和不等式性质的运用.得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中，求出f (x )的定义域，f ′(x )在(0，＋∞)上单调性的判断；第(2)问，f (x )在x ＝－12a 处最值的判定，f (x )≤－34a －2等价转化为ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a ＋1≤0等. 得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如第(1)问中，求导f ′(x )准确，否则全盘皆输，第(2)问中，准确计算f (x )在x ＝－12a 处的最大值.[解题程序]第一步：求函数f (x )的导函数f ′(x )；第二步：分类讨论f (x )的单调性；第三步：利用单调性，求f (x )的最大值；第四步：根据要证的不等式的结构特点，构造函数g (x )；第五步：求g (x )的最大值，得出要证的不等式.第六步：反思回顾，查看关键点、易错点和解题规范.【巩固提升】 已知函数f (x )＝x 2－k ln x －a ，g (x )＝x 2－x .(1)当a ＝0时，若g (x )<f (x )在区间(1，＋∞)上恒成立，求实数k 的取值范围.(2)是否存在常数k ，使得函数f (x )和g (x )在区间(0，＋∞)上具有相同的单调性？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由.解 (1)当a ＝0时，由g (x )<f (x )得k ln x <x ，因为x >1，所以ln x >0，所以k <x ln x 在(1，＋∞)上恒成立.令t (x )＝x ln x (x >1)，则t ′(x )＝ln x －1（ln x ）2， 由t ′(x )＝0得x ＝e ，当1<x <e 时，t ′(x )<0，t (x )在(1，e)上为减函数，当x >e 时，t ′(x )>0，t (x )在(e ，＋∞)上为增函数.所以t (x )min ＝t (e)＝e.所以实数k 的取值范围为(－∞，e).(2)g (x )＝x 2－x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增. 函数f (x )＝x 2－k ln x －a ，f ′(x )＝2x 2－k x ，当k ≤0时，f ′(x )>0恒成立，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，不合题意.当k >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝2k 2或x ＝－2k 2(舍去).当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，2k 2时，f ′(x )<0， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2，＋∞时，f ′(x )>0， 所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2k 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2，＋∞上单调递增. 要使f (x )与g (x )在(0，＋∞)上具有相同的单调性，需使2k 2＝12，解得k ＝12.所以存在常数k ＝12，使得函数f (x )与g (x )在( 0，＋∞)上具有相同的单调性.。
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规范答题示例9 导数与不等式的恒成立问题
典例9 (12分)(2017·全国Ⅲ)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2
＋(2a ＋1)x . (1)讨论f (x )的单调性；
(2)当a <0时，证明f (x )≤－3
4a
－2.
审题路线图 (1)要讨论f (x )的单调性―→应讨论f ′(x )的符号―→f ′(x )＝(x ＋1)(2ax ＋1)x
――→
x >0
讨论2ax ＋1的符号―→应依据a 分类讨论.
(2)要证明f (x )≤－34a －2―→f (x )max ≤－34a －2―→f (x )max ＋34a ＋2≤0
―――――――――――――――――→令x ＝－1 2a ，造函数g (x )＝f (x )max ＋3
4a ＋2
证明g (x )max ≤0.
评分细则 第(1)问得分点说明： ①正确求出f ′(x )得2分；
②求出a ≥0时，函数的单调性得2分； ③求出a <0时，函数的单调性得2分． 第(2)问得分点说明：
①正确求出f (x )的最大值得2分； ②转化为关于a 的不等式得1分；
③构造函数并正确求出函数的最大值得2分； ④正确写出结论得1分．
跟踪演练9 (2018·全国Ⅰ)已知函数f (x )＝1
x
－x ＋a ln x .
(1)讨论f (x )的单调性；
(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2， 证明：
f (x 1)－f (x 2)
x 1－x 2
<a －2.
(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x )＝－1
x 2－1＋a x ＝－x 2－ax ＋1
x 2
.
①若a ≤2，则f ′(x )≤0，
当且仅当a ＝2，x ＝1时，f ′(x )＝0， 所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ②若a >2，令f ′(x )＝0，得
x ＝
a －a 2－4
2
或x ＝
a ＋a 2－4
2
.
当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∪⎝ ⎛⎭⎪⎫
a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )<0；
当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫
a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )>0.
在⎝ ⎛⎭
⎪⎫
a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增．
(2)证明 由(1)知，f (x )存在两个极值点当且仅当a >2. 由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2
－ax ＋1＝0， 所以x 1x 2＝1，不妨设0<x 1<x 2，则x 2>1. 由于
f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2
x 1－x 2
＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 2
1
x 2
－x 2
，
所以
f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<a －2等价于1
x 2
－x 2＋2ln x 2<0.
设函数g (x )＝1
x
－x ＋2ln x ，
由(1)知，g (x )在(0，＋∞)上单调递减． 又g (1)＝0，从而当x ∈(1，＋∞)时，g (x )<0. 所以1
x 2
－x 2＋2ln x 2<0，
即f (x 1)－f (x 2)
x 1－x 2
<a －2.。