专题6.1 导数中的构造函数-2020届高考数学压轴题讲义(选填题)(原卷版)
B．
【指点迷津】根据
，若 C． ，变形可得
恒成立，则实数 的取值范围是（ ） D．
，通过构造函数，进一步确定
的最大值，利用导数，结合 的单调性，即可求解.
【举一反三】【河北省唐山市 2019 届高三下学期第一次模拟】设函数
，
一个零点，则实数 的值为（ ）
有且仅有
A．
B．
C．
D．
【强化训练】
一、选择题
x
“ ”法优先考虑构造 F x
f x ．
ex
例 2、【湖南省长郡中学 2019 届高三下学期第六次月考】已知 是函数 的导函数，且对任意的实数 都
有
是自然对数的底数），
，若不等式
的解集中恰有两个整
数，则实数 的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【指点迷津】令
，可得
，可设
，
，利用导数研究其单调性极值与最值并且画出图象即可得出．
f x ；出现
xn
f x nf
x形
式，构造函数 F x enx f
x ；出现
f x nf
x 形式，构造函数 F x
f x ．
enx
【解答策略】
类型一、利用 f x 进行抽象函数构造
1．利用 f x 与 x （ xn ）构造
常用构造形式有 xf x ， f x ；这类形式是对 u v ， u 型函数导数计算的推广及应用，我们对 u v ，
C．
D．
恒成立，则正
11．【2019 届高三第二次全国大联考】已知定义在 上的可导函数
的导函数为
时，
，则函数
的零点个数为
A．0
B．1
C．2
D．0 或 2
，若当
修正版
二、填空题
12．【江苏省海安高级中学 2019 届高三上学期第二次月考】若关于 x 的不等式
对任意
的实数
及任意的实数
恒成立，则实数 a 的取值范围是______．
【方法综述】 函数与方程思想、转化与化归思想是高中数学思想中比较重要的两大思想，而构造函数的解题思路恰好是
这两种思想的良好体现，尤其是在导数题型中．在导数小题中构造函数的常见结论：出现 nf x xf x 形
式，构造函数 F x xn f
x；出现 xf x nf
x 形式，构造函数 F x
【指点迷津】满足“ f xcos x f xsin x 0 ”形式，优先构造 F x f x ，然后利用函数的单调性
cos x
和数形结合求解即可．注意选项的转化． 类型二 构造具体函数关系式 这类题型需要根据题意构造具体的函数关系式，通过具体的关系式去解决不等式及求值问题． 1.直接法：直接根据题设条件构造函数
Fx f xsin x ， Fx f xsin x f xcos x ；
Fx
f x ， F x
sin x
f xsin x f x cos x ；
sin2 x
F x f xcos x ， Fx f xcos x f xsin x ；
修正版
Fx
f x ， F x
cos x
，
，则不等式
（其中 为自然对数的底数）的解集为______.
16．【湖南师大附中 2019 届高三月考（七)】设 为整数，若对任意的 则 的最大值是__________．
，不等式
恒成立，
修正版
B．-4
C．-5
D．
在区间
9．【宁夏六盘山高级中学 2019 届高三二模】定义域为 的奇函数 ，当
时，
恒成立，若 A．
， B．
，则（ ）
C．
D．
10．【四川省教考联盟 2019 届高三第三次诊断】已知定义在 上的函数 关于 轴对称，其导函数为 ，
当 时，不等式
整数 的最大值为（ ）
A．
B．
.若对
，不等式
x
v
u 的导函数观察可得知， u v 型导函数中体现的是“ ”法， u 型导函数中体现的是“ ”法，由此，我们可
v
v
以猜测，当导函数形式出现的是“ ”法形式时，优先考虑构造 u v 型，当导函数形式出现的是“ ” 法形式时，
优先考虑构造 u ． v
例 1.【2019 届高三第二次全国大联考】设
例
4、
，
2
, 2
，且sin Fra biblioteksin
0
，则下列结论 正确的是（
）
A．
B． 2 2
C．
D． 0
【指点迷津】根据题目中不等式的构成，构造函数 f x xsin x ，然后利用函数的单调性和数形结合求
解即可．
【举一反三】【福建省 2019 届备考关键问题指导适应性练习（四)】已知函数
，
，若关
于 的方程
在区间 内有两个实数解，则实数 的取值范围是( )
A．
B．
C．
D．
【指点迷津】根据题目中方程的构成，构造函数
，然后利用函数的单调性和数形结合求解
即可．
2. 参变分离，构造函数
例 5.【云南省玉溪市第一中学 2019 届高三下学期第五次调研】 设 为函数 的导函数，且满足
修正版
A．
13．【山东省济南市山东师范大学附属中学 2019 届高三四模】定义在 R 上的奇函数 的导函数满足
，且
，若
，则不等式
的解集为______．
14．【广东省佛山市第一中学 2019 届高三上学期期中】已知定义在 R 上的奇函数 满足 f（1）=0，当 x
＞0 时，
，则不等式
的解集是______．
15.【重庆市第一中学校 2019 届高三 3 月月考】设 是定义在 上的函数，其导函数为 ，若
A．
B．
C．
D．
4．【辽宁省师范大学附属中学 2019 届高三上学期期中】已知函数 的唯一极值点，则实数 k 的取值范围是（ ）
，若 是函数
A．
B．
C．
D．
5．【2019 届山西省太原市第五中学高三 4 月检测】已知函数 上无零点，则（ ）
修正版
，若函数 在
A．
B．
C．
D．
6．【安徽省毛坦厂中学 2019 届高三校区 4 月联考】已知
修正版
A．
B．
C．当 时， 取得极大值
D．当 时，
2．利用 f x 与 ex 构造
f x 与 ex 构造，一方面是对 u v ， u 函数形式的考察，另外一方面是对 ex ex 的考察．所以对于 v
f x f x 类型，我们可以等同 xf x ， f x 的类型处理， “ ”法优先考虑构造 F x f xex ，
是定义在 上的可导偶函数，若当 时，
，则函数
的零点个数为
A．0 C．2
B．1 D．0 或 2
【指点迷津】设
，当 时，
，可得当 时，
，故函数
在
上单调递减，从而求出函数的零点的个数．
【举一反三】【新疆乌鲁木齐 2019 届高三第二次质量检测】
的定义域是
，其导函数为 ，若
，且
（其中 是自然对数的底数），则
，解得 ，
【举一反三】【安徽省黄山市 2019 届高三第二次检测】已知函数 是定义在 上的可导函数，对于任意的
实数 x，都有
，当 时
，若
，则实数 a 的取值范围是
（）
A．
B．
C．
D．
3．利用 f x 与 sin x ， cos x 构造
sin x ， cos x 因为导函数存在一定的特殊性，所以也是重点考察的范畴，我们一起看看常考的几种形式．
成立，则实数 的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
，若关于 的不等式
恒
D．
7．【2019 届湘赣十四校高三第二次联考】已知函数
为 上的偶函数，且当 时函数 满足
，
，则
的解集是（ ）
A．
B．
C．
D．
8．【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019 届高三第三次测评】若函数
上单调递增，则
的最小值是（ ）
A．-3
1．【山西省 2019 届高三百日冲刺】已知函数
则 的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
2．【海南省海口市 2019 届高三高考调研】已知函数
恒成立，则下列判断一定正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
3【．辽宁省抚顺市 2019 届高三一模】若函数
，若对任意的
D． 的导函数 满足
，
恒成立，
对
有三个零点，则实数 的取值范围是( )
f x cos x f xsin x ．
cos2 x
例
3、已知函数
y
f
x
对于任意
x
2
,
2
满足
f
xcos x
f
x sin
x
0
（其中
f
x
是函数
f x 的导函数），则下列不等式不成立的是（ ）
A．
2f
3
f
4
B．
2f
3
f
4
C． f 0
2
f
4
D．
f
0
2
f
3
专题02 “构造函数”,巧求参数范围-2020年高考数学压轴题之函数零点问题(原卷版)
专题二“构造函数”，巧求参数范围函数方程思想是一种重要的数学思想方法，函数问题可以利用方程求解，方程解的情况可借助于函数的图象和性质求解.高考命题常常以基本初等函数为载体，主要考查以下三个方面：（1）零点所在区间——零点存在性定理；（2）二次方程根的分布问题；（3）判断零点的个数问题；（4）根据零点的情况确定参数的值或范围；（5）根据零点的情况讨论函数的性质或证明不等式等.本专题围绕高考压轴题中求参数范围问题，构造函数，例题说法，高效训练.【典型例题】第一招参变分离，构造函数例1.【2019届高三第一次全国大联考】若函数恰有三个零点，则的取值范围为( ) A．B．（）C．D．（）第二招根据方程做差，构造函数例2.【东北三省三校（哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学)2019届高三第一次模拟】已知函数（为自然对数的底数），.（1）当时，求函数的极小值；（2）若当时，关于的方程有且只有一个实数解，求的取值范围.第三招求导转化，构造函数例3.【山东省菏泽市2019届高三下学期第一次模拟】已知函数.（1）设，求函数的单调区间；（2）若函数在其定义域内有两个零点，求实数的取值范围.第四招换元转化，构造函数例4．【四川省高中2019届高三二诊】已知．求的极值；若有两个不同解，求实数的取值范围．【规律与方法】构造函数的几种常用的构造技巧：1.通过作差构造函数：作差构造新的函数，通过研究新函数的性质从而得出结论．当然，适合用这个方法解的题目中，构造的函数要易于求导，易于判断导数的正负．2.利用“换元法”构造函数，换元的目的是简化函数的形式．3.先分离参数再构造函数，将方程变形为m=h(x)，构造函数h(x)，研究h(x)的性质来确定实数m的取值范围．4.根据导函数的结构，构造函数.【提升训练】1．【福建省2019届备考关键问题指导适应性练习（四)】已知函数，，若关于的方程在区间内有两个实数解，则实数的取值范围是( )A．B．C．D．2．【河北省唐山市2019届高三下学期第一次模拟】设函数，有且仅有一个零点，则实数的值为（）A．B．C．D．3. 【山东省济宁市2019届高三第一次模拟】已知当时，关于的方程有唯一实数解，则所在的区间是( )A．(3，4) B．(4，5) C．(5，6) D．(6．7)4．【天津市和平区2019届高三下学期第一次调查】已知函数，若关于的方程恰有三个不相等的实数解,则的取值范围是A．B．C．D．5．【安徽省合肥市2019届高三第二次检测】设函数，若函数有三个零点，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．6.【江西省南昌市2019届高三第一次模拟】已知函数（为自然对数的底数），，直线是曲线在处的切线.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）是否存在，使得在上有唯一零点？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.7．【山东省青岛市2019届高三3月一模】已知函数，，为自然对数的底数.（1）当时，证明：函数只有一个零点；（2）若函数存在两个不同的极值点，，求实数的取值范围.8.【陕西省咸阳市2019年高考模拟检测（二)】已知函数.（1）当，求证；（2）若函数有两个零点，求实数的取值范围.9．【湖南省怀化市2019届高三3月第一次模拟】设函数.（1）若是的极大值点，求的取值范围；（2）当，时，方程（其中）有唯一实数解，求的值.10．【普通高中2019届高三质量监测（二)】已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若方程有两个实数根，求实数的取值范围.11．【广东省汕头市2019年普通高考第一次模拟】已知．（1）讨论的单调性；（2）若存在3个零点，求实数的取值范围．12．【山东省淄博市2019届高三3月模拟】已知函数.（1）若是的极大值点，求的值；（2）若在上只有一个零点，求的取值范围.。
2020届高考数学-导数的应用-函数的构造(含解析)
因为 3 e ln 2 ，所以 g(3) g(e) g(ln 2) ，即 c a b 。
答案：D
解惑练习 2：已知定义在 R 上的奇函数 f (x) 的导函数为 f (x) ，当 x 0 时，
f (x) + f (x) 0 ，若 a = 1 f (1) ， b = −2 f (−2) ， c = ln 1 f (ln 1) ，则 a 、 b 、 c 的关
令 g(x) = f (x) − 1 x − 1 ，则只要解不等式 g(x) 0 。 22
因为 f (x) 1 ，所以 g(x) = f (x) − 1 0 ，即 g(x) 在 R 上单调递增。
2
2
因为 f (1) = 1，所以 g(1) = 0 ，所以 g(x) 0 ，则 x 1。
答案：B
答案：A
解惑练习 4：解析：设 g(x) =
f (x) ， ex
4/5
知识像烛光，能照亮一个人，也能照亮无数的人。--培根
因为 f (x) f (x) ，所以 g(x) = f (x) − f (x) 0 ， ex
所以 g(x) 在 R 上单调递增。
因为 f (1) = e ，所以 g(1) = 1。
=
xf
(x) − (x −1) f (x) ex
，
因为 xf (x) (x −1) f (x) ，所以 g(x) 0 ，所以 g(x) 单调递减，
所以 g(1)
g(2) ，即
f (1) e
2
f (2) e2
，
ef
(1) 2 f (2) 。
答案：A
5/5
所以 g(x) 在 R 上单调递增。
因为 f (2m +1) − f (2 − m) e1−3m 0 ，所以 f (2m +1) f (2 − m)e1−3m ，
导数的综合运用：同构、构造函数选择填空压轴题(解析版)
2024届高考数学专题：同构、构造函数选择填空压轴题一、单选题1.若对∀x ∈12e ,12，不等式(ax -4)ln x <2ln a -ax ln2恒成立，则实数a 的取值范围是()A.(0,4e ]B.(4e ,+∞)C.[4e ,+∞)D.(4e ,+∞)【答案】C【分析】不等式(ax -4)ln x <2ln a -ax ln2变形为ln (2x )2x <ln (ax 2)ax 2，令f x =ln xx ，利用导数研究函数单调性，解不等式求实数a 的取值范围.【详解】由已知得：a >0，由ax -4 ln x <2ln a -ax ln2，得ax ln 2x <2ln a +2ln x 即ax ln (2x )2<ln (ax 2)，可得ln (2x )2x <ln (ax 2)ax 2．令f x =ln xx，x ∈0,+∞ ，则f (2x )<f (ax 2)，求导得f (x )=1-ln x x2，f(x )>0，解得0<x <e ；f (x )<0，解得x >e ，∴f (x )在(0,e )上单调递增，在(e ,+∞)上单调递减，且当0<x <1时f (x )<0；当x >1时，f (x )>0，函数图像如图所示．∵x ∈12е,12，∴2x ∈1е,1，∴f (2x )<0，由f (2x )<f (ax 2)及f x =ln x x 的图像可知，2x <ax 2恒成立，即a >2x成立，而2x ∈(4,4e )，∴a ≥4е，实数a 的取值范围是[4e ,+∞).故选：C ．2.对任意x ∈0,+∞ ，k e kx +1 -1+1xln x >0恒成立，则实数k 的可能取值为()A.-1B.13C.1eD.2e【答案】D【分析】将恒成立的不等式化为e kx +1 ln e kx >x +1 ln x ，构造函数f x =x +1 ln x ，利用导数可求得f x 单调性，从而得到e kx >x ，分离变量可得k >ln x x ；令h x =ln xx，利用导数可求得h x 最大值，由此可得k 的范围，从而确定k 可能的取值.【详解】当x >0时，由k e kx +1 -1+1xln x >0得：kx e kx +1 >x +1 ln x ，∴e kx +1 ln e kx >x +1 ln x ，令f x =x +1 ln x ，则f x =ln x +1+1x，令g x =f x ，则g x =1x -1x 2=x -1x 2，∴当x ∈0,1 时，g x <0；当x ∈1,+∞ 时，g x >0；∴f x 在0,1 上单调递减，在1,+∞ 上单调递增，∴f x ≥f 1 =2>0，∴f x 在0,+∞ 上单调递增，由e kx +1 ln e kx >x +1 ln x 得：f e kx >f x ，∴e kx >x ，即k >ln xx；令h x =ln x x ，则h x =1-ln xx 2，∴当x ∈0,e 时，h x >0；当x ∈e ,+∞ 时，h x <0；∴h x 在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，∴h x ≤h e =1e，∴当x >0时，k >ln x x 恒成立，则k >1e，∴实数k 的可能取值为2e，ABC 错误，D 正确.故选：D .【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解恒成立问题，解题关键是能够对于恒成立的不等式进行同构变化，将其转化为同一函数的两个函数值之间的大小关系的问题，从而利用函数的单调性来进行求解.3.已知对任意的x ∈0,+∞ ，不等式kx e kx +1 -x +1 ln x >0恒成立，则实数k 的取值范围是()A.e ,+∞B.1e ,eC.1e,+∞D.1e2,1e【答案】C【分析】对已知不等式进行变形，通过构造函数法，利用导数的性质、常变量分离法进行求解即可.【详解】因为kx e kx +1 >(x +1)ln x ，所以e kx +1 ln e kx >(x +1)ln x ①，令f (x )=(x +1)ln x ，则f (x )=1x +1+ln x ，设g (x )=f (x )=1x+1+ln x ，所以g (x )=-1x 2+1x =x -1x2，当0<x <1时，g(x )<0，当x >1时，g (x )>0，所以f (x )在(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，所以f x ≥f 1 =2，所以f (x )在(0,+∞)单调递增，因为①式可化为f e kx >f (x )，所以e kx >x ，所以k >ln xx，令h (x )=ln x x ，则h (x )=1-ln xx 2，当x ∈(0,e )时，h (x )>0，当x ∈(e ,+∞)时，h (x )<0，所以h (x )在(0,e )单调递增，在(e ,+∞)单调递减，所以h (x )max =h (e )=1e ，所以k >1e，故选：C .4.设实数a >0，对任意的x ∈1e3,+∞，不等式e 2ax -ln x 2a ≥1a -e 2ax ax 恒成立，则实数a 的取值范围是()A.1e ,+∞B.12e,+∞ C.0,1eD.1e2,+∞【答案】B【分析】将e 2ax-ln x 2a ≥1a -e 2ax ax化简为e 2ax 2ax +2 ≥x ln x +2 ，再构造函数f x =x ln x +2 ，求导分析单调性可得e 2ax ≥x 在区间1e3,+∞上恒成立，再参变分离构造函数求最值解决恒成立问题即可.【详解】因为e 2ax-ln x 2a ≥1a -e 2ax ax恒成立即2axe 2ax -x ln x ≥2x -2e 2ax ，可得e 2ax 2ax +2 ≥x ln x +2 ，令f x =x ln x +2 ，则f e 2ax ≥f x 恒成立.又f x =ln x +3，故当x ∈1e 3,+∞时，fx >0，故f x =x ln x +2 在区间1e3,+∞上为增函数.又f e 2ax ≥f x 恒成立，则e 2ax ≥x 在区间1e3,+∞上恒成立，即2ax ≥ln x ，2a ≥ln xx .构造g x =ln x x ,x ∈1e 3,+∞，则g x =1-ln xx2，令g x =0有x =e ，故当x ∈1e3,e时g x >0，g x 为增函数；当x ∈e ,+∞ 时g x <0，g x 为减函数.故g x ≤g e =1e ，故2a ≥1e ，即a ≥12e.故选：B 【点睛】方法点睛：恒(能)成立问题的解法：若f (x )在区间D 上有最值，则(1)恒成立：∀x ∈D ,f x >0⇔f x min >0；∀x ∈D ,f x <0⇔f x max <0；(2)能成立：∃x ∈D ,f x >0⇔f x max >0；∃x ∈D ,f x <0⇔f x min <0.若能分离常数，即将问题转化为：a >f x (或a <f x )，则(1)恒成立：a >f x ⇔a >f x max ；a <f x ⇔a <f x min ；(2)能成立：a >f x ⇔a >f x min ；a <f x ⇔a <f x max .5.已知函数f x =ln x +ax 2，若对任意两个不等的正实数x 1，x 2，都有f x 1 -f x 2x 1-x 2>2，则实数a 的取值范围是()A.14,+∞B.12,+∞C.14,+∞ D.12,+∞ 【答案】D【分析】构造函数g (x )=f (x )-2x =ln x +ax 2-2x (x >0)，则转化得到g x 在(0,+∞)上单调递增，将题目转化为g (x )=1x+2ax -2≥0在(0,+∞)上恒成立，再利用分离参数法即可得到答案.【详解】由题意,不妨设x 1>x 2>0,因为对任意两个不等的正实数x 1,x 2,都有f x 1 -f x 2x 1-x 2>2,所以f x 1 -f x 2 >2x 1-2x 2,即f x 1 -2x 1>f x 2 -2x 2,构造函数g(x)=f(x)-2x=ln x+ax2-2x(x>0),则g x1>g x2,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，所以g (x)=1x+2ax-2≥0在(0,+∞)上恒成立,即a≥1x-12x2在(0,+∞)上恒成立,设m(x)=1x-12x2(x>0),则m (x)=-1x2+1x3=1-xx3，所以当x∈(0,1)时,m (x)>0,m(x)单调递增，x∈(1,+∞)时,m (x)<0,m(x)单调递减，所以m(x)max=m(1)=1-12=12，所以a≥1 2 .故选：D.6.已知f x 是定义在R上的函数f x 的导函数，且f x +xf x <0，则a=2f2 ,b=ef e ,c=3f3 的大小关系为()A.a>b>cB.c>a>bC.c>b>aD.b>a>c【答案】A【分析】构建g x =xf x ，求导，利用导数判断g x 的单调性，进而利用单调性比较大小.【详解】构建g x =xf x ，则g x =f x +xf x ，因为f x +xf x <0对于x∈R恒成立，所以g x <0，故g x 在R上单调递减，由于a=2f2 =g2 ,b=ef e =g e ,c=3f3 =g3 ，且2<e<3，所以g2 >g e >g3 ，即a>b>c.故选：A.【点睛】结论点睛：1.f x +xf x 的形式，常构建xf x ；f x -xf x 的形式，常构建f x x；2.f x +f x 的形式，常构建e x⋅f x ；f x -f x 的形式，常构建f x e x.7.若函数f x =e x2-2ln x-2a ln x+ax2有两个不同的零点，则实数a的取值范围是()A.-∞,-eB.-∞,-eC.-e,0D.-e,0【答案】A【分析】将问题转化为函数y=-a与y=e x2-2ln xx2-2ln x图象有两个不同的交点，根据换元法将函数y=e x2-2ln x x2-2ln x 转化为g t =e tt，利用导数讨论函数的单调性求出函数的值域，进而得出参数的取值范围.【详解】函数f(x)的定义域为(0,+∞)，f x =e x2-2ln x-2a ln x+ax2=e x2-2ln x+a x2-2ln x，设h(x)=x2-2ln x(x>0)，则h (x)=2x-2x=2(x+1)(x-1)x，令h (x)>0⇒x>1，令h (x)<0⇒0<x<1，所以函数h (x )在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，且h (1)=1，所以h (x )min =h (1)=1，所以h (x )≥1，函数f (x )有两个不同的零点等价于方程f (x )=0有两个不同的解，则e x 2-2ln x+a x 2-2ln x =0⇒-a =e x 2-2ln x x 2-2ln x，等价于函数y =-a 与y =e x 2-2ln xx 2-2ln x 图象有两个不同的交点.令x 2-2ln x =t ，g t =e t t ,t >1，则函数y =-a 与g t =e tt ,t >1图象有一个交点，则g t =te t -et t 2=e t t -1 t2>0，所以函数g (t )在(1,+∞)上单调递增，所以g t >g 1 =e ，且t 趋向于正无穷时，g t =e tt趋向于正无穷，所以-a >e ，解得a <-e.故选：A .【点睛】方法点睛：与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与x 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．对于不适合分离参数的等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围.8.函数f x 是定义在0,+∞ 上的可导函数，其导函数为f x ，且满足f x +2xf x >0，若不等式ax ⋅f ax ln x ≥f ln x ⋅ln xax在x ∈1,+∞ 上恒成立，则实数a 的取值范围是()A.0,1eB.1e ,+∞C.0,eD.1e,+∞【答案】B【分析】根据题目条件可构造函数g x =x 2f x ，利用导函数判断出函数单调性，将不等式转化成g ax≥g ln x ，即a ≥ln x x 在x ∈1,+∞ 上恒成立，求出函数ln xx在1,+∞ 上的最大值即可得a 的取值范围.【详解】设g x =x 2f x ，x >0，g x =x 2f x +2xf x =x 2fx +2x f x >0所以函数g x 在0,+∞ 上为增函数．由f x 的定义域为0,+∞ 可知ax >0，得a >0，将不等式ax ⋅f ax ln x ≥f ln x ⋅ln xax整理得a 2x 2⋅f ax ≥f ln x ⋅ln 2x ，即g ax ≥g ln x ，可得ax ≥ln x 在x ∈1,+∞ 上恒成立，即a ≥ln xx在x ∈1,+∞ 上恒成立；令φx =ln xx ，其中x >1，所以a ≥φx maxφ x =1-ln xx2，令φ x =0，得x =e ．当x ∈1,e 时，φ x >0，所以φx 在1,e 上单调递增；当x ∈e ,+∞ 时，φ x <0，所以φx 在e ,+∞ 上单调递减；所以φx max =φe =1e ，即a ≥1e故选：B ．9.已知函数f (x )=xe x -a ln x +x -x a +1，若f (x )>0在定义域上恒成立，则实数a 的取值范围是()A.(-∞,e )B.0,eC.(-∞,1)D.0,1【答案】B【分析】构造函数g x =x +e x ，从而原不等式可转化为g x +ln x >g a ln x +ln x ，根据g x 的单调性可得x -a ln x >0，根据a 不同取值分类讨论求解即可.【详解】由f x >0得xe x +x >a ln x +x a +1，所以xe x +x +ln x >a ln x +ln x +x a +1，即e x +ln x +x +ln x >a ln x +ln x +x a +1，构造函数g x =x +e x ，则不等式转化为g x +ln x >g a ln x +ln x ，又易知g x 在R 上单调递增，故不等式等价于x +ln x >a ln x +ln x ，即x -a ln x >0.设h x =x -a ln x ，若a <0，h e1a=e1a-a lne 1a =e 1a-1<0，不符合题意；若a =0，则当x >0时，h x =x >0，符合题意；若a >0，则h x =1-ax,h x 在0,a 上单调递减，在a ,+∞ 上单调递增，所以h (x )min =h a ，要使h x >0恒成立，只需h a =a 1-ln a >0，所以0<a <e.综上可知a 的取值范围是0,e .故选：B .10.已知函数f (x )=xe x +e x ,g (x )=x ln x +x ，若f x 1 =g x 2 >0，则x 2x 1可取()A.-1 B.-1eC.1D.e【答案】A【分析】探讨函数g x 在1e 2,+∞上单调性，由已知可得x 2=e x 1(x 1>-1)，再构造函数并求出其最小值即可判断作答.【详解】依题意，由g x 2 =x 2(ln x 2+1)>0得x 2>1e，令g x =2+ln x >0，函数g x 在1e 2,+∞上单调递增，由f x 1 =e x 1x 1+1 >0得x 1>-1，则f x =e x ln e x +1 =g (e x )，由f x 1 =g x 2 >0得：g (e x 1)=g (x 2)，又e x 1>1e ,x 2>1e，于是得x 2=e x 1(x 1>-1)，x 2x 1=ex1x 1，令h (x )=e x x (x >-1)，求导得h(x )=e x (x -1)x 2，当-1<x <0,0<x <1时，h (x )<0，当x >1时，h (x )>0，即函数h (x )在(-1,0)，(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，当x >0时，h (x )min =h (1)=e ，且x →+∞，h (x )→+∞，h (-1)=-1e ，且x →0-，h (x )→-∞，故h (x )∈-∞,-1e∪[e ,+∞)即x 2x 1∈-∞,-1e ∪[e ,+∞)，显然选项A 符合要求，选项B ，C ，D 都不符合要求.故选：A 一、填空题11.设实数m >0，若对∀x ∈0,+∞ ,不等式e mx -ln xm≥0恒成立，则m 的取值范围为．【答案】m ≥1e【分析】构造函数f x =xe x 判定其单调性得mx ≥ln x ，分离参数根据恒成立求y =ln xx max即可.【详解】由e mx -ln xm≥0⇔mxe mx ≥x ln x =ln x ⋅e ln x ，构造函数f x =xe x x >0 ⇒f x =x +1 e x >0，∴f x 在0,+∞ 为增函数，则mx ⋅e mx ≥ln x ⋅e ln x ⇔mx ≥ln x 即对∀x ∈0,+∞ ,不等式mx ≥ln x 恒成立，则∀x ∈0,+∞ ,m ≥ln xx max，构造函数g x =ln x x ⇒g x =1-ln xx 2,令g x >0，得0<x <e ；令g x <0，得x >e ；∴g x =ln xx在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，∴g x max =g e =1e ，即m ≥1e .故答案为：m ≥1e .12.已知函数f (x )=e x +1-a ln x ，若f (x )≥a (ln a -1)对x >0恒成立，则实数a 的取值范围是．【答案】0,e 2【分析】对不等式进行合理变形同构得e x +1-ln a +x +1-ln a ≥x +ln x ，构造函数利用函数的单调性计算即可.【详解】易知a >0，由e x +1-a ln x ≥a (ln a -1)可得e x +1a+1-ln a ≥ln x ，即e x +1-ln a +1-ln a ≥ln x ，则有e x +1-ln a +x +1-ln a ≥x +ln x ，设h (x )=e x +x ，易知h x 在R 上单调递增，故h (x +1-ln a )≥h (ln x )，所以x +1-ln a ≥ln x ，即x -ln x ≥ln a -1，设g (x )=x -ln x ⇒g x =x -1x，令g x >0⇒x >1，g x <0⇒0<x <1，故g x 在0,1 上单调递减，在1,+∞ 上单调递增，所以g x ≥g 1 =1，则有1≥ln a -1，解之得a ∈0,e 2 ．故答案为：0,e 2 .13.已知a >1，若对于任意的x ∈13,+∞，不等式13x -2x +ln3x ≤1ae2x +ln a 恒成立，则a 的最小值为.【答案】32e【分析】根据题意可得13x +ln3x ≤1ae2x +ln ae 2x ，再构造f (x )=1x +ln x (x ≥1)，利用导数研究该函数的单调性，从而利用函数的单调性，可得3x ≤ae 2x ，然后再参变量分离，将恒成立问题转为变量的最值，最后利用导数求出变量式的最值，从而得解．【详解】因为ln a +2x =ln a +ln e 2x =ln ae 2x ，所以13x -2x +ln3x ≤1ae 2x +ln a 可化为13x +ln3x ≤1ae2x +ln ae 2x ，设f (x )=1x +ln x (x ≥1)，则f (x )=-1x 2+1x =x -1x 2≥0，∴f (x )在1,+∞ 上单调递增，因为a >1，x ∈13,+∞，所以3x ≥1，e 2x ≥e 23>1，ae 2x >1，所以13x +ln3x ≤1ae 2x +ln ae 2x 可化为f (3x )≤f (ae 2x )，所以3x ≤ae 2x ，∴a ≥3x e2x 在x ∈13,+∞ 上恒成立，∴a ≥3x e2xmax ，x ∈13,+∞ ，设g (x )=3x e 2x ，x ∈13,+∞ ，则g(x )=3(1-2x )e 2x，令g (x )>0，得13≤x <12；g (x )<0，得x >12，所以g (x )在13,12上单调递增，在12,+∞ 上单调递减，所以g x max =g 12 =32e ，所以a ≥32e ，即a 的最小值为32e ．故答案为：32e．【点睛】关键点睛：本题的关键是将式子同构成13x +ln3x ≤1ae 2x +ln ae 2x ，再构造函数.14.若不等式ae 3x +2x +ln a ≥ln x 对任意x ∈0,+∞ 成立，则实数a 的最小值为．【答案】13e【分析】将不等式变形为e 3x +ln a +3x +ln a ≥e ln x +ln x 对任意x ∈0,+∞ 成立，构造函数g x =e x +x ，求导得单调性，进而问题进一步转化为ln a ≥ln x -3x 成立，构造h x =ln x -3x ，即可由导数求最值求解.【详解】因为ae 3x +2x +ln a ≥ln x 对任意x ∈0,+∞ 成立，不等式可变形为:ae 3x +3x +ln a ≥ln x +x ，即e ln a e 3x +3x +ln a ≥ln x +e ln x ，即e 3x +ln a +3x +ln a ≥e ln x +ln x 对任意x ∈0,+∞ 成立，记g x =e x +x ，则g x =e x +1>0，所以g x 在R 上单调递增，则e 3x +ln a +3x +ln a ≥e ln x +ln x 可写为g 3x +ln a ≥g ln x ，根据g x 单调性可知，只需3x +ln a ≥ln x 对任意x ∈0,+∞ 成立即可，即ln a ≥ln x -3x 成立，记h x =ln x -3x ，即只需ln a ≥h x max ，因为h x =1x -3=1-3x x ，故在x ∈0,13 上，h x >0，h x 单调递增，在x ∈13,+∞ 上，h x <0，h x 单调递减，所以h x max =h 13 =ln 13-1=ln 13e，所以只需ln a ≥ln 13e 即可，解得a ≥13e.故答案为:13e【点睛】方法点睛：利用导数求解不等式恒成立或者存在类问题：1.通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)，从而得出不等关系；2.利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；3.适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；4.构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.15.已知函数f x =ln x +ax 2，若对任意两个不相等的正实数x 1,x 2，都有f x 1 -f x 2x 1-x 2>2，则实数a 的取值范围是【答案】12,+∞ 【分析】设x 2>x 1>0，令g x =f x -2x ，将问题转化为g x 在0,+∞ 上单调递增，即g x ≥0在0,+∞ 上恒成立，采用分离变量的方式可得2a ≥-1x 2+2x ，结合二次函数性质可确定2a ≥1，由此可得结果.【详解】不妨设x 2>x 1>0，由f x 1 -f x 2x 1-x 2>2得：f x 1 -2x 1<f x 2 -2x 2，令g x =f x -2x ，则g x 在0,+∞ 上单调递增，∴g x =1x +2ax -2≥0在0,+∞ 上恒成立，∴2a ≥-1x 2+2x ，当1x =1，即x =1时，y =-1x2+2x 取得最大值1，∴2a ≥1，解得：a ≥12，∴实数a 的取值范围为12,+∞ .故答案为：12,+∞ .16.已知函数f x =12x 2-a ln x +1，当-2≤a <0，对任意x 1,x 2∈1,2 ，不等式f x 1 -f x 2 ≤m1x 1-1x 2恒成立，则m 的取值范围为．【答案】12，+∞【分析】构造新函数，利用导数研究函数的单调性与最值，求m 的取值范围即可.【详解】因为-2≤a <0，函数f x 在1,2 上单调递增，不妨设1≤x 1≤x 2≤2，则f x 1 -f x 2 ≤m1x 1-1x 2，可化为f x 2 +m x 2≤f x 1 +mx 1，设h x =f x +mx=12x2-a ln x+1+mx，则h x1≥h x2，所以h x 为1,2上的减函数，即h x =x-ax-mx2≤0在1,2上恒成立，等价于m≥x3-ax在1,2上恒成立，设g x =x3-ax，所以m≥g(x)max，因-2≤a<0，所以g x =3x2-a>0，所以函数g x 在1,2上是增函数，所以g(x)max=g2 =8-2a≤12(当且仅当a=-2时等号成立)．所以m≥12.故答案为：12，+∞．17.已知实数x，y满足e x=xy2ln x+ln y，则xy的取值范围为.【答案】[e,+∞)【分析】把e x=xy2ln x+ln y化为xe x=x2y⋅ln(x2y)，构造函数f(x)=xe x(x>0)，可得xy=e xx，再求出函数g(x)=e xx(x>0)的值域即可得答案.【详解】依题意有x>0,y>0，设f(x)=xe x(x>0)，则f (x)=(x+1)e x>0，所以f(x)在(0,+∞)上单调递增，由e x=xy2ln x+ln y，得xe x=x2y⋅ln(x2y)，即有f(x)=f(ln(x2y))，因为f(x)在(0,+∞)上单调递增，所以有x=ln(x2y)，即x2y=e x，所以xy=e x x，设g(x)=e xx(x>0)，则g (x)=(x-1)e xx2，令g (x)=0，得x=1，x∈(0,1)时，g (x)<0，g(x)单调递减，x∈(1,+∞)时，g (x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)min=g(1)=e，所以x∈(0,+∞)时，g(x)∈[e,+∞)，所以xy的取值范围为[e,+∞).故答案为：[e,+∞)18.已知x0是方程e3x-ln x+2x=0的一个根，则ln x0x0=.【答案】3【分析】依题意得e3x0+3x0=x0+ln x0，构造函数f(x)=e x+x，则有f(3x0)=f(ln x0)，得出f(x)的单调性即可求解.【详解】因为x0是方程e3x-ln x+2x=0的一个根，则x0>0，所以e3x0-ln x0+2x0=0，即e3x0+3x0=x0+ln x0，令f(x)=e x+x，则f (x)=e x+1>0，所以f(x)在R单调递增，又e3x0+3x0=x0+ln x0，即f(3x0)=f(ln x0)，所以3x0=ln x0，所以ln x0x0=3.故答案为：319.已知函数f x =e ax-2ln x-x2+ax，若f x >0恒成立，则实数a的取值范围为.【答案】2e,+∞ 【分析】根据f x >0恒成立，可得到含有x ，a 的不等式，再进行分离变量，将“恒成立”转化为求函数的最大值或最小值，最后得出a 的范围.【详解】已知函数f x =e ax -2ln x -x 2+ax ，若f x >0恒成立，则实数a 的取值范围为令g x =e x +x ，g x =e x +1>0，所以g x 单调递增，因为f x =e ax -2ln x -x 2+ax >0x >0 ，所以e ax +ax >ln x 2+e ln x 2，可得g ax >g ln x 2 ，所以ax >ln x 2，所以a >ln x 2xx >0 恒成立，即求ln x 2x max x >0 ，令F x =ln x 2x x >0 ，F x =ln x 2 x -x ln x 2x 2=21-ln x x 2，当x ∈0,e 时，F x >0，F x 单调递增，当x ∈e ,+∞ 时，F x <0，F x 单调递减，所以F x ≤F e =2e ，可得a <2e .故答案为：2e ,+∞ .【点睛】对于“恒成立问题”，关键点为：对于任意的x ，使得f x >a 恒成立，可得出f x min >a ；对于任意的x ，使得f x <a 恒成立，可得出f x max <a .20.若ln x +ln2a -1-2a x -e x ≤0，则实数a 的取值范围为．【答案】0<a ≤e 2【分析】利用同构法，构造函数f (x )=ln x +x ，将问题转化为f (2ax )≤f (e x)，从而得到2a ≤e x x恒成立问题，再构造g (x )=e x x，利用导数求得其最小值，由此得解.【详解】因为ln x +ln2a -1-2a x -e x ≤0，a >0,x >0⇔ln (2ax )-x +2ax -e x ≤0,⇔ln (2ax )+2ax ≤x +e x =ln e x +e x ，令f (x )=ln x +x ,x >0，则原式等价于f (2ax )≤f (e x )，f (x )=1x +1=1+x x>0恒成立，所以f (x )在定义域内单调递增，所以2ax ≤e x ⇒2a ≤e x x，令g (x )=e x x (x >0),g (x )=e x (x -1)x 2，则x >1时，g (x )>0，g (x )在(1,+∞)单调递增，0<x <1时，g (x )<0，g (x )在(0,1)单调递减，所以g (x )min =g (1)=e ，则2a ≤e ,a ≤e 2.又a 为正数，故答案为：0<a ≤e 2.【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．21.已知a <0，不等式xe x +a ln x x a ≥0对∀x ∈1,+∞ 恒成立，则实数a 的最小值为.【答案】-e 【分析】将不等式等价变形为xe x ≥-a ln x ⋅e -a ln x ，构造函数f x =xe x ，进而问题转化成x ≥-a ln x ，构造g (x )=x ln x ，利用导数求解单调性进而得最值.【详解】xe x ≥-a ln x x a =-a ln x ⋅e -a ln x ，构造函数f x =xe x ，f x =x +1 e x >0x >0 ，故f x 在0，+∞ 上单调递增，故f x ≥f -a ln x 等价于x ≥-a ln x ，即a ≥-x ln x 任意的实数x >1恒成立．令g (x )=x ln x ，x >1则g (x )=ln x -1ln 2x ，故g (x )在(1,e )上单调递减，在(e ,+∞)上单调递增，g (x )min =e ，得a ≥-x ln x max=-e ．故答案为：-e【点睛】对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别22.关于x 的不等式a 2e 2x +1-ln x +x +1+2ln a ≥0在0,+∞ 上恒成立，则a 的最小值是.【答案】22e【分析】不等式转化为e 2x +1+2ln a +2x +1+2ln a ≥ln x +x =e ln x +ln x ，构造函数f x =e x +x ，判断函数单调递增得到2x +1+ln a ≥ln x ，转化为2x +1-ln x +ln a ≥0，构造函数g x =2x +1-ln x +ln a ，根据函数的单调性计算最小值即得到答案.【详解】a 2e 2x +1-ln x +x +1+2ln a ≥0，即e 2x +1+2ln a +2x +1+2ln a ≥ln x +x =e ln x +ln x ，设f x =e x +x ，f x =e x +1>0恒成立，故f x 单调递增.原不等式转化为f 2x +1+2ln a ≥f ln x ，即2x +1+2ln a ≥ln x ，即2x +1-ln x +2ln a ≥0在(0,+∞)上恒成立.设g x =2x +1-ln x +2ln a ，g x =2x -1x ，当x ∈12,+∞ 时，g x >0，函数单调递增；当x ∈0,12 时，g x <0，函数单调递减；故g x min =g 12=2+ln2+2ln a ≥0，即2ln a ≥-2-ln2=-ln2e 2，解得a ≥22e.所以a 的最小值是22e.故答案为：22e.【点睛】方法点睛：将不等式a 2e 2x +1-ln x +x +1+2ln a ≥0化为e 2x +1+2ln a +2x +1+2ln a ≥e ln x +ln x ，这种方法就是同构法，同构即结构形式相同，对于一个不等式，对其移项后通过各种手段将其变形，使其左右两边呈现结构形式完全一样的状态，接着就可以构造函数，结合函数单调性等来对式子进行处理了．。
2023届高考数学一轮复习导数中的构造函数
,因此设函数 f(x)=
,则
e
e
3
5
-ln
-ln
f'(x)= 2 ,当 x>1 时,f'(x)= 2 <0,所以函数 f(x)在(1,+∞)上单调递减,又因为
1<e<3<5,所以 f(e)>f(3)>f(5),即 a>b>c,故选 A.
1
ln3
ln4
对点训练 1(2021 重庆二十九中高三月考)已知实数 a= ,b= ,c= ,则 a,b,c
()
③对于f'(x)cos x+f(x)sin x>0(或<0),构造函数F(x)= cos ;
④对于f'(x)cos x-f(x)sin x>0(或<0),构造函数F(x)=f(x)cos x.
π
例 6.(多选)(2021 广东惠州高三期中)已知定义在 0, 2 上的函数 f(x)的导函数
x>0 时,g'(x)<0,则函数
a>b,则必有
'()-()
g'(x)= 2 ,因为当
x>0 时,xf'(x)-f(x)<0,所以当
()
g(x)= 在(0,+∞)上单调递减,所以对任意正数
()
()
g(a)= <g(b)= ,即
bf(a)<af(b),故选 B.
a,b,若
A.(-∞,- 2)∪( 2,+∞) B.(- 2, 2)
C.(-∞,- 2) D.( 2,+∞)
解析 设F(x)=x2f(x),F'(x)=x2f'(x)+2xf(x)=x(xf'(x)+2f(x)),因为当x>0
2020高考数学-导数压轴题型归类总结(解析版)
导数压轴题型归类总结目 录一、导数单调性、极值、最值的直接应用 （1） 二、交点与根的分布 （23） 三、不等式证明 （31）（一）作差证明不等式（二）变形构造函数证明不等式 （三）替换构造不等式证明不等式四、不等式恒成立求字母范围 （51）（一）恒成立之最值的直接应用 （二）恒成立之分离常数（三）恒成立之讨论字母范围五、函数与导数性质的综合运用 （70） 六、导数应用题 （84）七、导数结合三角函数 （85）书中常用结论⑴sin ,(0,)x x x π<∈，变形即为sin 1xx<，其几何意义为sin ,(0,)y x x π=∈上的的点与原点连线斜率小于1. ⑵1x e x >+ ⑶ln(1)x x >+ ⑷ln ,0x x x e x <<>.一、导数单调性、极值、最值的直接应用1. （切线）设函数a x x f -=2)(.（1）当1=a 时，求函数)()(x xf x g =在区间]1,0[上的最小值；（2）当0>a 时，曲线)(x f y =在点)))((,(111a x x f x P >处的切线为l ，l 与x 轴交于点)0,(2x A 求证：a x x >>21.解：(1)1=a 时，x x x g -=3)(，由013)(2=-='x x g ，解得33±=x .所以当33=x 时，)(x g 有最小值932)33(-=g . (2)证明：曲线)(x f y =在点)2,(211a x x P -处的切线斜率112)(x x f k ='=曲线)(x f y =在点P 处的切线方程为)(2)2(1121x x x a x y -=--. 令0=y ，得12122x a x x +=，∴12111211222x x a x x a x x x -=-+=-∵a x >1，∴02121<-x x a ，即12x x <. 又∵1122x a x ≠，∴a x ax x a x x a x x =⋅>+=+=11111212222222 所以a x x >>21.2. （2009天津理20，极值比较讨论）已知函数22()(23)(),x f x x ax a a e x =+-+∈R 其中a ∈R ⑴当0a =时，求曲线()(1,(1))y f x f =在点处的切线的斜率； ⑵当23a ≠时，求函数()f x 的单调区间与极值. 解：本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。
压轴题型02 构造法在函数中的应用(解析版)-2023年高考数学压轴题专项训练
压轴题型02构造法在函数中的应用近几年高考数学压轴题，多以导数为工具来证明不等式或求参数的范围，这类试题具有结构独特、技巧性高、综合性强等特点，而构造函数是解导数问题的最基本方法，但在平时的教学和考试中，发现很多学生不会合理构造函数，结果往往求解非常复杂甚至是无果而终．因此笔者认为解决此类问题的关键就是怎样合理构造函数，本文以近几年的高考题和模考题为例，对在处理导数问题时构造函数的方法进行归类和总结，供大家参考．○热○点○题○型1构造法解决高考函数对称与周期性问题○热○点○题○型2主元构造法○热○点○题○型3分离参数构造法○热○点○题○型4局部构造法○热○点○题○型5换元构造法○热○点○题○型6特征构造法○热○点○题○型7放缩构造法一、单选题1．若正数x满足532-+=，则x的取值范围是（）.x x xA x<B x<<C ．x <D ．x >2．设函数()f x =若曲线sin 22y x =+上存在点0(x ，0)y 使得00(())f f y y =成立，则实数a 的取值范围为（）A ．[0，21]e e -+B ．[0，21]e e +-C ．[0，21]e e --D ．[0，21]e e ++3．“米”是象形字.数学探究课上，某同学用拋物线1和2构造了一个类似“米”字型的图案，如图所示，若抛物线1C ，2C 的焦点分别为1F ，2F ，点P 在拋物线1C 上，过点P 作x 轴的平行线交抛物线2C 于点Q ，若124==PF PQ ，则p =（）A ．2B ．3C ．4D ．6树纹玉琮，为今人研究古蜀社会中神树的意义提供了重要依据.玉琮是古人用于祭祀的礼器，有学者认为其外方内圆的构造，契合了古代“天圆地方”观念，是天地合一的体现，如图，假定某玉琮形状对称，由一个空心圆柱及正方体构成，且圆柱的外侧面内切于正方体的侧面，圆柱的高为12cm ，圆柱底面外圆周和正方体的各个顶点均在球O 上，则球O 的表面积为（）A ．272πcmB ．2162πcmC ．2216πcmD ．2288πcm 【答案】C【分析】根据题意可知正方体的体对角线即是外接球的直径，又因圆柱的外侧面内切于正方体的侧面，可利用勾股定理得出正方体边长，继而求出球的表面积.【详解】不妨设正方体的边长为2a ，球О的半径为R ，则圆柱的底面半径为a ，因为正方体的体对角线即为球О直径，故223R a =，利用勾股定理得：222263a R a +==，解得18a =，球的表面积为2ππ44318216πS R ==⨯⨯=，故选：C.5．若函数()()有两个零点，则实数的取值范围是（）A ．()1,2B ．()0,2C ．()1,+∞D ．(),2-∞【答案】A【分析】将函数()()ln 2f x x a x a =+-+有两个零点的问题转化为函数ln ,(2)y x y a x a ==--的图象交点个数问题，结合导数的几何意义，数形结合，即可求解.【详解】由()()ln 2f x x a x a =+-+有两个零点，即()ln 20x a x a +-+=有两个正根，即函数ln ,(2)y x y a x a ==--的图象有2个交点，直线(2)y a x a =--可变为(1)20a x x y -++-=，令=1x -，则=2y -，即直线(2)y a x a =--过定点(1,2)P --，当该直线与ln y x =相切时，设切点为00(,)x y ，则1y x'=，则000ln 211x x x +=+，即001ln 10x x -+=，令1g()ln 1,(0)x x x x=-+>，则()g x 在(0,)+∞上单调递增，又(1)0g =，故1g()ln 1,(0)x x x x=-+>有唯一零点1x =，故01x =，即(2)y a x a =--与曲线ln y x =相切时，切点为(1,0)，则切线斜率为1，要使函数ln ,(2)y x y a x a ==--的图象有2个交点，需满足021a <-<，即(1,2)a ∈，故选：A【点睛】方法点睛：根据函数的零点个数求解参数范围，一般方法：（1）转化为函数最值问题，利用导数解决；（2）转化为函数图像的交点问题，数形结合解决问题；（3）参变分离法，结合函数最值或范围解决.6．已知()f x 是定义域为R 的函数，()220f x +为奇函数，()221f x +为偶函数，当10x -≤<时，()f x =()()()60y f x a x a =-+>有5个零点，则实数a 的取值范围为（）A ．11,73⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．,124⎛ ⎝⎭C ．⎝⎭D ．11,62⎛⎫ ⎪⎝⎭当直线()2y a x =-与圆()()22910x y y -+=≥相切时，271aa +()2y a x =-与圆()()22510x y y -+=≥相切时，2311a a =+，解得32124a <<．故选：B ．【点睛】通过函数的奇偶性挖掘周期性与函数图像的对称性，从而能作出整个函数的大致图像，将函数零点转化为方程的根，再转化为两个函数图像交点的横坐标．交点的个数时注意数形结合思想的应用，动中蕴静，变化中抓住不变，抓住临界状态，利用直线与圆相切，借助点到直线的距离公式得到参数的临界值，从而求出参数的取值范围，考生综合分析问题和解决问题的能力要求比较高．二、填空题7．已知函数21()(1)1x f x x x -⎛⎫=> ⎪+⎝⎭，如果不等式1(1)()(x f x m m -->-对11,164x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦恒成立，则实数m 的取值范围_______________.5⎛⎫①ln52<；②lnπ>③11<；④3ln2e>其中真命题序号为__________.9．设函数4()log ,0f x x x ⎧+≤⎪=⎨>⎪⎩，若关于x 的函数()()()()2g 23x fx a f x =-++恰好有四个零点，则实数a 的取值范围是____________.令()f x t =，函数()()()()2g 23x fx a fx =-++恰好有四个零点．则方程()()()2230f x a f x -++=化为()2230t a t -++=，设()2230t a t -++=的两根为12,t t ，因为123t t =，所以两根均大于0，且方程的一根在区间(]0,1内，另一根在区间()2+∞，内．令()()223g t t a t =-++所以()()()()2Δ2120001020a g g g ⎧=+->⎪>⎪⎨≤⎪⎪<⎩，解得：2a ≥，综上：实数a 的取值范围为[)2,.∞+故答案为：[)2,.∞+【点睛】复合函数零点个数问题，要先画出函数图象，然后适当运用换元法，将零点个数问题转化为二次函数或其他函数根的分布情况，从而求出参数的取值范围或判断出零点个数.三、解答题10．已知正数a b 、满足1a b +=，求M =的最小值.11．已知函数在处的切线方程为(1).求()f x 的解析式；(2).若对任意的0x >，均有()10f x kx -+≥求实数k 的范围；(3).设12x x ，为两个正数，求证:()()()121212f x f x x x f x x +++>+。
2020届高考数学压轴题-导数题型及方法归纳
2020届高考理科数学一轮复习要点+题型解析导数压轴题专项突破【专题导航】一、分类讨论临界点的确定问题 二、有关x 、x ln 、xe 的组合函数问题 三、极值点偏移问题 四、导数零点不可求问题 五、构造函数问题 六“任意”与“存在”问题 一、分类讨论临界点的确定问题【题型一】根据二次项系数确定讨论的临界点【要点解析】导函数中含有二次三项式，需对最高项的系数分类讨论：(1)根据二次项系数是否为0，判断函数是否为二次函数；(2)由二次项系数的正负，判断二次函数图象的开口方向，从而寻找导数的变号零点． 【例题】 已知函数f (x )＝ln x ＋x ＋1，g (x )＝x 2＋2x . (1)求函数φ(x )＝f (x )－g (x )的极值；(2)若m 为整数，对任意的x ＞0都有f (x )－mg (x )≤0成立，求实数m 的最小值． 【解析】 (1)由φ(x )＝f (x )－g (x )＝ln x ＋x ＋1－x 2－2x ＝ln x －x 2－x ＋1(x ＞0)， 得φ′(x )＝1x －2x －1＝－2x 2－x ＋1x(x ＞0)，令φ′(x )＞0，解得0＜x ＜12，令φ′(x )＜0，解得x ＞12，所以函数φ(x )的单调递增区间是⎪⎭⎫ ⎝⎛210，，单调递减区间是⎪⎭⎫ ⎝⎛∞+，21，故函数φ(x )的极大值是φ⎪⎭⎫⎝⎛21＝ln 12－14－12＋1＝14－ln 2，函数φ(x )无极小值．(2)设h (x )＝f (x )－mg (x )＝ln x －mx 2＋(1－2m )x ＋1，则h ′(x )＝1x －2mx ＋1－2m ＝－2mx 2＋(1－2m )x ＋1x ＝－(2mx －1)(x ＋1)x(x ＞0)．当m ≤0时，因为x ＞0，所以2mx －1＜0，x ＋1＞0， 所以h ′(x )＞0，故h (x )在(0，＋∞)上单调递增，又因为h (1)＝ln 1－m ×12＋(1－2m )＋1＝－3m ＋2＞0，不满足题意，所以舍去． 当m ＞0时，令h ′(x )＞0，得0＜x ＜12m， 令h ′(x )＜0，得x ＞12m，故h (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛m 210，上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛∞+，2m 1上单调递减， 所以h (x )max ＝h ⎪⎭⎫ ⎝⎛m 21＝ln 12m －m ·221⎪⎭⎫⎝⎛m ＋(1－2m )·12m ＋1＝14m －ln(2m )． 令t (m )＝14m －ln(2m )(m ＞0)，显然t (m )在(0，＋∞)上单调递减，且t ⎪⎭⎫ ⎝⎛21＝12＞0，t (1)＝14－ln 2＝14(1－ln 16)＜0，故当m ≥1时，t (m )＜0，满足题意，故整数m 的最小值为1. 【题型二】根据判别式确定分类讨论的临界点【要点解析】求导后，要判断导函数是否有零点(或导函数分子能否分解因式)，若导函数是二次函数或与二次函数有关，此时涉及二次方程问题，Δ与0的大小关系往往不确定，所以必须寻找分界点，进行分类讨论．【例题】已知函数f (x )＝(1＋ax 2)e x －1，当a ≥0时，讨论函数f (x )的单调性． 【解析】由题易得f ′(x )＝(ax 2＋2ax ＋1)e x ，当a ＝0时，f ′(x )＝e x ＞0，此时f (x )在R 上单调递增． 当a ＞0时，方程ax 2＋2ax ＋1＝0的判别式Δ＝4a 2－4a .①当0＜a ≤1时，Δ≤0，ax 2＋2ax ＋1≥0恒成立，所以f ′(x )≥0，此时f (x )在R 上单调递增；②当a ＞1时，令f ′(x )＝0，解得x 1＝－1－ 1－1a，x 2＝－1＋ 1－1a. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以f (x )在⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---∞-a 111，和⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞---,111a 上单调递增，在 ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+----a a 111,111上单调递减． 综上，当0≤a ≤1时，f (x )在R 上单调递增；当a ＞1时，f (x )在⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---∞-a 111，和⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞---,111a 上单调递增，在⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+----a a 111,111上单调递减． 【题型三】根据零点的大小确定分类讨论的临界点【要点解析】(1)根据导函数的“零点”划分定义域时，既要考虑导函数“零点”是否在定义域内，还要考虑多个“零点”的大小问题，如果多个“零点”的大小关系不确定，也需要分类讨论．(2)导函数“零点”可求，可根据“零点”之间及“零点”与区间端点之间的大小关系进行分类讨论．本题根据零点a 2，e 之间的大小关系进行分类讨论，再利用导数研究其函数的单调性．【例题】已知f (x )＝(x 2－ax )ln x －32x 2＋2ax ，求f (x )的单调递减区间．【解析】 易得f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝(2x －a )ln x ＋x －a －3x ＋2a ＝(2x －a )ln x －(2x －a )＝(2x －a )(ln x －1)， 令f ′(x )＝0得x ＝a2或x ＝e.当a ≤0时，因为x ＞0，所以2x －a ＞0，令f ′(x )＜0得x ＜e ，所以f (x )的单调递减区间为(0，e)． 当a ＞0时，①若a 2＜e ，即0＜a ＜2e ，当x ∈⎪⎭⎫⎝⎛20a ，时，f ′(x )＞0，当x ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛e a ，2时，f ′(x )＜0，当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以f (x )的单调递减区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛e a ，2； ②若a2＝e ，即a ＝2e ，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≥0恒成立，f (x )没有单调递减区间；③若a 2＞e ，即a ＞2e ，当x ∈(0，e)时，f ′(x )＞0，当x ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛2a e ，时，f ′(x )＜0，当x ∈⎪⎭⎫⎝⎛∞+，2a 时，f ′(x )＞0，所以f (x )的单调递减区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛2a e ，综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(0，e)；当0＜a ＜2e 时，f (x )的单调递减区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛e a，2；当a ＝2e 时，f (x )无单调递减区间；当a ＞2e 时，f (x )的单调递减区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛2a e ，【题型四】根据函数零点与定义域的关系确定分类讨论的临界点【要点解析】导函数零点是否分布在定义域内，零点将定义域划分为哪几个区间，若不能确定，则需要分类讨论．本题根据函数h ′(x )的零点a 是否在定义域[1,2]内进行讨论，利用导数的工具性得到函数在给定区间内的单调性，从而可得最值，判断所求最值与已知条件是否相符，从而得到参数的取值范围．【例题】已知函数f (x )＝－a ln x －e xx ＋ax ，a ∈R.(1)当a ＜0时，讨论f (x )的单调性；(2)设g (x )＝f (x )＋xf ′(x )，若关于x 的不等式g (x )≤－e x＋x 22＋(a －1)x 在[1,2]上有解，求a的取值范围．【解析】(1)由题意知，f ′(x )＝－a x －x e x －exx 2＋a ＝(ax －e x )(x －1)x 2(x ＞0)，当a ＜0时，ax －e x ＜0恒成立，所以当x ＞1时，f ′(x )＜0；当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0， 故函数f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． (2)因为g (x )＝f (x )＋xf ′(x )， 所以g (x )＝－a ln x －e x ＋2ax －a ，由题意知，存在x 0∈[1,2]，使得g (x 0)≤－e x 0＋x 202＋(a －1)x 0成立．即存在x 0∈[1,2]，使得－a ln x 0＋(a ＋1)x 0－x 202－a ≤0成立，令h (x )＝－a ln x ＋(a ＋1)x －x 22－a ，x ∈[1,2]，则h ′(x )＝－a x ＋a ＋1－x ＝－(x －a )(x －1)x ，x ∈[1,2]．①当a ≤1时，h ′(x )≤0，所以函数h (x )在[1,2]上单调递减， 所以h (x )min ＝h (2)＝－a ln 2＋a ≤0成立，解得a ≤0，所以a ≤0.②当1＜a ＜2时，令h ′(x )＞0，解得1＜x ＜a ；令h ′(x )＜0，解得a ＜x ＜2. 所以函数h (x ) 在[1，a ]上单调递增，在[a,2]上单调递减，又因为h (1)＝12，所以h (2)＝－a ln 2＋a ≤0，解得a ≤0，与1＜a ＜2矛盾，舍去．③当a ≥2时，h ′(x )≥0，所以函数h (x )在[1,2]上单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝12＞0，不符合题意，舍去．综上所述，a的取值范围为(－∞，0]．二、有关x、xln、x e的组合函数问题【题型一】x、xln、的组合函数问题【要点解析】对于有关x与ln x的组合函数为背景的试题，要求学生理解导数公式和导数的运算法则等基础知识，能够灵活利用导数研究函数的单调性，能够恰当地构造函数，并根据区间的不同进行分析、讨论，寻求合理的证明和解不等式的策略．1、熟悉函数f(x)＝h(x)ln x(h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b不能同时为0))的图象特征，做到对图(1)(2)中两个特殊函数的图象“有形可寻”．2、熟悉函数f(x)＝ln xh(x)(h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b不能同时为0)，h(x)≠0)的图象特征，做到对图(3)(4)中两个特殊函数的图象“有形可寻”．【例题】设函数f(x)＝x ln x－ax22＋a－x(a∈R)．(1)若函数f(x)有两个不同的极值点，求实数a的取值范围；(2)若a＝2，k∈N，g(x)＝2－2x－x2，且当x＞2时不等式k(x－2)＋g(x)＜f(x)恒成立，试求k的最大值．【解析】(1)由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1－ax－1＝ln x－ax ，令f ′(x )＝0，可得a ＝ln xx，令h (x )＝ln xx(x ＞0)，则由题可知直线y ＝a 与函数h (x )的图象有两个不同的交点，h ′(x )＝1－ln xx 2，令h ′(x )＝0，得x ＝e ，可知h (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，h (x )max ＝h (e)＝1e ，当x ―→0时，h (x )―→－∞，当x ―→＋∞时，h (x )―→0，故实数a的取值范围为⎪⎭⎫ ⎝⎛e 10，.(2)当a ＝2时，f (x )＝x ln x －x 2＋2－x ，k (x －2)＋g (x )＜f (x )，即k (x －2)＋2－2x －x 2＜x ln x －x 2＋2－x ，整理得k (x －2)＜x ln x ＋x ，因为x ＞2，所以k ＜x ln x ＋x x －2.设F (x )＝x ln x ＋x x －2(x ＞2)，则F ′(x )＝x －4－2ln x(x －2)2.令m (x )＝x －4－2ln x (x ＞2)，则m ′(x )＝1－2x ＞0，所以m (x )在(2，＋∞)上单调递增，m (8)＝4－2ln 8＜4－2ln e 2＝4－4＝0，m (10)＝6－2ln 10＞6－2ln e 3＝6－6＝0，所以函数m (x )在(8,10)上有唯一的零点x 0，即x 0－4－2ln x 0＝0，故当2＜x ＜x 0时，m (x )＜0，即F ′(x )＜0，当x ＞x 0时，F ′(x )＞0，所以F (x )min ＝F (x 0)＝x 0ln x 0＋x 0x 0－2＝2241000-⎪⎭⎫ ⎝⎛-+x x x ＝x 02，所以k ＜x 02，因为x 0∈(8,10)，所以x 02∈(4,5)，故k 的最大值为4.【题型二】x 、xe 的组合函数问题【要点解析】在求解有关x 与e x 的组合函数综合题时要把握三点： 1、灵活运用复合函数的求导法则，由外向内，层层求导；2、把相关问题转化为熟悉易解的函数模型来处理；3、函数最值不易求解时，可重新拆分、组合，构建新函数，通过分类讨论新函数的单调性求最值．4、熟悉函数f(x)＝h(x)e g(x)(g(x)为一次函数，h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b不能同时为0))的图象特征，做到对图(1)(2)中两个特殊函数的图象“有形可寻”．5、熟悉函数f(x)＝e xh(x)(h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b不能同时为0)，h(x)≠0)的图象特征，做到对图(3)(4)中两个特殊函数的图象“有形可寻”．【例题】已知函数f(x)＝a(x－1)，g(x)＝(ax－1)·e x，a∈R.(1)求证：存在唯一实数a，使得直线y＝f(x)和曲线y＝g(x)相切；(2)若不等式f(x)＞g(x)有且只有两个整数解，求a的取值范围．【解析】(1)证明：f′(x)＝a，g′(x)＝(ax＋a－1)e x.设直线y＝f(x)和曲线y＝g(x)的切点的坐标为(x0，y0)，则y0＝a(x0－1)＝(ax0－1)e x0，得a(x0e x0－x0＋1)＝e x0，①又因为直线y＝f(x)和曲线y＝g(x)相切，所以a＝g′(x0)＝(ax0＋a－1)e x0，整理得a(x0e x0＋e x0－1)＝e x0，②结合①②得x0e x0－x0＋1＝x0e x0＋e x0－1，即e x0＋x0－2＝0，令h(x)＝e x＋x－2，则h′(x)＝e x＋1＞0，所以h(x)在R上单调递增．又因为h(0)＝－1＜0，h(1)＝e－1＞0，所以存在唯一实数x0，使得e x0＋x0－2＝0，且x0∈(0,1)，所以存在唯一实数a ，使①②两式成立，故存在唯一实数a ，使得直线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )相切．(2)令f (x )＞g (x )，即a (x －1)＞(ax －1)e x ，所以ax e x －ax ＋a ＜e x ，所以⎪⎭⎫⎝⎛--x e x x a 1＜1， 令m (x )＝x －x －1e x ，则m ′(x )＝e x ＋x －2e x，由(1)可得m (x )在(－∞，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，且x 0∈(0,1)，故当x ≤0时，m (x )≥m (0)＝1，当x ≥1时，m (x )≥m (1)＝1，所以当x ∈Z 时，m (x )≥1恒成立．①当a ≤0时，am (x )＜1恒成立，此时有无数个整数解，舍去；②当0＜a ＜1时，m (x )＜1a ，因为1a＞1，m (0)＝m (1)＝1，所以两个整数解分别为0,1，即⎩⎨⎧m (2)≥1a，m (－1)≥1a，解得a ≥e 22e 2－1，即a ∈⎪⎪⎭⎫⎢⎣⎡∞+-，1222e e ③当a ≥1时，m (x )＜1a，因为1a ≤1，m (x )在x ∈Z 时大于或等于1，所以m (x )＜1a无整数解，舍去．综上所述，a 的取值范围为⎪⎪⎭⎫⎢⎣⎡∞+-，1222e e【题型三】 x 、x ln 、xe 的组合函数问题【要点解析】1、熟悉函数f (x )＝h (x )ln x ±e x (h (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b 不能同时为0))的图形特征，做到对图(1)(2)(3)(4)所示的特殊函数的图象“有形可寻”．2、熟悉函数f (x )＝e xh (x )±ln x (其中h (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b 不同时为0))的图形特征，做到对图(5)(6)所示的两个特殊函数的图象“有形可寻”．【解题策略一】 分离参数设而不求若分离参数后导数零点不可求，且不能通过观察得到，此时可以采用设而不求的方法．在本题中， 通过虚设零点x 0，得到x 0＝－ln x 0，将e x 0－ln x 0－1转化为普通代数式1x 0＋x 0－1，然后使用基本不等式求出最值，同时消掉x 0，即借助φ′(x 0)＝0作整体代换，采取设而不求的方法，达到化简并求解的目的．【例题】已知函数f (x )＝ln x ＋m x ，g (x )＝e xx (e ＝2.718 28……为自然对数的底数)，是否存在整数m ，使得对任意的x ∈⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21，都有y ＝f (x )的图象在y ＝g (x )的图象下方？若存在，请求出整数m 的最大值；若不存在，请说明理由．【解析】假设存在整数m 满足题意，则不等式ln x ＋m x ＜e x x ，对任意的x ∈⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21恒成立，即m ＜e x －x ln x 对任意的x ∈⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21恒成立． 令v (x )＝e x －x ln x ，则v ′(x )＝e x －ln x －1，令φ(x )＝e x －ln x －1，则φ′(x )＝e x －1x，易知φ′(x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,21上单调递增，因为φ′⎪⎭⎫⎝⎛21＝e 12－2＜0，φ′(1)＝e －1＞0且φ′(x )的图象在⎪⎭⎫⎝⎛1,21上连续， 所以存在唯一的x 0∈⎪⎭⎫⎝⎛1,21，使得φ′(x 0)＝0，即e x 0－1x 0＝0，则x 0＝－ln x 0.当x ∈⎪⎭⎫⎝⎛0x ,21时，φ(x )单调递减；当x ∈(x 0，＋∞)时，φ(x )单调递增． 则φ(x )在x ＝x 0处取得最小值，且最小值为 φ(x 0)＝e x0－ln x 0－1＝1x 0＋x 0－1＞2x 0·1x 0－1＝1＞0， 所以v ′(x )＞0，即v (x )在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21上单调递增， 所以m ≤e 12－12ln 12＝e 12＋12ln 2≈1.995 29，故存在整数m 满足题意，且m 的最大值为1.【解题策略二】 分离x ln 与xe若不分离e x 与ln x ，则难以求导，因此，对于形式复杂的函数，往往需要合理拆分与变形．高考为体现选拔功能，在解答题中不会单一考查某一初等函数，而是将不同增长速度的函数综合在一起考查，这就需要我们把已经糅合在一起的不同增长速度的函数进行分离，转化为我们熟悉的容易用导数工具求解的函数模型．【例题】设函数f (x )＝ln x ＋1x ，求证：当x ＞1时，不等式f (x )e ＋1＞2e x －1(x ＋1)(x e x ＋1).【解析】将不等式f (x )e ＋1＞2e x －1(x ＋1)(x e x ＋1)变形为1e ＋1·(x ＋1)(ln x ＋1)x ＞2ex －1x e x ＋1，分别构造函数g (x )＝(x ＋1)(ln x ＋1)x 和函数h (x )＝2e x －1x e x ＋1.对于g ′(x )＝x －ln x x 2，令φ(x )＝x －ln x ，则φ′(x )＝1－1x ＝x －1x.因为x ＞1，所以φ′(x )＞0，所以φ(x )在(1，＋∞)上是增函数，所以φ(x )＞φ(1)＝1＞0，所以g ′(x )＞0，所以g (x )在(1，＋∞)上是增函数，所以当x ＞1时，g (x )＞g (1)＝2，故g (x )e ＋1＞2e ＋1. 对于h ′(x )＝2e x －1(1－e x )(x e x ＋1)2，因为x ＞1，所以1－e x＜0，所以h ′(x )＜0，所以h (x )在(1，＋∞)上是减函数，所以当x ＞1时，h (x )＜h (1)＝2e ＋1.综上所述，当x ＞1时，g (x )e ＋1＞h (x )，即f (x )e ＋1＞2e x －1(x ＋1)(x e x ＋1).【题型四】借助切线不等式1+≥x e x，1ln -≤x x 进行放缩【要点解析】借助放缩，巧妙求出H (x )的最小值，同时利用放缩说明H (x )没有最大值，从而求出实数a 的取值范围．【例题】已知函数f (x )＝mx 2＋nx －x ln x (m ＞0)，且f (x )≥0. (1)求 nm的最小值；(2)当n m 取得最小值时，若方程e x －1＋(1－2a )x －af (x )＝0无实根，求实数a 的取值范围．【解析】 (1)令g (x )＝f xx ＝mx ＋n －ln x ，则f (x )≥0⇔g (x )≥0(x ＞0)，又因为g ′(x )＝mx －1x ，由g ′(x )＞0，得x ＞1m ；由g ′(x )＜0，得0＜x ＜1m ，所以g (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛m 10，上单调递减，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,1m 上单调递增．此时g (x )min ＝g ⎪⎭⎫⎝⎛m 1＝1＋n －ln 1m ≥0⇒1m ＋n m －1m ln 1m ≥0，即n m ≥1m ln 1m －1m . 令h (t )＝t ln t －t (t ＞0)，则h ′(t )＝ln t ，由h ′(t )＞0，得t ＞1；由h ′(t )＜0，得0＜t ＜1，所以h (t )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故h (t )min ＝h (1)＝－1，则n m ≥－1，即m in ⎪⎭⎫⎝⎛m n ＝－1.(2) 由(1)知，当n m 取得最小值－1时，t ＝1m＝1，m ＝1，n ＝－1.则ex －1＋(1－2a )x －af (x )＝0⇒a ＝e x －1＋xx (x ＋1－ln x )，记H (x )＝e x －1＋xx (x ＋1－ln x )(x ＞0)，则H ′(x )＝(x －1)[(x －ln x )e x －1－x ]x 2(x ＋1－ln x )2，由(1)知 x －1－ln x ≥0⇒ln x ≤x －1，即e x －1≥x ，则(x －ln x )e x －1－x ≥e x －1－x ≥0(当且仅当x ＝1时取等号)，所以当x ∈(0,1)时，H ′(x )＜0，所以H (x )在(0,1)上为减函数；当x ∈(1，＋∞)时，H ′(x )＞0，所以H (x )在(1，＋∞) 上为增函数．所以x ＝1时，H (x )取得最小值，为H (1)＝1.由ln x ≤x －1，自变量取1x 可得－ln x ≤1x －1⇒2≤x ＋1－ln x ≤x ＋1x ，即x (x ＋1－ln x )≤x 2＋1⇒1x (x ＋1－ln x )≥1x 2＋1，由x －1≥ln x ，自变量取e x 3可得e x 3－1＞x 3(x ＞0)，从而e x ＞⎝⎛⎭⎫x ＋333，则可得e x －1＞x ＋327.当x ＞1时，H (x )＝e x －1＋x x (x ＋1－ln x )＞(x ＋2)327(x 2＋1)＞(x ＋1)327(x ＋1)2＝x ＋127，即H (x )无最大值，所以H (x )∈[1，＋∞)．故a ＜1时原方程无实根，即实数a 的取值范围为(－∞，1)． 三、极值点偏移问题【要点解析】图说极值点偏移1.已知函数f (x )的图象的顶点的横坐标就是极值点x 0，若f (x )＝c 的两根的中点刚好满足x 1＋x 22＝x 0，即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移．此时函数f (x )在x ＝x 0两侧，函数值变化快慢相同，如图(1)．2．若x 1＋x 22≠x 0，则极值点偏移，此时函数f (x )在x ＝x 0两侧，函数值变化快慢不同，如图(2)(3)．【题型一】对称变换【要点解析】对称变换，主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：1、定函数(极值点为x 0)，即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点x 0.2、构造函数，即根据极值点构造对称函数F (x )＝f (x )－f (2x 0－x )，若证x 1x 2＞x 20，则令F (x )＝f (x )－f ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛xx 2. 3、判断单调性，即利用导数讨论F (x )的单调性．4、比较大小，即判断函数F (x )在某段区间上的正负，并得出f (x )与f (2x 0－x )的大小关系．5、转化，即利用函数f (x )的单调性，将f (x )与f (2x 0－x )的大小关系转化为x 与2x 0－x 之间的关系，进而得到所证或所求．【提醒】若要证明f ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x 的符号问题，还需进一步讨论x 1＋x 22与x 0的大小，得出x 1＋x 22所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负．【例题】 已知函数h (x )与函数f (x )＝x e x (x ∈R)的图象关于原点对称，如果x 1≠x 2，且h (x 1)＝h (x 2)，求证：x 1＋x 2＞2.【解析】 由题意知，h (x )＝－f (－x )＝x e －x ，h ′(x )＝e －x (1－x )，令h ′(x )＝0，解得x ＝1.当x 变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：由x1≠x2，不妨设x1＞x2，根据h(x1)＝h(x2)，结合图象可知x1＞1，x2＜1，令F(x)＝h(x)－h(2－x)，x∈(1，＋∞)，则F′(x)＝(x－1)(e2x－2－1)e－x，因为x＞1,2x－2＞0，所以e2x－2－1＞0，则F′(x)＞0，所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以当x＞1时，F(x)＞0，即当x＞1时，h(x)＞h(2－x)，则h(x1)＞h(2－x1)，又因为h(x1)＝h(x2)，所以h(x2)＞h(2－x1)，因为x1＞1，所以2－x1＜1，所以x2,2－x1∈(－∞，1)，因为h(x)在(－∞，1)上是增函数，所以x2＞2－x1，所以x1＋x2＞2.【题后反思】本题证明的不等式中含有两个变量，对于此类问题一般的求解思路是将两个变量分到不等式的两侧，然后根据函数的单调性，通过两个变量之间的关系“减元”，建立新函数，最终将问题转化为函数的最值问题来求解．考查了逻辑推理、数学建模及数学运算等核心素养．在求解此类问题时，需要注意变量取值范围的限定，如本题中利用x2,2－x1，其取值范围都为(－∞，1)，若将所证不等式化为x1＞2－x2，则x1,2－x2的取值范围都为(1，＋∞)，此时就必须利用函数h(x)在(1，＋∞)上的单调性来求解．【题型二】消参减元【要点解析】消参减元的主要目的就是减元，进而建立与所求解问题相关的函数．主要是利用函数极值点乘积所满足的条件进行消参减元．其解题要点如下：【例题】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 ＝1时，方程f (x )＝m (m ＜－2)有两个相异实根x 1，x 2，且x 1＜x 2，求证：x 1·x 22＜2. 【解析】(1)由题意得，f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x(x ＞0)．当a ≤0时，由x ＞0，得1－ax ＞0，即f ′(x )＞0， 所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 当a ＞0时，由f ′(x )＞0，得0＜x ＜1a ，由f ′(x )＜0，得x ＞1a，所以f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 10，上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,1a 上单调递减． 综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 10，上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,1a 上单调递减． (2)证明：由题意及(1)可知，方程f (x )＝m (m ＜－2)的两个相异实根x 1，x 2满足ln x －x －m ＝0，且0＜x 1＜1＜x 2，即ln x 1－x 1－m ＝ln x 2－x 2－m ＝0.由题意，可知ln x 1－x 1＝m ＜－2＜ln 2－2，又由(1)可知，f (x )＝ln x －x 在(1，＋∞)上单调递减，故x 2＞2. 令g (x )＝ln x －x －m ，则g (x )－g ⎪⎭⎫⎝⎛22x ＝－x ＋2x 2＋3ln x －ln 2. 令h (t )＝－t ＋2t 2＋3ln t －ln 2(t ＞2)，则h ′(t )＝－(t －2)2(t ＋1)t 3当t ＞2时，h ′(t )＜0，h (t )单调递减，所以h (t )＜h (2)＝2ln 2－32＜0，所以g (x )＜g ⎪⎭⎫⎝⎛22x .因为x 2＞2且g (x 1)＝g (x 2)，所以h (x 2)＝g (x 2)－g ⎪⎭⎫⎝⎛22x ＝g (x 1)－g ⎪⎭⎫ ⎝⎛22x ＜0， 即g (x 1)＜g ⎪⎭⎫⎝⎛22x 因为g (x )在(0,1)上单调递增， 所以x 1＜2x 22，故x 1·x 22＜2. 【题后反思】本题第(2)问要证明的方程根之间的不等式关系比较复杂，此类问题可通过不等式的等价变形，将两个根分布在不等式两侧，然后利用函数的单调性转化为对应函数值之间的大小关系即可．显然构造函数的关键仍然是消掉参数，另外根据函数性质确定“x 2＞2”是解题的一个关键点，确定其范围之后才能将x 1与2x 22化归到函数的同一个单调区间上，这也是此类问题的一个难点——精确定位． 【题型三】比(差)值换元【要点解析】比(差)值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之比(差)作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值或差值(一般用t 表示)表示两个极值点，继而将所求解问题转化为关于t 的函数问题求解．【例题】已知f (x )＝x ln x －12mx 2－x ，m ∈R.若f (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2，求证：x 1x 2＞e 2(e 为自然对数的底数)．【解析】 欲证x 1x 2＞e 2，只需证ln x 1＋ln x 2＞2.由函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，可得函数f ′(x ) 有两个零点，又f ′(x )＝ln x －mx ，所以x 1，x 2是方程f ′(x )＝0的两个不同实根．于是有⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0， ①ln x 2－mx 2＝0， ②①＋②可得ln x 1＋ln x 2＝m (x 1＋x 2)， 即m ＝ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2，②－①可得ln x 2－ln x 1＝m (x 2－x 1)， 即m ＝ln x 2－ln x 1x 2－x 1，从而可得ln x 2－ln x 1x 2－x 1＝ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2，于是ln x 1＋ln x 2＝.1ln 1121212-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+x x x x x x由0＜x 1＜x 2，设t ＝x 2x 1，则t ＞1.因此ln x 1＋ln x 2＝(1＋t )ln tt －1，t ＞1.要证ln x 1＋ln x 2＞2，即证(t ＋1)ln t t －1＞2(t ＞1)，即证当t ＞1时，有ln t ＞2(t －1)t ＋1..令h (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1(t ＞1)，则h ′(t )＝1t －2(t ＋1)－2(t －1)(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2＞0，所以h (t )为(1，＋∞)上的增函数． 因此h (t )＞ln 1－2(1－1)1＋1＝0.于是当t ＞1时，有ln t ＞2(t －1)t ＋1.所以有ln x 1＋ln x 2＞2成立，即x 1x 2＞e 2.【题后反思】求解本题的关键点有两个．一个是消参，把极值点转化为导函数零点之后，需要利用两个变量把参数表示出来，这是解决问题的基础，若只用一个极值点表示参数，如得到m ＝ln x 1x 1之后，代入第二个方程，则无法建立两个极值点的关系，本题中利用两个方程相加(减)之后再消参，巧妙地把两个极值点与参数之间的关系建立起来；二是消“变”，即减少变量的个数，只有把方程转化为一个“变量”的式子后，才能建立与之相应的函数，转化为函数问题求解．本题利用参数m 的值相等建立方程，进而利用对数运算的性质，将方程转化为关于x 2x 1的方程，通过建立函数模型求解该问题，这体现了对数学建模等核心素养的考查．四、导数零点不可求问题【题型一】 猜出方程f ′(x )＝0的根【要点解析】当所求的导函数解析式中出现ln x 时，常猜x ＝1；当函数解析式中出现e x 时，常猜x ＝0.【例题】设f (x )＝1＋ln xx.(1)若函数f (x )在(a ，a ＋1)上有极值，求实数a 的取值范围；(2)若关于x 的方程f (x )＝x 2－2x ＋k 有实数解，求实数k 的取值范围． 【解析】 (1)因为f ′(x )＝－ln xx 2，当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0；当x ＞1时，f ′(x )＜0，所以函数f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故函数f (x )的极大值点为x ＝1，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＜1，a ＋1＞1，即0＜a ＜1，故所求实数a 的取值范围是(0,1)． (2)方程f (x )＝x 2－2x ＋k 有实数解， 即f (x )－x 2＋2x ＝k 有实数解． 设g (x )＝f (x )－x 2＋2x ， 则g ′(x )＝2(1－x )－ln xx2.接下来，需求函数g (x )的单调区间，所以需解不等式g ′(x )≥0及g ′(x )≤0，因而需解方程g ′(x )＝0.但此方程不易求解，所以我们可以先猜后解．因为g ′(1)＝0，且当0＜x ＜1时，g ′(x )＞0，当x ＞1时，g ′(x )＜0，所以函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以g (x )max ＝g (1)＝2.当x →0时，g (x )→－∞；当x →＋∞时，g (x )→－∞，所以函数g (x )的值域是(－∞，2]，所以所求实数k 的取值范围是(－∞，2]． 【题型二】 隐零点代换【例题】 设函数f (x )＝e 2x －a ln x . (1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)求证：当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .【解析】 (1)法一：f ′(x )＝2e 2x －ax (x ＞0)．当a ≤0时，f ′(x )＞0，f ′(x )没有零点． 当a ＞0时，设u (x )＝e 2x ，v (x )＝－ax，因为u (x )＝e 2x 在(0，＋∞)上单调递增，v (x )＝－ax 在(0，＋∞)上单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又因为f ′(a )＞0，当b 满足0＜b ＜a 4且b ＜14时，f ′(b )＜0，所以当a ＞0时，f ′(x )存在唯一零点． 法二：f ′(x )＝2e 2x －ax (x ＞0)．令方程f ′(x )＝0，得a ＝2x e 2x (x ＞0)．因为函数g (x )＝2x (x ＞0)，h (x )＝e 2x (x ＞0)均是函数值为正值的增函数，所以由增函数的定义可证得函数u (x )＝2x e 2x (x ＞0)也是增函数，其值域是(0，＋∞)． 由此可得，当a ≤0时，f ′(x )无零点；当a ＞0时，f ′(x )有唯一零点．(2)证明：由(1)可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0. 当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0.所以f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，当且仅当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)．因为2e2x 0－a x 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a (当且仅当x 0＝12时等号成立)．所以当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.【反思】本题第(2)问的解题思路是求函数f (x )的最小值，因此需要求f ′(x )＝0的根，但是f ′(x )＝2e 2x －ax ＝0的根无法求解．故设出f ′(x )＝0的根为x 0，通过证明f (x )在(0，x 0)和(x 0，＋∞)上的单调性知f (x )min ＝f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a，进而利用基本不等式证得结论，其解法类似解析几何中的设而不求．【题型三】 证——证明方程f ′(x )＝0无根【要点解析】当利用导函数求函数f (x )在区间[a ，b ]，[a ，b )或(a ，b ]上的最值时，可首先考虑函数f (x )在该区间上是否具有单调性，若具有单调性，则f (x )在区间的端点处取得最值(此时若求f ′(x )＝0的根，则此方程是无解的)．【例题】已知m ∈R ，函数f (x )＝mx －m x －2ln x ，g (x )＝2ex ，若∃x 0∈[1，e]，使得f (x 0)＞g (x 0)成立，求实数m 的取值范围．【解析】 因为当x ＝1时，f (x )＝0，g (x )＝2e ，不存在f (x 0)＞g (x 0)，所以关于x 的不等式f (x )＞g (x )在[1，e]上有解，即关于x 的不等式2e ＋2x ln xx 2－1＜m (1＜x ≤e)有解．设u (x )＝2e ＋2x ln xx 2－1(1＜x ≤e)，则u ′(x )＝2x 2－4e x －2－(2x 2＋2)ln x(x 2－1)2(1＜x ≤e)，但不易求解方程u ′(x )＝0.可大胆猜测方程u ′(x )＝0无解，证明如下：由1＜x ≤e ，可得－(2x 2＋2)ln x ＜0， 2x 2－4e x －2＝2(x －e)2－2e 2－2＜0， 所以u ′(x )＜0，u (x )在(1，e]上是减函数，所以函数u (x )的值域是⎪⎭⎫⎢⎣⎡∞+-，142e e 故所求实数m 的取值范围是⎪⎭⎫⎢⎣⎡∞+-，142e e 五、构造函数问题【要点解析】利用导数证明不等式，关键是要找出与待证不等式紧密联系的函数，然后以导数为工具来研究该函数的单调性、极值、最值(值域)，从而达到证明不等式的目的，这时常常需要构造辅助函数来解决．题目本身特点不同，所构造的函数可有多种形式，解题的繁简程度也因此而不同，如何恰当构造函数，往往成为解题的关键． 【题型一】 “比较法”构造函数证明不等式【要点解析】当试题中给出简单的基本初等函数，例如f (x )＝x 3，g (x )＝ln x ，进而证明在某个取值范围内不等式f (x )≥g (x )成立时，可以类比作差法，构造函数h (x )＝f (x )－g (x )或φ(x )＝g (x )－f (x )，进而证明h (x )min ≥0或φ(x )max ≤0即可，在求最值的过程中，可以利用导数为工具．此外，在能够说明g (x )＞0(f (x )＞0)的前提下，也可以类比作商法，构造函数h (x )＝f (x )g (x )，进而证明h (x )min ≥1(φ(x )max ≤1)．【例题】已知函数f (x )＝e x －ax (e 为自然对数的底数，a 为常数)的图象在点(0,1)处的切线斜率为－1.(1)求a 的值及函数f (x )的极值； (2)求证：当x ＞0时，x 2＜e x .【解析】(1)由f (x )＝e x －ax ，得f ′(x )＝e x －a . 因为f ′(0)＝1－a ＝－1，所以a ＝2， 所以f (x )＝e x －2x ，f ′(x )＝e x －2， 令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2，当x ＜ln 2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ＞ln 2时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．所以当x ＝ln 2时，f (x )取得极小值，且极小值为f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－2ln 2，f (x )无极大值．(2)证明：令g (x )＝e x －x 2，则g ′(x )＝e x －2x . 由(1)得g ′(x )＝f (x )≥f (ln 2)＞0， 故g (x )在R 上单调递增．所以当x ＞0时，g (x )＞g (0)＝1＞0，即x 2＜e x .【反思】在本题第(2)问中，发现“x 2，e x ”具有基本初等函数的基因，故可选择对要证明的“x 2＜e x ”构造函数，得到“g (x )＝e x －x 2”，并利用(1)的结论求解．【题型二】 “拆分法”构造函数证明不等式【要点解析】当所要证明的不等式由几个基本初等函数通过相乘以及相加的形式组成时，如果对其直接求导，得到的导函数往往给人一种“扑朔迷离”“不知所措”的感觉．这时可以将原不等式合理拆分为f (x )≤g (x )的形式，进而证明f (x )max ≤g (x )min 即可，此时注意配合使用导数工具．在拆分的过程中，一定要注意合理性的把握，一般以能利用导数进行最值分析为拆分标准．【例题】已知函数f (x )＝eln x －ax (a ∈R)． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝e 时，证明：xf (x )－e x ＋2e x ≤0. 【解析】 (1)f ′(x )＝ex－a (x ＞0)，①若a ≤0，则f ′(x )＞0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②若a ＞0，则当0＜x ＜e a 时，f ′(x )＞0，当x ＞ea时，f ′(x )＜0，故f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛a e ，0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,a e 上单调递减．(2)证明：法一：因为x ＞0，所以只需证f (x )≤e xx－2e ，当a ＝e 时，由(1)知，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x )max ＝f (1)＝－e.记g (x )＝e xx －2e(x ＞0)，则g ′(x )＝(x －1)e xx 2，所以当0＜x ＜1时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减； 当x ＞1时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增， 所以g (x )min ＝g (1)＝－e.综上，当x ＞0时，f (x )≤g (x )，即f (x )≤e xx －2e ，即xf (x )－e x ＋2e x ≤0.法二：要证xf (x )－e x ＋2e x ≤0， 即证e x ln x －e x 2－e x ＋2e x ≤0， 从而等价于ln x －x ＋2≤e xe x .设函数g (x )＝ln x －x ＋2， 则g ′(x )＝1x－1.所以当x ∈(0,1)时，g ′(x )＞0； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0，故g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 从而g (x )在(0，＋∞)上的最大值为g (1)＝1. 设函数h (x )＝e xe x ，则h ′(x )＝e x(x －1)e x 2.所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )＜0，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＞0，故h (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 从而h (x )在(0，＋∞)上的最小值为h (1)＝1. 综上，当x ＞0时，g (x )≤h (x )， 即xf (x )－e x ＋2e x ≤0.【反思】对于第(2)问xf (x )－e x ＋2e x ≤0的证明直接构造函数h (x )＝x eln x －ax 2－e x ＋2e x ，求导后不易分析，故可将不等式合理拆分为f (x )≤e x x －2e 或ln x －x ＋2≤e xe x ，再分别对不等式两边构造函数证明不等式．【题型三】 “换元法”构造函数证明不等式【要点解析】若两个变元x 1，x 2之间联系“亲密”，我们可以通过计算、化简，将所证明的不等式整体转化为关于m (x 1，x 2)的表达式(其中m (x 1，x 2)为x 1，x 2组合成的表达式)，进而使用换元令m (x 1，x 2)＝t ，使所要证明的不等式转化为关于t 的表达式，进而用导数法进行证明，因此，换元的本质是消元．【例题】 已知函数f (x )＝ln xx －k 有两个不同的零点x 1，x 2，求证：x 1x 2＞e 2.【解析】f (x )＝ln xx －k ，设x 1＞x 2＞0，由f (x 1)＝f (x 2)＝0，可得ln x 1－kx 1＝0，ln x 2－kx 2＝0，两式相加减， 得ln x 1＋ln x 2＝k (x 1＋x 2)，ln x 1－ln x 2＝k (x 1－x 2)．要证x 1x 2＞e 2，即证ln x 1x 2＞2，只需证ln x 1＋ln x 2＞2，也就是证k (x 1＋x 2)＞2，即证k ＞2x 1＋x 2. 因为k ＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，所以只需证ln x 1－ln x 2x 1－x 2＞2x 1＋x 2，即证ln x 1x 2＞2(x 1－x 2)x 1＋x 2.令x 1x 2＝t (t ＞1)，则只需证ln t ＞2(t －1)t ＋1(t ＞1)．令h (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1(t ＞1)，则h ′(t )＝1t －4(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2＞0，故函数h (t )在(1，＋∞)上单调递增，所以h (t )＞h (1)＝0，即ln t ＞2(t －1)t ＋1. 所以x 1x 2＞e 2.【反思】不妨设x 1＞x 2＞0，由f (x 1)＝f (x 2)＝0，可得ln x 1－kx 1＝0，ln x 2－kx 2＝0，两式相加减，利用分析法将要证明的不等式转化为ln x 1－ln x 2x 1－x 2＞2x 1＋x 2，再利用换元法，通过求导证明上述不等式成立．【题型四】 “转化法”构造函数【要点解析】在关于x 1，x 2的双变元问题中，若无法将所给不等式整体转化为关于m (x 1，x 2)的表达式，则考虑将不等式转化为函数的单调性问题进行处理，进而实现消元的目的．【例题】设函数f (x )＝ln x ＋mx ，m ∈R ，若对任意b ＞a ＞0，f (b )－f (a )b －a ＜1恒成立，求m的取值范围．【解析】 对任意的b ＞a ＞0，f (b )－f (a )b －a ＜1等价于f (b )－b ＜f (a )－a 恒成立．(*)设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋mx －x (x ＞0)，故(*)等价于h (x )在(0，＋∞)上单调递减．由h ′(x )＝1x －m x 2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得m ≥－x 2＋x ＝－221⎪⎭⎫ ⎝⎛-x ＋14(x ＞0)恒成立，故m ≥14，当且仅当x ＝12时等号成立，所以m 的取值范围为⎪⎭⎫⎢⎣⎡∞+，41六“任意”与“存在”问题【题型一】 单一任意与存在问题 【要点解析】1、∀x ，使得f (x )＞g (x )，只需h (x )min ＝[f (x )－g (x )]min ＞0.如图①.2、∃x ，使得f (x )＞g (x )，只需h (x )max ＝[f (x )－g (x )]max ＞0.如图②.【例题】设函数f (x )＝ln(1＋x )，g (x )＝af ′(x )，其中f ′(x )是f (x )的导函数． (1)若对于任意x ≥0，总有f (x )≥g (x )，求实数a 的取值范围； (2)若存在x ≥0，使得f (x )≥g (x )，求实数a 的取值范围． 【解析】 (1)设h (x )＝f (x )－g (x )＝ln(1＋x )－a1＋x(x ≥0)， 则h ′(x )＝11＋x ＋a(1＋x )2＝x ＋1＋a (1＋x )2.当a ≥－1时，h ′(x )≥0，h (x )在[0，＋∞)上单调递增， ∴h (x )≥h (0)＝－a ，则－a ≥0，a ≤0，∴a ∈[－1,0]． 当a ＜－1时，ln(1＋x )≥0，－a1＋x ＞0，所以h (x )≥0恒成立．综上可知，实数a 的取值范围为[－∞，0]．(2)由(1)可知，当a ≥－1时，存在x ≥0，使得f (x )≥g (x )， 当a ＜－1时，f (x )≥g (x )恒成立．综上可知，实数a 的取值范围为(－∞，＋∞)． 【反思】(1)这是较为常见的一类恒成立问题，运用数形结合的思想可知，当x 0≥0时，总有f (x 0)≥g (x 0)，即f (x 0)－g (x 0)≥0(注意不是f (x )min ≥g (x )max )，可以转化为当x ≥0时，h (x )＝f (x )－g (x )≥0恒成立问题．(2)存在x ≥0，使得f (x )≥g (x )，即至少有一个x 0≥0，满足f (x 0)－g (x 0)不是负数，可以转化为当x ≥0时，h (x )＝f (x )－g (x )的函数值至少有一个是非负数． 【题型二】 双任意与存在相等问题11221212上的值域B 的交集不是空集，即A ∩B ≠∅，如图③.其等价转化的目标是两个函数有相等的函数值．2、∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使得f (x 1)＝g (x 2)等价于函数f (x )在D 1上的值域A 是g (x )在D 2上的值域B 的子集，即A ⊆B ，如图④.其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的值域都在函数y ＝g (x )的值域之中．说明：图③，图④中的条形图表示函数在相应定义域上的值域在y 轴上的投影． 【例题】已知函数f (x )＝x 2－23ax 3，a ＞0，x ∈R ，g (x )＝1x21－x. (1)若∃x 1∈(－∞，－1]，∃x 2∈⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-21-，，使得f (x 1)＝g (x 2)，求实数a 的取值范围； (2)当a ＝32时，求证：对任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)＝g (x 2)．【解析】 (1)∵f (x )＝x 2－23ax 3，∴f ′(x )＝2x －2ax 2＝2x (1－ax )． 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝1a.∵a ＞0，∴1a ＞0，∴当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＜0，∴f (x )在(－∞，－1]上单调递减，f (x )≥f (－1)＝1＋2a3，故f (x )在(－∞，－1]上的值域为⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞+,321a ∵g (x )＝1x 2(1－x )，∴g ′(x )＝3x 2－2x x 4(1－x )2＝3x －2x 3(1－x )2.当x ＜－12时，g ′(x )＞0，∴g (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-21-，上单调递增，g (x )＜g ⎪⎭⎫ ⎝⎛21-＝83， 故g (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-21-，上的值域为⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-38-， 若∃x 1∈(－∞，－1]，∃x 2∈⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-21-，，使得f (x 1)＝g (x 2)，则1＋2a 3＜83，解得0＜a ＜52，故实数a 的取值范围是⎪⎭⎫ ⎝⎛25-0，(2)证明：当a ＝32时，f (x )＝x 2－x 3，∴f ′(x )＝2x －3x 2＝3x ⎪⎭⎫⎝⎛-132x 当x ＞2时，f ′(x )＜0，∴f (x )在(2，＋∞)上单调递减，且f (2)＝－4， ∴f (x )在(2，＋∞)上的值域为(－∞，－4)． 则g (x )＝1x 2(1－x )＝1f (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴g (x )＝1x 21－x在(1，＋∞)上的值域为(－∞，0)． ∵(－∞，－－∞，0)，∴对于任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)＝g (x 2)．【反思】本题第(1)问等价转化的基本思想是：两个函数有相等的函数值，即它们的值域有公共部分；第(2)问等价转化的基本思想是：函数f (x )的任意一个函数值都与函数g (x )的某一函数值相等，即f (x )的值域都在g (x )的值域中． 【题型三】 双任意与双存在不等问题1212min g (x )max .其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的任意一个函数值均大于函数y ＝g (x )的任意一个函数值．如图⑤.2、存在x 1，x 2∈D ，使得f (x 1)＞g (x 2)，等价于f (x )max ＞g (x )min .其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的某一个函数值大于函数y ＝g (x )的某些函数值．如图⑥.【例题】 已知f (x )＝x ＋a 2x(a ＞0)，g (x )＝x ＋ln x .(1)若对任意的x 1，x 2∈[1，e]，都有f (x 1)≥g (x 2)成立，求实数a 的取值范围； (2)若存在x 1，x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＜g (x 2)，求实数a 的取值范围．【解析】 (1)对任意的x 1，x 2∈[1，e]，都有f (x 1)≥g (x 2)成立，等价于x ∈[1，e]时，f (x )min ≥g (x )max .当x ∈[1，e]时，g ′(x )＝1＋1x ＞0，所以g (x )在[1，e]上单调递增，所以g (x )max ＝g (e)＝e＋1.只需证f (x )≥e ＋1，即x ＋a 2x ≥e ＋1⇔a 2≥(e ＋1)x －x 2在[1，e]上恒成立即可．令h (x )＝(e ＋1)x －x 2，当x ∈[1，e]时，h (x )＝(e ＋1)x －x 2＝－221⎪⎭⎫ ⎝⎛+-e x ＋221⎪⎭⎫ ⎝⎛+e 的最大值为h ⎪⎭⎫⎝⎛+21e ＝。
构造函数解与导数有关的选填压轴题(教师版)
构造函数解与导数有关的选填压轴题方法规律：1.注意逆向思谁，构造出的函数的导函数与已知条件相同，或者能够利用已知条件求解2.根据含导函数的不等式构造原函数时要注意从以下几种类型考虑： ①原函数是函数和差的组合； ②原函数是函数乘除的组合； ③原函数是函数与x 的乘除的组合； ④原雨数是函数与xe 的乘除的组合；⑤原函数是函数与)(cos sin x x 的乘除的组合； ⑥原函数是函数与x ln 的乘除的组合 3.常用的构造函数有：)()('x xf x f +构造)(x xf )()(2'2x f x x xf +构造)(2x f x )()('x f x xf -构造x x f )( )()('x f x f +构造)(x f e x)()('x f x f -构造x ex f )(等等（一）与等式有关的函数构造例1若函数)(x f 满足xe x xf x xf 3')()(=-，0)1(=f ，则当0>x 时，)(x f （ B ） A.有极大值，无极小值 B.有极小值，无极大值 C.既有极大值又有极小值 D.既无极大值又无极小值解析：设x x f x F )()(=，则x xe x x f x xf x F =-=2'')()()(，所以C e x x x f x F x+-==)1()()( Cx e x x x f x +-=⇒)()(2，又由00)1(=⇒=C f ，所以x e x x x f )()(2-=2510)1()(2'+->⇒>-+=∴x e x x x f x 或251--<x 所以)(x f 在]215,0(-上递减，),215[+∞-上递增所以当0>x 时，)(x f 有极小值，无极大值，故选B练习1.函数)(x f 的导函数为)('x f ，满足x x x f x xf ln )(2)('=+，且ee f 21)(=，则)(x f 的极值情况为（ D ）A.有极大值无极小值B.有极小值无极大值C.既有极大值又有极小值D.既无极大值也无极小值解析：设)()(2x f x x F =，则x x f x x xf x F ln )()(2)('2'=+=C x x x x f x x F +-==⇒ln )()(22ln )(x C x x x x f +-=⇒，221)(2eC e eC e f =⇒==∴，22ln )(x ex x x x f +-=∴3'2ln )(xex x x x f -+-=∴，设e x x x x g -+-=2ln )(，则e x x x g <<⇒>-=00ln 1)(' )(x g ∴在],0(e 上递增，),[+∞e 上递减0)()(=≤⇒e g x g ，即0)('<x f所以)(x f 在),0(+∞上递减⇒)(x f 在),0(+∞上既无极大值也无极小值，故选D 练习2.若函数)(x f 在R 上可导，且3)2(2)('2-+=x f x x f ，则（ C ）A .)4()0(f f < B. )4()0(f f = C. )4()0(f f > D.以上都不对 解析：4)2()2(24)2()2(22)('''''-=⇒+=⇒+=f f f f x x f ，38)(2--=∴x x x f ，其开口向上，对称轴为4=x ，所以)4()0(f f >，故选C练习 3.函数)(x f 在其定义域内满足xe xf x xf =+)()('（其中)('x f 为函数)(x f 的导函数），e f =)1(，则函数)(x f （ B ）A.有极大值，无极小值B.有极小值，无极大值C.既有极大值又有极小值D.既无极大值又无极小值 解析：令)()(x xf x F =，则x e x f x xf x F =+=)()()(''，C e x xf x F x +==∴)()(x C e x f x +=⇒)(，0)1(=⇒=+=∴C e C e f ，x e x f x =∴)(，10)1()(2'>⇒>-=x xx e x f x ，)(x f ∴在)0,(-∞上递减，]1,0(上递减，),1[+∞上递增)(x f ⇒有极小值，无极大值，故选B（二）与不等式有关的函数构造例 2.已知定义在R 上的奇函数)(x f 的导函数为)('x f ，当0<x 时，)(x f 满足)()()(2'x xf x xf x f <+，则)(x f 在R 上的零点个数为（ D ）A.5B.3C.1或3D.1解析：设)0()()(2<=x e x f x x F x ，则0)]()()(2[)()()(2)('2'2'>-+=-+=x x e x xf x xf x f x e x f x x f x x xf x F )(x F ∴在)0,(-∞上递增，又0)0(=F ，0<∴x 时，0)0()()(2=<=F ex f x x F x0)(<⇒x f又)(x f 为奇函数，所以)(x f 仅有一个零点0=x ，故选D练习4.设)(x f 是定义在)0,(-∞上的可导函数，其导函数为)('x f ，且有0)()('>+x xf x f ，则不等式0)1()2017()2017(>-+++f x f x 的解集为（ C ）A.)2017,(-∞B.)0,2018(-C.)2017,2018(--D.)2018,(--∞ 解析：设)()(x xf x F =，则)(0)()()(''x F x xf x f x F ⇒>+=在)0,(-∞上递增0)1()2017()2017(>-+++f x f x )1()2017(->+⇔F x F 020171<+<-⇒x20172018-<<-⇒x ，故选C练习5.定义在R 上的函数)(x f 与其导函数)('x f 满足xe xf x f ->+1')()(，则下列不等式一定成立的是（ A ）A.)1()0(ef e f <+B.)1()0(ef e f >+C.)1()0(f e f <+D.)1()0(f e f >+ 解析：设0)]()([)()()(''>-+=⇒-=e x f x f e x F ex x f e x F x x )(x F ⇒在R 上递增)1()0()1()0()1()0(ef e f e ef f F F <+⇒-<⇒<∴，故选A练习6.定义域为R 的可导函数)(x f 的导函数为)('x f ，满足)()('x f x f >，且1)0(=f ，则不等式1)(<x ex f 的解集为（ B ） A.)0,(-∞ B.),0(+∞ C.)2,(-∞ D.),2(+∞解析：设x ex f x F )()(=，则)(0)()()(''x F e x f x f x F x ⇒<-=在R 上递减，又1)0(=F 0)0()(1)(>⇒<⇔<∴x f x F ex f x ，故选B 练习7.已知定义),0(+∞在上的函数)(x f 的导数为)('x f ，且满足)(2)ln )((2'x f x x x f >，则（ B ）A.)(3)(2)(623e f e f e f >> B.)(2)(3)(632e f e f e f << C.)(2)(3)(632e f e f e f >> D.)(3)(2)(623e f e f e f <<解析：)(2)ln )((2'x f x x x f >⇔)(2)ln 2)(('x f x x x f >⇒)()(ln 'x f x xf x >设0)(ln )()(ln )(ln )(1ln )()(ln )()(2'2''>-=-=⇒=x x x f x xf x x x f x x x f x F xx f x F )(x F ⇒在),0(+∞上递增)(2)(3)(63)(2)()()()()(323232e f e f e f e f e f e f e F e F e F <<⇒<<⇒<<∴，故选B练习8.设函数)(x f 是定义)0,(-∞在上的可导函数，其导函数为)('x f ，且有)(3)('x f x xf <，则不等式0)2()2015()2015(83>-+++f x x f 的解集为（ C ）A.)2017,(--∞B.)0,2017(-C.)2015,2017(--D.)2018,(--∞解析：设3)()(xx f x F =，则)(0)(3)()(4''x F x x f x xf x F ⇒<-=在)0,(-∞上递减0)2()2015()2015(83>-+++f x x f 20152017020152)2()2()2015()2015(33-<<-⇒<+<-⇒--<++⇒x x f x x f 故选C（三）与三角函数有关的构造函数 例 3.定义在)2,0[π上可导函数)(x f 的导函数为)('x f ，且0sin )(cos )('<+x x f x x f ，0)0(=f ，则（ A ）A.)3(2)6(ππf f >B.)3(2)4(ππf f <C.0)2(ln >fD.)4(2)6(ππf f < 解析：设x x f x F cos )()(=，则)(0cos sin )(cos )()(2''x F x x x f x x f x F ⇒<+=在)2,0[π上递减 )0)3()(3(2)3(3)6(21)3(23)6(0)3()6()0(<>>⇒>>⇒>>∴ππππππππf f f f f f F F F ，故A 对)3(2)4(21)3(22)4()3()6(ππππππf f f f F F >⇒>⇒>∴，故B 错0)2(ln 0cos )0(2ln cos )2(ln )0()2(ln <⇒<⇒<∴f f f F F ，故C 错)4(26)6(22)4(23)6()4()6(ππππππf f f f F F >⇒>⇒>∴，故D 错练习9.定义在)2,0(π上的函数)(x f ，)('x f 是它的导函数，且恒有)(cos x xf 0sin )('>+x x f 成立，则（ B ）A.)3(3)4(2ππf f > B.)6(211(1sin πf f >） C.)4(2)6(ππf f >D.)3(3)6(ππf f >解析：设)(0cos )(sin )()(sin )()(''x F x x f x x f x F x x f x F ⇒>+=⇒=在)2,0(π上递增)3(3)4(2)3(23)4(22)3()4(ππππππf f f f F F <⇒<⇒<，故A 错 )3(3)4(2)6(211sin )1()6()1(ππππf f f f F F <⇒>⇒>，故选B练习10定义在)2,0(π上的函数)(x f )满足: x x f x f tan )()('>恒成立，则下列不等式中成立的是（ A ）A.)3()6(3ππf f > B.1sin )3(332)1(πf f <C.)4()6(2ππf f <D.)3(2)4(3ππf f <解析：在)2,0(π上，x x f x xf x x f x f sin )()(cos tan )()(''>⇔>设x x f x F sin )()(=，则)(0sin cos )(sin )()(2''x F x x x f x x f x F ⇒<-=在)2,0(π上递减)3()6(323)3(21)6()3()6(ππππππf f f f F F >⇒>⇒>∴，故选A 迁移运用：1.奇函数)(x f 定义域为),0()0,(ππ -，其导函数是)('x f ，当π<<x 0时，有0cos )(sin )('<-x x f x x f ，则关于x 的不等式x f x f sin )4(2)(π<的解集为（ D ）A.),4(ππB.),4()4,(ππππ --C.)4,0()0,4(ππ -D.),4()0,4(πππ - 解析：设x x f x F sin )()(=，则当π<<x 0时，0sin cos )(sin )()(2'<-=xx x f x x f x F )(x F ⇒在),0(π上递减，又)(x F 为偶函数，所以)(x F 在)0,(π-上递增当0>x 时，x f x f sin )4(2)(π<πππππ<<⇒<⇔<⇔x f x F f x x f 4)4()(4sin )4(sin )(当0<x 时，x f x f sin )4(2)(π<04)4()(4sin )4(sin )(<<-⇒->⇔>⇔x f x F f x x f ππππ故选D2.已知)(x f 是定义在R 上的函数，)('x f 是)(x f 的导单数，且满足)(3)('x f x f >，e f =)31(，则3)(ln x x f <的解集为（ B ） A.),0(e B.),0(31e C.),1(e D.),1(31e解析：设x ex f x F 3)()(=，则)(0)(3)()(3''x F e x f x f x F x ⇒>-=在R上递增，又1)31()31(==e f F 所以3)(ln x x f <313031ln )31()(ln 1)(ln e x x F x F xx f <<⇒<⇒<⇔<⇔，故选B 3.已知可导函数)(x f 的导函数为)('x f ，2018)0(=f ， 若对任意的R x ∈都有)()('x f x f >，则不等式x e x f 2018)(<的解集为（ A ）A.),0(+∞B.)(21∞+，e C.)1,(2e -∞ D.)0,(-∞ 解析：设x e xf x F )()(=，则)(0)()()(''x F e x f x f x F x⇒<-=在R 上递减，又2018)0()0(==f F x e x f 2018)(<0)0()(2018)(>⇒<⇔<⇔x F x F ex f x ，故选A 4.已知)(x f 是定义在区间),0(+∞上的函数，其导函数为)('x f ，且不等式)(2)('x f x xf <恒成立，则（ B ）A.）2()1(4f f <B.）2()1(4f f >C.）2(4)1(f f <D.）2(4)1('f f <解析：设2)()(xx f x F =，则0)(2)()(3''<-=x x f x xf x F )(x F ⇒在),0(+∞上递减 )2()1(44)2()1()2()1(f f f f F F >⇒>⇒>∴，故选B 5.函数)(x f 的导函数为)('x f ，对R x ∈∀都有)()('x f x f >成立，若2)2(e f =，则不等式xe xf >)(的解是（ A ）A.),2(+∞B.)10(，C.),1(+∞D.)2ln ,0(解析：设x e x f x F )()(=，则)(0)()()(''x F e x f x f x F x ⇒>-=在R上递增，又1)2()2(2==e f F 所以xe xf >)(2)2()(1)(>⇒>⇔>⇔x F x F e x f x，故选A 6.已知定义在R 上的奇函数)(x f 满足2)('<x f ，则不等式x e x x f x 32)2ln()1(1+>-+-++的解集为（ A ）A.)1,2(--B.),1(+∞-C.)2,1(-D.),2(+∞解析：设0321)1()(32)2ln()1()(1''1<--+-+=⇒---+-+=++x x e x x f x F x e x x f x F 对)2(∞+-∈，x 恒成立，)(x F 在)2(∞+-，上递减，又0312)0()1(=+--=-f F 所以0)(>x F 的解集为)1,2(--，故选A7.已知函数)(x f 的定又域为R ，)('x f 为)(x f 的导函数，当),0[+∞∈x 时，0)(cos sin 2'>-x f x x ，且R x ∈∀，12cos )()(=++-x x f x f ，下列说法一定正确的是（ B ）A.)32(43)65(41ππ-->--f f B.)34(43)65(41ππ-->--f f C.)43(21)3(43ππf f ->- D.)3(43)43(21ππf f ->-- 解析：设)(sin )(2x f x x F -=，则)(0)(cos sin 2)(''x F x f x x x F ⇒>-=在),0[+∞上递增12cos )()(=++-x x f x f )(sin )()(sin sin 22cos 1)()(222x x f x f x x x x f x f ---=-⇔=-=-+⇔)()(x F x F --=⇔)(x F ⇒为奇函数，又0)0(0)0(=-=f F ，所以)(x F 在R 上递增)34(43)65(41)34(65(ππππ-->--⇒->-∴f f F F ，故选B 8.函数)(x f 在R 上的导函数为)('x f ，对于任意的实数x ，都有x x f 40342017)('<+，若t t f t f 40342017)()1(++-<+，则实数t 的取值范围是（ A ） A.),21(+∞-B.),23(+∞-C.)21,(--∞D.)23,(--∞ 解析：设x x x f x F 20172017)()(2+-=，则)(020174034)()(''x F x x f x F ⇒<+-=在R 上递减 所以t t f t f 40342017)()1(++-<+)()1(t F t F -<+⇔t t t f t t t f t F t F 20172017)()1(2017)1(2017)1()()1(22---<+++-+⇔-<+⇔211->⇒->+⇔t t t ，故选A9.已知函数)(x f 的定义域为R ，其图像关于点)0,1(-中心对称，其导函数为)('x f ，当1-<x 时，0)]()1()()[1('<+++x f x x f x ，则不等式)0()1(f x xf >-的解集为（ A ）A.),1(+∞B.)1,(--∞C.)1,1(-D.),1()1,(+∞--∞ 解析：设)()1()(x f x x F +=，则0)()1()()(''>++=x f x x f x F 对)1,(--∞∈x 恒成立)(x F ∴在]1,(--∞上递增，又)(x F 关于)0,1(-对称，且0)1(=-F ，)(x F ∴在R 上递增所以)0()1(f x xf >-101)0()1(>⇒>-⇒>-⇔x x F x F ，故选A10.设函数)(x f 在R 上存在导数)('x f ，R x ∈∀有2)()(x x f x f =+-，在),0(+∞上x x f <)('，若m m f m f 48)()4(-≥--，则实数m 的取值范围为（ A ）A.),2[+∞B.]2,2[-C.),0[+∞D.),2[]2,(+∞--∞解析：设221)()(x x f x F -=，则0)()(''<-=x x f x F 对0>x 恒成立，)(x F ∴在),0(+∞递减2)()(x x f x f =+-)()()()()(2121)(22x F x F x F x f x x x f ⇒--=⇔---=-⇔为奇函数又)(x f 连续)(x F ⇒连续，)(x F ∴在R 上递减所以m m f m f 48)()4(-≥--)()4(21)()4(21)4(22m F m F m m f m m f >-⇔-≥---⇔24≥⇒≤-⇒m m m ，故选A。
导数中的构造函数-玩转压轴题(解析版)
近几年高考数学压轴题，多以导数为工具来证明不等式或求参数的范围，这类试题具有结构独特、技巧性高、综合性强等特点，而构造函数是解导数问题的最基本方法，一下问题为例，对在处理导数问题时构造函数的方法进行归类和总结．【方法综述】以抽象函数为背景、题设条件或所求结论中具有“()()f x g x ±、()()f x g x 、()()f xg x ”等特征式、解答这类问题的有效策略是将前述式子的外形结构特征与导数运算法则结合起来，合理构造出相关的可导函数，然后利用该函数的性质解决问题．方法总结： 和与积联系：()()f x xf x '+，构造()xf x ； 22()()xf x x f x '+，构造2()x f x ；3()()f x xf x '+，构造3()x f x ；…………………()()nf x xf x '+，构造()n x f x ；()()f x f x '+，构造e ()x f x ．等等．减法与商联系：如()()0xf x f x ->'，构造()()f x F x x=； ()2()0xf x f x ->'，构造2()()f x F x x =；………………… ()()0xf x nf x ->'，构造()()nf x F x x =． ()()f x f x '-，构造()()e x f x F x =，()2()f x f x '-，构造2()()e x f x F x =，……………… ()()f x nf x '-，构造()()e nxf x F x =， 奇偶性结论：奇乘除奇为偶；奇乘偶为奇。
（可通过定义得到）构造函数有时候不唯一，合理构造函数是关键。
给出导函数，构造原函数，本质上离不开积分知识。
【解答策略】类型一、巧设“()()y f x g x =±”型可导函数【例1】已知不相等的两个正实数x ，y 满足()2244log log x y y x -=-，则下列不等式中不可能成立的是专题6.1 导数中的构造函数（ ） A ．1x y <<B ．1y x <<C ．1x y <<D ．1y x <<【来源】广东省佛山市2021届高三下学期二模数学试题 【答案】B【解析】由已知()2244log log x y y x -=-，因为2log 4x ＝log 2x ，所以原式可变形222log 4g 2lo x x y y =++令()222log f x x x =+，()24log g x x x =+，函数()f x 与()g x 均为()0,∞+上的增函数，且()()f x g y =，且()()11f g =， 当1x >时，由()1f x >，则()1g y >，可得1y >， 当1x <时，由()1f x <，则()1g y <，可得1y <，要比较x 与y 的大小，只需比较()g x 与()g y 的大小，()()()()222224log 2log 2log g x g y g x f x x x x x x x x -=-=+--=-+设()()222log 0h x x x x x =-+>，则()212ln 2h x x x '=-+()2220ln 2h x x ''=--<，故()h x '在()0+∞，上单调递减， 又()2110ln 2h '=-+>，()1230ln 2h '=-+<， 则存在()01,2x ∈使得()0h x '=，所以当()00,x x ∈时，()0h x '>，当()0,x x ∈+∞时，()0h x '<， 又因为()()()()010,10,412480h h x h h =>==-+=-<， 所以当1x <时，()0h x <，当1x >时，()h x 正负不确定，故当1,1x y <<时，()0h x <，所以()()()1g x g y g <<，故1x y <<， 当1,1x y >>时，()h x 正负不定，所以()g x 与()g y 的正负不定，所以,,111x y x y y x ><<>>>均有可能，即选项A ，C ，D 均有可能，选项B 不可能． 故选：B ．【点睛】本题考查了不等关系的判断，主要考查了对数的运算性质以及对数函数性质的运用，解答本题的关键是要比较x 与y 的大小，只需比较()g x 与()g y 的大小，()()()()222log g x g y g x f x x x x -=-=-+，设()()222log 0h x x x x x =-+>，求导得出其单调性，从而得出,x y 的大小可能性． 【举一反三】1．若实数a ，b 满足()221ln 2ln 1a b a b-+-≥，则a b +=（ ）A ．2B C ．2D ．【来源】浙江省宁波市镇海中学2021届高三下学期5月模拟数学试题 【答案】C 【解析】()ln 1g x x x =--，1()1g x x'=-， ()0g x '>(1,)x ⇒∈+∞，()0g x '<⇒(0,1)x ∈， ∴()g x 在(0,1)x ∈单调递减，在(1,)x ∈+∞单调递增，∴()(1)1ln110g x g =--=，∴1ln 0x x x -≥>，恒成立，1x =时取等号，2211a b +-2221a b -21a b =-， 221ln ln(2)ln a a a bb b-=-， ()221ln 2ln 1a b a b-+-≥，∴2211ln(2)ln a a b b+-=-，又21ab =（不等式取等条件），解得：a b ==，2a b ∴+=， 故选：C.2．（2020·河北高考模拟（理））设奇函数()f x 在R 上存在导函数'()f x ，且在(0,)+∞上2'()f x x <，若(1)()f m f m --331[(1)]3m m ≥--，则实数m 的取值范围为（ ）A ．11[,]22-B ．11(,][,)22-∞-⋃+∞C ．1(,]2-∞- D ．1[,)2+∞【答案】D【解析】由()()1f m f m -- ()33113m m ⎡⎤≥--⎣⎦得：3311(1)(1)()33f m m f m m ---≥-，构造函数31()()3g x f x x =-，2()()0g x f x x '=-<'故g （x ）在()0,+∞单调递减，由函数()f x 为奇函数可得g(x)为奇函数，故g(x)在R 上单调递减，故112m m m -≤⇒≥选D点睛：本题解题关键为函数的构造，由()2'f x x <要想到此条件给我们的作用，通常情况下是提示我们需要构造函数得到新函数的单调性，从而得不等式求解；3．（2020·山西高考模拟（理））定义在()0,∞+上的函数()f x 满足()()251,22x f x f ='>，则关于x 的不等式()13xxf e e <-的解集为（ ）A ．()20,eB ．()2,e +∞C ．()0,ln 2D ．(),2ln -∞【答案】D 【解析】【分析】构造函数()()1F x f x x=+，利用已知条件求得()'0F x >，即函数()F x 为增函数，而()23F =，由此求得e 2x <，进而求得不等式的解集.【详解】构造函数()()1F x f x x =+，依题意可知()()()222110x f x F x f x x x-=-=''>'，即函数在()0,∞+上单调递增.所求不等式可化为()()1e e 3e x x x F f =+<，而()()12232F f =+=，所以e 2x <，解得ln 2x <，故不等式的解集为(),ln 2-∞.【点睛】本小题主要考查利用导数解不等式，考查构造函数法，考查导数的运算以及指数不等式的解法，属于中档题.题目的关键突破口在于条件()21x f x '>的应用.通过观察分析所求不等式，转化为()1e 3e x x f +<，可发现对于()()1F x f x x=+，它的导数恰好可以应用上已知条件()21x f x '>.从而可以得到解题的思路.4．（2020·河北衡水中学高考模拟（理））定义在R 上的可导函数()f x 满足()11f =，且()2'1f x >，当3,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，不等式23(2cos )2sin 22x f x +>的解集为( )A ．4,33ππ⎛⎫⎪⎝⎭B ．4,33ππ⎛⎫-⎪⎝⎭C ．0,3π⎛⎫⎪⎝⎭D ．,33ππ⎛⎫-⎪⎝⎭ 【答案】D【解析】令11()()22g x f x x =--，则1()'()0'2g x f x =->， ()g x ∴在定义域R 上是增函数，且11(1)(1)022g f =--=，1(2cos )(2cos )cos 2g x f x x ∴=--23=(2cos )2sin 22x f x +-，∴23(2cos )2sin 022x f x +->可转化成()(2cos )1g x g >，得到2cos 1x >，又3,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，可以得到,33x ππ⎛⎫∴∈- ⎪⎝⎭，故选D5．定义在()0+，∞上的函数()f x 满足()10xf x '-<，且(1)1f =，则不等式()()21ln 211f x x ->-+的解集是__________． 【答案】()112，【解析】()()ln F x f x x =-，则()11()()xf x F x f x xx-=-='''，而()10xf x '-<，且0x >，∴()0F x '<，即()F x 在()0+，∞上单调递减，不等式()()21ln 211f x x ->-+可化为()()21ln 2111ln1f x x --->=-，即()()211F x F ->，故210211x x ->-<⎧⎨⎩，解得：112x <<，故解集为：()112，． 类型二 巧设“()()f x g x ”型可导函数【例】已知定义在R 上的图象连续的函数()f x 的导数是fx ，()()20f x f x +--=，当1x <-时，()()()()110x f x x f x '+++<⎡⎤⎣⎦，则不等式()()10xf x f ->的解集为（ ）A ．(1,1)-B ．(),1-∞-C ．1,D ．()(),11,-∞-⋃+∞【来源】2021年浙江省高考最后一卷数学（第七模拟） 【答案】A【解析】当1x <-时，()()()()110x f x x f x '+++<⎡⎤⎣⎦，即有()()()10f x x f x '++>．令()()()1F x x f x =+，则当1x <-时，()()()()10F x f x x f x ''=++>，故()F x 在(),1-∞-上单调递增．∵()()()()()()22121F x x f x x f x F x --=--+--=---=⎡⎤⎣⎦， ∴()F x 关于直线1x =-对称，故()F x 在()1,-+∞上单调递减，由()()10xf x f ->等价于()()()102F x F F ->=-，则210x -<-<，得11x -<<． ∴()()10xf x f ->的解集为(1,1)-． 故选：A. 【举一反三】1．（2020锦州模拟）已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，当0x <时，()()0f x xf x '+<，若(2)0f =，则不等式()0xf x >的解集为（）A ．{20 x x -<<或}02x <<B ．{ 2 x x <-或}2x >C ．{20 x x -<<或}2x >D ．{ 2 x x <-或}02x <<【答案】D ．【解析】令()()F x xf x =，则()F x 为奇函数，且当0x <时，()()()0F x f x xf x '+'=<恒成立，即函数()F x 在()0-，∞，()0+，∞上单调递减，又(2)0f =，则(2)(2)0F F -==，则()0xf x >可化为()(2)F x F >-或()(2)F x F >，则2x <-或02x <<．故选D ．2．（2020·陕西高考模拟）已知定义在R 上的函数()f x 的导函数为'()f x ，对任意x ∈R 满足'()()0f x f x +<，则下列结论正确的是（ ）A ．23(2)(3)e f e f >B ．23(2)(3)e f e f <C ．23(2)(3)e f e f ≥D ．23(2)(3)e f e f ≤【答案】A【解析】令()()xg x e f x = ，则()(()())0xg x e f x f x '+'=<， 所以(2)(3),g g > 即()()2323e f e f >，选A.点睛：利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：如()()f x f x <'构造()()xf xg x e=，()()0f x f x '+<构造()()xg x e f x =，()()xf x f x '<构造()()f x g x x=，()()0xf x f x '+<构造()()g x xf x =等 3．（2020·海南高考模拟）已知函数()f x 的导函数'()f x 满足()(1)'()0f x x f x ++>对x ∈R 恒成立，则下列判断一定正确的是（ ） A ．(0)02(1)f f << B ．0(0)2(1)f f << C ．02(1)(0)f f << D ．2(1)0(0)f f <<【答案】B【解析】由题意设()()()1g x x f x =+，则()()()()'1'0g x f x x f x =++>，所以函数()g x 在R 上单调递增，所以()()()101g g g -<<，即()()0021f f <<．故选B ． 4．（2020·青海高考模拟（理））已知定义在上的函数满足函数的图象关于直线对称，且当 成立（是函数的导数），若，则的大小关系是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】令，则当，因为函数的图象关于直线对称，所以函数的图象关于直线对称，即为偶函数，为奇函数，因此当，即为上单调递减函数，因为，而，所以，选A.5.（2020南充质检）()f x 是定义在R 上的奇函数，当0x >时，()21()2()0x f x xf x '++<，且(2)0f =，则不等式()0f x <的解集是（）A ．()()22--+，，∞∞ B ．()()2002-，，C ．()()202-+，，∞D ．()()202--，，∞【答案】C ．【解析】构造函数()2()1()g x x f x =+，则()2()1()g x x f x ''=+．又()f x 是定义在R 上的奇函数，所以()2()1()g x x f x =+为奇函数，且当0x >时，()2()1()2()0g x x f x xf x ''=++<，()g x 在()0+，∞上函数单减， ()0()0f x g x <⇒<．又(2)0g =，所以有()0f x <的解集()()202-+，，∞．故选C ． 点睛：本题主要考察抽象函数的单调性以及函数的求导法则及构造函数解不等式，属于难题．求解这类问题一定要耐心读题、读懂题，通过对问题的条件和结论进行类比、联想、抽象、概括，准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”以构造恰当的函数；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造合适的函数．6．（2020荆州模拟）设函数()f x '是奇函数()f x (x ∈R )的导函数，当0x >时，1ln ()()x f x f x x '<-，则使得()21()0x f x ->成立的x 的取值范围是（）A ．()()1001-，，B ．()()11--+，，∞∞C ．()()101-+，，∞D ．()()101--，，∞ 【答案】D.【解析】设()ln ()g x x f x =，当0x >时，1()()ln ()0g x f x xf x x'=+<'，()g x 在()0+，∞上为减函数，且(1)0g =，当()01x ∈，时，()0g x >，ln 0x <∵，()0f x <∴，2(1)()0x f x ->； 当()1x ∈+，∞时，()0g x <，ln 0x >∵，()0f x <∴，()21()0x f x -<， ∵()f x 为奇函数，∴当()10x ∈-，时，()0f x >，()21()0x f x -<；当()1x ∈--，∞时，()0f x >，()21()0x f x ->． 综上所述：使得()21()0x f x -<成立的x 的取值范围是()()101--，，∞ 【点睛】构造函数，借助导数研究函数单调性，利用函数图像解不等式问题，是近年高考热点，怎样构造函数，主要看题目所提供的导数关系，常见的有x 与()f x 的积或商，2x 与()f x 的积或商，e x 与()f x 的积或商，ln x 与()f x 的积或商等，主要看题目给的已知条件，借助导数关系说明导数的正负，进而判断函数的单调性，再借助函数的奇偶性和特殊点，模拟函数图象，解不等式．7．（2020·河北高考模拟）已知()f x 是定义在R 上的可导函数，且满足(1)()'()0x f x xf x ++>，则（ ） A ．()0f x > B ．()0f x < C ．()f x 为减函数 D ．()f x 为增函数【答案】A【解析】令()e [()]x g x xf x =，则由题意，得()e [(1)()()]0xg x x f x xf x '+'=+>，所以函数()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，又因为(0)0g =，所以当0x >时，()0>g x ，则()0f x >，当0x <时，()0<g x ，则()0f x >，而()()()1'0x f x xf x ++>恒成立，则(0)0f >；所以()0f x >；故选A.点睛：本题的难点在于如何利用()()()1'0x f x xf x ++>构造函数()e [()]xg x xf x =。
函数概念与基本初等函数(选填压轴题)(原卷版)-【挑战压轴题】备战2023年高考数学高分必刷必过题
专题02函数概念与基本初等函数（选填压轴题）一、函数及其表示①抽象函数定义域②复合函数定义域③根式型、分式型求值域④抽象函数的值域⑤复合函数的值域⑥根据值域求参数二、函数的基本性质①单调性（复合函数的单调性）②函数的值域（复合函数的值域）③恒成立（能成立）问题④奇偶性⑤周期性⑥对称性⑦函数奇偶性+单调性+对称性联袂三、分段函数①分段函数求值域或最值②根据分段函数的单调性求参数四、函数的图象①特殊值②奇偶性③单调性④零点⑤极限联袂五、二次函数①二次函数的单调性②二次函数的值域（最值）六、指对幂函数①单调性②值域③图象④复合型七、函数与方程①函数的零点（方程的根）的个数②已知函数的零点（方程的根）的个数，求参数③分段函数的零点（根）的问题④二分法八、新定义题①高斯函数②狄利克雷函数③劳威尔不动点④黎曼函数⑤纳皮尔对数表⑥同族函数⑦康托尔三分集⑧太极图一、函数及其表示1．（2022·浙江·高三专题练习）已知函数(2)x y f =的定义域是[]1,1-，则函数3(log )f x 的定义域是（）A ．[]1,1-B ．1,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．[]1,3D ．2．（2022·北京师大附中高一期末）已知函数()f x x =，()2g x ax x =-，其中0a >，若[]11,3x ∀∈，[]21,3x ∃∈，使得()()()()1212f x f x g x g x =成立，则=a （）A ．32B ．43C ．23D ．123．（2022·河南南阳·高一期末）若函数()f x 的定义域为[]0,2，则函数()()lg g x f x =的定义域为______．4．（2022·全国·高三专题练习）已知函数22211x x y f x x ⎛⎫+-= ⎪+-⎝⎭的定义域是[)1,+∞，则函数()y f x =的定义域是_______．5．（2022·全国·高三专题练习）设2()lg2xf x x+=-，则2(()2x f f x +的定义域为_______.6．（2022·江西·赣州市赣县第三中学高一开学考试）函数()f x =______．7．（2022·上海·高三专题练习）函数y =_____.8．（2022·上海·模拟预测）若函数()y f x =的值域是1[,3]2，则函数1()(21)(21)F x f x f x =+++的值域是________.9．（2022·全国·高一）函数2y =的值域是________________．10．（2021·全国·高一专题练习）已知函数22y x x =+在闭区间[,]a b 上的值域为[1,3]-，则⋅a b 的最大值为________.二、函数的基本性质1．（2021·江苏·海安高级中学高一阶段练习）已知函数()()2ln 122x xf x x -=-++，则使不等式()()12f x f x +<成立的x 的取值范围是A ．()(),11,-∞-+∞U B ．()2,1--C ．()1,1,3⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭ D ．()(),21,-∞-⋃+∞2．（2021·江苏·高一单元测试）已知函数()f x 的定义域是()0+∞，，且满足()()()f xy f x f y =+，112f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，如果对于0x y <<，都有()()f x f y >，不等式()()32f x f x -+-≥-的解集为（）A ．[)(]1034-⋃，，B ．112⎡⎤--⎢⎥⎣⎦，C ．[)43--，D ．[)10-，3．（2022·吉林·梅河口市第五中学高一期末）已知函数()22ln 1f x x x x =-+-，若实数a 满足()()121f a f a ->-，则实数a 的取值范围是（）A ．40,3⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．(),0∞-C ．41,3⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．()40,11,3⎛⎫⎪⎝⎭4．（2022·北京·高三专题练习）已知函数()f x 的定义域为R ，当[2x ∈，4]时，224,23()2,34x x x f x x x x⎧-+⎪=⎨+<⎪⎩ ，()1g x ax =+，若对1[2x ∀∈，4]，2[2x ∃∈-，1]，使得21()()g x f x ，则正实数a 的取值范围为（）A ．(0，2]B ．(0，7]2C ．[2，)+∞D ．7[2，)+∞5．（2022·全国·高三专题练习）已知函数2()21x x mf x +=+（01x ≤≤），函数()(1)g x m x=-（12x ≤≤）.若任意的[]10,1x ∈，存在[]21,2x ∈，使得()()12f x g x =，则实数m 的取值范围为（）A ．51,3⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．[]2,3C ．52,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．55,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦6．（多选）（2022·湖北·沙市中学高一期末）定义在R 上的函数()f x 满足()()22f x f x +=，且当[]2,4x ∈时，()224,232,34x x x f x x x x⎧-+≤≤⎪=⎨+<≤⎪⎩，()1g x ax =+，若任给[]12,0x =-，存在[]22,1x ∈-，使得()()21g x f x =，则实数a 的取值可以为（）A ．12-B ．14-C ．18-D ．187．（2022·河北·高三阶段练习）函数()212x ax bf x -+⎛⎫= ⎪⎝⎭的最大值为2，且在1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦上单调递增，则a 的范围是______，4b a+的最小值为______.8．（2022·全国·模拟预测）已知函数()f x 的定义域()(),00,D =-∞⋃+∞，对任意的1x ，2x D ∈，都有()()()12123f x x f x f x =+-，若()f x 在()0,∞+上单调递减，且对任意的[)9,t ∈+∞，()f m >m 的取值范围是______．9．（2022·河北省唐县第一中学高一期中）设函数()()20.5log 23f x x x =--，则()f x 的单调递增区间为_________．10．（2022·山西吕梁·高一期末）已知函数2231()2--=ax x y 在区间（-1，2）上单调递增，则实数a 的取值范围是_________．11．（2022·安徽省舒城中学高一阶段练习）已知函数2()43f x x x =-+，()52g x mx m =+-，若对任意的[]11,4x ∈，总存在[]21,4x ∈，使12()()f x g x =成立，则实数m 的取值范围是________.12．（2022·上海·曹杨二中高一期末）已知常数0a >，函数()y f x =、()y g x =的表达式分别为()21x f x ax =+、()3ag x x =-．若对任意[]1,x a a ∈-，总存在[]2,x a a ∈-，使得()()21f x g x ≥，则a 的最大值为______．13．（2022·全国·高三专题练习）设函数()123f x ax b x=--，若对任意的正实数a 和实数b ，总存在[]01,4x ∈，使得()0f x m >，则实数m 的取值范围是______.14．（2022·上海·高三专题练习）已知t 为常数，函数22y x x t =--在区间[0，3]上的最大值为2，则t =_____________15．（2022·重庆市万州第二高级中学高二阶段练习）已知函数2()(1)ln 1f x a x ax =+++（1a <-）如果对任意12,(0,)x x ∈+∞，1212()()4|f x f x x x -≥-，则a 的取值范围为_____________.16．（2022·浙江宁波·高一期末）已知()()()e 1ln 21x af x x a -=-+-，若()0f x ≥对()12,x a ∈-+∞恒成立，则实数=a ___________.17．（2022·湖南长沙·高三阶段练习）已知函数2()f x x =，()21g x a x =-，a 为常数.若对于任意x 1，x 2∈[0，2]，且x 1＜x 2，都有1212()()()()f x f x g x g x --＜，则实数a 的取值范围是___________.18．（2022·上海·高三专题练习）已知函数()800x x f x x x a x ⎧-<⎪=⎨⎪-≥⎩，若对任意的[)12,x ∈+∞，都存在[]22,1x ∈--，使得()()12f x f x a ⋅≥，则实数a 的取值范围为___________.19．（2022·全国·高三专题练习）设函数2()f x x ax b =++，对于任意的实数a ，b ，总存在0[0,4]x ∈，使得()f x t ≥成立，则实数t 的取值范围是________.三、分段函数1．（2022·江苏南京·三模）已知()22,0,0x x f x x x ⎧≥=⎨-<⎩，若∀x ≥1，f （x ＋2m ）＋mf （x ）＞0，则实数m 的取值范围是（）A ．（－1，＋∞）B ．1,4⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．（0，＋∞）D ．1,12⎛⎫- ⎪⎝⎭2．（2022·河南·二模（理））已知函数1,01()ln ,1x x f x x x -≤≤⎧=⎨>⎩，若()()f a f b =，且a b ¹，则()()bf a af b +的最大值为（）A ．0B ．(3ln 2)ln 2-⋅C ．1D ．e3．（2022·宁夏·银川一中三模（文））已知()242,01,0x x m x f x x x x +⎧-+≤⎪=⎨+>⎪⎩的最小值为2，则m 的取值范围为（）A ．(],3-∞B ．(],5-∞C ．[)3,+∞D ．[)5,+∞4．（2022·北京丰台·一模）已知函数()32,,3,x x a f x x x x a -<⎧=⎨-≥⎩无最小值，则a 的取值范围是（）A ．(,1]-∞-B ．(,1)-∞-C ．[1,)+∞D ．(1,)+∞5．（2022·四川攀枝花·二模（文））已知函数()()222,1e ,1xx ax a x f x a R ax x ⎧-+≤=∈⎨->⎩，若关于x 的不等式()0f x ≥恒成立，则实数a 的取值范围为（）A ．[]0,1B ．[]0,2C ．[]1,e D ．[]0,e6．（2022·浙江·高三专题练习）已知函数()22,,14,,xx a f x x x x x a ⎧<⎪=+⎨⎪-+≥⎩则当5a =时，函数()f x 有______个零点；记函数()f x 的最大值为()g a ，则()g a 的值域为______.7．（2022·北京市十一学校高三阶段练习）已知函数()2ln ,021,0x x f x kx x x ⎧>=⎨+-≤⎩，给出下列命题：（1）无论k 取何值，()f x 恒有两个零点；（2）存在实数k ，使得()f x 的值域是R ；（3）存在实数k 使得()f x 的图像上关于原点对称的点有两对；（4）当1k =时，若()f x 的图象与直线1y ax =-有且只有三个公共点，则实数a 的取值范围是()0,2.其中，所有正确命题的序号是___________.8．（2022·贵州·遵义市南白中学高一期末）已知函数1,0()lg ,0x x f x x x ⎧+<=⎨>⎩，()g x ²222x x λ=-+-，若关于x 的方程(())f g x λ=（R λ∈）恰好有6个不同的实数根，则实数λ的取值范围为_______.9．（2022·河南·鹤壁高中模拟预测（文））已知(),01e ,1x x xf x x <<⎧=⎨≥⎩，若存在210x x >>，使得()()21e f x f x =，则()12x f x ⋅的取值范围为___________.四、函数的图象1．（2022·全国·高三专题练习）已知函数2sin 62()41x x x f x π⎛⎫⋅+ ⎪⎝⎭=-，则()f x 的图象大致是（）A．B ．C ．D ．2．（2021·浙江省三门中学高三期中）已知函数()f x 的图像如图，则该函数的解析式可能是（）A ．ln xe x⋅B ．ln xx e C ．ln xx e +D ．ln xe x-3．（2022·江西·景德镇一中高一期中）已知函数()f x =（）A ．B ．C ．D ．4．（多选）（2022·全国·高三专题练习）函数()()2,,R ax bf x a b c x c+=∈+的图象可能为（）A ．B ．C ．D ．5．（多选）（2022·福建·莆田二中高三开学考试）函数2||()x f x x a=+的大致图象可能是（）A ．B ．C ．D ．6．（多选）（2021·河北省唐县第一中学高一阶段练习）已知()2xf x x a=-的图像可能是（）A ．B ．C ．D ．五、二次函数1．（2022·江西景德镇·三模（理））已知二次函数()2f x ax bx c =++（其中0ac <）存在零点，且经过点()1,3和()1,3-．记M 为三个数a ，b ，c 的最大值，则M 的最小值为（）A ．32B ．43C ．54D ．652．（2022·浙江·高三专题练习）设I M 表示函数()242f x x x =-+在闭区间I 上的最大值．若正实数．．．a 满足[][]0,,22a a a M M ≥，则正实数a 的取值范围是（）A ．122⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．2⎡⎤⎣⎦C ．2,2⎡⎣D ．24⎡⎤+⎣⎦3．（2022·安徽·界首中学高一期末）已知函数()()212f x x mx x =++∈R ，且()y f x =在[]0,2x ∈上的最大值为12，若函数()()2g x f x ax =-有四个不同的零点，则实数a 的取值范围为（）4．（2022·湖南长沙·高三阶段练习）已知函数2()f x x =，()21g x a x =-，a 为常数.若对于任意x 1，x 2∈[0，2]，且x 1＜x 2，都有1212()()()()f x f x g x g x --＜，则实数a 的取值范围是___________.5．（2022·浙江·高三专题练习）对于函数()()y f x y g x ==，，若存在0x ，使()()00 f x g x =-，则称()()()()0000M x f x N x g x --，，，是函数()f x 与()g x 图象的一对“雷点”．已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，当0x ≥时，恒有()()1f x f x +=，且当10x -<≤时，()f x x =．若()()()2120g x x a x =++-<<，函数()f x 与()g x 的图象恰好存在一对“雷点”，则实数a 的取值范围为____________________．6．（2022·江西·贵溪市实验中学高二期末）函数21()43f x ax ax =++的定义域为(,)-∞+∞，则实数a 的取值范围是___________.7．（2022·湖北·一模）若函数()f x 的定义域为R ，对任意的12,x x ，当12x x D -∈时，都有()()12f x f x D -∈，则称函数f （x ）是关于D 关联的.已知函数()f x 是关于{4}关联的，且当[)4,0x ∈-时，()26f x x x =+.则：①当[)0,4x ∈时，函数()f x 的值域为___________；②不等式()03f x <<的解集为___________.六、指对幂函数1．（2022·山西·太原五中高三阶段练习（理））正实数,,a b c 满足422,33,log 4a b a b c c -+=+=+=，则实数,,a b c 之间的大小关系为（）A ．b a c <<B ．a b c <<C ．a c d<<D ．b c a <<2．（2022·山东·模拟预测）若282log 323log +=⋅+a b a b ，则（）A ．12b a b<<B ．2<<+b a b C ．23b a b<<D ．1132b a b<<3．（2022·广东·模拟预测）已知()222022log f x x x =+，且()60.20.2log 11,lg ,4102022a f b f c f -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则,,a b c 之间的大小关系是__________.（用“<”连接）4．（2022·上海·华东师范大学附属东昌中学高三阶段练习）若关于x 的不等式()14log 321x x λ+⋅≤对任意的[)0,x ∈+∞恒成立，则实数λ的取值范围是______．5．（2022·云南·曲靖一中高二期中）函数()21949192120212049x f x x x x=--+，[]1949,2022α∃∈，对[],2049m β∀∈，()()f f αβ<都成立，则m 的取值范围（用区间表示）是_______6．（2022·江西宜春·模拟预测（文））若1,22x ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦，不等式2122log 0x x x ax -+<恒成立，则实数a 的取值范围为___________.7．（2022·天津·二模）已知()4log 41log x y +=+2x y +的最小值为__________.8．（2022·陕西·榆林市第十中学高二期中（文））要使函数124x x y a =++⋅在(],1x ∈-∞时恒大于0，则实数a 的取值范围是______.七、函数与方程1．（2022·天津·南开中学模拟预测）已知函数()2221,12810,1x x x f x x x x ⎧++≤=⎨-+>⎩，若函数()()1g x f x x a =+--恰有两个零点则实数a 的取值范围是()A ．()723,4,48∞⎛⎫⋃+ ⎪⎝⎭B ．23,48⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．23,8∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．7,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭2．（2022·安徽·蚌埠二中模拟预测（理））已知1120xx +=，222log 0x x +=，3233log 0x x --=，则（）A ．123x x x <<B ．213x x x <<C ．132x x x <<D ．231x x x <<3．（2022·甘肃·临泽县第一中学高二期中（文））若函数2()(1)1x f x m x x =--+在区间(1,1)-上有2个零点()1212,x x x x <，则21e xx +的取值范围是（）A ．(1,e 1)-B ．(2,e 1)+C ．(1,)+∞D ．(e 1,)-+∞4．（2022·山西·太原五中高三阶段练习（理））正实数,,a b c 满足422,33,log 4a b a b c c -+=+=+=，则实数,,a b c 之间的大小关系为（）A ．b a c <<B ．a b c <<C ．a c d<<D ．b c a<<5．（2022·全国·模拟预测）已知函数()()22,22cos π,24xx f x x x ⎧-≤⎪=⎨<≤⎪⎩，实数123,,x x x ，4x 是函数()y f x m =-的零点，若1234x x x <<<，则132314242222x x x x x x x x +++++++的取值范围为（）A ．[)16,20B ．()C ．[)64,80D ．()6．（2022·浙江·效实中学模拟预测）已知函数()2222x xf x --=+，对任意的实数a ，b ，c ，关于x 的方程()()20a f x bf x c ++=⎡⎤⎣⎦的解集不可能是（）A ．{}1,3B ．{}1,2,3C ．{}0,2,4D ．{}1,2,3,47．（2022·陕西·模拟预测（理））已知1x 是方程32x x ⋅=的根，2x 是方程3log 2x x ⋅=的根，则12x x ⋅的值为（）A ．2B ．3C ．6D ．108．（2022·福建南平·三模）已知函数()2e 9e 42x a a xf x x x --=++--有零点，则实数=a ___________.9．（2022·内蒙古呼和浩特·二模（文））若2log 3x x ⋅=，23y y ⋅=，ln 3z z ⋅=，则x 、y 、z 由小到大的顺序是___________.八、新定义题1．（2022·广东·梅州市梅江区梅州中学高一阶段练习）设x ∈R ，用[x ]表示不超过x 的最大整数，则[]y x =称为高斯函数．例如：[][]3, 5.1π=-6=-．已知函数()221xf x x =+，则函数()]y f x ⎡=⎣的值域为（）A ．{0，1-}B ．{1-，1}C ．{0，1}D ．{1-，0，1}2．（2022·广东·华南师大附中高一期中）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设x ∈R ，用[]x 表示不超过x 的最大整数，则[]y x =称为高斯函数，例如：[]0.51-=-，[]1.51=，已知函数()()2134142f x x x x =-+<<，则函数()y f x ⎡⎤=⎣⎦的值域为（）A ．13,22⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．{}1,0,1-C ．{}1,0,1,2-D ．{}0,1,23．（2022·上海民办南模中学高三阶段练习）德国数学家狄利克雷是解析数论的创始人之一，以其名命名狄利克雷函数的解析式为()0,1,x Qf x x Q ∉⎧=⎨∈⎩，关于狄利克雷函数()f x ，下列说法不正确的是（）．A ．对任意x ∈R ，()()1f f x =B ．函数()f x 是偶函数C ．任意一个非零实数T 都是()f x 的周期D ．存在三个点()()11,A x f x 、()()22,B x f x 、()()33,C x f x ，使得ABC 为正三角形4．（2022·新疆·一模（理））德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著，是解析数论的创始人之一．以其命名的函数()1,0,x f x x ⎧=⎨⎩为有理数为无理数，称为狄利克雷函数，则关于函数()f x ，下列说法正确的是（）A ．()f x 的定义域为{}0,1B ．()f x 的值域为[]0,1C ．x R ∃∈，()()0f f x =D ．任意一个非零有理数T ，()()f x T f x +=对任意x ∈R 恒成立5．（2022·河南·鹤壁高中模拟预测（文））黎曼函数是一个特殊的函数，由德国数学家波恩哈德·黎曼发现并提出，在高等数学中有着广泛的应用．黎曼函数定义在[]0,1上，其解析式为：()[]1,,,0,0,10,1q q x p q p p p R x x ⎧⎛⎫=⎪ ⎪=⎨⎝⎭⎪=⎩当都是正整数是既约真分数当或上的无理数．若函数()f x 是定义在实数集上的偶函数，且对任意x 都有()()20f x f x ++=，当[]0,1x ∈时，()()f x R x =，则()2022ln 20225f f ⎛⎫--= ⎪⎝⎭（）A ．15B ．25C ．25-D ．15-6．（2022·吉林长春·模拟预测（文））纳皮尔是苏格兰数学家，其主要成果有球面三角中纳皮尔比拟式、纳皮尔圆部法则（1614）和纳皮尔算筹（1617），而最大的贡献是对数的发明，著有《奇妙的对数定律说明书》，并且发明了对数尺，可以利用对数尺查询出任意一对数值．现将物体放在空气中冷却，如果物体原来的温度是()1T ℃，空气的温度是()0T ℃，经过t 分钟后物体的温度T （℃）可由公式1034log T T t T T -=-得出，如温度为90℃的物体，放在空气中冷却约5分钟后，物体的温度是30℃，若根据对数尺可以查询出3log 20.6309=，则空气温度约是（）A ．5℃B ．10℃C ．15℃D ．20℃7．（2022.安徽.淮南第二中学高二阶段练习）纳皮尔在他的《奇妙的对数表》一书中说过：没有什么比大数的运算更让数学工作者头痛，更阻碍了天文学的发展.许凯和斯蒂菲尔这两个数学家都想到了构造了如下一个双数列模型的方法处理大数运算.012345678910124816326412825651210241112...19202122232425 (2048)4096…52428810485762097152419430483886081677721633554432…如5121024⨯，我们发现512是9个2相乘，1024是10个2相乘.这两者的积，其实就是2的个数做一个加法.所以只需要计算91019+=.那么接下来找到19对应的数524288，这就是结果了.若()4log 202112261314520x =⨯，则x 落在区间（）A ．()1516,B ．()22,23C ．()42,44D ．()44,468．（2022·内蒙古·赤峰红旗中学松山分校高一期末（文））纳皮尔是苏格兰数学家，其主要成果有球面三角中纳皮尔比拟式、纳皮尔圆部法则（1614）和纳皮尔算筹（1617），而最大的贡献是对数的发明，著有《奇妙的对数定律说明书》，并且发明了对数尺，可以利用对数尺查询出任意一对数值.现将物体放在空气中冷却，如果物体原来的温度是1T （℃），空气的温度是0T （℃），经过t 分钟后物体的温度T （℃）可由公式3104log T T t T T -=-得出，如温度为90℃的物体，放在空气中冷却2.5236分钟后，物体的温度是50℃，若根据对数尺可以查询出3log 20.6309=，则空气温度是（）A ．5℃B ．10℃C ．15℃D ．20℃9．（2022·山西·朔州市平鲁区李林中学高一阶段练习）16、17世纪，随着社会各领域的科学知识迅速发展，庞大的数学计算需求对数学运算提出了更高要求，改进计算方法，提高计算速度和准确度成了当务之急．苏格兰数学家纳皮尔发明了对数，是简化大数运算的有效工具，恩格斯曾把纳皮尔的对数称为十七世纪的三大数学发明之一．已知ln 20.6931≈，ln 3 1.0986≈，设536N =，则N 所在的区间为（e 2.71828= 是自然对数的底数）（）A ．()1718,e eB ．()1819,e eC ．()1920,e eD ．()2122,e e10．（2022·新疆石河子一中高三阶段练习（理））16、17世纪之交，苏格兰数学家纳皮尔发明了对数，在此基础上，布里格斯制作了第一个常用对数表，在科学技术中，还常使用以无理数e 为底数的自然对数，其中e 2.71828=⋅⋅⋅称之为“欧拉数”，也称之为“纳皮尔数”对数）x1.3102 3.190 3.797 4.71557.397ln x0.27000.69311.1600 1.33421.550 1.60942.001A ．3.797B ．4.715C ．5D ．7.39711．（2022·福建泉州·模拟预测）1883年，德国数学家康托提出了三分康托集，亦称康托尔集.下图是其构造过程的图示，其详细构造过程可用文字描述为：第一步，把闭区间[0,1]平均分成一段，去掉中间的一段，剩下两个闭区间10,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦和2,13⎡⎤⎢⎥⎣⎦；第二步，将剩下的两个闭区间分别平均分为二段，各自去掉中间的一段，剩下四段闭区间：10,9⎡⎤⎢⎥⎣⎦，21,93⎡⎤⎢⎥⎣⎦，27,39⎡⎤⎢⎥⎣⎦，8,19⎡⎤⎢⎥⎣⎦；如此不断的构造下去，最后剩下的各个区间段就构成了二分康托集.若经历n 步构造后，20212022不属于剩下的闭区间，则n 的最小值是（）A ．7B ．8C ．9D ．1012．（2022·全国·高三专题练习）广为人知的太极图，其形状如阴阳两鱼互纠在一起，因而被习称为“阴阳鱼太极图”如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”整个图形是一个圆形区域224x y +≤．其中黑色阴影区域在y 轴左侧部分的边界为一个半圆．已知符号函数1,0sgn()0,01,0x x x x >⎧⎪==⎨⎪-<⎩，则当224x y +≤时，下列不等式能表示图中阴影部分的是（）A ．()22(sgn())10x x y x +--≤B ．()22(sgn())10y x y y -+-≤C ．()22(sgn())10x x y x +--≥D ．()22(sgn())10y x y y -+-≥13．（多选）（2022·安徽·高一期中）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，设x ∈R ，用[]x 表示不超过x 的最大整数，[]y x =也被称为“高斯函数”，例如：[][]1.61, 2.13=-=-，设函数()[]1f x x x =+-，则下列关于函数()f x 叙述正确的是（）A ．()f x 为奇函数B ．()1f x =⎡⎤⎣⎦C ．()f x 在()01，上单调递增D ．()f x 有最大值无最小值14．（多选）（2022·贵州贵阳·高一期末）历史上第一个给出函数一般定义的是19世纪数学家秋利克需（Dirichlet ），他是最早倡导严格化方法的数学家之一，狄利克雷在1829年给出了著名的狄利克雷函数：1,()0,x Qf x x Q ∈⎧=⎨∉⎩（Q 是有理数集），狄利克雷函数的出现表示数学家们对数学的理解发生了深刻的变化，从研究“算”转变到了研究“概念､性质､结构”.一般地，广文的秋利克雷函数可以定义为：,,(),,a x Q D x b x Q ∈⎧=⎨∉⎩（其中,a b ∈R ，且a b ¹）.以下对()D x 说法正确的有（）A ．()D x 的定义域为RB ．()D x 是非奇非偶函数C ．()D x 在实数集的任何区间上都不具有单调性D ．任意非零有理数均是()D x 的周期15．（多选）（2022·吉林·农安县教师进修学校高一期末）在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可以应用到有限维空间并构成了一般不动点定理的基石.布劳威尔不动点定理得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔（L .E .J .Brouwer ），简单地讲就是对于满足一定条件的连续函数()f x ，如果存在一个点0x ，使得()00f x x =，那么我们称该函数为“不动点函数”，下列为“不动点函数”的是（）A ．()sin f x x x=+B ．()23f x x x =--C ．()221,12,1x x f x x x ⎧-≤⎪=⎨->⎪⎩D ．()1f x x x=-16．（多选）（2021·吉林油田高级中学高一期中）在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并构成一般不动点定理的基石.布劳威尔不动点定理得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔（L.E.J.Brouwer ），简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数()f x ，存在一个点0x ，使得()00f x x =，那么我们称该函数为“不动点”函数，下列为“不动点”函数的是（）A ．()2xf x x=+B ．()23f x x x =--C ．()x f x x=-D ．()ln 1f x x =+17．（多选）（2022·山东·广饶一中高一开学考试）中国传统文化中很多内容体现了数学的“对称美”，如图所示的太极图是由黑白两个鱼形纹组成的图案，俗称阴阳鱼，太极图展现了一种相互转化，相对统一的和谐美，定义：圆O 的圆心在原点，若函数的图像将圆O 的周长和面积同时等分成两部分，则这个函数称为圆O 的一个“太极函数”，则（）A ．对于圆O ，其“太极函数”有1个B ．函数()()()2200x x x f x x x x ⎧-≥⎪=⎨--<⎪⎩是圆O 的一个“太极函数”C ．函数()33f x x x =-不是圆O 的“太极函数”D ．函数())lnf x x =是圆O 的一个“太极函数”18．（2022·山东·德州市教育科学研究院二模）十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[0，1]均分为三段，去掉中间的区间段12,33⎛⎫⎪⎝⎭，记为第1次操作；再将剩下的两个区间10,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦，2,13⎡⎤⎢⎥⎣⎦分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第2次操作．．．；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段：操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”，第三次操作后，依次从左到右第三个区间为___________，若使前n 次操作去掉的所有区间长度之和不小于2627，则需要操作的次数n 的最小值为____________．(lg 20.30=，lg 30.47=)19．（2022·江苏常州·高一期末）德国数学家康托（Cantor ）创立的集合论奠定了现代数学的基础．著名的“康托三分集”是数学理性思维的产物，具有典型的分形特征，其构造的操作过程如下：将闭区间[0,1]均分为三段，去掉中间的区间段12(,)33，记为第1次操作；再将剩下的两个区间1[0,]3，2[,1]3分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第2次操作；以此类推，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为3段，同样各自去掉中间的区间段．操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的元素构成的集合为“康托三分集”．定义区间(,)a b 长度为b a -，则构造“康托三分集”的第n 次操作去掉的各区间的长度之和为______，若第n 次操作去掉的各区间的长度之和小于1100，则n 的最小值为______．（参考数据：lg 20.3010=，lg30.4771=）20．（2022·浙江·乐清市知临中学高二期中）黎曼函数（Riemannfunction ）是一个特殊函数，由德国数学家黎曼发现并提出，黎曼函数定义在[]0,1上，其定义为()[]1,,,0,0,10,1q qx p q p p p R x x ⎧⎛⎫=⎪ ⎪=⎨⎝⎭⎪=⎩当都是正整数是不可以再约分的真分数或者上的无理数，则1R π⎛⎫= ⎪⎝⎭________．21．（2022·河南新乡·三模（理））黎曼函数是一个特殊的函数，由德国数学家波恩哈德·黎曼发现并提出，在高等数学中有着广泛的应用.黎曼函数定义在[]0,1上，其解析式如下：()[]1,,,0,0,10,1.q q x p q p p p R x x ⎧⎛⎫=⎪ ⎪=⎨⎝⎭⎪=⎩都是正整数，是既约真分数或上的无理数若函数()f x 是定义在R 上的奇函数，且对任意x 都有()()220f x f x ++-=，当[]0,1x ∈时，()()f x R x =，则()202220225f f ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭___________.22．（2021·全国·高一单元测试）黎曼函数是一个特殊的函数，由德国著名的数学家波恩哈德·黎曼发现提出，在高等数学中有着广泛的应用．黎曼函数定义在[0,1]上，其定义为：()1,(,00,101q q x p q p p p R x x ⎧=⎪=⎨⎪=⎩都是正整数，是既约真分数），或（，）上的无理数，若函数()f x 是定义在R 上的奇函数，且对任意x 都有()()20f x f x +=-，当[0,1]x ∈时，()()f x R x =，则()18lg 305f f ⎛⎫+= ⎪⎝⎭________.23．（2021·湖北·荆门市龙泉中学高一阶段练习）解析式相同，定义域不同的两个函数称为“同族函数”．对于函数21y x =+，值域为{1，2，4}的“同族函数”的个数为______个．24．（2022·江苏省苏州实验中学高二阶段练习）十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[0，1]均分为三段，去掉中间的区间段12(,),33记为第一次操作；再将剩下的两个区间120,,,133⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；…，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段．操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若使去掉的各区间长度之和不小于9,10则需要操作的次数n 的最小值为____．(参考数据：lg 2＝0.3010，lg 3＝0.4771)25．（2022·四川省南充高级中学高三阶段练习（文））太极图被称为“中华第一图”，闪烁着中华文明进程的光辉，它是由黑白两个鱼形纹组成的图案，俗称阴阳鱼，太极图展现了一种相互转化，相对统一的和谐美.定义：能够将圆O 的周长和面积同时等分成两个部分的函数称为圆O 的一个“太极函数”，设圆22:1O x y +=，则下列说法中正确的序号是______.①函数()3f x x =是圆O 的一个太极函数；②圆O 的所有非常数函数的太极函数都不能为偶函数；③函数()sin f x x =是圆O 的一个太极函数；④函数()f x 的图象关于原点对称是()f x 为圆O 的太极函数的充要条件.26．（2022·广东·惠来县第一中学高一阶段练习）布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔，简单地讲就是对于满足一定条件的连续实函数()f x ，存在一个点0x ，使得()00f x x =，那么我们称该函数为“不动点"函数，而称0x 为该函数的一个不动点．现新定义：若0x 满足()00f x x =-，则称0x 为()f x 的次不动点．(1)判断函数()22f x x =-是否是“不动点”函数，若是，求出其不动点；若不是，请说明理由(2)已知函数()112g x x =+，若a 是()g x 的次不动点，求实数a 的值：(3)若函数()()12log 42x xh x b =-⋅在[]0,1上仅有一个不动点和一个次不动点，求实数b 的取值范围．。