专题06 导数中的构造函数解不等式-年高考数学总复习之典型例题突破
高考数学总复习微专题导数之构造函数解决不等式问题公开课PPT课件
构造原函数解决不等式问题
4.函数与e x乘除组合：
(1) f '( x) f ( x) 0( 0) 构造原函数:h( x) e x f ( x);
(2) f '( x)
f ( x) 0( 0) 构造原函数:h( x)
2.函数乘除组合： (1) f '( x)g( x) f ( x)g '( x) 0( 0) 构造原函数:h( x) f ( x)g( x); (2) f '( x)g( x) f ( x)g '( x) 0( 0) 构造原函数:h( x) f ( x) (g( x) 0).
g( x)
构造原函数解决不等式问题
3.函数与x乘除组合：
(1)xf '( x) f ( x) 0( 0) 构造原函数:h( x) xf ( x);
(2)xf '( x) f ( x) 0( 0) 构造原函数:h( x) f ( x) . x
例.函数f ( x)满足x2 f '( x) xf ( x) e x , f (1) e,则当x 0时, f ( x)( ).
则不等式( x 2016)2 f ( x 2016) 4 f (2) 0的解集为
g( x) x2 f ( x) x 0时, g '( x) x(2 f ( x) xf '( x)) 0
g( x)为偶函数,且在(-，0)递减
( x 2016)2 f ( x 2016) 4 f (2) 0 ( x 2016)2 f ( x 2016) 22 f (2)
例.函数f ( x)的定义域为(0，+),导函数f
函数与导数中的不等式证明之“构造函数法”
函数与导数中的不等式证明之“构造函数法”新课标下，对数学的基本知识，思想方法，解题技巧的考察仍是高考的重要内容。
在我们的函数解答题中，通常会涉及到用导数研究函数的性质，以及导数与不等式，方程，数列的交汇问题。
这部分题目能够很好的反映学生的分析问题，解决问题的能力，巧妙构造函数，结合函数的单调性是解决这类题目的一种重要方法。
标签：函数导数；构造思想；不等式下面借助于教学过程中的几个例子，通过构造函数的方法来解决这类不等式的证明问题。
例1.已知m∈R函数f（x）=mx--lnx，g（x）=+lnx（1）若y=f（x）-g（x）在[1，+∞）上为单调递增函数，求实数m的取值范围（2）证明：+++…+0）若斜率为k的直线与y=f’（x）曲线交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，求证：x10），k==要证x11，lnt>0故考虑证lnt1）则g’（t）=1->0故g（t）在（1，∞）上是增函数所以当t>1时，g（t）=t-1-lnt>g（1）=0，即lnt0，（t>1）h（t）在（1，∞）上是增函数，∴当t>1时，h（t）=tlnt-（t-1）>h（1）=0，即t-10则f（x）在（0，1]上为单调递增函数，从而f（x）>f（0）=0即x>ln（1+x），（019时，不等式91时，令x=，则x>1，故f（）=+ln=-+ln>0∴ln>∴+++…+=+++…+>++++++…+>+（+）+（+++）+…（+…+）>++…+=+9>9故不等式成立。
例4.设函数f（x）=mlnx，h（x）=x-a（1）当m=2时，若函数k（x）=h（x）-f（x）在[1，3]上恰有两个不同零点，求实数a的取值范围；（2）证明：当n≥2，n∈N*时，loge2+loge3+loge4+…+logen>解析（1）函数k（x）=h（x）-f（x）在[1，3]上恰有两个不同零点等价于方程x-2lnx=a，在[1，3]上恰有两个相异实根令g（x）=x-2lnx，则g’（x）=1-，当x∈[1，2），g’（x）0故g（x）min=g（2）=2-2ln2，又g（1）=1，g（3）=3-2ln3，g（3）-g（1）=lng（3），由题意只需g（2）=>=-，（n≥2）∴loge2+loge3+loge4+…+logen=++…+>1-+-+…+（-）=1+--=即得证。
2022年高考数学基础题型+重难题型突破类型六导数中函数的构造问题(解析版)
类型六导数中函数的构造问题【典例1】(1)f(x)是定义在R 上的偶函数，当x<0时，f(x)＋xf ′(x)<0，且f(－4)＝0，则不等式xf(x)>0的解集为________________． 【答案】 (－∞，－4)∪(0,4)【解析】 构造F(x)＝xf(x)，则F ′(x)＝f(x)＋xf ′(x)，当x<0时，f(x)＋xf ′(x)<0，可以推出当x<0时，F ′(x)<0，F(x)在(－∞，0)上单调递减，∵f(x)为偶函数，∴F(x)＝xf(x)为奇函数，∴F(x)在(0，＋∞)上也单调递减．根据f(－4)＝0可得F(－4)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象(图略)，根据图象可知xf(x)>0的解集为(－∞，－4)∪(0,4)．(2)已知偶函数f(x)(x ≠0)的导函数为f ′(x)，且满足f(－1)＝0，当x>0时，2f(x)>xf ′(x)，则使得f(x)>0成立的x 的取值范围是________________． 【答案】 (－1,0)∪(0,1) 【解析】 构造F(x)＝fx x2，则F ′(x)＝f ′x ·x －2f xx3，当x>0时，xf ′(x)－2f(x)<0，可以推出当x>0时，F ′(x)<0，F(x)在(0，＋∞)上单调递减，∵f(x)为偶函数，∴F(x)＝f xx2为偶函数， ∴F(x)在(－∞，0)上单调递增．根据f(－1)＝0可得F(－1)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象(图略)，根据图象可知f(x)>0的解集为(－1,0)∪(0,1)．【典例2】 (1)定义在R 上的函数f(x)满足f ′(x)>f(x)恒成立，若x 1<x 2，则1e xf(x 2)与2e x f(x 1)的大小关系为( )A ．1e x f(x 2)>2e xf(x 1) B ．1e x f(x 2)< 2e x f(x 1) C ．1e xf(x 2)＝2e xf(x 1)D ．1e x f(x 2)与2e xf(x 1)的大小关系不确定 【答案】 A 【解析】 设g(x)＝fxex， 则g ′(x)＝f ′x e x－f x e xe x 2＝f ′x －fxex .由题意得g ′(x)>0，所以g(x)在R 上单调递增， 当x 1<x 2时，g(x 1)<g(x 2)，即()11e x f x <()22e x f x ， 所以1e xf(x 2)> 2e xf(x 1)．(2)已知定义在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上的函数f(x)，f ′(x)是它的导函数，且恒有f(x)<f ′(x)tan x 成立，则( )A.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4>2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3B ．f(1)<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6sin 1 C.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 D.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3 【答案】 D【解析】 构造函数g(x)＝f xsin x， 则g ′(x)＝f ′x sin x －f xcos xsin 2x，由已知可得，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，g ′(x)>0，g(x)为增函数，∴g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6sin π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3sinπ3， ∴3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<f⎝ ⎛⎭⎪⎫π3. 【方法总结】 (1)构造函数xf(x)，fxx：当条件中含“＋”时优先考虑xf(x)；当条件中含“－”时优先考虑fx x. (2)构造函数fxxn：条件中含“xf ′(x)－nf(x)”的形式； 构造函数xf(nx)：条件中含“nxf ′(nx)＋f(nx)”的形式． (3)构造函数fxex：条件中含“f ′(x)－f(x)”的形式． (4)构造函数f xsin x ：条件中含“f ′(x)sin x －f(x)cos x ”的形式．【典例3】若函数21()ln 2f x x x bx =+-存在单调递减区间,则实数b 的取值范围为 。
导数中的构造函数(最全精编)
导数中的构造函数(最全精编)导数小题中构造函数的技巧函数与方程思想、转化与化归思想是高中数学思想中比较重要的两大思想。
在导数题型中，构造函数的解题思路恰好是这两种思想的良好体现。
下面我将分享导数小题中构造函数的技巧。
一）利用 $f(x)$ 进行抽象函数构造1、利用 $f(x)$ 与 $x$ 构造；常用构造形式有 $xf(x)$ 和$\frac{f(x)}{x}$。
在数导数计算的推广及应用中，我们对 $u\cdot v$ 的导函数观察可得，$u\cdot v$ 型导函数中体现的是“加法”，$\frac{u}{v}$ 型导函数中体现的是“除法”。
由此，我们可以猜测，当导函数形式出现的是“加法”形式时，优先考虑构造$u\cdot v$ 型；当导函数形式出现的是“除法”形式时，优先考虑构造 $\frac{u}{v}$ 型。
我们根据得出的“优先”原则，看一看例1和例2.例1】$f(x)$ 是定义在 $\mathbb{R}$ 上的偶函数，当$x0$ 的解集为？思路点拨：出现“加法”形式，优先构造 $F(x)=xf(x)$，然后利用函数的单调性、奇偶性和数形结合求解即可。
解析】构造 $F(x)=xf(x)$，则 $F'(x)=f(x)+xf'(x)$。
当$x0$ 的解集为 $(-\infty,-4)\cup(0,4)$。
例2】设 $f(x)$ 是定义在 $\mathbb{R}$ 上的偶函数，且$f(1)=2$。
当 $x0$ 恒成立。
则不等式 $f(x)>0$ 的解集为？思路点拨：出现“除法”形式，优先构造$F(x)=\frac{f(x)}{x-f(x)}$，然后利用函数的单调性、奇偶性和数形结合求解即可。
解析】构造 $F(x)=\frac{f(x)}{x-f(x)}$，则$F'(x)=\frac{xf'(x)-2f(x)}{(x-f(x))^2}$。
因为 $xf'(x)-f(x)>0$，所以 $F'(x)>0$，$F(x)$ 在 $(-\infty,0)$ 上单调递增。
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.。
2022年高考数学利用导数构造函数解不等式
D. (-∞ ,+∞)
所以 g(x) 为 R 的单调递增函数，又因为 g(-1) = f(-1) - 2 × (-1) = 4 所以不等式的解集为 (-1,+∞)
【答案】选 A
【例9】：已知 f(x) 定义域为 (0,+∞)，f(x) 为 f(x) 的导函数，且满足 f(x) < -xf(x)，则不等式 f(x + 1) > (x - 1)f(x2 1) 的解集是 ( )
1
所以 f(x)g(x) < 0 的解集是 (-3,+∞)
【例3】：已知定义为 R 的奇函数 f(x) 的导函数为 f(x)，当 x ≠ 0 时，f(x) +
f (x) x
> 0，若 a =
1 2
f
1 2
,b = -2f(-2) ,c
=
ln
1 2
f(ln2)，则下列关于 a,b,c 的大小关系正确的是
1 4
x2 ≥ 0，即
f(x) > 0
【例6】：已知函数 f(x) 的定义域为 R，且 f(x) > 1 - f(x) ,f(0) = 4，则不等式 f(x) > 1 + eln3-x 的解集为 ( )
A. (0,+∞)
B.
1 2
,+∞
C. (1,+∞)
【解析】f(x) > 1 + eln3-x ⇒ ex f(x) > ex + eln3 ⇒ ex f(x) - ex > 3
x+1>0
x > -1
g(x + 1) > g(x2 - 1) , x2 - 1 > 0 ⇒ x > 1 或 x < -1 ⇒ x > 2
构造函数法解决导数不等式问题
构造函数法解决导数不等式问题在函数中解决抽象函数问题首要的前提是对函数四种基本性质的熟练掌握，导数是函数单调性的延伸，如果把题目中直接给出的增减性换成一个'()f x ，则单调性就变的相当隐晦了，另外在导数中的抽象函数不等式问题中，我们要研究的往往不是()f x 本身的单调性，而是包含()f x 的一个新函数的单调性，因此构造函数变的相当重要，另外题目中若给出的是'()f x 的形式，则我们要构造的则是一个包含()f x 的新函数，因为只有这个新函数求导之后才会出现'()f x ，因此解决导数抽象函数不等式的重中之重是构造函数。
例如：'()0f x >，则我们知道原函数()f x 是单调递增的，若'()10f x +>，我们知道()()g x f x x =+这个函数是单调递增的，因此构造函数的过程有点类似于积分求原函数的过程，只不过构造出的新函数要通过题目中给出的条件能判断出单调性才可。
既然是找原函数，那么就可能遇上找不到式子的原函数的时候，但是我们判断单调性只需要判断导函数的正负即可，例如()g x 的原函数是不能准确的找到的，但是如果我们知道一个式子的导函数里面包含()g x ，则也能大致将那个函数看成是原函数，例如'()()g x m x x=，或者()m x 的导函数中包含一个能判断符号的式子和()g x 相乘或相除的形式，我们也可以将()m x 大致看成()g x 的原函数。
构造函数模型总结：关系式为“加”型：（1）'()()0f x f x +≥ 构造''[()][()()]x x e f x e f x f x =+（2）'()()0xf x f x +≥ 构造''[()]()()xf x xf x f x =+（3）'()()0xf x nf x +≥构造''11'[()]()()[()()]n n n n x f x x f x nx f x x xf x nf x --=+=+（注意对x 的符号进行讨论）关系式为“减”型（1）'()()0f x f x -≥ 构造'''2()()()()()[]()x x x x x f x f x e f x e f x f x e e e --== （2）'()()0xf x f x -≥ 构造''2()()()[]f x xf x f x x x -=（3）'()()0xf x nf x -≥构造'1''21()()()()()[]()n n n n n f x x f x nx f x xf x nf x x x x -+--== （注意对x 的符号进行讨论）例1.设(),g()f x x 是R 上的可导函数，''()g ()f x x ，分别是(),g()f x x 的导函数，且满足''()()()g ()0f x g x f x x +<，则当a x b <<时，有（ ）.()()()()A f a g b f b g a > .()()()()B f a g a f a g b >.()()()()C f a g a f b g b > .()()()()D f a g a f b g a >解析：因为''()()()g ()0f x g x f x x +<不等式左边的原函数为()()f x g x ，因此需要构造新函数，令()()()h x f x g x =，可知'()0h x <，则函数()h x 是单调递减函数，因此当a x b <<，有()()h a h b >即答案选C 。
高三数学函数与导数压轴题训练——构造函数证明不等式
高三数学函数与导数压轴题训练——构造函数证明不等式利用导数证明不等式是近几年高考命题的一种热点题型．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，这里给出几种常用的构造技巧．当试题中给出简单的基本初等函数，例如范围内不等式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 )⎝⎛⎭⎫φ(x )＝g (x )f (x )，进而证明h (x )min ≥1(φ(x )max≤1)．[典例]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)证明：当x ＞0时，x 2＜e x . [方法演示]解：(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－ln 4，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x2＜e x.[解题师说]在本例第(2)问中，发现“x2，e x”具有基本初等函数的基因，故可选择对要证明的“x2＜e x”构造函数，得到“g(x)＝e x－x2”，并利用(1)的结论求解．[应用体验]1．已知函数f(x)＝x ln x－2x，g(x)＝－ax2＋ax－2(a＞1)．(1)求函数f(x)的单调区间及最小值；(2)证明：f(x)≥g(x)在[1，＋∞)上恒成立．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，∵f(x)＝x ln x－2x，∴f′(x)＝ln x＋1－2＝ln x－1，由f′(x)＞0，得x＞e；由f′(x)＜0，得0＜x＜e，∴函数f(x)的单调递增区间为(e，＋∞)，单调递减区间为(0，e)，∴函数f(x)的最小值为f(e)＝eln e－2e＝－e.(2)证明：令h(x)＝f(x)－g(x)，∵f(x)≥g(x)在[1，＋∞)上恒成立，∴h(x)min≥0，x∈[1，＋∞)，∵h(x)＝x ln x＋ax2－ax－2x＋2，∴h′(x)＝ln x＋1＋2ax－a－2＝ln x＋2ax－a－1.令m(x)＝ln x＋2ax－a－1，x∈[1，＋∞)，＋2a，则m′(x)＝1x∵x＞1，a＞1，∴m′(x)＞0，∴m(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴m(x)≥m(1)＝a－1，即h′(x)≥a－1，∵a＞1，∴a－1＞0，∴h′(x)＞0，∴h(x)＝x ln x＋ax2－ax－2x＋2在[1，＋∞)上单调递增，∴h(x)≥h(1)＝0，即f(x)－g(x)≥0，故f (x )≥g (x )在[1，＋∞)上恒成立.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．[典例] 设函数f (x )＝a e xln x ＋b e x －1x ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线为y ＝e(x －1)＋2.(1)求a ，b ； (2)证明：f (x )＞1. [方法演示]解：(1)f ′(x )＝a e x⎝⎛⎭⎫ln x ＋1x ＋b e x －1(x －1)x 2(x ＞0)，由于直线y ＝e(x －1)＋2的斜率为e ，图象过点(1,2)，所以⎩⎪⎨⎪⎧ f (1)＝2，f ′(1)＝e ，即⎩⎪⎨⎪⎧ b ＝2，a e ＝e ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝2.(2)证明：由(1)知f (x )＝e xln x ＋2e x －1x(x ＞0)，从而f (x )＞1等价于x ln x ＞x e －x －2e .构造函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x ，所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，g ′(x )＜0，当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，g ′(x )＞0， 故g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增， 从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e . 构造函数h (x )＝x e －x －2e ，则h ′(x )＝e －x (1－x )． 所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )＞0； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＜0；故h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为h (1)＝－1e .综上，当x ＞0时，g (x )＞h (x )，即f (x )＞1. [解题师说]对于第(2)问“a e x ln x ＋b e x －1x ＞1”的证明，若直接构造函数h (x )＝a e xln x ＋b e x －1x －1，求导以后不易分析，因此并不宜对其整体进行构造函数，而应先将不等式“a e xln x ＋b e x－1x＞1”合理拆分为“x ln x ＞x e －x －2e ”，再分别对左右两边构造函数，进而达到证明原不等式的目的．[应用体验] 2．已知函数f (x )＝a ln x x ＋1＋bx，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为x ＋2y －3＝0. (1)求a ，b 的值；(2)证明：当x ＞0，且x ≠1时，f (x )＞ln xx －1. 解：(1)f ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x －ln x (x ＋1)2－bx 2(x ＞0)．由于直线x ＋2y －3＝0的斜率为－12，且过点(1,1)，故⎩⎪⎨⎪⎧ f (1)＝1，f ′(1)＝－12，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，a 2－b ＝－12.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝1. (2)证明：由(1)知f (x )＝ln x x ＋1＋1x (x ＞0)，所以f (x )－ln xx －1＝11－x 2⎝⎛⎭⎪⎫2ln x －x 2－1x .考虑函数h (x )＝2ln x －x 2－1x(x ＞0)，则h ′(x )＝2x －2x 2－(x 2－1)x 2＝－(x －1)2x 2.所以当x ≠1时，h ′(x )＜0.而h (1)＝0，故当x ∈(0,1)时，h (x )＞0，可得11－x 2h (x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜0，可得11－x 2h (x )＞0.从而当x ＞0，且x ≠1时，f (x )－ln xx －1＞0，即f (x )＞ln xx －1.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．[典例] 已知函数f (x )＝ln xx ＋a(a ∈R)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直．(1)试比较2 0172 018与2 0182 017的大小，并说明理由；(2)若函数g (x )＝f (x )－k 有两个不同的零点x 1，x 2，证明：x 1x 2＞e 2. [方法演示]解：(1)依题意得f ′(x )＝x ＋ax －ln x(x ＋a )2，所以f ′(1)＝1＋a (1＋a )2＝11＋a. 又曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直，所以f ′(1)＝1，即11＋a ＝1，解得a ＝0.故f (x )＝ln xx ，f ′(x )＝1－ln x x 2.由f ′(x )＞0，得0＜x ＜e ；由f ′(x )＜0，得x ＞e ，所以函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)．所以f (2 017)＞f (2 018)，即ln 2 0172 017＞ln 2 0182 018. 整理得ln 2 0172 018＞ln 2 0182 017， 所以2 0172 018＞2 0182 017.(2)证明：g (x )＝ln xx －k ，设x 1＞x 2＞0，由g (x 1)＝g (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. [解题师说](1)由题意易知f ′(1)＝1，可列出关于a 的方程，从而求出a 的值，得到函数f (x )的解析式．欲比较2 0172 018与2 0182 017的大小，只需比较f (2 017)，f (2 018)的大小，即需判断函数y ＝f (x )的单调性．(2)不妨设x 1＞x 2＞0，由g (x 1)＝g (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．[应用体验]3．已知函数f (x )＝x 2ln x . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)证明：对任意的t ＞0，存在唯一的s ，使t ＝f (s )；(3)设(2)中所确定的s 关于t 的函数为s ＝g (t )，证明：当t ＞e 2时，有25＜ln g (t )ln t ＜12.解：(1)由已知，得f ′(x )＝2x ln x ＋x ＝x (2ln x ＋1)(x ＞0)， 令f ′(x )＝0，得x ＝1e. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以函数f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1e ，单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞.(2)证明：当0＜x ≤1时，f (x )≤0，∵t ＞0，∴当0＜x ≤1时不存在t ＝f (s )． 令h (x )＝f (x )－t ，x ∈[1，＋∞)．由(1)知，h (x )在区间(1，＋∞)上单调递增． h (1)＝－t ＜0，h (e t )＝e 2t ln e t －t ＝t (e 2t －1)＞0. 故存在唯一的s ∈(1，＋∞)，使得t ＝f (s )成立． (3)证明：因为s ＝g (t )，由(2)知，t ＝f (s )，且s ＞1， 从而ln g (t )ln t ＝ln s ln f (s )＝ln sln (s 2ln s )＝ln s2ln s ＋ln (ln s )＝u2u ＋ln u，其中u ＝ln s .要使25＜ln g (t )ln t ＜12成立，只需0＜ln u ＜u 2.当t ＞e 2时，若s ＝g (t )≤e ，则由f (s )的单调性，有t ＝f (s )≤f (e)＝e 2，矛盾． 所以s ＞e ，即u ＞1，从而ln u ＞0成立．另一方面，令F (u )＝ln u －u 2，u ＞1，F ′(u )＝1u －12，令F ′(u )＝0，得u ＝2.当1＜u ＜2时，F ′(u )＞0；当u ＞2时，F ′(u )＜0. 故对u ＞1，F (u )≤F (2)＜0，因此ln u ＜u2成立．综上，当t ＞e 2时，有25＜ln g (t )ln t ＜12.在关于x 1，x 2的双变元问题中，若无法将所要证明的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．[典例] 设函数f (x )＝ln x ＋mx ，m ∈R.(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的最小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数；(3)若对任意b >a >0，f (b )－f (a )b －a<1恒成立，求m 的取值范围． [方法演示]解：(1)当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，则f ′(x )＝x －e x 2，故当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上单调递减，当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增，故当x ＝e 时，f (x )取到极小值，也是最小值，f (e)＝ln e ＋ee＝2，故f (x )的最小值为2.(2)g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0,1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0,1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减， 故x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点， 故φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，画出函数y ＝φ(x )的图象如图所示．①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点．综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点．(3)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 ＝－⎝⎛⎭⎫x －122＋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⎣⎡⎭⎫14，＋∞. [解题师说]本例第(3)问中，利用不等式的性质，将“f (b )－f (a )b －a<1”等价转化为“f (b )－b <f (a )－a ”，进而构造函数“h (x )＝f (x )－x ”，通过研究函数的单调性求解实数m 的取值范围．[应用体验]4．已知函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∈R)． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，不等式f (x )≥bx －2对∀x ∈(0，＋∞)恒成立，求实数b 的取值范围；(3)当x >y >e －1时，证明不等式e x ln(1＋y )>e y ln(1＋x )． 解：(1)函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，且f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x .当a ≤0时，ax －1<0，从而f ′(x )<0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减． 当a >0时，由f ′(x )<0，得0<x <1a ，由f ′(x )>0，得x >1a ，所以函数f (x )在⎝⎛⎦⎤0，1a 上单调递减，在⎣⎡⎭⎫1a ，＋∞上单调递增． (2)因为函数f (x )在x ＝1处取得极值， 所以f ′(1)＝0，解得a ＝1， 所以f (x )≥bx －2⇒1＋1x －ln xx ≥b ，令g (x )＝1＋1x －ln xx ，则g ′(x )＝ln x －2x 2，令g ′(x )＝0，得x ＝e 2.则g (x )在(0，e 2)上单调递减，在(e 2，＋∞)上单调递增， 所以g (x )min ＝g (e 2)＝1－1e 2，即b ≤1－1e 2，故实数b 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，1－1e 2. (3)证明：由题意可知，要证不等式e x ln(1＋y )>e y ln(1＋x )成立，只需证e x ＋1ln (x ＋1)>e y ＋1ln (y ＋1)成立．构造函数h (x )＝e xln x(x >e)，则h ′(x )＝e xln x －e x x ln 2x ＝e x ⎝⎛⎭⎫ln x －1x ln 2x>0. 所以h (x )在(e ，＋∞)上单调递增， 由于x >y >e －1，所以x ＋1>y ＋1>e ， 所以e x ＋1ln (x ＋1)>e y ＋1ln (y ＋1)，即e x ln(1＋y )>e y ln(1＋x )．1．已知函数f(x)＝(x－1)(x2＋2)e x－2x.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)证明：f(x)＞－x2－4.解：(1)因为f′(x)＝2x(x－1)e x＋x(x2＋2)e x－2＝x2(x＋2)e x－2，所以f′(0)＝－2.因为f(0)＝－2，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为2x＋y＋2＝0.(2)证明：要证f(x)＞－x2－4，只需证(x－1)(x2＋2)e x＞－x2＋2x－4，设g(x)＝－x2＋2x－4＝－(x－1)2－3，h(x)＝(x－1)(x2＋2)e x，则h′(x)＝x2(x＋2)e x.由h′(x)≥0，得x≥－2，故h(x)在[－2，＋∞)上单调递增；由h′(x)＜0，得x＜－2，故h(x)在(－∞，－2)上单调递减，所以h(x)min＝h(－2)＝－18 e2.因为e≈2.718，所以－18e2＞－3.又g(x)max＝－3，所以g(x)max＜h(x)min，从而(x－1)(x2＋2)e x＞－x2＋2x－4，即f(x)＞－x2－4.2．(理)已知函数f(x)＝e x＋m－x3，g(x)＝ln(x＋1)＋2.(1)若曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线斜率为1，求实数m的值；(2)当m≥1时，证明：f(x)＞g(x)－x3.解：(1)因为f(x)＝e x＋m－x3，所以f′(x)＝e x＋m－3x2.因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线斜率为1，所以f′(0)＝e m＝1，解得m＝0.(2)证明：因为f(x)＝e x＋m－x3，g(x)＝ln(x＋1)＋2，所以f(x)＞g(x)－x3等价于e x＋m－ln(x＋1)－2＞0.当m≥1时，e x＋m－ln(x＋1)－2≥e x＋1－ln(x＋1)－2.要证e x＋m－ln(x＋1)－2＞0，只需证明e x＋1－ln(x＋1)－2＞0.设h (x )＝e x ＋1－ln(x ＋1)－2，则h ′(x )＝e x ＋1－1x ＋1. 设p (x )＝e x ＋1－1x ＋1，则p ′(x )＝e x ＋1＋1(x ＋1)2＞0， 所以函数p (x )＝h ′(x )＝e x ＋1－1x ＋1在(－1，＋∞)上单调递增． 因为h ′⎝⎛⎭⎫－12＝e 12－2＜0，h ′(0)＝e －1＞0， 所以函数h ′(x )＝e x ＋1－1x ＋1在(－1，＋∞)上有唯一零点x 0，且x 0∈⎝⎛⎭⎫－12，0. 因为h ′(x 0)＝0，所以e x 0＋1＝1x 0＋1， 即ln(x 0＋1)＝－(x 0＋1)．当x ∈(－1，x 0)时，h ′(x )＜0，当x ∈(x 0，＋∞)时，h ′(x )＞0，所以当x ＝x 0时，h (x )取得最小值h (x 0)，所以h (x )≥h (x 0)＝e x 0＋1－ln(x 0＋1)－2＝1x 0＋1＋(x 0＋1)－2＞0. 综上可知，当m ≥1时，f (x )＞g (x )－x 3.(文)已知函数f (x )＝(ax －1)ln x ＋x 22. (1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线l 的方程；(2)设函数g (x )＝f ′(x )有两个极值点x 1，x 2，其中x 1∈(0，e]，证明g (x 1)－g (x 2)≥－4e. 解：(1)当a ＝2时，f ′(x )＝2ln x ＋x －1x ＋2，f ′(1)＝2，f (1)＝12， ∴切线l 的方程为y －12＝2(x －1)，即4x －2y －3＝0. (2)函数g (x )＝a ln x ＋x －1x ＋a ，定义域为(0，＋∞)，则g ′(x )＝1＋a x ＋1x 2＝x 2＋ax ＋1x 2. 令g ′(x )＝0，得x 2＋ax ＋1＝0，其两根为x 1，x 2，且x 1＋x 2＝－a ，x 1x 2＝1，故x 2＝1x 1，a ＝－⎝⎛⎭⎫x 1＋1x 1. ∴g (x 1)－g (x 2)＝g (x 1)－g ⎝⎛⎭⎫1x 1＝a ln x 1＋x 1－1x 1＋a －⎝⎛⎭⎫a ln 1x 1＋1x 1－x 1＋a ＝2⎝⎛⎭⎫x 1－1x 1＋2a ln x 1 ＝2⎝⎛⎭⎫x 1－1x 1－2⎝⎛⎭⎫x 1＋1x 1ln x 1. 令h (x )＝2⎝⎛⎭⎫x －1x －2⎝⎛⎭⎫x ＋1x ln x ，x ∈(0，e]， 则[g (x 1)－g (x 2)]min ＝h (x )min ，h ′(x )＝2(1＋x )(1－x )ln x x 2， 当x ∈(0,1]时，h ′(x )≤0，当x ∈(1，e]时，h ′(x )＜0，即当x ∈(0，e]时，h (x )单调递减，∴h (x )min ＝h (e)＝－4e， 故g (x 1)－g (x 2)≥－4e. 3．已知函数f (x )＝1－x ax ＋ln x 在(1，＋∞)上是增函数，且a >0.(1)求a 的取值范围；(2)若b >0，试证明1a ＋b<ln a ＋b b <a b . 解：(1)f ′(x )＝－1ax 2＋1x ＝ax －1ax 2， 因为f ′(x )≥0，且a >0，所以ax －1≥0，即x ≥1a. 因为x ∈(1，＋∞)，所以1a ≤1，即a ≥1.所以a 的取值范围为[1，＋∞)．(2)证明：因为b >0，a ≥1，所以a ＋b b >1.又f (x )＝1－x ax＋ln x 在(1，＋∞)上是增函数， 所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b b >f (1)，即1－a ＋b b a ·a ＋b b＋ln a ＋b b >0， 化简得1a ＋b<ln a ＋b b . ln a ＋b b <a b 等价于ln a ＋b b －a b ＝ln ⎝⎛⎭⎫1＋a b －a b<0， 令g (x )＝ln(1＋x )－x (x >0)，则g ′(x )＝11＋x －1＝－x 1＋x<0， 所以函数g (x )在(0，＋∞)上为减函数，所以g ⎝⎛⎭⎫a b ＝ln ⎝⎛⎭⎫1＋a b －a b ＝ln a ＋b b －a b<g (0)＝0， 综上，1a ＋b<ln a ＋b b <a b 得证． 4．(理)已知函数f (x )＝x ln x .(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)设A (x 1，f (x 1))，B (x 2，f (x 2))，且x 1≠x 2，证明：f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1<f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22. 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋x ·1x ＝1＋ln x .由f ′(x )>0，得x >1e； 由f ′(x )<0，得0<x <1e， 所以f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞，单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1e ， f (x )极小值＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ln 1e ＝－1e，f (x )无极大值． (2)证明：不妨设x 1<x 2，f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1<f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22⇔x 2ln x 2－x 1ln x 1x 2－x 1<ln x 1＋x 22＋1⇔x 2ln x 2－x 1ln x 1<x 2ln x 1＋x 22－x 1ln x 1＋x 22＋x 2－x 1⇔x 2ln 2x 2x 1＋x 2<x 1ln 2x 1x 1＋x 2＋x 2－x 1， 两边同除以x 1得，x 2x 1ln 2·x 2x 11＋x 2x 1<ln 21＋x 2x 1＋x 2x 1－1， 令x 2x 1＝t ，则t >1，即证：t ln 2t 1＋t <ln 21＋t＋t －1. 令g (t )＝t ln 2t 1＋t －ln 21＋t－t ＋1， 则g ′(t )＝ln 2t 1＋t ＋t ·1＋t 2t ·2(1＋t )2＋1＋t 2·2(1＋t )2－1＝ln 2t 1＋t ＋1－t 1＋t ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋t －1t ＋1－t －1t ＋1， 令t －1t ＋1＝x (x >0)，h (x )＝ln(1＋x )－x ， 则h ′(x )＝11＋x －1＝－x 1＋x<0，h (x )在(0，＋∞)上单调递减．所以h (x )<h (0)＝0， 即ln(1＋x )<x ，即g ′(t )＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋t －1t ＋1－t －1t ＋1<0恒成立． 所以g (t )在(1，＋∞)上是减函数．所以g (t )<g (1)＝0，所以t ln 2t 1＋t <ln 21＋t＋t －1得证． 所以f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1<f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22成立． (文)已知函数f (x )＝x ＋a e x. (1)若f (x )在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a 的取值范围；(2)若a ＝0，x 0＜1，设直线y ＝g (x )为函数f (x )的图象在x ＝x 0处的切线，求证：f (x )≤g (x )．解：(1)易得f ′(x )＝－x －(1－a )e x， 由已知知f ′(x )≥0对x ∈(－∞，2)恒成立，故x≤1－a对x∈(－∞，2)恒成立，∴1－a≥2，∴a≤－1.故实数a的取值范围为(－∞，－1]．(2)证明：a＝0，则f(x)＝xe x.函数f(x)的图象在x＝x0处的切线方程为y＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)．令h(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，x∈R，则h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝1－xe x－1－x0e x0＝(1－x)e x0－(1－x0)e xe x＋x0.设φ(x)＝(1－x)e x0－(1－x0)e x，x∈R，则φ′(x)＝－e x0－(1－x0)e x，∵x0＜1，∴φ′(x)＜0，∴φ(x)在R上单调递减，而φ(x0)＝0，∴当x＜x0时，φ(x)＞0，当x＞x0时，φ(x)＜0，∴当x＜x0时，h′(x)＞0，当x＞x0时，h′(x)＜0，∴h(x)在区间(－∞，x0)上为增函数，在区间(x0，＋∞)上为减函数，∴x∈R时，h(x)≤h(x0)＝0，∴f(x)≤g(x)．。
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导数中经常出现给出原函数与导函数的不等式，再去解一个不等式，初看起来难度很大，其中这只是一种中等题型，只需根据原函数与导函数的关系式或者题目选项所给的提示构造函数，使得可根据原函数与导函数的关系式判断所构造函数的单调性，再将不等式化为两个函数值的形式，根据单调性解不等式即可。
【题型示例】
1、定义在上的函数满足:,,则不等式(其中为自然对数的底数)的解集为( )
A. B. C. D.
【答案】A
2、设函数在上的导函数为，对有，在上，，若直线，则实数的取值范围是（）
A..
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
令，则，所以函数为奇函数，当时，，所以函数在上是减函数，故函数在上也是减函数，由，可得在上是减函数，，解得，实数的取值范围是.
3、已知定义在上的函数满足，且的导函数，则不等式的解集为（）
A. B. C. D.或
【答案】B
【解析】
令，则，因为，所以，即在上为增函数，不等式可化为，即，又单调递增得，所以不等式的解集为.
4、定义在的函数的导函数为，对于任意的，恒有，，，则的大小关系是（）学科=网
A. B. C. D.无法确定
【答案】B
【解析】
构造函数，因，故在上单调递增，则，即，所以，应选B.
【专题练习】
1、设是定义在上的函数，其导函数为，若，，则不等式（其中为自然对数的底数）的解集为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
构造函数,因,故是单调递减函数，所以等价于,解之可得,应选D．
2、设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且有，则不等式的解集为（）
A. B. C. D.
【答案】D
3、定义在上的函数满足：恒成立，若，则与的大小关系为（）
A. B.
C. D.与的大小关系不确定
【答案】A
【解析】
设，则，由题意，所以单调递增，当时，，即，所以.
4、设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且有，则不等式的解集为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
由，得：，令，则当时，，即在是减函数，，，由题意：
又在是减函数，∴，即，故选C.
5、已知是定义在上的偶函数，其导函数为，若，且，,则的解集为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
∵函数是偶函数，∴，∴，即函数是周期为的周期函数，∵，∴，
设，则函数的导数，
故函数是上的减函数，则不等式等价为，
即，解得，即不等式的解集为.
6、已知定义域为的偶函数，其导函数为，对任意正实数满足，若，则不等式的解集是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
因为，所以，由题意知，当时，，所以，所以在上单调递增，又为偶函数，则也是偶函数，所以，由得，所以，则.故选D.
7、设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且有，则不等式的解集为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
因为函数是定义在上的函数，所以有，
所以不等式可变形为.
构造函数，则，
所以函数在上单调递增，
由，可得．
8、已知的定义域为,为的导函数,且满足,则不等式的解集是（）
A. B. C. D.
【答案】D
9、已知是定义在上的函数，是它的导函数，且恒有成立，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
因为即，所以，所以函数在上单调递增，从而即.
10、若函数在上可导，且满足，则( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
由于，恒成立，因此在上时单调递减函数，∴，即，故答案为B。
11、已知定义域为R的函数满足，且的导数，则不等式的解集为（）学科=网
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
设，则，，，由题意，因此当时，，递减，当时，，递增，所以的解集为．。