高考数学二轮复习专题一函数与导数不等式第5讲导数与不等式的证明恒成立及能成立问题课件理
设 g(x)＝x－ln x，h(x)＝3x＋x12－x23－1，x∈[1，2]，则 f(x)－f′(x) ＝g(x)＋h(x).由 g′(x)＝x－x 1≥0， 可得 g(x)≥g(1)＝1， 当且仅当 x＝1 时取得等号.又 h′(x)＝－3x2－x42x＋6.
设 g(x)＝ln x－mx－1x， 即∀x∈[1，＋∞)，g(x)≤0 恒成立， 等价于函数 g(x)在[1，＋∞)上的最大值 g(x)max≤0. g′(x)＝1x－m1＋x12＝－mx2x＋2 x－m. ①若 m≤0，g′(x)＞0，g(x)在[1，＋∞)上单调递增， 即 g(x)≥g(1)＝0，这与要求的 g(x)≤0 矛盾. ②若 m＞0，方程－mx2＋x－m＝0 的判别式 Δ＝1－4m2.
而构造f(x)和g(x)，利用其最值求解.
3.不等式的恒成立与能成立问题 (1)f(x)＞g(x)对一切x∈[a，b]恒成立⇔[a，b]是f(x)＞g(x)的解 集的子集⇔[f(x)－g(x)]min＞0(x∈[a，b]). (2)f(x)＞g(x)对x∈[a，b]能成立⇔[a，b]与f(x)＞g(x)的解集的 交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max＞0(x∈[a，b]). (3)对∀x1，x2∈[a，b]使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min. (4)对∀x1∈[a，b]，∃x2∈[a，b] 使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min.
2.常见构造辅助函数的四种方法 (1)直接构造法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))的问题转化 为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x) ＝f(x)－g(x). (2)构造“形似”函数：稍作变形后构造.对原不等式同解变形， 如移项、通分、取对数，把不等式转化为左右两边是相同结 构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数. (3)适当放缩后再构造：若所构造函数最值不易求解，可将 所证明不等式进行放缩，再重新构造函数. (4)构造双函数：若直接构造函数求导，难以判断符号，导 数的零点也不易求得，因此单调性和极值点都不易获得，从
第5讲 导数与不等式的证明、恒成立及能 成立问题
高考定位 在高考压轴题中，函数与不等式的交汇是考查热点， 常以含指数、对数函数为载体考查不等式的证明、比较大小、 范围等问题，以及不等式的恒成立与能成立问题.)＝a(x－ln x)＋2xx－2 1，a∈R.
(1)讨论 f(x)的单调性；
②因为函数 f(x)在 x＝1 处取得极值， 所以 f′(1)＝0，解得 a＝1，经检验可知满足题意. 由已知 f(x)≥bx－2，即 x－1－ln x≥bx－2，
即 1＋1x－lnxx≥b 对∀x∈(0，＋∞)恒成立，
令 g(x)＝1＋1x－lnxx， 则 g′(x)＝－x12－1－xl2n x＝ln xx－2 2， 易得 g(x)在(0，e2]上单调递减，在[e2，＋∞)上单调递增， 所以 g(x)min＝g(e2)＝1－e12，即 b≤1－e12. (2)f(x)＝xx＋ln 1x，∀x∈[1，＋∞)，f(x)≤m(x－1)，即 ln x≤mx－1x.
[微题型2] 不等式恒成立求参数范围问题 【例1－2】 (1)已知函数f(x)＝ax－1－ln x，a∈R.
①讨论函数 f(x)的单调区间； ②若函数 f(x)在 x＝1 处取得极值，对∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx －2 恒成立，求实数 b 的取值范围. (2)设 f(x)＝xx＋ln 1x，若对∀x∈[1，＋∞)，f(x)≤m(x－1)恒成立， 求 m 的取值范围.
(3)解 由(2)知，当 k≤2 时，f(x)>kx＋x33对 x∈(0，1)恒成立. 当 k>2 时，令 h(x)＝f(x)－kx＋x33，则 h′(x)＝f′(x)－k(1＋x2)＝
kx4－1（－kx－2 2）.所以当 0<x< 4 k－k 2时，h′(x)<0，因此 h(x)在区
当 Δ≤0，即 m≥12时，g′(x)≤0.
所以 g(x)在[1，＋∞)上单调递减，g(x)max＝g(1)＝0， 即不等式成立；
当 0＜m＜12时，方程－mx2＋x－m＝0 的两根分别为 x1＝1－ 21m－4m2＜1，x2＝1＋ 21m－4m2＞1. 当 x∈(1，x2)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，g(x)＞g(1)＝0，与 要求矛盾.综上所述，m≥12.
(1)解 因为 f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，所以
f′(x)＝1＋1 x＋1－1 x，f′(0)＝2. 又因为 f(0)＝0，所以曲线 y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为 y＝2x. (2)证明 令 g(x)＝f(x)－2x＋x33，则 g′(x)＝f′(x)－2(1＋x2)＝12－x4x2. 因为 g′(x)>0(0<x<1)，所以 g(x)在区间(0，1)上单调递增. 所以 g(x)>g(0)＝0，x∈(0，1)， 即当 x∈(0，1)时，f(x)>2x＋x33.
设 φ(x)＝－3x2－2x＋6，则 φ(x)在 x∈[1，2]单调递减. 因为 φ(1)＝1，φ(2)＝－10，所以∃x0∈(1，2)， 使得 x∈(1，x0)时，φ(x)>0，x∈(x0，2)时，φ(x)<0. 所以 h(x)在(1，x0)内单调递增，在(x0，2)内单调递减. 由 h(1)＝1，h(2)＝12，可得 h(x)≥h(2)＝12， 当且仅当 x＝2 时取得等号. 所以 f(x)－f′(x)>g(1)＋h(2)＝32. 即 f(x)>f′(x)＋32对于任意的 x∈[1，2]成立.
由零点存在定理，知存在 x0∈(2，3)，使得 h(x0)＝0，
即 1＋ln(x0＋1)＝x0，
又函数 h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以当 x∈(0，x0)时，h(x)＜h(x0)＝0；
当 x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞h(x0)＝0. 从而当 x∈(0，x0)时，g′(x)＝h（xx2）＜0； 当 x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＝h（xx2）＞0， 所以 g(x)在(0，＋∞)上的最小值为 g(x0)＝（x0＋1）[1＋x0ln（x0＋1）]＝x0＋1. 因此 f(x)＞x＋kx1－x2 在(0，＋∞)上恒成立等价于 k＜g(x)min＝x0 ＋1.由 x0∈(2，3)，知 x0＋1∈(3，4)，所以 k 的最大值为 3.
热点一 导数与不等式
[微题型1] 利用导数证明不等式 【例 1－1】 (2016·昆明八校统考)已知函数 f(x)＝ln11＋ －xx.
(1)求曲线 y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)求证：当 x∈(0，1)时，f(x)＞2x＋x33； (3)设实数 k 使得 f(x)＞kx＋x33对 x∈(0，1)恒成立，求 k 的最 大值.
考点整合 1.利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法
(1)分离参数后转化为函数最值问题：将原不等式分离参数， 转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的 最值，根据要求得所求范围.一般地，f(x)≥a恒成立，只需 f(x)min≥a即可；f(x)≤a恒成立，只需f(x)max≤a即可. (2)转化为含参函数的最值问题：将不等式转化为某含待求 参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)， 伴有对参数的分类讨论，然后构建不等式求解.
减，在
2a，＋∞内单调递增；
当 a＝2 时，f(x)在(0，＋∞)内单调递增；
2a内单调递
当 a>2 时，f(x)在0，
2a内单调递增，在
减，在(1，＋∞)内单调递增.
2a，1内单调递
(2)证明 由(1)知，a＝1 时， f(x)－f′(x)＝x－ln x＋2xx－2 1－1－1x－x22＋x23
(2)法一 由已知 f(x)＞x＋kx1－x2 在(0，＋∞)上恒成立， 得 k＜（x＋1）[1＋x ln（x＋1）](x＞0)， 令 g(x)＝（x＋1）[1＋x ln（x＋1）](x＞0)， 则 g′(x)＝x－1－lnx（2 x＋1），设 h(x)＝x－1－ln(x＋1)(x＞0)， 则 h′(x)＝1－x＋1 1＝x＋x 1＞0，所以函数 h(x)在(0，＋∞)上单调 递增.而 h(2)＝1－ln 3＜0，h(3)＝2－ln 4＞0，
当 a>0 时，f′(x)＝a（xx－3 1）x－ 2ax＋ 2a.
①0<a<2 时， 2a>1，
当 x∈(0，1)或 x∈
2a，＋∞时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当 x∈1，
2a时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
②a＝2 时， 2a＝1，在 x∈(0，＋∞)内，f′(x)≥0， f(x)单调递增.
(2)当 a＝1 时，证明 f(x)>f′(x)＋32对于任意的 x∈[1，2]成立.
(1) 解
f(x)
的
定
义
域
为
(0
，
＋
∞)
，
f
′
(x)
＝
a
－
a x
－
2 x2
＋
2 x3
＝
（ax2－2）x3（x－1）.当 a≤0 时，x∈(0，1)时，f′(x)>0， f(x)单调递增，x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
探究提高 (1)利用最值法解决恒成立问题的基本思路是： 先找到准确范围，再说明“此范围之外”不适合题意(着眼于 “恒”字，寻找反例即可). (2)对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下 把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另 一端是一个区间上具体的函数.但要注意分离参数法不是万 能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性 质很难研究，就不要使用分离参数法.
2019-2020年高考数学二轮复习专题一函数与导数不等式第5讲导数与不等式的证明恒成立及能成立问题课件
考点整合 1.利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法
(1)分离参数后转化为函数最值问题：将原不等式分离参数， 转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的 最值，根据要求得所求范围.一般地，f(x)≥a恒成立，只需 f(x)min≥a即可；f(x)≤a恒成立，只需f(x)max≤a即可. (2)转化为含参函数的最值问题：将不等式转化为某含待求 参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)， 伴有对参数的分类讨论，然后构建不等式求解.
[微题型2] 不等式恒成立求参数范围问题 【例1－2】 (1)已知函数f(x)＝ax－1－ln x，a∈R.
①讨论函数 f(x)的单调区间； ②若函数 f(x)在 x＝1 处取得极值，对∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx －2 恒成立，求实数 b 的取值范围. (2)设 f(x)＝xx＋ln 1x，若对∀x∈[1，＋∞)，f(x)≤m(x－1)恒成立， 求 m 的取值范围.
间0，
4
k－2上单调递减.当 0<x< 4 k
k－k 2时，h(x)<h(0)＝0，
即 f(x)<kx＋x33.所以当 k>2 时，f(x)>kx＋x33并非对 x∈(0，1)恒
成立.综上可知，k 的最大值为 2.
探究提高 (1)证明 f(x)≥g(x)或 f(x)≤g(x)，可通过构造函数 h(x) ＝f(x)－g(x)，将上述不等式转化为求证 h(x)≥0 或 h(x)≤0，从 而利用求 h(x)的最小值或最大值来证明不等式.或者，利用 f(x)min ≥g(x)max 或 f(x)max≤g(x)min 来证明不等式. (2)在证明不等式时，如果不等式较为复杂，则可以通过不等式 的性质把原不等式变换为简单的不等式，再进行证明.
第5讲 利用导数研究不等式恒成立问题(学生版)2023年高考数学重难突破之导数、数列(全国通用)
导数专题
引子:
我们总是对现有的东西不忍放弃，包括认知方式、学习模式以及那些习以为常的思维逻辑。
大脑也喜欢偷懒，面对问题的第一反应是搜索曾经的习惯，让你无法自拔。
如果要有所长进，就必须与过去的自己一刀两段。
只有被逼到了悬崖的边缘，才能放弃幻想，去追求另一片蓝天。
道理我都懂，可再多的道理也无济于事。
道理从来就不是拿来懂的，而是拿来悟的。
有人悟成了诗，有人悟成了歌，有人演绎成了故事，也有人活成了无可奈何……
第五讲利用导数研究不等式恒成立问题
脑洞(常见考法)：浮光掠影，抑或醍醐灌顶
思维导图-----典型题型讲练
的模型
-
，它们的定义域均为
．若对任意。
(新课标)高考数学二轮复习 专题2 函数与导数 第5讲 利用导数研究不等式恒成立及相关问题 理-人教
第5讲利用导数研究不等式恒成立及相关问题导数的综合应用训练提示:在讨论方程的根的个数、研究函数图象与x轴(或某直线)的交点个数、不等式恒成立等问题时,常常需要求出其中参数的取值X围,这类问题的实质就是函数的单调性与函数的极(最)值的应用.1.(2015某某省第一次统一检测)已知函数f(x)=ln (1+2x)-.(1)求f(x)的单调区间;(2)若a>0,b>0,求证ln 2a-ln b≥1-.(1)解:由2x+1>0得x>-.所以f(x)的定义域为（-,+∞）.因为f(x)=ln (1+2x)-,所以f′(x)=-=.由f′(x)>0得x>-,由f′(x)<0得x<-.所以f(x)的单调递增区间为[-,+∞),f(x)的单调递减区间为(-,-].(2)证明:由(1)知,当x=-时,f(x)取得最小值.所以f(x)的最小值为f(-)=-ln 2.所以当x>-时,f(x)≥f(-),即f(x)≥-ln 2.因为a>0,b>0,所以=->-.设x=,则f()≥-ln 2,化简得ln 2a-ln b≥1-.所以当a>0,b>0时,ln 2a-ln b≥1-.2.(2015某某某某市一模)已知函数f(x)=e x-ax-a(其中a∈R,e是自然对数的底数,e=2.71828…).(1)当a=e时,求函数f(x)的极值;(2)当0≤a≤1时,求证f(x)≥0;(3)求证:对任意正整数n,都有(1+)(1+)…(1+)<e.(1)解:当a=e时,f(x)=e x-ex-e,f′(x)=e x-e,当x<1时,f′(x)<0;当x>1时,f′(x)>0;所以函数f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以函数f(x)在x=1处取得极小值f(1)=-e,函数f(x)无极大值;(2)解:由f(x)=e x-ax-a,f′(x)=e x-a①当a=0时,f(x)=e x≥0恒成立,满足条件,②当0<a≤1时,由f′(x)=0,得x=ln a,则当x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0,当x∈(ln a,+∞)时,f′(x)>0,所以函数f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增,所以函数f(x)在x=ln a处取得极小值即为最小值,f(x)min=f(ln a)=e ln a-aln a-a=-aln a.因为0<a≤1,所以ln a≤0,所以-aln a≥0,所以f(x)min≥0,所以综上得,当0≤a≤1时,f(x)≥0;(3)证明:由(2)知,当a=1时,f(x)≥0恒成立,所以f(x)=e x-x-1≥0恒成立,即e x≥x+1,所以ln (x+1)≤x,令x=(n∈N+),得ln (1+)≤,所以ln (1+)+ln (1+)+…+ln (1+)≤++…+==1-()n<1,所以(1+)(1+)…(1+)<e.3.(2015某某某某二模)已知函数f(x)=(ax-2)e x在x=1处取得极值.(1)求a的值;(2)求函数f(x)在[m,m+1]上的最小值;(3)求证:对任意x1,x2∈[0,2],都有|f(x1)-f(x2)|≤e.解:(1)f′(x)=ae x+(ax-2)e x=(ax+a-2)e x,由已知得f′(1)=0,即(2a-2)e=0,解得a=1,验证知,当a=1时,在x=1处函数f(x)=(x-2)e x取得极小值,所以a=1;(2)f(x)=(x-2)e x,f′(x)=e x+(x-2)e x=(x-1)e x.x (-∞,1) 1 (1,+∞) f′(x) - 0 +f(x) 减增所以函数f(x)在(-∞,1)上递减,在(1,+∞)上递增.当m≥1时,f(x)在[m,m+1]上单调递增,f(x)min=f(m)=(m-2)e m.当0<m<1时,m<1<m+1,f(x)在[m,1]上单调递减,在[1,m+1]上单调递增,f(x)min=f(1)=-e.当m≤0时,m+1≤1,f(x)在[m,m+1]单调递减,f(x)min=f(m+1)=(m-1)e m+1.综上,f(x)在[m,m+1]上的最小值f(x)min=(3)由(1)知f(x)=(x-2)e x,f′(x)=e x+(x-2)e x=(x-1)e x.令f′(x)=0得x=1,因为f(0)=-2,f(1)=-e,f(2)=0,所以f(x)max=0,f(x)min=-e,所以,对任意x1,x2∈[0,2],都有|f(x1)-f(x2)|≤f(x)max-f(x)min=e.4.(2015某某某某市质量监测二)设函数f(x)=(1-ax)ln (x+1)-bx,其中a和b是实数,曲线y=f(x)恒与x轴相切于坐标原点.(1)求常数b的值;(2)当0≤x≤1时,关于x的不等式f(x)≥0恒成立,某某数a的取值X围;(3)求证:()10000.4<e<()1000.5.(1)解:对f(x)求导得f′(x)=-aln (1+x)+-b,根据条件知f′(0)=0,所以1-b=0⇒b=1.(2)解:由(1)得f(x)=(1-ax)ln (1+x)-x,0≤x≤1,f′(x)=-aln (1+x)+-1f″(x)=-+=-.①当a≤-时,由于0≤x≤1,有f″(x)=-≥0,于是f′(x)在[0,1]上单调递增,从而f′(x)≥f′(0)=0, 因此f(x)在[0,1]上单调递增,即f(x)≥f(0)=0而且仅有f(0)=0;②当a≥0时,由于0≤x≤1,有f″(x)=-<0, 于是f′(x)在[0,1]上单调递减,从而f′(x)≤f′(0)=0, 因此f(x)在[0,1]上单调递减,即f(x)≤f(0)=0而且仅有f(0)=0;③当-<a<0时,令m=min{1,-},当0≤x≤m时,f″(x)=-≤0,于是f′(x)在[0,m]上单调递减,从而f′(x)≤f′(0)=0,因此f(x)在[0,m]上单调递减,即f(x)≤f(0)=0而且仅有f(0)=0.综上可知,所某某数a的取值X围是(-∞,-].(3)证明:对要证明的不等式等价变形如下:()10000.4<e<()1000.5⇔(1+)<e<(1+)所以可以考虑证明:对于任意的正整数n,不等式(1+)<e<(1+)恒成立.并且继续作如下等价变形(1+)<e<(1+)⇔(n+)ln (1+)<1<(n+)ln (1+)⇔对于(p)相当于(2)中a=-∈(-,0),m=情形,有f(x)在[0,]上单调递减,即f(x)≤f(0)=0而且仅有f(0)=0.取x=,当n≥2时,(1+)ln （1+）-<0成立;当n=1时,（1+）ln 2-1=ln 2-1<×0.7-1<0.从而对于任意正整数n都有（1+）ln （1+）-<0成立.对于(q)相当于(2)中a=-情形,对于任意x∈[0,1],恒有f(x)≥0而且仅有f(0)=0.取x=,得对于任意正整数n都有（1+）ln （1+）->0成立.因此对于任意正整数n,不等式（1+）<e<恒成立.这样依据不等式（1+）<e<(1+),再令n=10000利用左边,令n=1000利用右边,即可得到()10000.4<e<（）1000.5成立.类型:导数的综合应用1.已知P(x,y)为函数y=1+ln x图象上一点,O为坐标原点,记直线OP的斜率k=f(x).(1)若函数f(x)在区间（m,m+）(m>0)上存在极值,某某数m的取值X围;(2)设g(x)=[xf(x)-1],若对任意x∈(0,1)恒有g(x)<-2,某某数a的取值X围. 解:(1)由题意k=f(x)=,x>0,所以f′(x)=（）′=-当0<x<1时,f′(x)>0;当x>1时,f′(x)<0.所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,故f(x)在x=1处取得极大值.因为函数f(x)在区间（m,m+）(其中m>0)上存在极值,所以得<m<1.即实数m的取值X围是（,1）.(2)g(x)=,由题可知,当a<0时,g(x)>0,不合题意.当a>0时,由g(x)<-2,可得ln x+<0,设h(x)=ln x+,则h′(x)=. 设t(x)=x2+(2-4a)x+1,Δ=(2-4a)2-4=16a(a-1),①若0<a≤1,则Δ≤0,t(x)>0,h′(x)>0,所以h(x)在(0,1)内单调递增,又h(1)=0,所以h(x)<h(1)=0.所以0<a≤1符合条件.②若a>1,则Δ>0,t(0)=1>0,t(1)=4(1-a)<0,所以存在x0∈(0,1),使得t(x0)=0,则h(x)在(x0,1)内单调递减,又h(1)=0,所以当x∈(x0,1)时,h(x)>0,不合要求.综合①②可得a的取值X围是(0,1].2.设函数f(x)=x2+ln (x+1).(1)求证:当x∈(0,+∞)时f(x)>x恒成立;(2)求证:++…+<ln 2015;(3)求证:（sin+）<n(1-cos 1+ln 2).证明:(1)设g(x)=x-f(x)=x-x2-ln (x+1).则g′(x)=1-2x-=当x>0时,g′(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)上递减,所以g(x)<g(0)=0,即x<f(x)恒成立. (2)由(1)知,x>0时,x-x2<ln (x+1),令x=(n∈N*),得-<ln（1+）,所以（-）<ln即++…+<ln 2015.(3)因为y=sin x在[0,1]上单调递增,所以sin=n<n sin xdx=n(-cos x)|=n(1-cos 1). 又y=在[0,1]上单调递减,所以=++…+=n<n dx=nln (1+x)=nln 2所以（sin+）<n(1-cos 1+ln 2).3.已知函数f(x)=ln x-ax+-1(a∈R).(1)当a≥时,讨论f(x)的单调性;(2)设g(x)=f(x)-+1.在函数g(x)的图象上取两定点A(x1,g(x1)),B(x2,g(x2))(x1<x2),设直线AB的斜率为k,证明:存在x0∈(x1,x2),使g′(x0)=k成立.解:(1)因为f(x)=ln x-ax+-1(a∈R),所以f′(x)=-a-=-,x∈(0,+∞),令h(x)=ax2-x+1-a,x∈(0,+∞),当a≥时,由f′(x)=0,则ax2-x+1-a=0,解得x1=1,x2=-1.①当a=时,x1=x2,h(x)≥0恒成立,此时f′(x)≤0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;②当<a<1时,0<-1<1,x∈（0,-1）时,h(x)>0,此时f′(x)<0,函数f(x)单调递减;x∈（-1,1）时,h(x)<0,此时f′(x)>0,函数f(x)单调递增;x∈(1,+∞)时,h(x)>0,此时f′(x)<0,函数f(x)单调递减;③当a≥1时,由于-1≤0,x∈(0,1)时,h(x)<0,此时f′(x)>0,函数f(x)单调递增; x∈(1,+∞)时,h(x)>0,此时f′(x)<0,函数f(x)单调递减;综上所述:当a=时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;当<a<1时,函数f(x)在（0,-1）单调递减,在（-1,1）单调递增,在(1,+∞)上单调递减;当a≥1时,函数f(x)在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调递减.(2)由已知得g(x)=ln x-ax,k==-a令ϕ(x)=g′(x)-k=-,则ϕ(x1)=-=（-1-ln ）ϕ(x2)=-=-（-1-ln ）,令F(t)=t-1-ln t,则F′(t)=1-=(t>0)当0<t<1时,F′(t)<0,F(t)单调递减;当t>1时,F′(t)>0,F(t)单调递增,故当t≠1时,F(t)>F(1)=0,即t-1-ln t>0从而-1-ln >0,-1-ln >0,所以ϕ(x1)>0,ϕ(x2)<0因为函数ϕ(x)在区间(x1,x2)上的图象是连续不断的一条曲线,所以存在x0∈(x1,x2),使ϕ(x0)=0,所以g′(x0)=k成立.4.已知函数f(x)=a-be-x(e是自然对数的底数,e=2.71828…)的图象在x=0处的切线方程为y=x.(1)求a,b的值;(2)若g(x)=mln x-e-x+x2-(m+1)x+1(m>0),求函数h(x)=g(x)-f(x)的单调区间;(3)若正项数列{a n}满足a1=,a n=f(a n),证明:数列{a n}是递减数列.(1)解:由题意得f(0)=0,f′(0)=1,则a-b=0,b=1,解得a=1,b=1.(2)解:由题意得h(x)=mln x+x2-(m+1)x,x∈(0,+∞).h′(x)=+x-(m+1)==①当0<m<1时,令h′(x)>0,并注意到函数的定义域(0,+∞),得0<x<m或x>1,则h(x)的增区间是(0,m),(1,+∞);同理可求h(x)的减区间是(m,1).②当m=1时,h′(x)≥0,则h(x)是定义域(0,+∞)内的增函数.③当m>1时,令h′(x)>0,并注意到函数的定义域(0,+∞)得0<x<1或x>m,则h(x)的增区间是(0,1),(m,+∞);同理可求h(x)的减区间是(1,m).(3)证明:因为正项数列{a n}满足a1=,a n=f(a n),所以ln (a n)=ln (1-),即a n+1=-ln .要证数列{a n}是递减数列⇔a n+1<a n⇔-ln <a n⇔>⇔>a n+1.设u(x)=e x-x-1,x∈(0,+∞).因为u′(x)=e x-1>0,所以u(x)是(0,+∞)上的增函数,则u(x)>u(0)=0,即e x>x+1,故>a n+1,则数列{a n}是递减数列.5.(2015某某德阳市一诊)如图,已知点A(11,0),函数y=的图象上的动点P在x轴上的射影为H,且点H在点A的左侧,设|PH|=t,△APH的面积为f(t).(1)求函数f(t)的解析式及t的取值X围;(2)若a∈(0,2),求函数f(t)在(0,a]上的最大值.解:(1)由已知可得=t,所以点P的横坐标为t2-1,因为点H在点A的左侧,所以t2-1<11,即-2<t<2.由已知t>0,所以0<t<2,所以AH=11-(t2-1)=12-t2,所以△APH的面积为f(t)=(12-t2)t,t∈(0,2).(2)f′(t)=6-t2=-(t+2)(t-2),由f′(t)=0,得t=-2(舍),或t=2.函数f(t)与f′(t)在定义域上的情况如表:t (0,2) 2 (2,2) f′(t) + 0 -f(t) ↗极大值↘当0<a≤2时,f(t)在(0,a]上单调递增,所以f(t)max=f(a)=-a3+6a,当2<a<2时,f(t)在(0,2]上单调递增,(2,a]上单调递减,f(t)max=f(2)=8.综上f(t)max=。
高三数学二轮复习专题：利用导数证明不等式课件
决定导函数的基 本初等函数
二次求导 研究图像
决定导函数的不 是基本初等函数
导数综合应用之
利用导数证明不等式
首都师范大学附属密云中学高三数学组 李鑫
学习目标
1.能梳理利用导数证明不等式问题的流程图.
2.通过分析不等式，能合理变形，构造函数.
例1.若x 0, 证明：ex x. x
请同学们通过独立分析，判断出要对那个函数，利用导数求解哪些性质？
对不等式
移项 加减 法
乘除法
导函数是否容易分析可 以作为我们判断目标函 数构造的好坏的标准。
分离参量
通过分析，求解新函数最 大值或最小值
所证成立
函数与导数综合题目 解决函数与导数综合问题的解题策略是什么？
做什么
对谁做
实际操作
分析问题
构造函数
利用导数求解函 数性质
和其他知识 结合解决问题
聚焦做什么， 对谁做！
定义域 求导 令f'(x)=0解x 明确导函数正负
画f'(x)草图
画表格或叙 述
直接分析导数正负 化成( )( )或( )/( )
能直接分析正负
课堂小结
知识方面
通过学习，你学会了哪些知识？
方法方面
对于证明不等式，你有什么收获？
思想方面
你学会了哪些数学思想方法？
四.小结反思
综合题目
常见问题1：不等式问题（恒成立，存在）
分析问题
做什么
构造函数
对谁做
求解函数单调性、 极最值
怎么做
和其他知识 结合解决问题
通过等价变形将不 等式一侧变为常数
构造另外一侧为新函数
综合题目 做什么
分析问题
高考数学二轮复习 专题一 函数与导数、不等式 第5讲 导数与不等式的证明、恒成立及能成立问题训练
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专题一函数与导数、不等式第5讲导数与不等式的证明、恒成立及能成立问题训练文一、选择题1。
设f（x)是定义在R上的奇函数,当x＜0时，f′（x）＞0，且f（0）＝0,f错误!＝0,则不等式f(x）＜0的解集为( ）A.错误!B.错误!C.错误!D.错误!解析如图所示，根据图象得不等式f(x）＜0的解集为错误!。
答案C2。
若不等式2x ln x≥－x2＋ax－3恒成立，则实数a的取值范围为( )A。
（－∞，0) B。
（－∞，4]C。
（0，＋∞） D.[4,＋∞）解析由不等式知x∈（0，＋∞），则有a≤2ln x＋x＋错误!恒成立。
设f（x)＝2ln x＋x＋错误!,则f′（x)＝错误!(x＞0)。
当x∈（0，1）时，f′（x）＜0,函数f(x）单调递减；当x∈（1,＋∞）时，f′（x）＞0，函数f(x）单调递增，所以f(x)min＝f（1)＝4.所以a≤4。
答案B3.若存在正数x使2x（x－a）＜1成立，则a的取值范围是（）A。
（－∞，＋∞) B.（－2，＋∞）C.（0,＋∞)D.（－1，＋∞)解析∵2x(x－a）＜1，∴a＞x－错误!.令f(x)＝x－错误!，∴f′(x）＝1＋2－x ln 2＞0.∴f（x)在（0，＋∞）上单调递增,∴f(x)＞f(0)＝0－1＝－1，∴a的取值范围为(－1，＋∞)，故选D。
高三数学二轮复习重点
高三数学二轮复习重点高三数学第二轮重点复习内容专题一：函数与不等式，以函数为主线，不等式和函数综合题型是考点函数的性质：着重掌握函数的单调性，奇偶性，周期性，对称性。
这些性质通常会综合起来一起考察，并且有时会考察具体函数的这些性质，有时会考察抽象函数的这些性质。
一元二次函数：一元二次函数是贯穿中学阶段的一大函数，初中阶段主要对它的一些基础性质进行了了解，高中阶段更多的是将它与导数进行衔接，根据抛物线的开口方向，与x轴的交点位置，进而讨论与定义域在x轴上的摆放顺序，这样可以判断导数的正负，最终达到求出单调区间的目的，求出极值及最值。
不等式：这一类问题常常出现在恒成立，或存在性问题中，其实质是求函数的最值。
当然关于不等式的解法，均值不等式，这些不等式的基础知识点需掌握，还有一类较难的综合性问题为不等式与数列的结合问题，掌握几种不等式的放缩技巧是非常必要的。
专题二：数列。
以等差等比数列为载体，考察等差等比数列的通项公式，求和公式，通项公式和求和公式的关系，求通项公式的几种常用方法，求前n项和的几种常用方法，这些知识点需要掌握。
专题三：三角函数，平面向量，解三角形。
三角函数是每年必考的知识点，难度较小，选择，填空，解答题中都有涉及，有时候考察三角函数的公式之间的互相转化，进而求单调区间或值域;有时候考察三角函数与解三角形，向量的综合性问题，当然正弦，余弦定理是很好的工具。
向量可以很好得实现数与形的转化，是一个很重要的知识衔接点，它还可以和数学的一大难点解析几何整合。
专题四：立体几何。
立体几何中，三视图是每年必考点，主要出现在选择，填空题中。
大题中的立体几何主要考察建立空间直角坐标系，通过向量这一手段求空间距离，线面角，二面角等。
另外，需要掌握棱锥，棱柱的性质，在棱锥中，着重掌握三棱锥，四棱锥，棱柱中，应该掌握三棱柱，长方体。
空间直线与平面的位置关系应以证明垂直为重点，当然常考察的方法为间接证明。
专题五：解析几何。
2022年高考数学二轮复习专题一函数与导数专题突破练5 利用导数求参数的值或范围
专题突破练5利用导数求参数的值或范围1.(2021·广东惠州期中)已知函数f(x)=(x+1)ln x-a(x-1).(1)当a=4时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)若x>1时,f(x)>0,求实数a的取值范围..2.(2021·辽宁大连联考)已知f(x)=x+a ln x+1e x(1)若f(x)在区间[1,2]上单调递增,求实数a的取值范围;(2)当a<0时,若不等式f(x)≥x a在区间(1,+∞)上恒成立,求实数a的最小值.3.(2021·江苏六校联合第四次适应性考试)已知函数f(x)=ln2(x+1)-x 2x+1.(1)求f(x)的单调区间;(2)若不等式1+1nn+a≤e对任意n∈N*恒成立,求实数a的取值范围.4.(2021·广东七校联考)已知函数f(x)=ln x-ax.(1)若函数f(x)在定义域上的最大值为1,求实数a的值;(2)设函数h(x)=(x-2)e x+f(x),当a=1时,h(x)≤b对任意的x∈12,1恒成立,求满足条件的实数b的最小整数值.5.(2021·江苏泰州二模)已知函数f(x)=1e x +ax,g(x)=ln x+1x.(1)当x>0,a≤0时,求证:f(x)<g(x);(2)当x>0时,若f(x)>g(x+1),求实数a的取值范围.6.(2021·浙江湖州期末)已知函数f(x)=a ln x+1x+2x-x2.(1)若0<a<2,试讨论函数f(x)的单调性;(2)若存在实数a∈[1,+∞),使得f(x)+f'(x)≤2对于任意的x≥m恒成立,求实数m的取值范围.专题突破练5利用导数求参数的值或范围1.解(1)当a=4时,f(x)=(x+1)ln x-4x+4,所以f'(x)=ln x+1x -3,所以f'(1)=11+ln 1-3=-2,又f(1)=0,故曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-0=-2(x-1),即2x+y-2=0.(2)令g(x)=f'(x)=ln x+1x +1-a,则g'(x)=1x−1x2=x-1x2.当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,所以f'(x)在区间(1,+∞)上单调递增,f'(1)=2-a.①当a≤2时,f'(1)≥0,故f(x)在区间(1,+∞)上单调递增,且f(1)=0.所以f(x)>0,符合题意;②当a>2时,因为f'(1)=2-a<0,f'(e a)=a+1e a +1-a=1e a+1>0,且f'(x)在区间(1,+∞)上单调递增,所以∃x0∈(1,e a),使得f'(x0)=0,所以当x∈(1,x0)时,f(x)单调递减,而f(1)=0,所以f(x0)<0,不符合题意.综上,实数a的取值范围是(-∞,2].2.解(1)f'(x)=1+ax −1e x,依题意f'(x)=1+ax−1e x≥0在区间[1,2]上恒成立,即a≥xe x-x(x∈[1,2])恒成立.令g(x)=xe x-x,则当x∈[1,2]时,g'(x)=1-xe x-1<0,所以g (x )在区间[1,2]上单调递减,因此g (x )max =g (1)=1-ee .故实数a 的取值范围是1-e e,+∞.(2)不等式f (x )≥x a 即x+a ln x+1e x ≥x a , 所以x+1e x ≥x a -a ln x ,即x+1e x ≥x a -ln x a . 因此-ln e -x +e -x ≥x a -ln x a (*).令h (x )=x-ln x ,则(*)式即为h (e -x )≥h (x a ). 由于h'(x )=1-1x =x -1x ,所以当x>1时,h'(x )>0,当0<x<1时,h'(x )<0,所以h (x )在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增.又因为x>1,且a<0,所以0<e -x <1e <1,0<x a <1,因此e -x ≤x a ,两边取自然对数得-x ≤a ln x ,又x>1,所以ln x>0,于是a ≥-xlnx . 令p (x )=-xlnx ,则p'(x )=-lnx+1(lnx )2,由p'(x )=0得x=e,所以当1<x<e 时,p'(x )>0,当x>e时,p'(x )<0,所以p (x )在区间(1,e)上单调递增,在区间(e,+∞)上单调递减.故p (x )在x=e 处取得极大值亦即最大值,且p (e)=-e, 故-e ≤a<0,即实数a 的最小值为-e .3.解 (1)f (x )的定义域为(-1,+∞),f'(x )=2ln (x+1)x+1−x 2+2x(x+1)2=2(x+1)ln (x+1)-x 2-2x(x+1)2.令g (x )=2(x+1)ln(x+1)-x 2-2x ,x ∈(-1,+∞),则g'(x )=2ln(x+1)-2x ,令h (x )=2ln(x+1)-2x ,x ∈(-1,+∞),则h'(x )=2x+1-2,当-1<x<0时,h'(x )>0,当x>0时,h'(x )<0,所以h (x )在区间(-1,0)上单调递增,在区间(0,+∞)上单调递减,又h (0)=0,故h (x )≤0,即当x>-1时,g'(x )≤0,所以g (x )在区间(-1,+∞)上单调递减,于是当-1<x<0时,g (x )>g (0)=0,当x>0时,g (x )<g (0)=0,所以当-1<x<0时,f'(x )>0,当x>0时,f'(x )<0,所以f (x )的单调递增区间为(-1,0),单调递减区间为(0,+∞).(2)不等式1+1n n+a≤e(n ∈N *)等价于(n+a )ln1+1n ≤1,又1+1n >1,所以ln 1+1n >0,故a ≤1ln (1+1n )-n 对∀n ∈N *恒成立.设φ(x)=1ln(x+1)−1x,x∈(0,1],则φ'(x)=(x+1)ln2(x+1)-x2x2(x+1)ln2(x+1)=f(x)x2ln2(x+1),又f(x)≤f(0)=0,故当x∈(0,1]时,φ'(x)<0,所以φ(x)在区间(0,1]上单调递减,于是φ(x)≥φ(1)=1ln2-1,故a≤1ln2-1,所以实数a的取值范围为-∞,1ln2-1.4.解(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x-a.当a≤0时,f'(x)>0,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,不存在最大值.当a>0时,令f'(x)=1x-a=0得x=1a,且x∈0,1a时,f'(x)>0,当x∈1a,+∞时,f'(x)<0,所以f(x)max=f(x)极大值=f(1a)=-ln a-1.依题意-ln a-1=1,解得a=1e2.(2)由题意,h(x)=(x-2)e x+ln x-ax,当a=1时,h(x)≤b即(x-2)e x+ln x-x≤b.令g(x)=(x-2)e x+ln x-x,则g'(x)=e x(x-1)+1x -1=(1-x)·1-xexx.令h(x)=1-x e x,则h'(x)=-e x(x+1).当x∈12,1时,h'(x)<0,所以h(x)单调递减,而h(12)=1-√e2>0,h(1)=1-e<0,所以存在x0∈12,1,使得h(x0)=1-x0e x0=0.于是当x∈12,x0时,h(x)>0,又1-x>0,所以g'(x)>0;当x∈(x0,1)时,h(x)<0,又1-x>0,所以g'(x)<0, 因此g(x)在x=x0处取得极大值亦即最大值,且g(x0)=(x0-2)e x0+ln x0-x0=1-2x0+1x0.由于x0∈12,1,所以x0+1x0∈2,52,因此g(x0)∈(-4,-3).又由上可知,b≥g(x0),所以实数b的最小整数值为-3.5.(1)证明因为g(x)=ln x+1x ,所以g'(x)=1x−1x2=x-1x2.当x∈(0,1)时,g'(x)<0,所以g(x)在区间(0,1)上单调递减;当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,所以g(x)在区间(1,+∞)上单调递增,所以g(x)≥g(1)=1.所以当x=1时,函数g(x)取得最小值1.因为f (x )=1e x +ax ,所以f'(x )=-1e x +a ,由a ≤0得f'(x )<0,所以f (x )在区间(0,+∞)上单调递减,则f (x )<f (0)=1,所以f (x )<g (x ).(2)解 令h (x )=f (x )-g (x+1)=1e x −1x+1+ax-ln(x+1).令F (x )=e x -x-1,x>0,则F'(x )=e x -1>0,则函数F (x )在区间(0,+∞)上单调递增, 所以e x -x-1>F (0)=0,即e x >x+1(x>0). 所以x>0时,1e x −1x+1<0.令φ(x )=ax-ln(x+1)(x>0),则φ'(x )=a-1x+1.当a ≤0时,φ'(x )<0,所以φ(x )在区间(0,+∞)上单调递减,则φ(x )<φ(0)=0,因此当x>0时,f (x )-g (x+1)=1e x −1x+1+ax-ln(x+1)<0,所以f (x )<g (x+1),不符合题意;当0<a<1时,由φ'(x )<0,得x ∈(0,1a -1),所以φ(x )在区间(0,1a -1)上单调递减,则φ(x )<φ(0)=0,因此当0<x<1a -1时,f (x )-g (x+1)=1e x −1x+1+ax-ln(x+1)<0,则f (x )<g (x+1),不符合题意;当a ≥1时,h'(x )=-1e x+1(x+1)2+a-1x+1>-1x+1+1(x+1)2+1-1x+1=x 2(x+1)2≥0,所以h (x )在区间(0,+∞)上单调递增,则h (x )>h (0)=0,即f (x )>g (x+1).综上可知,实数a 的取值范围为[1,+∞).6.解 (1)由题意可知,函数f (x )的定义域是(0,+∞).因为0<a<2,f'(x )=a (1x -1x 2)+2-2x=-(x -1)(2x 2-a )x 2=-2(x -1)(x+√a 2)(x -√a2)x 2,所以由f'(x )>0,得√a 2<x<1,由f'(x )<0,得x>1或0<x<√a2,故函数f (x )在区间(0,√a2)上单调递减,在区间(√a2,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减.(2)f (x )+f'(x )≤2,即a ln x+2ax −ax 2-x 2≤0,所以存在a ∈[1,+∞),使得1x 2ln x+2x −1x 2≤1a ,即1x 2ln x+2x −1x 2≤1对于任意x ≥m 恒成立,即ln x+2x −1x 2-x 2≤0对任意x ≥m 恒成立.令g (x )=ln x+2x −1x 2-x 2,则g (x )≤0对任意x ≥m 恒成立.g'(x )=x 2-2x+2-2x 4x 3=-2x 4-x 2+2x -2x 3,设h(x)=2x4-x2+2x-2,则h'(x)=8x3-2(x-1).当0<x<1时,h'(x)>0,h(x)在区间(0,1)上单调递增,又h(0)<0,h(1)>0,故存在唯一x0∈(0,1),使得h(x0)=0,当x∈(x0,1)时,h(x)>0,则g'(x)<0,则g(x)单调递减,故g(x)>g(1)=0,不符合题意,故m≥1.下面证明当x≥1时,g(x)≤0恒成立.因为h(x)=2x4-x2+2x-2=x2(2x2-1)+2(x-1)>0,所以g'(x)<0,即g(x)在区间[1,+∞)上单调递减,所以g(x)≤g(1)=0,综上,实数m的取值范围是[1,+∞).。
高三数学第二轮复习专题讲座 人教版
高三数学第二轮复习专题讲座 人教版专题一 函数考点高考要求 1 映射的概念 了解 2 函数的概念 理解 3 函数的单调性的概念 了解 4 简单函数单调性的判断 掌握 5 函数的奇偶性 了解 6 反函数的概念了解 7 互为反函数的函数图象间的关系 了解 8 简单函数的反函数的求法 掌握 9 分数指数幂的概念 理解 10 有理数指数幂的运算性质 掌握 11 指数函数的概念、图象和性质 掌握 12 对数的概念 理解 13 对数的运算法制掌握 14 对数函数的概念、图象和性质 掌握 15运用函数的性质解决简单的实际问题掌握说明：1．了解：要求对所列知识的含义有初步的、感性的认识，知道这一知识内容是什么，并能在有关的问题中直接应用；2．理解和掌握：要求对所列知识内容有较为深刻的理性认识，能够解释、举例或变形、推断，并能利用知识解决有关问题；3．灵活和综合运用：要求系统的掌握知识的内在联系，能够运用所列知识分析和解决较为复杂的或综合性的问题．（以下两点分析主要针对的是2004年全国各地的高考试题，共15套） 二、高考考点分析：在2004年全国各地的高考题中，考查函数的试题或与函数有关的试题大约有56道，在150分中约占25分到30分．对函数，常常从以下几个方面加以考查．1知识点函数的解析式 定义域和值域（包括最大值和最小值） 函数的单调性 函数的奇偶性和周期性 函数的反函数 题量27335函数和一些分段函数，简单的函数方程为背景，难度以中等题和容易题为主，如： 例1．（重庆市）函数)23(log 21-=x y 的定义域是（ D ）A 、[1,)+∞B 、23(,)+∞C 、23[,1]D 、23(,1]例2．（天津市）函数123-=xy （01<≤-x ）的反函数是（ D ）A 、)31(log 13≥+=x x yB 、)31(log 13≥+-=x x yC 、)131(log 13≤<+=x x yD 、)131(log 13≤<+-=x x y也有个别小题的难度较大，如 例3．（北京市）函数,,(),,x x P f x x x M ∈⎧=⎨-∈⎩其中P 、M 为实数集R 的两个非空子集，又规定f P y y f x x P (){|(),}==∈，f M y y f x x M (){|(),}==∈，给出下列四个判断：①若P M ⋂=∅，则f P f M ()()⋂=∅ ②若P M ⋂≠∅，则f P f M ()()⋂≠∅ ③若P M ⋃=R ，则()()f P f M ⋃=R ④若P M R ⋃≠，则()()f P f M ⋃≠R 其中正确判断有（ B ）A 、 1个B 、 2个C 、 3个D 、 4个分析：若P M ⋂≠∅，则只有}0{=⋂M P 这一种可能．②和④是正确的．2．对数形结合思想、函数图象及其变换的考查．对图象的考查有6道试题，也以小题为主，难度为中等． 例4．（上海市）设奇函数f (x )的定义域为[-5，5]．若当x ∈[0，5]时f (x )的图象如右图，则不等式f (x )<0的解是]5,2()0,2( -． 例5．（上海市）若函数y =f (x )的图象可由函数y =lg(x +1)的图象绕坐标原点O 逆时针旋转2π得到，则f （x ）为（ A ） A 、10-x-1 B 、10x-1 C 、1-10-xD 、1-10x3．对函数思想的考查．利用函数的图象研究方程的解；利用函数的单调性证明不等式（常常利用函数的导数来判断和证明函数的单调性）；利用函数的最值说明不等式恒成立等问题．在全部考题中，有7道小题考查了用函数研究方程或不等式的问题，有14道大题考查了函数与方程、不等式、数列等的综合问题． 例6．（1）（浙江省）已知⎩⎨⎧≥<-=,0,1,0,1)(x x x f 则不等式)2()2(+⋅++x f x x ≤5的解集是]23,(-∞．（2）（全国卷3）设函数2(1),1,()41, 1,x x f x x x ⎧+<⎪=⎨--≥⎪⎩则使得f (x )≥1的自变量x 的取值范围为（ A ）A 、(-∞,-2][0,10]B 、(-∞,-2][0,1]C 、(-∞,-2][1,10] D 、[-2,0][1,10]例7．（上海市）已知二次函数y =f 1（x ）的图象以原点为顶点且过点（1，1），反比例函数y =f 2（x ）的图象与直线y =x 的两个交点间距离为8，f （x ）= f 1（x ）+ f 2（x ）． （1）求函数f （x ）的表达式；（2）证明：当a >3时，关于x 的方程f (x )= f (a )有三个实数解．解：（1）由已知,设f 1(x )=ax 2，由f 1(1)=1，得a =1，故f 1(x )= x 2．设f 2(x )=xk(k >0)，它的图象与直线y =x 的交点分别为A (k ，k )、B (－k ,－k ) 由AB =8，得k =8，故f 2(x )=x 8．所以f (x )=x 2+x8． （2）证法一：由f （x ）=f （a ）得x 2+x 8=a 2+a 8， 即x 8=－x 2+a 2+a 8．在同一坐标系内作出f 2(x )=x 8和f 3(x )= －x 2+a 2+a8的大致图象，其中f 2(x )的图象是以坐标轴为渐近线，且位于第一、三象限的双曲线，f 3(x )的图象是以(0，a 2+a8)为顶点，开口向下的抛物线．因此,，f 2(x )与f 3(x )的图象在第三象限有一个交点，即f (x )=f (a )有一个负数解． 又因为f 2(2)=4,，f 3(2)= －4+a 2+a8 当a >3时，f 3(2)－f 2(2)= a 2+a8－8>0, 所以当a >3时，在第一象限f 3(x )的图象上存在一点(2，f (2))在f 2(x )图象的上方． 所以f 2(x )与f 3(x )的图象在第一象限有两个交点，即f (x )=f (a )有两个正数解． 因此，方程f (x )=f (a )有三个实数解． 证法二：由f (x )=f (a )，得x 2+x 8=a 2+a 8， 即(x －a )(x +a －ax8)=0，得方程的一个解x 1=a ． 方程x +a －ax8=0化为ax 2+a 2x －8=0，由a >3，∆=a 4+32a >0，得 x 2=a a a a 23242+--， x 3=aa a a 23242++-，因为x 2<0, x 3>0, 所以x 1≠ x 2，且x 2≠ x 3．若x 1= x 3，即a =aa a a 23242++-，则3a 2=a a 324+， a 4=4a ，得a =0或a =34，这与a >3矛盾，所以x 1≠ x 3． 故原方程f (x )=f (a )有三个实数解． 例8．（福建高考题）已知f (x )=2324()3x ax x x +-∈R 在区间[－1，1]上是增函数． （Ⅰ）求实数a 的值组成的集合A ； （Ⅱ）设关于x 的方程f (x )=3312x x +的两个非零实根为x 1、x 2．试问：是否存在实数m ，使得不等式m 2+tm +1≥|x 1－x 2|对任意a ∈A 及t ∈[－1，1]恒成立？若存在，求m 的取值范围；若不存在，请说明理由.解：（Ⅰ）f ＇(x )=4+2,22x ax - ∵f (x )在[－1，1]上是增函数，∴f ＇(x)≥0对x ∈[－1，1]恒成立，即x 2－ax －2≤0对x ∈[－1，1]恒成立． ①设ϕ(x )=x 2－ax －2，方法一：① ⇔ ⎩⎨⎧≤-+=-≤--=021)1(021)1(a a ϕϕ ⇔－1≤a ≤1，∵对x ∈[－1，1]，只有当a =1时，f ＇(-1)=0以及当a =－1时，f ＇(1)=0∴A ={a |－1≤a ≤1}.方法二：①⇔ ⎪⎩⎪⎨⎧≤-+=-≥021)1(02a a ϕ或⎪⎩⎪⎨⎧≤--=<021)1(02a a ϕ⇔ 0≤a ≤1或－1≤a ≤0⇔ －1≤a ≤1．∵对x ∈[－1，1]，只有当a =1时，f ＇(－1)=0以及当a =－1时，f ＇(1)=0， ∴A ={a |－1≤a ≤1}． （Ⅱ）由,02,0,3123242332=--=+=-+ax x x x x x ax x 或得 ∵△=a 2+8>0，∴x 1，x 2是方程x 2－ax －2=0的两非零实根，x 1+x 2=a ，x 1x 2=－2， 从而|x 1－x 2|=212214)(x x x x -+=82+a ． ∵－1≤a ≤1，∴|x 1-x 2|=82+a ≤3．要使不等式m 2+tm +1≥|x 1－x 2|对任意a ∈A 及t ∈[－1，1]恒成立， 当且仅当m 2+tm +1≥3对任意t ∈[－1，1]恒成立，即m 2+tm －2≥0对任意t ∈[－1，1]恒成立. ②设g(t)=m 2+tm －2=mt +(m 2－2)，方法一：②⇔ g (－1)=m 2－m －2≥0且g (1)=m 2+m －2≥0，⇔m ≥2或m ≤－2.所以，存在实数m ，使不等式m 2+tm +1≥|x 1－x 2|对任意a ∈A 及t ∈[－1，1]恒成立，其取值范围是{m |m ≥2，或m ≤－2}. 方法二：当m =0时，②显然不成立；当m ≠0时，②⇔m >0，g (－1)=m 2－m －2≥0 或m <0，g (1)=m 2+m －2≥0 ⇔ m ≥2或m ≤－2.所以，存在实数m ，使不等式m 2+tm +1≥|x 1－x 2|对任意a ∈A 及t ∈[-1，1]恒成立，其取值范围是{m |m ≥2，或m ≤－2}.说明：本题主要考查函数的单调性，导数的应用和不等式等有关知识，考查数形结合及分类讨论思想和灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力． 三、高考热点分析函数几乎贯穿了高中数学的始末，它与高中数学的每一部分内容几乎都有联系．对函数的认识，应该包含对函数的概念和性质的理解；对二次函数、指数函数、对数函数、三角函数等基本初等函数和分段函数的概念和性质的理解；函数图象的变换和应用；建立函数模型解决问题的意识等．在复习过程中，以下几点值得重视：1．重视对函数概念和基本性质的理解．包括定义域、值域（最值）、对应法则、对称性（包括奇偶性）、单调性、周期性、反函数、图象变换、基本初等函数（常常是载体）等．研究函数的性质要注意分析函数解析式的特征，同时要注意函数图象（形）的作用．对这部分知识的考查，除了一部分比较简单的小题直接考查函数某一方面的性质外，常常是对函数综合的类型较多（中等难度题，以小题和前三道大题为主），包括函数内部多种知识的综合，函数同方程、不等式、数列的综合．例1．（北京市）函数f x x ax ()=--223在区间［1，2］上存在反函数的充分必要条件是（ D ）A . a ∈-∞(,]1B . a ∈+∞[,)2C . a ∈[,]12D . a ∈-∞⋃+∞(,][,)12 说明：涉及二次函数的单调性、反函数的概念、充分必要条件等知识．例2． （福建省）已知函数y =log 2x 的反函数是y =f —1(x )，则函数y = f —1(1－x )的图象是（ C ）例3．（全国高考题3）已知函数y =f (x )是奇函数，当x ≥0时，f (x )=3x -1，设f (x )的反函数是y =g (x )，则g (-8)=___-2_____．例4．（湖北省）函数]1,0[)1(log )(2在++=x a x f a 上的最大值和最小值之和为a ，则a 的值为（ B ）A 、41B 、21 C 、2 D 、4例5．（北京市）在函数f x ax bx c ()=++2中，若a ，b ，c 成等比数列且f ()04=-，则f x ()有最大 值（填“大”或“小”），且该值为-3．例6．（湖南省）设函数,2)2(),0()4(.0,2,0,)(2-=-=-⎩⎨⎧>≤++=f f f x x c bx x x f 若则关于x 的方程x x f =)(解的个数为（ C ）A 、1B 、2C 、3D 、4例7．（江苏省）设k >1，f (x )=k (x -1)(x ∈R ) ．在平面直角坐标系xOy 中，函数y =f (x )的图象与x 轴交于A 点，它的反函数y =f -1(x )的图象与y 轴交于B 点，并且这两个函数的图象交于P 点．已知四边形OAPB 的面积是3，则k 等于（ B ）A 、3B 、32C 、43D 、65例8．（上海市）记函数f (x )=132++-x x 的定义域为A ，g (x )=lg [(x －a －1)(2a －x )](a <1) 的定义域为B ． （1）求A ；（2）若B ⊆A , 求实数a 的取值范围． 解：（1）2－13++x x ≥0，得11+-x x ≥0， x <－1或x ≥1，即A =(－∞，－1) [1，+ ∞)． （2）由(x －a －1)(2a －x )>0，得(x －a －1)(x －2a )<0．因为a <1，所以a +1>2a ，故B =(2a ，a +1)． 因为B ⊆A ，所以2a ≥1或a +1≤－1，即a ≥21或a ≤－2，而a <1， 所以21≤a <1或a ≤－2，故当B ⊆A 时，实数a 的取值范围是(－∞，－2] [21，1)．例9．（2003年全国理科高考题）已知.0>c 设P ：函数xc y =在R 上单调递减.Q ：不等式1|2|>-+c x x 的解集为R ，如果P 和Q 有且仅有一个正确，求c 的取值范围.解：函数xc y =在R 上单调递减.10<<⇔c不等式|2|1|2| 1.x x c R y x x c +->⇔=+-R 的解集为函数在上恒大于 22,2,|2|2,2,1|2|2.|2|121.211,,0.,, 1.(0,][1,).22x c x c x x c c x c y x x c c x x c R c c P Q c P Q c c -≥⎧+-=⎨<⎩∴=+-∴+->⇔>⇔><≤≥⋃+∞R 函数在上的最小值为不等式的解集为如果正确且不正确则如果不正确且正确则所以的取值范围为 2．重视利用导数研究函数的单调性等性质，进而证明一些不等式或转化一些不等式恒成立问题． 例10．（全国高考题1）已知13)(23+-+=x x ax x f 在R 上是减函数，求a 的取值范围. 分析：函数13)(23+-+=x x ax x f 在R 上递减等价于0)(≤'x f 恒成立．解：函数f (x )的导数：.163)(2-+='x ax x f当0)(≤'x f （x ∈R ）时，)(x f 是减函数.23610()ax x x +-≤∈R .3012360-≤⇔≤+=∆<⇔a a a 且所以，所求a 的取值范围是（].3,-∞-说明：这类问题在2004年全国各地的高考题中大量出现，需重视． 例11．（重庆市）设函数()(1)(),(1)f x x x x a a =-->（1）求导数/()f x ；并证明()f x 有两个不同的极值点12,x x ； （2）若不等式12()()0f x f x +≤成立，求a 的取值范围． 解：（1）.)1(23)(2a x a x x f ++-='.0)(,;0)(,;0)(,:)())((3)(,,,,04)1(4.0)1(230)(221121212122>'><'<<<'<'--='<>≥+-=∆=++-='x f x x x f x x x x f x x x f x x x x x f x x x x a a a a x a x x f 时当时当时当的符号如下可判断由不妨设故方程有两个不同实根因得方程令因此1x 是极大值点，2x 是极小值点.（2）因故得不等式,0)()(21≤+x f x f ：.0)(]2))[(1(]3))[((.0)())(1(212122121221212122213231≤++-++--++≤++++-+x x a x x x x a x x x x x x x x a x x a x x 即又由（I ）知⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=+.3),1(322121a x x a x x ，代入前面不等式，两边除以（1+a ），并化简得.02522≥+-a a.0)()(,2,.)(212:21成立不等式时当因此舍去或解不等式得≤+≥≤≥x f x f a a a 例12．（2003年江苏高考题）已知n a ,0>为正整数. （Ⅰ）设1)(,)(--='-=n n a x n y a x y 证明；（Ⅱ）设).()1()1(,,)()(1n f n n f a n a x x x f n n n n n '+>+'≥--=+证明对任意证明：（Ⅰ）因为nk knnC a x 0)(=∑=-k kn x a --)(，所以1)(--=-='∑k kn nk kn xa kC y nk n 0=∑=.)()(1111------=-n k k n k n a x n x a C （Ⅱ）对函数nn n a x x x f )()(--=求导数:nn n n n n n n n n n n n n a n n a n n a n x a x x x f a x x f a x a n n n n f a x n nx x f )()1()1(,,.)()(,.0)(,0].)([)(,)()(1111-->-+-+≥--=≥∴>'>≥--='--='----时当因此的增函数是关于时当时当所以∴))()(1(])1()1)[(1()1(1n n n n n a n n n a n n n n f --+>-+-++=+'+ ).()1())()(1(1n f n a n n n n n n n '+=--+>- 即对任意).()1()1(,1n f n n f a n n n '+>+'≥+四、二轮复习建议（正文用宋体五号字）1．进一步加强对基本概念、基础知识、基本方法的理解和训练（在函数性质和函数与其他知识的小综合上要多加训练，这是关键）．2．在二轮复习过程中，做两件事情：一是分专题讲解“函数、导数与不等式”（重点）、“函数与数列”，二是在整个复习过程中，不断渗透函数的思想方法和数形结合的思想方法． 一些备选例题：1．（2000年春季）已知函数f (x )=ax 3+bx 2+cx +d 的图象如图所示，则（ A ）A 、b ∈(-∞，0)B 、 b ∈(0,1)C 、 b ∈(1,2)D 、 b ∈(2,+∞) 分析：显然，（想方程）方程f (x )=0的根为0、1、2，所以，可以设f (x )=ax (x -1)(x -2)，与f (x )=ax 3+bx 2+cx +d 比较可得：b =-3a ．（想不等式）又x >2时，有f （x ）>0，于是有a >0，故b <0.2．（2000年上海）已知函数f (x )=xax x ++22,x ∈[)+∞,1.（1）当a =21时，求函数f (x )的最小值； （2）若对任意的x ∈[)+∞,1,f (x )>0恒成立，试求a 的取值范围．分析：本题考查求函数的最值的方法，以及等价变换和函数思想的运用．当a =21时，f (x )=221++xx ≥222212+=+⋅x x ，当且仅当22,21==x x x 即时等号成立，而[)∞+∉122，也就是说这个最小值是取不到的． 解：(1)当a =21时，f (x )=221++xx ，函数f (x )在区间[)+∞,1上为增函数（证明略），所以当x =1时，取到最小值f (1)=3.5.(2)解法一：f (x )>0恒成立，就是x 2+2x +a >0恒成立，而函数g (x )=x 2+2x +a 在[)+∞,1上增函数，所以当x =1时，g (x )取到最小值3+a ，故3+a >0，得：a >-3．解法二：f (x )>0恒成立，就是x 2+2x +a >0恒成立，即a >-x 2-2x 恒成立，这只要a 大于函数-x 2-2x 的最大值即可．而函数-x 2-2x 在[)+∞,1上为减函数，当x =1时，函数-x 2-2x 取到最大值-3，所以a >-3．说明：函数、方程不等式之间有着密切的联系，在解题时要重视这种联系，要善于从函数的高度理解方程和不等式的问题，也要善于利用方程和不等式的知识解决函数的问题．3．某工厂有一个容量为300吨的水塔，每天从早上6时起到晚上10时止供应该厂的生产和生活用水，已知该厂生活用水为每小时10吨，工业用水量W （吨）与时间t （小时，且规定早上6时t ＝0）的函数关系为W ＝100t ．水塔的进水量分为10级，第一级每小时进水10吨，以后每提高一级，每小时进水量就增加10吨．若某天水塔原有水100吨，在开始供水的同时打开进水管，问进水量选择为第几级时，既能保证该厂的用水（水塔中水不空）又不会使水溢出?分析：本题主要考查由实际问题建立函数关系式、并利用函数关系解决实际问题.解本题时, 在建立函数关系式后,根据题意应有0＜y ≤300对t 恒成立（注意区分不等式恒成立和解不等式的关系）． 解：设进水量选第x 级，则t 小时后水塔中水的剩余量为y ＝100＋10xt －10t －100t ，且0≤t ≤16．根据题意0＜y ≤300，∴0＜100＋10xt －10t －100t ≤300．0 1 2 xy由左边得x ＞1＋10（t t11-）＝1＋10〔－2)211(-t ＋41〕， 当t ＝4时，1＋10〔－2)211(-t ＋41〕有最大值3．5．∴x ＞3．5．由右边得x ≤t t 1020+＋1，当t ＝16时，tt 1020+＋1有最小值4．75，∴x ≤4．75． 综合上述，进水量应选为第4级．说明：a 为实数，函数f (x )定义域为D ，若a >f (x )对x D ∈恒成立，则a >f (x )的最大值；若a <f (x )对x D ∈恒成立，则a <f (x )的最小值．4．设()x f 是定义在[-1，1]上的偶函数，()x g 与()x f 的图象关于直线01=-x 对称．且当[]3,2∈x 时，()()()()为实数a x x a x g 32422---⋅=（1）求函数()x f 的表达式；（2）在(]6,2∈a 或()+∞,6的情况下，分别讨论函数()x f 的最大值，并指出a 为何值时，()x f 的图像的最高点恰好落在直线12=y 上．分析：（1）注意到()x g 是定义在区间[]3,2上的函数，因此，根据对称性，我们只能求出()x f 在区间[]0,1-上的解析式，()x f 在区间[]1,0上的解析式，则可以根据函数的奇偶性去求．简答：()⎪⎩⎪⎨⎧≤≤+-≤≤-+-=1024012433x ax x x ax x x f（2）因为()x f 为偶函数，所以，()x f （11≤≤-x ）的最大值，必等于()x f 在区间[]1,0上的最大值．故只需考虑10≤≤x 的情形，此时，()ax x x f 243+-=．对于这个三次函数，要求其最大值，比较容易想到的方法是：考虑其单调性．因此，可以求函数()x f 的导数．简答：如果()+∞∈,6a 可解得：8=a ； 如果(]6,2∈a ，可解得：61833>=a ，与(]6,2∈a 矛盾．故当8=a 时，函数()x f 的图像的最高点恰好落在直线12=y 上．说明：（1）函数的单调性为研究最值提供了可能；（2）奇偶性可以使得我们在研究函数性质时，将问题简化到定义域的对称区间上． 5．已知函数3211()(1)32f x x b x cx =+-+ (b 、c 为常数),(Ⅰ) 若()f x 在x =1和x =3处取得极值，试求b 、c 的值；(Ⅱ)若()f x 在12(,),(,)x x x ∈-∞+∞上单调递增且在12(,)x x x ∈上单调递减,又满足211x x ->，求证：22(2)b b c >+；(Ⅲ) 在（Ⅱ）的条件下，若1t x <，试比较2t bt c ++与1x 的大小，并加以证明． 解： (Ⅰ)'2()(1)f x x b x c =+-+，由题意得:1和3是方程2(1)0x b x c +-+=的两根，113,1 3.b c -=+⎧∴⎨=⨯⎩解得3,3.b c =-⎧⎨=⎩ (Ⅱ)由题得:当12(,),(,)x x x ∈-∞+∞时，'()0f x >；12(,)x x x ∈时, '()0f x <．12,x x ∴是方程2(1)0x b x c +-+=的两根，则12121,,x x b x x c +=-=222121212212122212(2)24[1()]2[1()]4()41() 1.b bc b b cx x x x x x x x x x x x ∴-+=--=-+--+-=+--=--211x x ->,2221()10,2(2)x x b b c ∴-->∴>+.(Ⅲ) 在(Ⅱ)的条件下,由上一问知212(1)()(),x b x c x x x x +-+=-- 即212()(),x bx c x x x x x ++=--+所以2112112()()()(1),t bt c x t x t x t x t x t x ++-=--+-=-+-2121111,10,0,0,x x t t x t x t x >+>+∴+-<<<∴-<又 2121()(1)0,.t x t x t bt c x ∴-+->++>即。
导数与不等式、存在性及恒成立问题课件
探讨导数、不等式、存在性、恒成立等在数学中的应用。让您更深入地了解 微积分学的精髓。
导数定义回顾
回顾导数定义的基本概念及其在微积分中的应用。了解导数概念背后的原理，更好地理解微积分在实际 问题中的计算过程。
导数的定义
导数是函数变化率的极限，描 述了函数在某一点上的瞬时变 化情况。
物理学 经济学 医学 工程学
应用举例
质点的运动学问题、物理实 验数据的分析 生产效率、市场数量分析
人体各种生理指标的变化及 其分析 建筑物的斜率、曲率、坡度 等问题
导数应用
求解速度、加速度、力学问 题
求解边际收益、边际成本、 经济最优问题
求解人体变化率、优化医疗 资源分配等问题
求解建筑物切线与法线方程、 优化设计等问题
总结
回顾导数与不等式、存在性及恒成立问题，并总结学习过程中需要注意的重点和概念要点。
重要概念
• 导数的定义与计算方法 • 高阶导数与凸凹性 • 函数的关键点和特殊点
注意事项
• 每个概念都需要学会手工计算 • 理论与实际问题相结合，深入理解导数
和不等式之间的联系 • 心理保持平衡，勇于解决迷茫
导数的几何解释
导数就是函数图像在给定点处 的切线斜率。
导数的计算方法
可通过一系列基本的求导规则 和运算法则，将导数计算化繁 为简。
函数的导数与不等式
探讨函数的导数与不等式之间的关系，以及如何运用导数来求解不等式问题。
1
导数与单调性
通过导数的正负性来判断函数凹性
利用高阶导数的符号变化来判断函数的凸凹性及拐点。
阿Q的心理分析
揭示了阿Q精神背后的本质原因及其与历史 社会的关联。
2025年高考数学一轮复习-微专题(五)-导数与不等式的证明【课件】
命题点(一) 分类讨论解决不等式恒成立问题 近几年高考中利用导数解决不等式恒成立问题是常见的题型，函数中经常 含有参数，对参数进行分类讨论解决问题，主要在解答题中以压轴题的形式出 现，考查学生的逻辑推理能力和计算能力，题目的综合性较强，难度大． [典例] 已知函数 f(x)＝ex＋ax2－x. (1)当 a＝1 时，讨论 f(x)的单调性； (2)当 x≥0 时，f(x)≥12x3＋1，求 a 的取值范围．
[关键点拨]
(1)问直接求导判断函数 f(x)的单调区间． 切入点 (2)问看到求整数 a 的最大值，想到分离参数 a，然后构造函数，利用
导数及函数的性质求解
迁移点 把 f(x)＞aln x－12x2－2x 转化为 a＜xln xx＋－21x－1在(1，＋∞)上恒成立
(1)想不到分离导数，导致对 a 进行分类讨论． 障碍点 (2)构造函数后，若其导函数无法直接判断单调性，不要忽略零点存在
又 h(3)＝3－ln 3－2＝1－ln 3＜0，h(4)＝4－ln 4－2＝2－2ln 2＞0，根据零点 存在定理，可知 h(x)在(1，＋∞)上有唯一零点，
设该零点为 x0，则 x0∈(3,4)，且 h(x0)＝x0－ln x0－2＝0，即 x0－2＝ln x0. 当 x∈(1，x0)时，h(x)＜0，即 φ′(x)＜0，故 φ(x)在(1，x0)上单调递减； 当 x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞0，即 φ′(x)＞0，故 φ(x)在(x0，＋∞)上单调递增． 所以 φ(x)min＝x0ln xx00＋－21x0－1＝x0＋1. 由题意可知 a＜x0＋1，又 x0∈(3,4)，所以 4＜x0＋1＜5，
②若 0＜2a＋1＜2，即－12＜a＜12， 则当 x∈(0,2a＋1)∪(2，＋∞)时，g′(x)＜0； 当 x∈(2a＋1,2)时，g′(x)＞0. 所以 g(x)在(0,2a＋1)，(2，＋∞)上单调递减，在(2a＋1,2)上单调递增． 由于 g(0)＝1， 所以 g(x)≤1 当且仅当 g(2)＝(7－4a)·e－2≤1， 即 a≥7－4 e2.所以当7－4 e2≤a＜12时，g(x)≤1.