17高考文科数学二轮复习之导数与不等式问题
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xln x (2)f(x)＝ ，∀x∈[1，＋∞)，f(x)≤m(x－1)， x＋1 1 1 即 ln x≤mx－x .设 g(x)＝ln x－mx－x ， 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.
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真题感悟
(2016· 全国Ⅱ卷)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(1，f(1))处的切线方程； (2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围.
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，当 a＝4 时，f(x)＝(x＋1) 1 ln x－4(x－1)，f′(x)＝ln x＋x －3，f′(1)＝－2，f(1)＝0，曲线 y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为 2x＋y－2＝0.
探究提高
对于不等式恒成立问题求参数范围问题，一类是
分离参数，通过求具体函数的范围求参数范围；
二类是转化为最值，其基本思路是：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).
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【训练1】 已知函数g(x)＝axln x＋1，f(x)＝g(x)－kx，其中a≥0.源自根据“相同结构”构造辅助函数.
(3)放缩法：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)主元法：对于(或可化为)f(x1，x2)≥A的不等式，可选x1(或x2) 为主元，构造函数f(x，x2)(或f(x，x1)).
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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 放缩把原不等式变换为简单的不等式，再进行证明.
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[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. xln x (2)设 f(x)＝ ，若对∀x∈[1，＋∞)，f(x)≤m(x－1)恒成立， x＋1 求 m 的取值范围.
(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.
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热点一 导数与不等式 [微题型1] 利用导数证明不等式
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1 ax－1 解 (1)①函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－x ＝ x ， 当 a≤0 时，f′(x)＜0 恒成立，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减；
1 1 当 a＞0 时，令 f′(x)＝0 得 x＝a，在区间0，a上， 1 f′(x)＜0，函数 f(x)单调递减，在区间a，＋∞上，
1－a a 1－a a
＝0 恒成立，
1－a
当e
a
>1，即 0<a<1 时，f(x)在(1，e
1－a a
)上单调递减，在(e
，
＋∞)上单调递增，则 f(e
)<f(1)＝0，与已知矛盾.
综上可知，实数 a 的取值范围是[1，＋∞).
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(ⅱ)当 a>2 时，令 g′(x)＝0 得， x1＝a－1－ （a－1）2－1，x2＝a－1＋ （a－1）2－1. 由 x2>1 和 x1x2＝1 得 x1<1， 故当 x∈(1，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(1，x2)单调递减， 因此 g(x)<0， 综上，a 的取值范围是(－∞，2].
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]).
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a（x－1） (2)当 x∈(1，＋∞)时，f(x)>0 等价于 ln x－ >0， x＋1 a（x－1） 设 g(x)＝ln x－ ，则 x＋1 x2＋2（1－a）x＋1 1 2a g′(x)＝x－ ＝ ，g(1)＝0. （x＋1）2 x（x＋1）2 (ⅰ)当 a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0， 故 g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)单调递增，因此 g(x)>0；
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1－a
1 －a a
②当 a>0 时，由 f′(x)>0 得 x>e ∴f(x)的单调递减区间是(0， e
1－a
a
，由 f′(x)<0 得 0<x<e
1－a a
，
1－a a
)， 单调递增区间是(e
， ＋∞).
当 e
a
≤1，即 a≥1 时，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，f(x)>f(1)
值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，然后构建不等式
求解.
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2.常见构造辅助函数的四种方法
(1) 移项法：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：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，
f′(x)＞0，函数 f(x)单调递增.
综上所述：当 a≤0 时，f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调 递增区间；当 a＞0
1 区间是a，＋∞. 1 时，f(x)的单调递减区间是0，a，单调递增
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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， 1 ln x 即 x－1－ln x≥bx－2， 即 1＋x － x ≥b 对∀x∈(0， ＋∞)恒成立， 1 ln x 1 1－ln x ln x－2 令 g(x)＝1＋x － x ，则 g′(x)＝－x2－ x2 ＝ x2 ， 易得 g(x)在(0，e2]上单调递减，在[e2，＋∞)上单调递增， 1 1 所以 g(x)min＝g(e )＝1－e2，即 b≤1－e2.
(1)当a＝1时，求曲线y＝g(x)在点P(e，g(e))处的切线方程；
(2)当k＝1时，对任意的x∈(1，＋∞)，f(x)>0恒成立，求实数a 的取值范围.
解 (1)∵g(x)的定义域为(0，＋∞)，当 a＝1 时，g(x)＝xln x＋1， g(e)＝e＋1，g′(x)＝ln x＋1，∴g′(e)＝2，所以 y－e－1＝2(x－e)， 即曲线 y＝g(x)在点 P(e，g(e))处的切线方程为 2x－y－e＋1＝0. (2)当 k＝1 时，f′(x)＝aln x＋a－1， ①当 a＝0 时，f′(x)＝－1<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减， f(x)<f(1)＝0 恒成立，与已知矛盾.
1 当 0＜m＜ 时，方程－mx2＋x－m＝0 的两根分别为 2 1－ 1－4m2 1＋ 1－4m2 x1 ＝ ＜1，x2＝ ＞1. 2m 2m 当 x∈(1，x2)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，g(x)＞g(1)＝0， 1 与要求矛盾.综上所述，m≥2.
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(2)证明 令 F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(0，＋∞). 1－x2 则有 F′(x)＝ .当 x∈(1，＋∞)时，F′(x)＜0， x 所以 F(x)在[1，＋∞)上单调递减，故当 x＞1 时，F(x)＜F(1) ＝0，即当 x＞1 时，f(x)＜x－1.
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（x－1）2 【例 1－1】 (2016· 合肥模拟)已知函数 f(x)＝ln x－ . 2 (1)求函数 f(x)的单调递增区间； (2)证明：当 x＞1 时，f(x)＜x－1； (3)确定实数 k 的所有可能取值， 使得存在 x0＞1， 当 x∈(1， x0)时，恒有 f(x)＞k(x－1).
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－x2＋x＋1 1 (1)解 f′(x)＝x －x＋1＝ ，x∈(0，＋∞). x 由 f′(x)＞0 故
x＞0， 得 2 解得 －x ＋x＋1＞0.
1＋ 5 0＜x＜ . 2 5 .
1＋ f(x)的单调递增区间是0， 2
第5讲
导数与不等式的证明、恒 成立及能成立问题
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新课标高考数学二轮讲义：第二部分专题六 第4讲 导数与不等式 Word版含解析
第4讲导数与不等式证明不等式构造函数证明不等式：构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有：(1)直接构造法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))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)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1，e x≥x＋1，ln x<x<e x(x>0)，x≤ln(x＋1)≤x(x>－1)；x＋1(3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，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形式，根据“相同结构”构造辅助函数；(4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解．[典型例题](·四省八校双教研联考)已知函数f (x )＝ax －ax ln x －1(a ∈R ，a ≠0)．(1)讨论函数f (x )的单调性； (2)当x >1时，求证：1x －1>1e x－1. 【解】 (1)f ′(x )＝a －a (ln x ＋1)＝－a ln x ，若a >0，则当x ∈(0，1)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；若a <0，则当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)证明：要证1x －1>1e x －1，即证xx －1>e －x ，即证x －1x <e x ， 又由第(1)问令a ＝1知f (x )＝x －x ln x －1在(1，＋∞)上单调递减，f (1)＝0， 所以当x >1时，x －x ln x －1<0，即x －1x <ln x ，则只需证当x >1时，ln x <e x 即可．令F (x )＝e x －ln x ，x >1，则F ′(x )＝e x －1x 单调递增，所以F ′(x )>F ′(1)＝e －1>0，所以F (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以F (x )>F (1)，而F (1)＝e ，所以e x －ln x >e>0， 所以e x>ln x ，所以e x>ln x >x －1x，所以原不等式得证．一般地，要证f (x )>g (x )在区间(a ，b )上成立，需构造辅助函数F (x )＝f (x )－g (x )，通过分析F (x )在端点处的函数值来证明不等式．若F (a )＝0，只需证明F (x )在(a ，b )上单调递增即可；若F (b )＝0，只需证明F (x )在(a ，b )上单调递减即可．[对点训练]1．(·唐山模拟)设f (x )＝2x ln x ＋1. (1)求f (x )的最小值；(2)证明：f (x )≤x 2－x ＋1x ＋2ln x .解：(1)f ′(x )＝2(ln x ＋1)．所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 所以当x ＝1e 时，f (x )取得最小值f ⎝⎛⎭⎫1e ＝1－2e . (2)证明：x 2－x ＋1x ＋2ln x －f (x )＝x (x －1)－x －1x －2(x －1)ln x＝(x －1)⎝⎛⎭⎫x －1x －2ln x ， 令g (x )＝x －1x －2ln x ，则g ′(x )＝1＋1x 2－2x ＝（x －1）2x 2≥0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增．又g (1)＝0.所以当0<x <1时，g (x )<0， 当x >1时，g (x )>0，所以(x －1)⎝⎛⎭⎫x －1x －2ln x ≥0， 即f (x )≤x 2－x ＋1x＋2ln x .2．已知函数f (x )＝a e x －b ln x ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝⎝⎛⎭⎫1e －1x ＋1. (1)求a ，b ； (2)证明：f (x )>0.解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝a e x －b x ，由题意得f (1)＝1e ，f ′(1)＝1e －1，所以⎩⎨⎧a e ＝1e，a e －b ＝1e －1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1e 2，b ＝1.(2)证明：由(1)知f (x )＝1e2·e x －ln x (x >0)．因为f ′(x )＝e x －2－1x 在(0，＋∞)上单调递增，又f ′(1)<0，f ′(2)>0，所以f ′(x )＝0在(0，＋∞)上有唯一实根x 0，且x 0∈(1，2)．当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0，当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0， 从而当x ＝x 0时，f (x )取极小值，也是最小值． 由f ′(x 0)＝0，得e x 0－2＝1x 0，则x 0－2＝－ln x 0.故f (x )≥f (x 0)＝e x 0－2－ln x 0＝1x 0＋x 0－2>21x 0·x 0－2＝0，所以f (x )>0.根据不等式确定参数范围一般地，若a>f(x)对x∈D恒成立，则只需a>f(x)max；若a<f(x)对x∈D恒成立，则只需a<f(x)min.若存在x0∈D，使a>f(x0)成立，则只需a>f(x)min；若存在x0∈D，使a<f(x0)成立，则只需a<f(x0)max，由此构造不等式，求解参数的取值范围．分类讨论法：常见有两种情况，一种先利用综合法，结合导函数零点之间大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另外一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数．提示：求解参数范围时，一般会涉及分离参数法，理科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，通常需要设出导函数的零点，难度较大．提示：破解不等式求参问题，时常会通过不等式的同解变形，构造一个与背景函数相关的函数，利用函数最值确定参数的取值范围．在构造函数或求最值过程中常用的放缩方法有函数放缩法，基本不等式放缩法，叠加不等式放缩法等．[典型例题](·福建五校第二次联考)已知函数f (x )＝lnx －mx 2，g (x )＝12mx 2＋x ，m ∈R ，令F (x )＝f (x )＋g (x )．(1)当m ＝12时，求函数f (x )的单调区间及极值；(2)若关于x 的不等式F (x )≤mx －1恒成立，求整数m 的最小值．【解】 (1)由题意得，f (x )＝ln x －12x 2(x >0)，所以f ′(x )＝1x －x (x >0)．令f ′(x )＝0，得x ＝1.由f ′(x )>0，得0<x <1，所以f (x )的单调递增区间为(0，1)， 由f ′(x )<0，得x >1，所以f (x )的单调递减区间为(1，＋∞)．所以f (x )极大值＝f (1)＝－12，无极小值． (2)法一：令G (x )＝F (x )－(mx －1)＝ln x －12mx 2＋(1－m )x ＋1， 所以G ′(x )＝1x －mx ＋(1－m )＝－mx 2＋（1－m ）x ＋1x. 当m ≤0时，因为x >0，所以G ′(x )>0，所以G (x )在(0，＋∞)上是增函数．又G (1)＝－32m ＋2>0，所以关于x 的不等式F (x )≤mx －1不能恒成立． 当m >0时，G ′(x )＝－mx 2＋（1－m ）x ＋1x ＝－m ⎝⎛⎭⎫x －1m （x ＋1）x . 令G ′(x )＝0，得x ＝1m， 所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1m 时，G ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎫1m ，＋∞时，G ′(x )<0. 因此函数G (x )在⎝⎛⎭⎫0，1m 上是增函数，在⎝⎛⎭⎫1m ，＋∞上是减函数． 故函数G (x )的最大值为G ⎝⎛⎭⎫1m ＝12m －ln m .令h (x )＝12x －ln x ，因为h (1)＝12>0，h (2)＝14－ln 2<0， h (x )在(0，＋∞)上是减函数，所以当x ≥2时，h (x )<0，所以整数m 的最小值为2.法二：由F (x )≤mx －1恒成立，知m ≥2（ln x ＋x ＋1）x 2＋2x(x >0)恒成立． 令h (x )＝2（ln x ＋x ＋1）x 2＋2x (x >0)，则h ′(x )＝－2（x ＋1）（2ln x ＋x ）（x 2＋2x ）2. 令φ(x )＝2ln x ＋x ，因为φ⎝⎛⎭⎫12＝12－ln 4<0，φ(1)＝1>0，且φ(x )为增函数，所以存在x 0∈⎝⎛⎭⎫12，1，使φ(x 0)＝0，即2ln x 0＋x 0＝0.当0<x <x 0时，h ′(x )>0，h (x )为增函数，当x >x 0时，h ′(x )<0，h (x )为减函数．所以h (x )max ＝h (x 0)＝2ln x 0＋2x 0＋2x 20＋2x 0＝1x 0.而x 0∈⎝⎛⎭⎫12，1，所以1x 0∈(1，2)，所以整数m 的最小值为2.利用导数研究含参数的不等式问题，若能够分离参数，则常先将问题转化为形如a ≥f (x )(或a ≤f (x ))的形式，再通过求函数f (x )的最值求得参数范围．[对点训练](·广东六校第一次联考)已知函数f (x )＝ln x ＋2x. (1)求函数f (x )在[1，＋∞)上的值域；(2)若∀x ∈[1，＋∞)，ln x (ln x ＋4)≤2ax ＋4恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)易知f ′(x )＝－1－ln x x 2<0(x ≥1)， 所以f (x )在[1，＋∞)上单调递减，f (x )max ＝f (1)＝2.因为x ≥1时，f (x )>0，所以f (x )在[1，＋∞)上的值域为(0，2]．(2)令g (x )＝ln x (ln x ＋4)－2ax －4，x ∈[1，＋∞)，则g ′(x )＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋2x －a ， ①若a ≤0，则由(1)可知，g ′(x )>0，g (x )在[1，＋∞)上单调递增，因为g (e)＝1－2a e>0，与题设矛盾，所以a ≤0不符合要求．②若a ≥2，则由(1)可知，g ′(x )≤0，g (x )在[1，＋∞)上单调递减，所以g (x )≤g (1)＝－2a－4<0，所以a ≥2符合要求．③若0<a <2，则∃x 0∈(1，＋∞)，使得ln x 0＋2x 0＝a ， 则g (x )在[1，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减，所以g (x )max ＝g (x 0)＝ln x 0(ln x 0＋4)－2ax 0－4.因为ln x 0＝ax 0－2，所以g (x )max ＝(ax 0－2)(ax 0＋2)－2ax 0－4＝(ax 0＋2)·(ax 0－4)．由题意知g (x )max ≤0，即(ax 0＋2)(ax 0－4)≤0，－2≤ax 0≤4，即－2≤ln x 0＋2≤4⇒1<x 0≤e 2.因为a ＝ln x 0＋2x 0，且由(1)可知f (x )＝ln x ＋2x 在(1，＋∞)上单调递减，所以4e 2≤a <2. 综上，a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫4e 2，＋∞.1．设a 为实数，函数f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R .(1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln 2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1.解：(1)由f (x )＝e x －2x ＋2a (x ∈R )，知f ′(x )＝e x －2.令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2.当x <ln 2时，f ′(x )<0，故函数f (x )在区间(－∞，ln 2)上单调递减；当x >ln 2时，f ′(x )>0，故函数f (x )在区间(ln 2，＋∞)上单调递增．所以f (x )的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f (x )在x ＝ln 2处取得极小值f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a，无极大值．(2)证明：要证当a>ln 2－1且x>0时，e x>x2－2ax＋1，即证当a>ln 2－1且x>0时，e x－x2＋2ax－1>0.设g(x)＝e x－x2＋2ax－1(x≥0)．则g′(x)＝e x－2x＋2a，由(1)知g′(x)min＝g′(ln 2)＝2－2ln 2＋2a.又a>ln 2－1，则g′(x)min>0.于是对∀x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R上单调递增．于是对∀x>0，都有g(x)>g(0)＝0.即e x－x2＋2ax－1>0，故e x>x2－2ax＋1.2．(·贵阳模拟)已知函数f(x)＝m e x－ln x－1.(1)当m＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若m∈(1，＋∞)，求证：f(x)>1.解：(1)当m＝1时，f(x)＝e x－ln x－1，所以f′(x)＝e x－1x，所以f′(1)＝e－1，又因为f(1)＝e－1，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x.(2)证明：当m>1时，f(x)＝m e x－ln x－1>e x－ln x－1，要证明f(x)>1，只需证明e x－ln x－2>0，设g(x)＝e x－ln x－2，则g′(x)＝e x－1x(x>0)，设h(x)＝e x－1x(x>0)，则h′(x)＝ex＋1x2>0，所以函数h(x)＝g′(x)＝e x－1x在(0，＋∞)上单调递增，因为g′⎝⎛⎭⎫12＝e12－2<0，g′(1)＝e－1>0，所以函数g′(x)＝e x－1x 在(0，＋∞)上有唯一零点x0，且x0∈⎝⎛⎭⎫12，1，因为g ′(x 0)＝0，所以e x 0＝1x 0，即ln x 0＝－x 0， 当x ∈(0，x 0)时，g ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )>0，所以当x ＝x 0时，g (x )取得最小值g (x 0)，故g (x )≥g (x 0)＝e x 0－ln x 0－2＝1x 0＋x 0－2>0， 综上可知，若m ∈(1，＋∞)，则f (x )>1.3．(·济南市学习质量评估)已知函数f (x )＝x (e x ＋1)－a (e x －1)．(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处切线的斜率为1，求实数a 的值；(2)当x ∈(0，＋∞)时，f (x )>0恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝x e x ＋e x ＋1－a e x .因为f ′(1)＝e ＋e ＋1－a e ＝1，所以a ＝2.(2)设g (x )＝f ′(x )＝e x ＋1＋x e x －a e x ，则g ′(x )＝e x ＋(x ＋1)e x －a e x ＝(x ＋2－a )e x ，设h (x )＝x ＋2－a ，注意到f (0)＝0，f ′(0)＝g (0)＝2－a ，(i)当a ≤2时，h (x )＝x ＋2－a >0在(0，＋∞)上恒成立，所以g ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，所以g (x )在(0，＋∞)上是增函数，所以g (x )>g (0)＝2－a ≥0，所以f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立．所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数，所以f (x )>f (0)＝0在(0，＋∞)上恒成立，符合题意．(ii)当a >2时，h (0)＝2－a <0，h (a )＝2>0，∃x 0∈(0，a )，使得h (x 0)＝0，当x ∈(0，x 0)时，h (x )<0，所以g ′(x )<0，所以g (x )在(0，x 0)上是减函数，所以f ′(x )在(0，x 0)上是减函数．所以f ′(x )<f ′(0)＝2－a <0，所以f (x )在(0，x 0)上是减函数，所以当x ∈(0，x 0)时，f (x )<f (0)＝0，不符合题意．综上所述，a ≤2，即实数a 的取值范围为(－∞，2]．4．(·福建五校第二次联考)已知函数f (x )＝x 2－(2m ＋1)x ＋ln x (m ∈R )．(1)当m ＝－12时，若函数g (x )＝f (x )＋(a －1)ln x 恰有一个零点，求a 的取值范围；(2)当x >1时，f (x )<(1－m )x 2恒成立，求m 的取值范围．解：(1)函数g (x )的定义域为(0，＋∞)．当m ＝－12时，g (x )＝a ln x ＋x 2，所以g ′(x )＝a x ＋2x ＝2x 2＋a x. (i)当a ＝0时，g (x )＝x 2，x >0时无零点．(ii)当a >0时，g ′(x )>0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，取x 0＝e －1a ，则g (x 0)＝g (e －1a)＝－1＋⎝⎛⎭⎫e －1a 2<0， 因为g (1)＝1，所以g (x 0)·g (1)<0，此时函数g (x )恰有一个零点．(iii)当a <0时，令g ′(x )＝0，解得x ＝－a 2.当0<x <－a 2时，g ′(x )<0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎫0， －a 2上单调递减； 当x >－a 2时，g ′(x )>0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞上单调递增． 要使函数g (x )恰有一个零点，则g ⎝⎛⎭⎫－a 2＝a ln －a 2－a 2＝0，即a ＝－2e. 综上所述，若函数g (x )恰有一个零点，则a ＝－2e 或a >0.(2)令h (x )＝f (x )－(1－m )x 2＝mx 2－(2m ＋1)x ＋ln x ，根据题意，当x ∈(1，＋∞)时，h (x )<0恒成立．h ′(x )＝2mx －(2m ＋1)＋1x ＝（x －1）（2mx －1）x. (i)若0<m <12，则x ∈⎝⎛⎭⎫12m ，＋∞时，h ′(x )>0恒成立，所以h (x )在⎝⎛⎭⎫12m ，＋∞上是增函数，且h (x )∈⎝⎛⎭⎫h ⎝⎛⎭⎫12m ，＋∞，所以不符合题意． (ii)若m ≥12，则x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0恒成立，所以h (x )在(1，＋∞)上是增函数，且h (x )∈()h （1），＋∞，所以不符合题意．(iii)若m ≤0，则x ∈(1，＋∞)时，恒有h ′(x )<0，故h (x )在(1，＋∞)上是减函数，于是h (x )<0对任意的x ∈(1，＋∞)都成立的充要条件是h (1)≤0，即m －(2m ＋1)≤0，解得m ≥－1，故－1≤m ≤0.综上，m 的取值范围是[－1，0]．。
高考数学总复习考点知识专题讲解11---导数与不等式
(2)若m＝21e2，则f(x)＝12lnx－21e2x.
对∀x1，x2∈[2,2e2]都有g(x1)≥f(x2)成立， 等价于对∀x∈[2,2e2]都有g(x)min≥f(x)max，
由(1)知在[2,2e2]上f(x)的最大值为f(e2)＝12，
[规范解答]
(1)因为f(x)＝
ex x
，所以f′(x)＝
ex·x－ex x2
＝
exxx－2 1，f′(2)＝e42，又切点为2，e22，所以切线方程为y－ e22＝e42(x－2)，即e2x－4y＝0.
(2)证明：设函数g(x)＝f(x)－2(x－lnx)＝
ex x
－2x＋2lnx，x
∈(0，＋∞)，
[答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：
[题型专练] 1．设函数f(x)＝lnx－x＋1. (1)讨论f(x)的单调性； (2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1<xl－nx1<x； (3)设c>1，证明：当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>cx.
[解] (1)由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)， f ′(x)＝1x－1，令f ′(x)＝0，解得x＝1. 当0<x<1时，f ′(x)>0，f(x)单调递增； 当x>1时，f ′(x)<0，f(x)单调递减．
高考数学总复习考点知识专题讲解 导数与不等式
专题概述：1.证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以直接构造 函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)<0，则F(x)在(a，b)上是减 函数，同时若F(a)≤0，由减函数的定义可知，x∈(a，b) 时，有F(x)<0，即证明了f(x)<g(x)．有时需对不等式等价变 形后间接构造．若上述方法通过导数不便于讨论F′(x)的符 号，可考虑分别研究f(x)、g(x)的单调性与最值情况，有时 需对不等式进行等价转化；2.已知不等式恒成立求参数取值 范围，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题；若 参数不便于分离，或分离以后不便于求解，则考虑直接构 造函数法，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而 得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围．
高中数学_导数与含参函数单调性之含参不等式的求解问题教学课件设计
例3、已知函数
f
(x)
x
2 x
1 a ln
x
，a 0
，
讨论 f (x) 的单调性。
你是如何判断 两根的符号及 大小的？
变式、（2018全国1理）已知函数
f (x) 1 x a ln x ，讨论 f (x) 的单调性。 x
小结：
1、一次： 直线，与x轴的交点及单调性； 2、两个因式的乘积：
a R ， 讨论 f (x) 的单调性。
如何避免这个 问题？
变式、（2016全国1文）已知函数
f (x) （x 2）ex a(x 1)2 ，讨论 f (x) 的单调性。
问题1： (x 1)2 如何求导？
问题2： ex 2a 0 有根时，如何确定不等式 (ex 2a)( x 1) 0 ，(ex 2a)( x 1) 0
导数与含参函数单调性 ----------含参不等式的求解问题
例1、（2017年全国3文）已知函数
f (x) ln x ax2 (2a 1)x ，讨论 f (x) 的单调性。
当 a 0时，如何准确写出不 等式 2ax 1 0 或 2ax 1 0
的解集呢？
例2、已知函数 f (x) x2 (a 2)x a ln x ，
①两根的大小关系反，开口向下的抛物线。
3、二次函数（不能因式分解）： ①分类依据 0 和 0 ； ②画图像，开口方向，定点，对称轴。
作业布置： 学案后面的作业部分
(浙江专用)高考数学二轮复习专题五函数与导数、不等式第5讲导数与函数零点、不等式问题课件
导数与函数零点、不等式问题高考定位在高考压轴题中,函数与方程、不等式的交汇是考查的热点,常以含指数函数、对数函数为载体考查函数的零点（方程的根）、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题.項题感考点整合I ■■■■■■■■■■ 真题感悟明考向鑿沂要点鑒（2018 •浙江卷）已知函数»=^~lnx⑴右夬兀）在x=x\ 9兀2（兀1上兀2）处导数相等，证明：/（兀1）+/（无2）＞8 —81n 2；（2）若"W3—41n2,证明：对于任意40,直线y=kx+a与曲线y=/（x）有唯一公共点. 证明（1）函数加的导函数由弘尸％»得未_±=未_右因为小冷2'所以± + 土 = 2 ^由基本不等式得，/石梟=需+\禺三2徧扃，因为小冷2，所以兀1兀2>256.由题意得/(x 1)+/(兀2)一In X[+寸扃一In X2=^\[x[X2一ln(XiX2). 设g(x)=2&—Inx，则g&)=右&—4),所以Q O时，g《x)、g(x)的变化情况如下表：x由 f(x)=kx+a 得 k=所以g(x)在［256, +oo)上单调递增，故g(xix 2)>g(256) = 8-81n2,即/(%1)+/(兀2)>8 —81n 2・所以，存在x 0^(m,斤)使夬兀())=阪+© 所以，对于任意的aWR 及kW(0,+00)，直线y=kx+a 与曲线y=f(x)有公共点.(2)令心严+? H — 'ldl+ 1t k 丿?+1,贝(加)一km —a>\a\-\~k —k —么20,f(n)—kn —a<n —k <0,5 \x—In x—a设恥尸----- ---- ，则“尸^^竺亠宁凹，其中缈导皿由(1)可知g(x)2g(16),又aW3_41n 2,故一g(x)—1+oW—g(16)—l+a=—3 +41n 2+aWO,所以/f(x)WO,即函数方(兀)在(0, +oo)上单调递减，因此方程f(x)-kx-a=0至多1 个实根.综上，当aW3—41n 2时，对于任意Q0,直线y=kx~\~a与曲线y=f(x)有唯一公共占考点整合1•利用导数研究函数的零点函数的零点、方程的实根、函数图象与X轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的变化趋势，数形结合求解.2.三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当X TOO时，函数值也趋向oo,只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可•存在两个极值点小，兀2且的函数几劝=ax3+ bx2+ex+的零点分布情况女口下：3.利用导数解决不等式问题(1)利用导数证明不等式.若证0|»<g(x), b),可以构造函数F(x)=»-g«,如果能证明尸⑴在(a, b)上的最大值小于0,即可证明/⑴Vg(x), x^(a, b).(2)利用导数解决不等式的“恒成立”与“存在性”问题.①/S)>g(x)对一切X e 成立/是/⑴>g(x)的解集的子集[/W —g(X)]min>0 (炸/).②x^I,使f(x)>g(x)成立 /与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集[/W —<?W]max>°(-re/)-③对Xp 七丘/使得心1)£&(%2)/WmaxWgOOmhr④对X^I,兀2日使得/山)之(兀2)/Wmin±g(X)min・温馨提醒解决方程、不等式相关问题，要认真分析题目的结构特点和已知条件，恰当构造函数并借助导数硏究性质,这是解题的关键.热点一 利用导数研究函数的零点（方程的根）【例1] （2018-全国II 卷）已知函数沧）=$—"（/+兀+1）.（1） 若。
高考数学二轮复习第2部分专题6函数导数不等式第3讲导数的综合应用课件文
1．(求切线方程、不等式证明)已知函数 f(x)＝mex－ln x－1. (1)当 m＝1 时，求曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若 m∈(1，＋∞)，求证：f(x)>1.
[解] (1)当 m＝1 时，f(x)＝ex－ln x－1， 所以 f′(x)＝ex－1x， 所以 f′(1)＝e－1，又因为 f(1)＝e－1， 所以曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为 y－(e－1)＝(e－1)(x －1)， 即 y＝(e－1)x.
2．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数 f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 a<0 时，证明 f(x)≤－43a－2.
[解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝1x＋2ax＋2a＋1＝x＋1x2ax＋1. 若 a≥0，则当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0， 故 f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
③若 a<0，则由(1)得，当 x＝ln－a2时，f(x)取得最小值，最小值 为 fln－a2＝a234－ln－2a，从而当且仅当 a234－ln－2a≥0，即－2e34 ≤a＜0 时，f(x)≥0.
综上，a 的取值范围是[－2e34，1]．
[教师备选题] (2016·全国卷Ⅱ)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(1，f(1))处的切线方程； (2)若当 x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求 a 的取值范围．
[解] (1)f′(x)＝－ax2＋2eax－1x＋2，f′(0)＝是 2x－y－1＝0. (2)证明：当 a≥1 时，f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x. 令 g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，则 g′(x)＝2x＋1＋ex＋1. 当 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)≥g(－1)＝0. 因此 f(x)＋e≥0.
高考数学二轮复习 专题一 集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数 第二讲 函数的图象与性质教案 理-
第二讲函数的图象与性质年份卷别考查角度及命题位置命题分析2018Ⅱ卷函数图象的识别·T3 1.高考对此部分内容的命题多集中于函数的概念、函数的性质及分段函数等方面，多以选择、填空题形式考查，一般出现在第5～10或第13～15题的位置上，难度一般．主要考查函数的定义域，分段函数求值或分段函数中参数的求解及函数图象的判断．2.此部分内容有时出现在选择、填空题压轴题的位置，多与导数、不等式、创新性问题结合命题，难度较大.函数奇偶性、周期性的应用·T11Ⅲ卷函数图象的识别·T72017Ⅰ卷函数单调性、奇偶性与不等式解法·T5Ⅲ卷分段函数与不等式解法·T152016Ⅰ卷函数的图象判断·T7Ⅱ卷函数图象的对称性·T12函数及其表示授课提示：对应学生用书第5页[悟通——方法结论]求解函数的定义域时要注意三式——分式、根式、对数式，分式中的分母不为零，偶次方根中的被开方数非负，对数的真数大于零．底数大于零且不大于1．解决此类问题的关键在于准确列出不等式(或不等式组)，求解即可．确定条件时应先看整体，后看部分，约束条件一个也不能少．[全练——快速解答]1．(2016·高考全国卷Ⅱ)以下函数中，其定义域和值域分别与函数y＝10lg x的定义域和值域相同的是( )A．y＝x B．y＝lg xC ．y ＝2xD ．y ＝1x解析：函数y ＝10lg x的定义域与值域均为(0，＋∞)．结合选项知，只有函数y ＝1x的定义域与值域均为(0，＋∞)．应选D.答案：D2．(2018·某某名校联考)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧f (x －4)，x >2，e x，－2≤x ≤2，f (－x )，x <－2，那么f (－2 017)＝( )A ．1B ．eC ．1eD ．e 2解析：由题意f (－2 017)＝f (2 017)，当x ＞2时，4是函数f (x )的周期，所以f (2 017)＝f (1＋4×504)＝f (1)＝e.答案：B3．函数f (x )＝x －1ln (1－ln x )的定义域为________．解析：由函数解析式可知，x 需满足⎩⎪⎨⎪⎧x －1≥01－ln x >0x >01－ln x ≠1，解得1<xf (x )＝x －1ln (1－ln x )的定义域为(1，e)．答案：(1，e)4．(2017·高考全国卷Ⅲ)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x ≤0，2x，x >0，那么满足f (x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12>1的x 的取值X 围是__________．解析： 当x ≤0时，原不等式为x ＋1＋x ＋12>1，解得x >－14，∴－14<x ≤0.当0<x ≤12时，原不等式为2x＋x ＋12>1，显然成立．当x >12时，原不等式为2x＋2x －12>1，显然成立．综上可知，x 的取值X 围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，＋∞.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，＋∞求函数的定义域，其实质就是以函数解析式所含运算有意义为准那么，列出不等式或不等式组，然后求出解集即可．2．分段函数问题的5种常见类型及解题策略 常见类型 解题策略求函数值弄清自变量所在区间，然后代入对应的解析式，求“层层套〞的函数值，要从最内层逐层往外计算求函数最值 分别求出每个区间上的最值，然后比较大小解不等式根据分段函数中自变量取值X 围的界定，代入相应的解析式求解，但要注意取值X 围的大前提求参数 “分段处理〞，采用代入法列出各区间上的方程利用函数性质求值必须依据条件找到函数满足的性质，利用该性质求解函数图象及应用授课提示：对应学生用书第5页[悟通——方法结论]1．作函数图象有两种基本方法：一是描点法、二是图象变换法，其中图象变换有平移变换、伸缩变换、对称变换等．2．利用函数图象可以判断函数的单调性、奇偶性，作图时要准确画出图象的特点．(1)(2017·高考全国卷Ⅰ)函数y ＝sin 2x1－cos x的部分图象大致为( )解析：令函数f (x )＝sin 2x 1－cos x ，其定义域为{x |x ≠2k π，k ∈Z }，又f (－x )＝sin (－2x )1－cos (－x )＝－sin 2x 1－cos x ＝－f (x )，所以f (x )＝sin 2x1－cos x 为奇函数，其图象关于原点对称，故排除B ；因为f (1)＝sin 2 1－cos 1>0，f (π)＝sin 2π1－cos π＝0，故排除A 、D ，选C.答案：C(2)(2017·高考全国卷Ⅲ)函数y ＝1＋x ＋sin xx2的部分图象大致为( )解析：法一：易知函数g (x )＝x ＋sin xx2是奇函数，其函数图象关于原点对称，所以函数y ＝1＋x ＋sin xx2的图象只需把g (x )的图象向上平移一个单位长度，结合选项知选D.法二：当x →＋∞时，sin x x 2→0,1＋x →＋∞，y ＝1＋x ＋sin xx2→＋∞，故排除选项B.当0<x <π2时，y ＝1＋x ＋sin xx2>0，故排除选项A 、C.选D.答案：D由函数解析式识别函数图象的策略[练通——即学即用]1．(2018·高考全国卷Ⅲ)函数y ＝－x 4＋x 2＋2的图象大致为( )解析：法一：ƒ′(x )＝－4x 3＋2x ，那么ƒ′(x )＞0的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－22∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，ƒ(x )单调递增；ƒ′(x )＜0的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0∪⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞，ƒ(x )单调递减． 应选D.法二：当x ＝1时，y ＝2，所以排除A ，B 选项．当x ＝0时，y ＝2，而当x ＝12时，y ＝－116＋14＋2＝2316＞2，所以排除C 选项．应选D. 答案：D 2．函数f (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫21＋e x －1cos x 的图象的大致形状是( )解析：∵f (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫21＋e x －1cos x ，∴f (－x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋e －x －1cos(－x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋e x －1cosx ＝－f (x )，∴函数f (x )为奇函数，其图象关于原点对称，可排除选项A ，C ，又当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2时，e x >e 0＝1，21＋ex －1<0，cos x >0，∴f (x )<0，可排除选项D ，应选B.答案：B3．(2018·某某调研)函数f (x )的图象如下图，那么f (x )的解析式可以是( )A ．f (x )＝ln|x |xB ．f (x )＝e xxC ．f (x )＝1x2－1D ．f (x )＝x －1x解析：由函数图象可知，函数f (xf (x )＝x －1x，那么当x →＋∞时，f (x )→＋∞，排除D ，应选A.答案：A函数的性质及应用授课提示：对应学生用书第6页[悟通——方法结论]1．判断函数单调性的一般规律对于选择、填空题，假设能画出图象，一般用数形结合法；而对于由基本初等函数通过加、减运算或复合运算而成的函数常转化为基本初等函数单调性的判断问题；对于解析式为分式、指数函数式、对数函数式等较复杂的函数，用导数法；对于抽象函数，一般用定义法．2．函数的奇偶性(1)确定函数的奇偶性，务必先判断函数的定义域是否关于原点对称．(2)奇函数的图象关于原点对称，偶函数的图象关于y轴对称．3．记住几个周期性结论(1)假设函数f(x)满足f(x＋a)＝－f(x)(a>0)，那么f(x)为周期函数，且2a是它的一个周期．(2)假设函数f(x)满足f(x＋a)＝1f(x)(a>0)，那么f(x)为周期函数，且2a是它的一个周期．(1)(2017·高考全国卷Ⅱ)函数f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是( )A．(－∞，－2) B．(－∞，1)C．(1，＋∞)D．(4，＋∞)解析：由x2－2x－8>0，得x>4或x<－2.因此，函数f(x)＝ln(x2－2x－8)的定义域是(－∞，－2)∪(4，＋∞)．注意到函数y＝x2－2x－8在(4，＋∞)上单调递增，由复合函数的单调性知，f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是(4，＋∞)．答案：D(2)(2017·高考全国卷Ⅰ)函数f(x)在(－∞，＋∞)单调递减，且为奇函数．假设f(1)＝－1，那么满足－1≤f(x－2)≤1的x的取值X围是( )A．[－2,2] B．[－1,1]C．[0,4] D．[1,3]解析：∵f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)．∵f(1)＝－1，∴f(－1)＝－f(1)＝1.故由－1≤f(x－2)≤1，得f(1)≤f(x－2)≤f(－1)．又f(x)在(－∞，＋∞)单调递减，∴－1≤x－2≤1，∴1≤x≤3.答案：D(3)(2018·高考全国卷Ⅲ)函数ƒ(x )＝ln(1＋x 2－x )＋1，ƒ(a )＝4，那么ƒ(－a )＝________.解析：∵ƒ(x )＋ƒ(－x )＝ln(1＋x 2－x )＋1＋ln(1＋x 2＋x )＋1＝ln(1＋x 2－x 2)＋2＝2，∴ƒ(a )＋ƒ(－a )＝2，∴ƒ(－a )＝－2. 答案：－21．掌握判断函数单调性的常用方法数形结合法、结论法(“增＋增〞得增、“减＋减〞得减及复合函数的“同增异减〞)、定义法和导数法．2．熟知函数奇偶性的3个特点(1)奇函数的图象关于原点对称，偶函数的图象关于y 轴对称． (2)确定函数的奇偶性，务必先判断函数的定义域是否关于原点对称． (3)对于偶函数而言，有f (－x )＝f (x )＝f (|x |)．3．周期性：利用周期性可以转化函数的解析式、图象和性质，把不在区间上的问题，转化到区间上求解．4．注意数形结合思想的应用．[练通——即学即用]1．(2018·某某模拟)以下函数中，既是奇函数又在(0，＋∞)上单调递增的是( ) A ．y ＝e x＋e －xB ．y ＝ln(|x |＋1)C ．y ＝sin x |x |D ．y ＝x －1x解析：选项A 、B 显然是偶函数，排除；选项C 是奇函数，但在(0，＋∞)上不是单调递增函数，不符合题意；选项D 中，y ＝x －1x 是奇函数，且y ＝x 和y ＝－1x在(0，＋∞)上均为增函数，故y ＝x －1x在(0，＋∞)上为增函数，所以选项D 正确．答案：D2．(2018·某某八中摸底)函数y ＝f (x )在区间[0,2]上单调递增，且函数f (x ＋2)是偶函数，那么以下结论成立的是( )A ．f (1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72B ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72<f (1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52<f (1)D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52<f (1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72 解析：因为函数f (x ＋2)是偶函数， 所以f (x ＋2)＝f (－x ＋2)， 即函数f (x )的图象关于x ＝2对称． 又因为函数y ＝f (x )在[0,2]上单调递增， 所以函数y ＝f (x )在区间[2,4]上单调递减． 因为f (1)＝f (3)，72>3>52，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72<f (3)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52， 即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72<f (1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52. 答案：B授课提示：对应学生用书第116页一、选择题1．以下四个函数： ①y ＝3－x ；②y ＝2x －1(x >0)；③y ＝x 2＋2x －10；④y ＝⎩⎪⎨⎪⎧x (x ≤0)，1x(x >0).其中定义域与值域相同的函数的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：①y ＝3－x 的定义域和值域均为R ，②y ＝2x －1(x >0)的定义域为(0，＋∞)，值域为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞，③y ＝x 2＋2x －10的定义域为R ，值域为[－11，＋∞)，④y ＝⎩⎪⎨⎪⎧x (x ≤0)，1x(x >0)的定义域和值域均为R ，所以定义域与值域相同的函数是①④，共有2个，应选B.答案：B2．设定义在R 上的奇函数y ＝f (x )满足对任意的x ∈R ，都有f (x )＝f (1－x )，且当x ∈[0，12]时，f (x )＝(x ＋1)，那么f (3)＋f (－32)的值为( )A ．0B ．1C ．－1D ．2解析：由于函数f (x )是奇函数，所以f (x )＝f (1－x )⇒f (x )＝－f (x ＋1)⇒f (x ＋1)＝－f (x )⇒f (x ＋2)＝f (x )，所以f (3)＝f (1)＝f (1－1)＝f (0)＝0，f (－32)＝f (12)＝32f (3)＋f (－32)＝－1.答案：C3．函数f (x )＝1＋ln ()x 2＋2的图象大致是( )解析：因为f (0)＝1＋ln 2>0，即函数f (x )的图象过点(0，ln 2)，所以排除A 、B 、C ，选D.答案：D4．(2017·高考某某卷)奇函数f (x )在R 上是增函数，g (x )＝xf (x )．假设a ＝g (－log 2 5.1)，b ＝g (2)，c ＝g (3)，那么a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a <b <cB ．c <b <aC ．b <a <cD ．b <c <a解析：奇函数f (x )在R 上是增函数，当x >0时，f (x )>f (0)＝0，当x 1>x 2>0时，f (x 1)>f (x 2)>0，∴x 1f (x 1)>x 2f (x 2)，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增，且g (x )＝xf (x )是偶函数，∴a ＝g (－log 2 5.1)＝g (log 2 5.1)．易知2<log 2 5.1<3,1<2<2，由g (x )在(0，＋∞)上单调递增，得g (2)<g (log 2 5.1)<g (3)，∴b <a <c ，应选C.答案：C5．(2018·某某模拟)函数f (x )＝e xx 的图象大致为( )解析：由f (x )＝e x x ，可得f ′(x )＝x e x －e x x 2＝(x －1)e x x2， 那么当x ∈(－∞，0)和x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．又当x <0时，f (x )<0，应选B.答案：B6．定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x －4)＝－f (x )，且在区间[0,2]上是增函数，那么( )A ．f (－25)<f (11)<f (80)B ．f (80)<f (11)<f (－25)C ．f (11)<f (80)<f (－25)D ．f (－25)<f (80)<f (11)解析：因为f (x )满足f (x －4)＝－f (x )，所以f (x －8)＝f (x )，所以函数f (x )是以8为周期的周期函数，那么f (－25)＝f (－1)，f (80)＝f (0)，f (11)＝f (3)．由f (x )是定义在R 上的奇函数，且满足f (x －4)＝－f (x )，得f (11)＝f (3)＝－f (－1)＝f (1)．因为f (x )在区间[0,2]上是增函数，f (x )在R 上是奇函数，所以f (x )在区间[－2,2]上是增函数，所以f (－1)<f (0)<f (1)，即f (－25)<f (80)<f (11)．答案：D7．(2018·某某模拟)函数f (x )＝ex －1＋4x －4，g (x )＝ln x －1x ，假设f (x 1)＝g (x 2)＝0，那么( )A ．0<g (x 1)<f (x 2)B ．f (x 2)<g (x 1)<0C ．f (x 2)<0<g (x 1)D ．g (x 1)<0<f (x 2) 解析：易知f (x )＝e x －1＋4x －4，g (x )＝ln x －1x在各自的定义域内是增函数，而f (0)＝e －1＋0－4＝1e －4<0，f (1)＝e 0＋4×1－4＝1>0，g (1)＝ln 1－11＝－1<0，g (2)＝ln 2－12＝ln 2e f (x 1)＝g (x 2)＝0，所以0<x 1<1,1<x 2<2，所以f (x 2)>f (1)>0，g (x 1)<g (1)<0，故g (x 1)<0<f (x 2)．答案：D8．函数f (x )＝(x 2－2x )·sin(x －1)＋x ＋1在[－1,3]上的最大值为M ，最小值为m ，那么M ＋m ＝( )A ．4B ．2C ．1D ．0 解析：f (x )＝[(x －1)2－1]sin(x －1)＋x －1＋2，令t ＝x －1，g (t)＝(t 2－1)sin t ＋t ，那么y ＝f (x )＝g (t)＋2，t ∈[－2,2]．显然M ＝g (t)max ＋2，m ＝g (t)min ＋2.又g (t)为奇函数，那么g (t)max ＋g (t)min ＝0，所以M ＋m ＝4，应选A.答案：A9．g (x )是定义在R 上的奇函数，且当x <0时，g (x )＝－ln(1－x )，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ x 3，x ≤0，g (x )，x >0，假设f (2－x 2)>f (x )，那么x 的取值X 围是( ) A ．(－∞，－2)∪(1，＋∞)B ．(－∞，1)∪(2，＋∞)C ．(－2,1)D ．(1,2)解析：因为g (x )是定义在R 上的奇函数，且当x <0时，g (x )＝－ln(1－x )，所以当x >0时，－x <0，g (－x )＝－ln(1＋x )，即当x >0时，g (x )＝ln(1＋x )，那么函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ x 3，x ≤0，ln (1＋x )，x >0，作出函数f (x )的图象，如图：由图象可知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ x 3，x ≤0，ln (1＋x )，x >0在(－∞，＋∞)上单调递增． 因为f (2－x 2)>f (x )，所以2－x 2>x ，解得－2<x <1，应选C.答案：C10．(2018·高考全国卷Ⅱ)ƒ(x )是定义域为(－∞，＋∞)的奇函数，满足ƒ(1－x )＝ƒ(1＋x )．假设ƒ(1)＝2，那么ƒ(1)＋ƒ(2)＋ƒ(3)＋…＋ƒ(50)＝( )A ．－50B ．0C ．2D ．50解析：∵ƒ(x )是奇函数，∴ƒ(－x )＝－ƒ(x )，∴ƒ(1－x )＝－ƒ(x －1)．由ƒ(1－x )＝ƒ(1＋x )，∴－ƒ(x －1)＝ƒ(x ＋1)，∴ƒ(x ＋2)＝－ƒ(x )，∴ƒ(x ＋4)＝－ƒ(x ＋2)＝－[－ƒ(x )]＝ƒ(x )，∴函数ƒ(x )是周期为4的周期函数．由ƒ(x )为奇函数得ƒ(0)＝0.又∵ƒ(1－x )＝ƒ(1＋x )，∴ƒ(x )的图象关于直线x ＝1对称，∴ƒ(2)＝ƒ(0)＝0，∴ƒ(－2)＝0.又ƒ(1)＝2，∴ƒ(－1)＝－2，∴ƒ(1)＋ƒ(2)＋ƒ(3)＋ƒ(4)＝ƒ(1)＋ƒ(2)＋ƒ(－1)＋ƒ(0)＝2＋0－2＋0＝0，∴ƒ(1)＋ƒ(2)＋ƒ(3)＋ƒ(4)＋…＋ƒ(49)＋ƒ(50)＝0×12＋ƒ(49)＋ƒ(50)＝ƒ(1)＋ƒ(2)＝2＋0＝2.应选C.答案：C11．定义在R 上的函数f (x )对任意0<x 2<x 1都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<1，且函数y ＝f (x )的图象关于原点对称，假设f (2)＝2，那么不等式f (x )－x >0的解集是( )A ．(－2,0)∪(0,2)B ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)C ．(－∞，－2)∪(0,2)D ．(－2,0)∪(2，＋∞) 解析：由f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<1， 可得[f (x 1)－x 1]－[f (x 2)－x 2]x 1－x 2<0.令F (x )＝f (x )－x ，由题意知F (x )在(－∞，0)，(0，＋∞)上是减函数，又是奇函数，且F (2)＝0，F (－2)＝0，所以结合图象，令F (x )>0，得x <－2或0<x <2，应选C.答案：C12．(2018·某某三市联考)函数f (x )＝e |x |，函数g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ e x ，x ≤4，4e 5－x ，x >4对任意的x ∈[1，m ](m >1)，都有f (x －2)≤g (x )，那么m 的取值X 围是( )A ．(1,2＋ln 2) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫2，72＋ln 2 C ．(ln 2,2] D.⎝ ⎛⎦⎥⎤1，72＋ln 2 解析：作出函数y 1＝e |x －2|和y ＝g (x )的图象，如下图，由图可知当x＝1时，y 1＝g (1)，又当x ＝4时，y 1＝e 2<g (4)＝4e ，当x >4时，由ex －2≤4e 5－x ，得e 2x －7≤4，即2x －7≤ln 4，解得x ≤72＋ln 2，又m >1，∴1<m ≤72＋ln 2.答案：D二、填空题13．设f (x )是周期为2的奇函数，当0≤x ≤1时，f (x )＝2x (1－x )，那么f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝________.解析：由题意得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－52＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－12. 答案：－1214．假设函数f (x )＝x (x －1)(x ＋a )为奇函数，那么a ＝________.解析：法一：因为函数f (x )＝x (x －1)(x ＋a )为奇函数，所以f (－x )＝－f (x )对x ∈R 恒成立，所以－x ·(－x －1)(－x ＋a )＝－x (x －1)(x ＋a )对x ∈R 恒成立，所以x (a －1)＝0对x ∈R 恒成立，所以a ＝1.法二：因为函数f (x )＝x (x －1)(x ＋a )为奇函数，所以f (－1)＝－f (1)，所以－1×(－1－1)×(－1＋a )＝－1×(1－1)×(1＋a )，解得a ＝1.答案：115．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ (1－2a )x ＋3a ，x <1，2x －1，x ≥1的值域为R ，那么实数a 的取值X 围是________．解析： 当x ≥1时，f (x )＝2x －1≥1，∵函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ (1－2a )x ＋3a ，x <1，2x －1，x ≥1的值域为R ，∴当x <1时，(1－2a )x ＋3a 必须取遍(－∞，1)内的所有实数，那么⎩⎪⎨⎪⎧ 1－2a >0，1－2a ＋3a ≥1，解得0≤a ＜12. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，12 16．如图放置的边长为1的正方形PABC 沿x 轴滚动，点B 恰好经过原点，设顶点P (x ，y )的轨迹方程是y ＝f (x )，那么对函数y ＝f (x )有以下判断：①函数y ＝f (x )是偶函数；②对任意的x ∈R ，都有f (x ＋2)＝f (x －2)；③函数y ＝f (x )在区间[2,3]上单调递减；④函数y ＝f (x )在区间[4,6]上是减函数．其中判断正确的序号是________．解析：如图，从函数y ＝f (x )的图象可以判断出，图象关于y 轴对称，每4个单位图象重复出现一次，在区间[2,3]上，随x 增大，图象是往上的，在区间[4,6]上图象是往下的，所以①②④正确，③错误．答案：①②④。
(高三数学二轮专题复习)利用导数解决不等式问题
当23a<1，即 a>32时，有 f(1)<0，且此时 f(x)在(1，＋∞)上递减，
∴B＝f11，0，A＝(－∞，f(2))，不满足 A⊆B．
综上，34≤a≤32.
第一部分 专题二 函数与导数
高考总复习第二轮 ·数学(文)
难点二 利用导数证明与函数有关的不等式
x
(0,4)
4
(4，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)
↗
极大值
↘
第一部分 专题二 函数与导数
高考总复习第二轮 ·数学(文)
所以 x>4 时，h(x)<h(4)＝ln 4－2<0 即 ln x< x． 所以 x>4 时，g(x)＝ln x＋1＋2ax< x＋2ax＋1． 设 t＝ x，则 x＋2ax＋1＝2at2＋t＋1 由 a<0，x→＋∞时，2at2＋t＋1<0． 所以 g(x)<0，所以 g(x)在－21a，＋∞上有一个零点． 综上，函数 y＝f(x)有两个极值点时－12<a<0，得证．
第一部分 专题二 函数与导数
高考总复习第二轮 ·数学(文)
(3)解：令 h(x)＝aln x＋1－x，则 h′(x)＝ax－1， 令 h′(x)>0，解得 x<a． 当 a>e 时，h(x)在(1，e)是增函数，所以 h(x)>h(1)＝0． 当 1<a≤e 时，h(x)在(1，a)上递增，(a，e)上递减， 所以只需 h(e)≥0，即 a≥e－1． 当 a≤1 时，h(x)在(1，e)上递减，则需 h(e)≥0， 因为 h(e)＝a＋1－e<0 不合题意． 综上，a≥e－1．
高三数学二轮 函数 导数 不等式
函数导数不等式导数综合试题,主要有以下几方面的内容:1.函数，导数，不等式综合在一起,解决单调性，参数的X围等问题,这类问题涉及到含参数的不等式,不等式的恒成立,能成立,恰成立的求解;2. 函数，导数，方程,不等式综合在一起,解决极值，最值等问题, 这类问题涉及到求极值和极值点,求最值,有时需要借助于方程的理论解决问题;3.利用导数的几何意义,求切线方程,解决与切线方程有关的问题;4. 通过构造函数,以导数为工具,证明不等式.5.导数与其他方面的知识的综合第一课时求函数的极值，求函数的单调区间，参数的取值X围1.（06某某卷）函数f(x)的定义域为开区间(a,b)，导函数f '(x)在(a,b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a,b)内有极小值点（）A．1个B．2个C．3个D．4个解析：函数f(x)的定义域为开区间(a,b)，导函数f '(x)在(a,b)内的图象如图所示，函数f(x)在开区间(a,b)内有极小值的点即函数由减函数变为增函数的点，其导数值为由负到正的点，只有1个，选A.2.（某某卷）f (x)=x3-3x2+2在区间[-1,1]上的最大值是(A)-2 (B)0 (C)2 (D)4解：f '(x)=3x2-6x=3x(x-2)，令f '(x)=0可得x＝0或2（2舍去），当－1≤x<0时，f '(x)>0，当0<x≤1时，f '(x)<0，所以当x＝0时，f(x)取得最大值为2。
选C【例1】（某某卷）设函数f(x)=x3+bx2+cx(x∈R)，已知g(x)= f(x)- f '(x)是奇函数。
（Ⅰ）求b、c的值。
（Ⅱ）求g(x)的单调区间与极值。
【专家解答】：（Ⅰ）∵f(x)=x3+bx2+cx，∴f '(x)=3x2+2bx+c.从而g(x)= f(x)- f '(x)=x3+bx2+cx-(3x2+2bx+c)＝x3+(b-3)x2+(c-2b)x-c是一个奇函数，所以g(0)=0得c=0，由奇函数定义得b=3；（Ⅱ）由（Ⅰ）知g(x)=x3-6x，从而g '(x)=3x2-6，由此可知，(, -∞和)+∞是函数g(x)是单调递增区间；(是函数g(x)是单调递减区间；g(x)在x=，g(x)在x=时，取得极小值，极小值为-。
2017高考数学文科二轮复习课件：专题二 不等式、函数
• 2．基本初等函数、函数与方程及函数的应用 部分： • 对基本初等函数的考查形式主要是选择题、 填空题，也有可能以解答题中某一小问的形 式出现，考查其图象与性质，多为中偏低档 题；函数零点主要考查零点所在区间、零点 个数的判断以及由函数零点的个数求解参数 的取值范围；函数的实际应用问题常以实际 生活为背景，与最值、不等式、导数、解析 几何等知识交汇命题，最近几年函数的实际 应用问题在高考中有“降温”的趋势．
③解线性规划应用问题：
解题 模板 ④利用不等式解决实际问题： 根据题意设出相应变量，一般 把要求最值的变量设为函数 → 建立相应的函数关系式， 确定函数的定义域 → 在定义域内， 求函数的最值 → 回到实际问题中，去写 出实际问题的答案
热点题型突破
题型一 不等式的解法
命题 规律
方法 点拨
高考中常常从以下三个角度命题： (1)一元二次不等式的解法． (2)与分段函数有关的不等式的解法． (3)由不等式恒成立求参数范围． 均以选择、填空题呈现，偶尔出现在解答题中，难度中偏 不等式的求解技巧： (1)对于一元二次不等式，应先化为一般形式ax2＋bx＋c>0 相应一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的根，最后根据相 象与x轴的位置关系，确定一元二次不等式的解集． (2)解简单的分式、指数、对数不等式的基本思想是把它们 整式不等式(一般为一元二次不等式)求解.
• 3．对于不等式的二轮复习需要做好如下三个
第1讲 不等式及线性规划
栏目导 航
2年考情回顾
热点题型突破
热点题源预测
对点规范演练 逐题对点特训
2年考情回顾
①求不等式的解集 设问 方式 ②线性规划问题 ③不等式的应用 [例](2015· 北京卷· 7题)． [例](2015· 湖北卷· 10题)．
高考数学二轮总复习层级三专题二函数导数与不等式第二讲导数与不等式学案理含解
学习资料第二讲导数与不等式1．（2019·全国卷Ⅲ）已知函数f（x)＝2x3－ax2＋2。
（1)讨论f（x)的单调性;（2)当0〈a<3时，记f(x)在区间[0,1］的最大值为M，最小值为m，求M－m的取值范围．解：(1)f′（x）＝6x2－2ax＝2x(3x－a）．令f′(x）＝0，得x＝0或x＝错误!.若a>0,则当x∈(－∞，0)∪错误!时，f′（x)〉0；当x∈错误!时,f′(x)<0,故f(x）在（－∞,0），错误!上单调递增，在错误!上单调递减；若a＝0，则f（x)在（－∞，＋∞）上单调递增;若a〈0，则当x∈错误!∪（0，＋∞）时,f′（x）>0，当x∈错误!时，f′（x)<0,故f（x）在错误!，（0，＋∞)上单调递增,在错误!上单调递减．(2)当0〈a〈3时,由（1）知，f（x)在错误!上单调递减，在错误!上单调递增，所以f（x)在［0，1]的最小值为f错误!＝－错误!＋2，最大值为f（0)＝2或f(1）＝4－a.于是m＝－错误!＋2，M＝错误!所以M－m＝错误!当0<a〈2时,由y′＝a29－1<0可知y＝2－a＋错误!单调递减，所以M－m的取值范围是错误!.当2≤a<3时，y＝错误!单调递增，所以M－m的取值范围是错误!。
综上，M－m的取值范围是错误!。
2．(2018·全国卷Ⅰ）已知函数f(x）＝错误!－x＋a ln x.(1)讨论f(x）的单调性；（2）若f(x）存在两个极值点x1，x2，证明：错误!〈a－2. 解：（1）f（x）的定义域为(0，＋∞），f′（x)＝－错误!－1＋错误!＝－错误!。
①若a≤2，则f′（x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时，f′（x)＝0, 所以f（x）在(0，＋∞)上单调递减．②若a＞2，令f′（x)＝0，得x＝错误!或x＝错误!.当x ∈错误!∪错误!时，f ′（x ）＜0;当x ∈错误!时，f ′（x )＞0。