专题02 导数与函数、不等式(精讲篇)-用思维导图突破导数压轴题
导数压轴题处理专题讲解
导数压轴题处理专题讲解（上）专题一双变量同构式（含拉格朗日中值定理）..................................................... - 2 -专题二分离参数与分类讨论处理恒成立（含洛必达法则）.................................... - 4 -专题三导数与零点问题（如何取点） .................................................................. - 7 -专题四隐零点问题整体代换.............................................................................. - 13 -专题五极值点偏移 ........................................................................................... - 18 -专题六导数处理数列求和不等式....................................................................... - 25 -专题一 双变量同构式（含拉格朗日中值定理）例1. 已知（1）讨论的单调性（2）设，求证：例2. 已知函数，。
（1）讨论函数的单调性；（2）证明：若，则对任意x ，x ，x x ，有。
例3. 设函数. （1）当（为自然对数的底数）时，求的最小值； （2）讨论函数零点的个数；（3）若对任意恒成立，求的取值范围.()()21ln 1f x a x ax =+++()f x 2a ≤-()()()121212,0,,4x x f x f x x x ∀∈+∞-≥-()21(1)ln 2f x x ax a x =-+-1a >()f x 5a <12∈(0,)+∞1≠21212()()1f x f x x x ->--()ln ,m f x x m R x=+∈m e =e ()f x ()'()3x g x f x =-()()0,1f b f a b a b a ->><-m例4. 已知函数（1）讨论函数的单调性（2）对任意的，有，求k 的取值范围例5. 已知函数，是否存在，对任意x ，x ，x x ，恒成立？若存在，求之；若不存在，说明理由。
专题03 最值问题-用思维导图突破圆锥曲线压轴题
专题03 最值问题最值（含范围）问题是解析几何中常见的 问题之一，其基本解题方法是把所求量表示成某个变量的函数，利用二次函数或函数单调性 求最值或范围，也可以利用基本不等式，有时 也会利用几何量的有界性确定范围. 最值问题不仅解答题中分量较大，而且客 观题中也时常出现.求最值的思维导图如右 最大最小为最值 单调二次不等式 几何有界也有用 具体问题再审视思路点拨解1 显然两条直线的斜率都存在且不为0，抛物线2:4C y x =的焦点(1,0)F .设1:(1)l y k x =-，由2(1)4y k x y x =-⎧⎨=⎩，，消元y 得2222(24)0k x k x k -++=，所以22224424A B k AB x x p k k+=++=+=+， 同理，244DE k =+，2214()816AB DE k k+=++≥，当且仅当1k =±时取等号.选（A ）. 解2 设直线1l 的倾斜角为α，则2l 的倾斜角为2+πα，因为22sin p AB =α，22sin ()2pDE =+πα， 例1 已知F 为抛物线C ：y 2=4x 的焦点，过F 作两条互相垂直的直线l 1，l 2，直线l 1与C 交于A 、B 两点，直线l 2与C 交于D 、E 两点，则|AB |+|DE |的最小值为（A ）16 （B ）14 （C ）12 （D ）10 用参数表示该量求 某 量 最 值化简、换元转化为可以利用函数单调性、二次函数、基本不等式、导数、几何图形有界等方法求最值所以2244sin sin ()2AB DE +=++παα 2222444sin cos sin cos =+=αααα21616sin 2=≥α， 当且仅当4=πα或34=πα时取等号.选（A ）.注1 过抛物线22y px =的焦点弦长22||sin p AB θ=.注2 也可以设1:1l x ty =+，则214x ty y x =+⎧⎨=⎩，，消取x 得2440y ty --=，所以2()444A B A B AB x x p t y y t =++=++=+，同理，244DE t =+， 2214()816AB DE t t +=++≥，当且仅当1t =±时取等号.思路点拨当03m <<，焦点在x 轴上，要使C 上存在点M 满足120AMB ∠=，则tan 603a b ≥=33≥，得01m <≤. 当3m >，焦点在y 轴上，要使C 上存在点M 满足120AMB ∠=，则tan 603ab≥=≥，得9m ≥. 故m 的取值范围为(0,1][9,)+∞.(0,1][9,)+∞ 3][9,)+∞ (0,1][4,)+∞ 3][4,)+∞思路点拨要求两个绝对值之和的最小值，就要去掉绝对值，需要分类讨论.怎么确定分类标准？就是令绝对值内部的式子为0.比如，若令220x y +-=，则直线220x y +-=与圆相交，把圆分成两部分.解1 原问题可以转化为如下的非线性规划问题：可行域为单位圆（含内部）的任意一点，直线22y x =-将可行域分成两个部分，不妨将左下方的区域（大弓形区域）记作Ⅰ，将右上方的区域（小弓形区域）记作Ⅰ．因为单位圆221x y +≤及其内部在直线630x y --=下方，所以630x y -->，所以(,)|22||63|f x y x y x y =+-+--42,22,834,22.x y y x x y y x +-≥-⎧=⎨--<-⎩ 直线22y x =-与单位圆221x y +=交点10E ,（），3455F （，）.设1242,834z x y z x y =+-=--，分别作直线13,24y x y x ==-并平移，则1242,834z x y z x y =+-=--都在点3455F （，）取得最小值3.所以2263x y x y +-+--的最小值是3.解2 (,)|22||63|f x y x y x y =+-+--|(22)(63)||348|x y x y x y ≥+----=+-，（当220x y +-≤时取等号）.设cos ,sin x r y r θθ==，其中01,02r θπ≤≤≤≤. 则 |348||3cos 4sin 8|x y r r θθ+-=+-|5sin()8|85853r r θϕ=+-≥-≥-=.其中ϕ由34sin ,cos 55ϕϕ==确定，等号当且仅当1,sin+=1r θϕ=（），即3455x ,y ==.另外，当220x y +->时，2263x y x y +-+--3>. 所以2263x y x y +-+--的最小值是3.思路点拨在平面直角坐标系中画出可行域如图，22x y +的几何意义为可行域内的点到原点距离的平方．xy BA –1–2–3–412341234例4 已知实数,x y 满足240,220,330,x y x y x y -+≥⎧⎪+-≥⎨⎪--≤⎩则22x y +的取值范围为____.是 ．过原点O 作直线220x y +-=的垂线，垂足为A ，可以看出图中A 点距离原点最近，此时距离为原点O 到直线220x y +-=的距离，d ==()22min45x y +=， 图中B 点距离原点最远，B 点为240x y -+=与330x y --=交点，则()2,3B ，则()22max13xy +=．所以，22x y +的取值范围为4[,13].5思路点拨第（2）题的关键是选择适当的参数表示||||PA PQ ⋅，可以用直线AP 的斜率为k 为参数，需要求出Q 的坐标，再分别求出||||PA PQ 、的表达式，计算量较大.也可以设2(,)P t t ，以t 为参数，从向量的角度得到||||||||cos AP PQ AP PB BPQ ⋅=⋅∠PA PQ =-⋅+PA PB BQ PA PB =-⋅-⋅（）=.转化为t 函数，再求最大值. 满分解答（1）设直线AP 的斜率为k ，2114122x k x x -==-+， 因为1322x -<<，所以直线AP 斜率的取值范围是(1,1)-.（2）解1设直线AP 的斜率为k ，则 直线AP 的方程为y =kx +12k +14，BQ 的方程为y =13924x k k -++.联立直线AP 与BQ 的方程1102493042kx y k x ky k ⎧-++=⎪⎪⎨⎪+--=⎪⎩，，解得点222234981(,)2244k k k k Q k k +-++++.因为1||)1)2PA x k =+=+，2||)Q PQ x x =-=，所以3||||(1)(1)PA PQ k k ⋅=--+.令3()(1)(1)f k k k =--+，因为2()(42)(1)f k k k '=--+，所以()f k 在区间1(1,)2-上单调递增，1(,1)2上单调递减，因此当12k =时，||||PA PQ ⋅取得最大值2716. 解2 用向量法，令2(,)P t t ，所以||||||||cos AP PQ AP PB BPQ ⋅=⋅∠PA PQ PA PB =-⋅=-⋅221319()()()()2244t t t t =+-+--4233216t t t =-+++222127(1)(1)216t t =----+2716≤. 当且仅当1t =时等号成立.第（2）题可设SOMθ∠=，则2SOTθ∠=，则23sin23ABMCOM OC ABθ==+.223OCAB=+⋅，只要求sinθ的最小值，即只要求OCAB的最小值.(2) 设SOMθ∠=，则2SOTθ∠=，且223sin2233ABMCOCOM OC ABABθ===++⋅.设1122(,),(,)A x yB x y，联立方程22112xyy k x⎧+=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，得2211(42)10k x x+--=，由题意知0∆>，且1121222111,212(21)x x x x k k +==-++，故12212AB x k =-=+.联立方程221124x y y x k ⎧+=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩得2221221181,1414k x y k k ==++，因此OC ==.注 211k OCAB +=22=令21112,1(0,1)t k t t =+>∈，，则211=2t k -，代入上式整理得OC AB =当且仅当112t=，即2t =时OC AB的最小值23，此时12k =±.思路点拨第（1）题直接计算可得。
压轴题思维导图(干货版)
k=1 k=1压轴题思维导图总结（干货）压轴题，山人自有妙计先给大家推荐几本书目：《数学那玩意》4.7 星，适合学完导数与解析几何的时候看，一位数学牛人（学生）主编的，以学生的口吻解题，幽默风趣，其中包含了二次曲线系、过原点的两条直线、积分放缩（一部分）； 《神奇的圆锥曲线与解题秘诀》4.4 星，适合学完解析几何的时候看，总结了许多有用的二级结论； 《更高更妙的高中数学思想方法与指导》 3.8 星，个人认为虽然题目比较难，但是方法归纳比较散，不系统，看了收获不是很大；《五·三》和《天利 38 套》适合刷题，不做评价。
先来说说三大“杀手锏”：解析几何的二次曲线系、导数的分析通项（与 n 有关的不等式， 求和、求积型）和洛必达法则（分离变量后不可求值型）。
此外，对于高考水平的求和类不等式形如∑n a k < S n , 和∑n a k < c ，c 为常数，基本都可以用一招积分放缩搞定，积分放缩又分为矩形放缩（放缩程度较松）和梯形放缩（放缩程度较紧凑）。
不过积分放缩有两个1缺点，一是如果被积函数比较复杂，中学生驾驭起来较难，如 ；二是如果积分放缩得2x +1出的结果是一个超越数，很难比较大小，如 ln2 和 0.7 的大小难比较，不等号方向自然无法确定。
另附：分析通项方法：1、 证明a 1 a 2 … … a n < S n ，变式：证明a 1 a 2 … … a n < c 。
分析通项，即令S n =（S n /S n−1）·（S n−1/S n−2）···（S 2/S 1）·S 1， 从而证明每一项a n < S n /S n−1。
（一般可用归纳法）2、证明a 1 + a 2 + … … + a n < S n ，变式：证明a 1+a 2+⋯ … + a n < c 。
分析通项，即令S n =（S n —S n−1）+（S n−1—S n−2）+···+（S 2—S 1）+S 1，从而证明每一项a n < S n —S n−1。
专题04 导数与切线(训练篇B)-用思维导图突破导数压轴题
专题04 导数与切线（训练篇B ）-用思维导图突破解导数压轴题《挑战压轴题•高中数学•精讲解读篇》（华东师大出版社第1-10版（2009-2019年））、《上海高考好题赏析》（浙江大学出版社2019年）、330多篇论文（文章）作者特级教师文卫星1. 设曲线xe y =在点)1,0(处的切线与曲线)0(1>=x xy 上点P 处的切线垂直，则P 的坐标为 .解 设),(00y x P ，由导数的几何意义知，曲线xe y =在点)1,0(处的切线斜率11=k ，曲线)0(1>=x xy 上点P 处的切线斜率2021x k -=，因为两切线垂直，所以121-=k k ，即1120-=-x ，又00>x ，所以1,100==y x ，所以)1,1(P . 2．已知曲线f (x )＝x 3＋ax ＋14在x ＝0处的切线与曲线g (x )＝－ln x 相切，则a 的值为________．解 由f (x )＝x 3＋ax ＋14，得f ′(x )＝3x 2＋a ，f ′(0)＝a ，f (0)＝14，∴曲线y ＝f (x )在x ＝0处的切线方程为y －14＝ax .设直线y －14＝ax 与曲线g (x )＝－ln x 相切于点(x 0，－ln x 0)，g ′(x )＝－1x，∴⎩⎨⎧－ln x 0－14＝ax 0， ①a ＝－1x 0. ②将②代入①得ln x 0＝34，∴x 0＝e 34，∴a ＝－e -34.3. 如图，y ＝f (x )是可导函数，直线l ：y ＝kx ＋2是曲线y ＝f (x )在x ＝3处的切线，令g (x )＝xf (x )，g ′(x )是g (x )的导函数，则g ′(3)＝( )A ．－1B ．0C ．2D ．4解 由题图可知切线过点(0,2)，(3,1)，则曲线y ＝f (x )在x ＝3处的切线的斜率为－13，即f ′(3)＝－13，又因为g (x )＝xf (x )，所以g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，g ′(3)＝f (3)＋3f ′(3)，所以g ′(3)＝1＋3×⎝⎛⎭⎫－13＝0.故选B 。
高考数学压轴题：导数与不等式
高考数学压轴题：导数与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．类型一 “比较法”构造差函数证明不等式 【例1】已知函数()ln f x ax x =-. （Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）若21,a e ⎛⎤∈-∞-⎥⎝⎦，求证：()12ax f x ax xe -≥-. 【解析】（Ⅰ）由题意得()11'ax f x a x x-=-=， ①当0a ≤时，则()'0f x <在()0,+∞上恒成立， ∴()f x 在()0,+∞上单调递减. ②当0a >时， 则当1,x a ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()()'0f x f x >，单调递增， 当10x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()()0f x f x '<，单调递减．综上：当0a ≤时，()f x 在()0,+∞上单调递减； 当0a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.（Ⅱ）令()()12ax g x f x ax xe -=-+ 1ln ax xe ax x -=--，则()111'ax ax g x eaxea x --=+-- ()()()111111ax ax ax xe ax e x x --+-⎛⎫=+-= ⎪⎝⎭，设()11ax r x xe-=-，则()()1'1ax r x ax e-=+，∵10ax e ->, ∴当10,x a ⎛⎫∈-⎪⎝⎭时，()()'0r x r x >， 单调递增； 当1,x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时，()()0r x r x '<， 单调递减． ∴()2max1110r x r a ae ⎛⎫⎛⎫=-=-+≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（因为21a e ≤-）， ∴110ax ex --≤. ∴()g x 在10,a ⎛⎫-⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，∴()min 1g x g a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭， 设(210,t e a⎤=-∈⎦， 则()221ln 1(0)t g h t t t e a e ⎛⎫-==-+<≤ ⎪⎝⎭， ()211'0h t e t=-≤，()h t 在(20,e ⎤⎦上递减， ∴()()20h t h e≥=；∴()0g x ≥，故()12ax f x ax xe -≥-.说明：判断11ax ex--的符号时，还可以用以下方法判断： 由110ax e x --=得到1ln x a x -=， 设()1ln x p x x -=，则()2ln 2'x p x x -=，当2x e >时，()'0p x >；当20x e <<时，()'0p x <. 从而()p x 在()20,e 上递减，在()2,e +∞上递增.∴()()22min 1p x p e e ==-.当21a e ≤-时，1ln x a x -≤，即110ax e x--≤.当题目中给出简单的基本初等函数，例如()()3 f x x 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 x g x f x ϕ＝－或＝－，进而证明()()00min max h x x ϕ≥≤或即可，在求最值的过程中，可以利用导数为工具．此外，在能够说明()()()00g x f x >>的前提下，也可以类比作商法，构造函数()()()()()f x f x h x xg x g x ϕ＝(()=)，进而证明()()()11min maxh x x ϕ≥≤．例题：已知函数1()ln (1),f x x a a R x=+-∈. （Ⅰ）若()0f x ≥，求实数a 取值的集合；（Ⅱ）证明：212ln (2)xe x x e x x+≥-++-. 【解析】（Ⅰ）由已知，有221()(0)a x af x x x x x-'=-=> 当0a ≤时，1()ln 202f a =-+<，与条件()0f x ≥矛盾,当0a >时，若(0,)x a ∈，则()0f x '<，()f x 单调递减,若(,)x a ∈+∞，则()0f x '>，则()f x 单调递增.所以()f x 在(0,)+∞上有最小值1()ln (1)ln 1f a a a a a a=+-=+-， 由题意()0f x ≥，所以ln 10a a +-≥. 令()ln 1g x x x =-+，所以11()1x g x x x-'=-=， 当(0,1)x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增；当(1,)x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减，所以()g x 在(0,)+∞上有最大值(1)0g =，所以()ln 10g x x x =-+≤，ln 10a a -+≤，ln 10a a -+=，1a =，综上，当()0f x ≥时，实数a 取值的集合为{}1；（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知：1a =时，()0f x ≥，即1ln 1x x≥-在0x >时恒成立. 要证212ln (2)xe x x e x x+≥-++-，只需证当0x >时，2(2)10x e x e x ----≥ 令2()(2)1(0)xh x e x e x x =---->()2(2)x h x e x e '=---，令()2(2)x u x e x e =---，则()2xu x e '=-，令()20xu x e '=-=，解得ln 2x =，所以，函数()u x 在(0,ln 2)内单调递减，在(ln 2,)+∞上单调递增. 即函数()h x '在(0,ln 2)内单调递减，在(ln 2,)+∞上单调递增. 而(0)1(2)30h e e '=--=->.(ln 2)(1)0h h '<'=∴存在0(0,ln 2)x ∈，使得0()0h x '=当0(0,)x x ∈时，()0,()h x h x '>单调递增；当0(,1)x x ∈时，()0,()h x h x '<单调递减. 当(1,)x ∈+∞时，()0,()h x h x '>单调递增， 又(0)110,(1)11(2)0h h e e =-==----=，∴对0,()0x h x ∀>≥恒成立，即2(2)10x e x e x ----≥，综上可得：212ln (2)xe x x e x x+≥-++-成立. 类型二 “拆分法”构造两函数证明不等式 【例2】设函数()1f x x x=-，()ln g x t x =，其中()0,1x ∈，t 为正实数. （1）若()f x 的图象总在函数()g x 的图象的下方，求实数t 的取值范围；（2）设()()()221ln 1e 11x H x x x x x ⎛⎫=-++--⎪⎝⎭，证明：对任意()0,1x ∈，都有()0H x >.【解析】（1）因为函数()f x 的图象恒在()g x 的图象的下方， 所以()()1ln 0f x g x x t x x-=--<在区间0,1上恒成立.设()1ln F x x t x x=--，其中()0,1x ∈， 所以()222111t x tx F x x x x-+'=+-=，其中24t ∆=-，0t >. ①当240t -，即02t <时，()0F x '，所以函数()F x 在0,1上单调递增，()()10F x F <=， 故()()0f x g x -<成立，满足题意.②当240t ->，即2t >时，设()()2101x x tx x θ=-+<<， 则()x θ图象的对称轴12tx =>，()01θ=，()120t θ=-<， 所以()x θ在0,1上存在唯一实根，设为1x ，则()1,1x x ∈，()0x θ<，()0F x '<， 所以()F x 在()1,1x 上单调递减，此时()()10F x F >=，不合题意. 综上可得，实数t 的取值范围是(]0,2.（2）证明：由题意得()()21e ln 1e 1xx H x x x x ⎛⎫=---+ ⎪⎝⎭()()21e 1e ln x x x x x x x--+=-， 因为当()0,1x ∈时，e 10x x x -+>，ln 0x <， 所以()()()21e 10e ln x xx x x H x x x--+>⇔>2e 1e 1ln x x x x x x x-⇔<-+. 令()()e 101xh x x x =--<<，则()e 10xh x '=->，所以()h x 在0,1上单调递增，()()00h x h >=，即e 1x x >+，所以()2e 1111xx x x x x x -+>+-+=+，从而2e e e 11x xx x x x <-++. 由（1）知当2t =时，12ln 0x x x --<在()0,1x ∈上恒成立，整理得212ln x x x->.令()()2e 011xm x x x =<<+，则要证()0H x >，只需证()2m x <.因为()()()222e 101x x m x x-'=>+，所以()m x 在0,1上单调递增，所以()()e122m x m <=<，即()2m x <在0,1上恒成立. 综上可得，对任意()0,1x ∈，都有()0H x >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()()max min f x g x ≤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22()1ln ()f x x a x ax a R =-+-∈. （1）讨论()f x 的单调区间； （2）当0a =且(0,1)x ∈，求证：()11x f x x e x+-<. 【解析】（1）函数()f x 定义域为(0,)+∞，21()2f x a x a x '=-+-2221(21)(1)a x ax ax ax x x--+-==. ①若0a =时，则()0f x <，()f x 在(0,)+∞上单调递减；②若0a >时，1102a a >>-，令1()02f x x a >⇒<-或1x a>. 又0x >，()f x ∴在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增；③若0a <时，1102a a->>，令1()0f x x a>⇒<或12x a >-.又0x >，()f x ∴在10,2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，在1,2a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增；（2）要证()11x f x x e x +-<，只需证1ln 11x x x e x-+-<， (0,1)x ∈，只需证()2(1ln )1x x x x x e -<+-，设()(1ln )g x x x =-，()2()1xh x x xe=+-，()ln 0g x x '=->在(0,1)x ∈上恒成立，所以()g x 在(0,1)上单调递增. 所以()(1)1g x g <=，()2()2(2)(1)0x x h x x x e x x e '=--+=-+->，所以()h x 在(0,1)上单调递增， 所以()(0)1h x h >=，所以当(0,1)x ∈时，()()g x h x <， 即原不等式成立.类型三 “换元法”构造函数证明不等式【例3】已知函数()()1xf x e a x =--有两个零点.（1）求实数a 的取值范围；（2）设1x 、2x 是()f x 的两个零点，证明：1212x x x x <+⋅. 【解析】（1）函数()()1xf x e a x =--，所以()xf x e a '=-，当0a ≤时，()0f x '>在R 上恒成立，所以()f x 在R 上单调递增，()f x 至多只有一个零点，不符合题意，当0a >时，由()0f x '=得ln x a =，所以(),ln x a ∈-∞时，()0f x '<，()f x 单调递减，()ln ,x a ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以ln x a =时()f x 取得极小值，也是最小值，()f x 要有两个零点，则()ln 0f a <，即()2ln 0a a -<，解得2a e >， 所以ln 2a >，当1ln x a =<时，得()10f e =>，当2ln ln x a a =>时，()()22ln 2ln 2ln 1f a a a a a a a a =-+=-+，设()2ln 1a a a ϕ=-+，则()2210a a a aϕ-'=-=> 所以()a ϕ单调递增，则()()22140a eeϕϕ>=+->，所以()()2ln 2ln 10f a a a a =-+>，所以()f x 在区间()1,ln a 上有且只有一个零点，在()ln ,2ln a a 上有且只有一个零点，所以满足()f x 有两个零点的a 的取值范围为2()e +∞.（2）1x 、2x 是()f x 的两个零点，则()()120f x f x ==， 要证1212x x x x <+⋅，即证()()12111x x --<， 根据()()120f x f x ==， 可知()111xe a x =-，()221x ea x =-，即证()()12122111x x e x x a+--=<， 即证122x x e a +<，即证122ln x x a +<， 即证212ln x a x <-， 设1ln x a <，2ln x a >，由（1）知()f x 在()ln ,a +∞上单调递增， 故只需证明()()212ln f x f a x <-，而()()21f x f x =，所以只需证()()112ln f x f a x <- 令()()()2ln g x f a x f x =--，且ln x a <所以()222ln x x a g x e ax a a e =-+-，ln x a <，()22222x x xx xa a e ae g x e a e e+-'=--+=- ()20x xe a e-=-<所以()g x 在(),ln a -∞上单调递减，所以()()()()ln 2ln ln ln 0g x g a f a a f a >=--=， 所以()()2ln f a x f x ->在(),ln a -∞上恒成立， 所以()()112ln f a x f x ->， 故原命题得证.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2()2ln f x x x x =++.（1）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程.（2）若正实数12,x x 满足12()()4f x f x +=，求证：122x x +≥. 【解析】（1）2(1)2ln111=2f =++，切点为(1,2).2()21f x x x'=++，(1)5k f '==.切线为：25(1)y x -=-，即530x y --=.（2）2212111222()()2ln 2ln 4f x f x x x x x x x +=+++++=221112222ln 2ln 4x x x x x x +++++=. 212121212()()42(ln )x x x x x x x x +++=+-令12x x t =， ()ln g t t t =-，0t >，11()1t g t t t-'=-=，(0,1)t ∈，()0g t '<，()g t 为减函数，(1,)t ∈+∞，()0g t '>，()g t 为增函数，min ()(1)1g t g ==，所以()1g t ≥.即21212()()426x x x x +++≥+=.得：1212(3)(2)0x x x x +++-≥， 得到1220x x +-≥，即：122x x +≥. 类型四 “转化法”构造函数证明不等式 【例4】已知函数． （1）讨论的单调性；（2）若存在两个极值点，证明：．【解析】（1）的定义域为，.（i ）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减.（ii ）若，令得，1()ln f x x a x x=-+()f x ()f x 12,x x ()()12122f x f x a x x -<--()f x ()0,+∞()222111a x ax f x x x x -+=--+-'=2a ≤()0f x '≤2a =1x =()0f x '=()f x ()0,+∞2a >()0f x '=x =x =当时，； 当时，.所以在单调递减，在单调递增.（2）由（1）知，存在两个极值点当且仅当.由于的两个极值点满足，所以，不妨设，则.由于， 所以等价于. 设函数，由（1）知，在单调递减，又，从而当时，.所以，即.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． 例题：已知函数，．（Ⅰ）若在内单调递减，求实数的取值范围； （Ⅱ）若函数有两个极值点分别为，，证明：． 【解析】（I ）．x ⎛⎫∈⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()0f x '<22a a x ⎛⎫∈⎪ ⎪⎝⎭()0f x '>()fx 0,,22a a ⎛⎛⎫++∞ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭22a a ⎛+ ⎪⎝⎭()f x 2a >()f x 12,x x 210x ax -+=121x x =12x x <21x >()()12121221212121222ln ln ln ln 2ln 11221f x f x x x x x x a a ax x x x x x x x x x ----=--+=-+=-+----()()12122f x f x a x x -<--22212ln 0x x x -+<()12ln g x x x x=-+()g x ()0,+∞()10g =()1,x ∈+∞()0g x <22212ln 0x x x -+<()()12122f x f x a x x -<--()2ln 2f x x x ax x =-+a ∈R ()f x ()0,∞+a ()f x 1x 2x 1212x x a+>()ln 24f x x ax +'=-∴在内单调递减，∴在内恒成立， 即在内恒成立． 令，则， ∴当时，，即在内为增函数； 当时，，即在内为减函数． ∴的最大值为，∴（Ⅱ）若函数有两个极值点分别为，， 则在内有两根，， 由（I ），知． 由，两式相减，得．不妨设， ∴要证明，只需证明．即证明，亦即证明． 令函数．()f x ()0,∞+()ln 240f x x ax =+-≤()0,∞+ln 24x a x x ≥+()0,∞+()ln 2x g x x x =+()21ln xg x x --'=10e x <<()0g x '>()g x 10,e ⎛⎫⎪⎝⎭1x e >()0g x '<()g x 1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭()g x 1g e e ⎛⎫= ⎪⎝⎭e,4a ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭()f x 1x 2x ()ln 240f x x ax =+-='()0,∞+1x 2x e04a <<1122ln 240ln 240x ax x ax +-=⎧⎨+-=⎩()1212ln ln 4x x a x x -=-120x x <<1212x x a+>()()121212142ln ln x x a x x a x x +<--()1212122ln ln x x x x x x ->-+12112221ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+∴，即函数在内单调递减． ∴时，有，∴． 即不等式成立． 综上，得． 练习1.已知，函数.（1）是函数数的导函数，记，若在区间上为单调函数，求实数a 的取值范围；（2）设实数，求证：对任意实数，总有成立.附：简单复合函数求导法则为.【解析】（1）由已知得，记，则.①若，，在定义域上单调递增，符合题意； ②若，令解得，自身单调递增， 要使导函数在区间上为单调函数， 则需，解得， 此时导函数在区间上为单调递减函数.综合①②得使导函数在区间上为单调函数的的取值范围是22(1)'()0(1)x h x x x --=≤+()h x (]0,1()0,1x ∈()()10h x h >=2(1)ln 1x x x ->+12112221ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+1212x x a+>a R ∈2()xf x e ax =+()f x '()f x ()()g x f x '=()g x (,1]-∞0a >12,x x ()12x x ≠()()121222f x f x x x f ++⎛⎫<⎪⎝⎭[()]()f ax b af ax b ''+=+()2xf x e ax '=+()2xg x e ax =+()2xg x e a '=+0a ≥()0g x '>()g x 0a <()0g x '=()ln 2x a =-()g x '()g x (],1-∞()ln 21a -≥2ea ≤-()g x (],1-∞()f x '(],1-∞a.（2）因为，不妨设，取为自变量构造函数，，则其导数为 0a >在R 上单调递增而且， 所以， 即.故关于的函数单调递增， 即证得. 2. 已知函数. （Ⅰ）求的极值；（Ⅱ）若，，，求证：.【解析】（Ⅰ）， 当时，恒成立，则在上单调递减，无极值； 当时，令，得；令，得， 则在上单调递减，在上单调递增，有极小值为，无极大值；[),0,2e ⎛⎤-∞-+∞⎥⎝⎦12x x ≠12x x <1x ()()()1212122f x f x x x F x f ++⎛⎫=-⎪⎝⎭()()11211222f x x x F x f '+⎛⎫''=- ⎪⎝⎭()121122x x f f x ⎡+⎤⎛⎫''=- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦()2xf x e ax ∴'=+12211022x x x xx +--=>()1212x x f f x +⎛⎫''>⎪⎝⎭()10F x '>1x ()1F x ()()120F x F x <=()()121222f x f x x x f ++⎛⎫<⎪⎝⎭()ln f x ax x =-()f x 1a =-1b ≥()()xg x f x be =+()0g x >()()10f x a x x'=->0a ≤()0f x '<()f x ()0,∞+()f x 0a >()0f x '>1x a >()0f x '<10x a<<()f x 10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭()f x 1ln a +（Ⅱ）当，时，，， 令，则， 所以在上单调递增.又，， 所以，使得，即，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以函数的最小值为， 又函数在上是单调减函数，所以，又，， 故．3.已知函数.（1）若对恒成立，求实数的值；（2）若存在不相等的实数，，满足，证明：. 【解析】（1）令， 则，由题意，知对恒成立，等价.当时，由知在上单调递增.因为，所以不合题意； 当时，若，则，若，则，1a =-1b =()()ln 0xg x e x x x =-->()11xg x e x'=--()()h x g x '=()210xh x e x =+>'()h x ()0,∞+1302h ⎛⎫=<⎪⎝⎭()120h e =->01,12x ⎛⎫∃∈⎪⎝⎭()000110x h x e x =--=0011xe x =+()g x ()00,x ()0,x +∞()g x ()00000001ln 1ln x g x e x x x x x =--=+--11ln y x x x=+--1,12⎛⎫⎪⎝⎭()011ln1110g x >+--=>1b ≥()()xxf x be f x e +≥+()0g x >2()1f x e x e =+--()f x ax e ≥-x ∈R a 1x 2x 12()()0f x f x +=122x x +<()()()(1)1xg x f x ax e e a x =--=+--()1xg x e a '=+-()0g x ≥x ∈R min ()0g x ≥1a ≤()0g x '≥()(1)1xg x e a x =+--R 1(1)(1)10g a e-=---<1a ≤1a >(,ln(1))x a ∈-∞-()0g x '<(ln(1),)x a ∈-+∞()0g x '>所以，在单调递减，在上单调递增. 所以 记， 则.易知在单调递增，在单调递减， 所以， 即.而， 所以，解得. （2）因为， 所以. 因为，所以令，则. 记，则，所以在上单调递增.又，由， 得，所以，即.4．已知函数，其中是自然对数的底数，是函数的导数.()g x (,ln(1))a -∞-(ln(1),)a -+∞min ()(ln(1))2(1)ln(1)0g x g a a a a =-=-+--≥()2(1)ln(1)(1)h a a a a a =-+-->()ln(1)h a a '=--()h a (1,2)(2,)+∞max ()(2)0h a h ==2(1)ln(1)0a a a -+--≤min ()2(1)ln(1)0g x a a a =-+--≥2(1)ln(1)0a a a -+--=2a =()()120f x f x +=12122(1)xxe e x x e +++=+12122122,x x x x e eex x ++≥≠121222x x x x e e e ++>12x x t +=22220t e t e +--<2()2220tm t e t e =+--<2()10t m t e '=+>()m t R (2)0m =22220te t e +--<()(2)m t m <2t <122x x +<()11114x x e e ax a f x ++⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭2.718e =⋅⋅⋅()()'g x f x =()f x（1）若是上的单调函数，求的值； （2）当时，求证：若，且，则. 【解析】（1），，由题意恒成立，由于，所以，解得.方法一：消元求导死算 （2），令，，不妨设，，令，原题即证明当时，()2H t >，()171171288288't t t t e e t e e H t t --⎛⎫⎛⎫=---+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()()()()171288t t t t t t t te e e e t e e e e ----=+--+-- ()()()()711208216t t t t t t t t e e e e t e e e e ----⎡⎤⎡⎤=+--+-+-≥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，其中 ()()11'1022t t t t e e t e e --⎡⎤--=+-≥⎢⎥⎣⎦，因为()02H =，所以当0t >时，()2H t >，得证.5.已知函数()()2e 12e x xf x a a x =+--.（1）当0a <时，讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个不同零点1x ，2x ，证明：1a >且120x x +<.【解析】（1）()()()()22e 12e 1e 12e 1x x x xf x a a a '=+--=-+.因为0a <，由()0f x '=得，0x =或1ln 2x a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.()g x R a 78a12x x ≠122x x +=-()()122f x f x +>()()1112'1x x e e ax g x f x ++⎛⎫=-- ⎝=⎪⎭()()11'1x x e e x g x a a ++=---()110x eax a G x +=---≥()10G -=()'10G -=1a =()11171488x x ex e f x ++⎛⎫=-- ⎪⎝⎭()111731484x x e e x ++⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭1x t 120t t +=210t x =+>()173484t th e e t t ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭()()()H t h t h t =+-173173484484tt t t e e t e e t --⎛⎫⎛⎫=-++++⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭0t >i ）1ln 02a ⎛⎫-< ⎪⎝⎭即12a <-时，()f x 在1,ln 2a ⎛⎫⎛⎫-∞- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递减，在1ln ,02a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递增，在()0,∞+单调递减；ii ）1ln 02a ⎛⎫-= ⎪⎝⎭即12a =-时，()f x 在(),-∞+∞单调递减；iii ）1ln 02a ⎛⎫-> ⎪⎝⎭即102a -<<时，()f x 在(),0-∞单调递减，在10,ln 2a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递增，在1ln ,2a ⎛⎫⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递减. （2）由（1）知，12a <-时，()f x 的极小值为111ln 1ln 10242f a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=--->> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 102a -<<时，()f x 的极小值为()0110f a =->>， 12a =-时，()f x 在(),-∞+∞单调，故0a <时，()f x 至多有一个零点.当0a ≥时，易知()f x 在(),0-∞单调递减，在()0,∞+单调递增.要使()f x 有两个零点，则()00f <，即120a a +-<，得1a >.令()()()F x f x f x =--，（0x >），则()()()F x f x f x '''=+-()()22e 12e 1x xa a =+--()()22e 12e 1x x a a --++--()()()2e e 1e e 2e e 20x x x x x x a ---=+++-++-≥，所以()F x 在0x >时单调递增，()()00F x F >=，()()f x f x >-.不妨设12x x <，则10x <，20x >，20x -<， ()()()122f x f x f x =>-. 由()f x 在(),0-∞单调递减得，12x x <-，即120x x +<. 6.已知函数()()sin ,ln f x x a x g x x m x =-=+. (1)求证:当1a ≤时,对任意()()0,,0x f x ∈+∞>恒成立; (2)求函数()g x 的极值;(3)当12a =时,若存在()12,0,x x ∈+∞且12x x ≠,满足()()()()1122f x g x f x g x +=+,求证:12249x x m <.【解析】(1)()()sin 1cos f x x a x f x a x '=-∴=-，1cos 1x -≤≤,()11cos 0a f x a x '∴≤=-≥，, ()sin f x x a x =-在()0+∞，上为增函数,所以当()0,x ∈+∞时,恒有()()00f x f >=成立; (2)由()()()ln ,10m x mg x x m x g x x x x+'=+∴=+=> 当()00m g x '≥>，()g x 在()0+∞，上为增函数,无极值 当()()0,00;0m x m g x x m g x ''<<<-<>->，，()g x 在()0m -，上为减函数,在(),m -+∞上为增函数,()x m x ∴=-，g 有极小值()ln m m m -+-,无极大值,综上知:当()0m g x ≥，无极值,当()0m g x <，有极小值()ln m m m -+-,无极大值. (3)当()11sin 22a f x x x ==-，在()0+∞，上为增函数, 由(2)知,当0m ≥,()g x 在()0+∞，上为增函数, 这时,()()f x g x +在()0+∞，上为增函数, 所以不可能存在()12,0,x x ∈+∞,满足()()()()1122f x g x f x g x +=+且12x x ≠ 所以有0m <现不防设()()()()1211220x x f x g x f x g x <<+=+，得:111222112sin ln 2sin ln 22x x m x x x m x -+=-+()()()2121211ln ln 2sin sin 2m x x x x x x --=---①1122sin sin x x x x -<-()()212111sin sin 22x x x x -->--② 由①②式可得:()()()2121211ln ln 22m x x x x x x -->--- 即()()21213ln ln 02m x x x x -->-> 又1221ln ln ,ln ln 0x x x x <->2121302ln ln x x m x x -∴->⨯>-③ 又要证12249x x m <，即证21294m x x > 120,0m x x <<<即证m ->所以由③式知,只需证明:2121ln ln x x x x ->-2121ln 1x xx x -> 设211x t x =>,只需证1ln t t->即证()ln 01t t ->> 令()()ln 1h t t t => 由()()()2101h t t h t '=>>，在()1+∞，上为增函数, ()()10h t h∴>=2121ln ln x x x x -∴>-,所以由③知,0m ->>成立, 所以12249x x m <成立. 7. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程；（2）设，证明：.【解析】（1）由题意，又，所以，因此在点处的切线方程为，即（2）证明：因为，所以由于，等价于，令，设函数当时，，所以，所以在上是单调递增函数，又，所以，所以，即等价于，令，设函数当时，，所以，所以在上是单调递减函数，又，所以所以，即综上①②可得：.8.已知2()46ln f x x x x =--，（1）求()f x 在(1,(1))f 处的切线方程以及()f x 的单调性； （2）对(1,)x ∀∈+∞，有21()()6112xf x f x x k x ⎛⎫'->+-- ⎪⎝⎭恒成立，求k 的最大整数解； （3）令()()4(6)ln g x f x x a x =+--，若()g x 有两个零点分别为1x ，2x ()12x x <且0x 为()g x 的唯一的极值点，求证：12034x x x +>. 【解析】（1）2()46ln f x x x x =--所以定义域为0,6()24f x x x'∴=--；(1)8f '=-；(1)3f =-所以切线方程为85y x =-+；2()(1)(3)f x x x x'=+-，令()0f x '>解得3x > 令()0f x '<解得03x <<所以()f x 的单调递减区间为()0,3，单调递增区间为(3,)+∞.（2）21()()6112xf x f x x k x ⎛⎫'->+-- ⎪⎝⎭等价于min ln ()1x x x k h x x +<=-； 22ln ()(1)x xh x x --'∴=-，记()2ln m x x x =--，1()10m x x'=->，所以()m x 为(1,)+∞上的递增函数， 且(3)1ln30m =-<，(4)2ln 40m =->，所以0(3,4)x ∃∈，使得()00m x = 即002ln 0x x --=，所以()h x 在()01,x 上递减，在()0,x +∞上递增， 且()000min 000ln ()(3,4)1x x x h x h x x x +===∈-；所以k 的最大整数解为3.（3）2()ln g x x a x =-，()20a g x x x '=-==得0x =当x ⎛∈ ⎝，()0g x '<，x ⎫∈+∞⎪⎪⎭，()0g x '>； 所以()g x在⎛ ⎝上单调递减，⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增， 而要使()g x 有两个零点，要满足()00g x <，即202g a a e =-⇒>；因为10x <<2x >21x t x =(1)t >， 由()()12f x f x =，221122ln ln x a x x a x ∴-=-， 即：2221111ln ln x a x t x a tx -=-，212ln 1a tx t ∴=- 而要证12034x x x +>，只需证1(31)t x +>即证：221(31)8t x a +>即：22ln (31)81a t t a t +>-由0a >，1t >只需证：22(31)ln 880t t t +-+>， 令22()(31)ln 88h t t t t =+-+，则1()(186)ln 76h t t t t t'=+-++令1()(186)ln 76n t t t t t =+-++，则261()18ln 110t n t t t-'=++>(1)t >故()n t 在(1,)+∞上递增，()(1)0n t n >=； 故()h t 在(1,)+∞上递增，()(1)0h t h >=；12034x x x ∴+>.9．已知函数()1,f x xlnx ax a R =++∈（1）当0x >时，若关于x 的不等式()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围； （2）当*n N ∈时，证明：2223122421n n nln ln ln n n n +<+++<++． 【解析】（1）由()0f x ≥，得ln 10x x ax ++≥ (0)x >. 整理，得1ln a x x -≤+恒成立，即min 1ln a x x ⎛⎫-≤+ ⎪⎝⎭.令()1ln F x x x =+.则()22111'x F x x x x-=-=. ∴函数()F x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增. ∴函数()1ln F x x x=+的最小值为()11F =. ∴1a -≤，即1a ≥-. ∴a 的取值范围是[)1,-+∞.（2）∵24n n +为数列()()112n n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬++⎪⎪⎩⎭的前n 项和，1n n +为数列()11n n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬+⎪⎪⎩⎭的前n 项和.∴只需证明()()211ln 12n n n n +<++ ()11n n <+即可. 由（1），当1a =-时，有ln 10x x x -+≥，即1ln x x x≥-.令11n x n +=>，即得1ln 11n n n n +>-+ 11n =+. ∴2211ln 1n n n +⎛⎫> ⎪+⎝⎭()()112n n >++ 1112n n =-++. 现证明()211ln1n n n n +<+，即==()* 现证明12ln (1)x x x x <->. 构造函数()12ln G x x x x=-- ()1x ≥，则()212'1G x x x =+- 22210x x x-+=≥. ∴函数()G x 在[)1,-+∞上是增函数，即()()10G x G ≥=. ∴当1x >时，有()0G x >，即12ln x x x<-成立.令x =()*式成立. 综上，得()()211ln 12n n n n +<++ ()11n n <+. 对数列()()112n n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬++⎪⎪⎩⎭，21ln n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭，()11n n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬+⎪⎪⎩⎭分别求前n 项和，得223ln 2ln 242n n <++ 21ln 1n nn n ++⋅⋅⋅+<+.10.已知函数()ln af x x x=+，其中a R ∈．（1）试讨论函数()f x 的单调性；（2）若1a =，试证明：()e cos x xf x x+<．【解析】（1）由 221()a x af x x x x-'=-=(0)x > 知： （i ）若0a ≤，2()0(0)x af x x x-'=>>，∴ ()f x 在区间()0,∞+上为增函数．（ii ）若0a >，∴当x ∈()0,a 时，有()0f x '<，∴ ()f x 在区间()0,a 上为减函数． 当x ∈(),a +∞时，有()0f x '>，∴ ()f x 在区间(),a +∞上为增函数． 综上：当0a ≤时，()f x 在区间()0,∞+上为增函数；当0a >时，()f x 在区间()0,a 上为减函数；()f x 在区间(),a +∞上为增函数． （2）若1a =，则1()ln (0)f x x x x=+>要证e cos ()x xf x x+<，只需证ln 1e cos x x x x +<+，即证：ln e cos 1x x x x <+-.（i ）当01x <≤时，ln 0x x ≤，而e cos 11cos11cos10x x +->+-=> ∴此时ln <e cos 1x x x x +-成立.（ii ）当1x >时，令()e cos ln 1x g x x x x =+--，()0,x ∈+∞， ∵ ()e sin ln 1x g x x x '=---， 设()()e sin ln 1x h x g x x x '==---，则 1()e cos xh x x x'=--1x >，∴1()e cos e 110x h x xx'=-->-->∴当1x >时，()h x 单调递增，∴()(1)e sin110h x h >=-->，即()0g x '> ∴()g x 在()1,+∞单调递增，∴()(1)e cos110g x g >=+-> 即()e cos ln 10x g x x x x =+-->，即ln <e cos 1x x x x +-，∴e cos ()<x xf x x+综上：当0x >时，有e cos ()<x x f x x +成立。
第7讲 构造函数解不等式(学生版)2023年高考数学重难突破之导数、数列(全国通用)
第七讲构造函数法解决导数不等式思维导图——知识梳理脑洞(常见考法)：浮光掠影，抑或醍醐灌顶考法一加减法模型构造函数思维导图-----方法梳理1.对于不等式()k x f >'()0≠k ，构造函数()()bkx x f x g +-=2.形如(x)g(x)f >或(x)g(x)f <的函数不等式，（1）.可以构造函数)(-)(x g x f x F =）（，然后求）（x F 的最大值和最小值；（2）.如果(x)0g >，我们也可以构造函数()(x)(x)f G xg =，求()G x 的最值.，且为且当A ．c a b >>B ．c b a >>C ．a b c >>D ．a c b>>围观(典型例题)：一叶障目，抑或胸有成竹例1．（2021·四川广元市·高三三模）已知定义在R 上的偶函数()f x ，其导函数为()f x '，若()2()0xf x f x '->，(3)1f -=，则不等式()19f x x x <的解集是（）A．(,3)(0,3)-∞- B．()3,3-C．(3,0)(0,3)-⋃D．(,3)(3,)-∞-⋃+∞例2．（2022·广东·华南师大附中高三阶段练习）设函数()f x '是奇函数()(R)f x x ∈的导函数，(1)0f -=，当0x >时，()()0xf x f x '->，则使得()0f x >成立的x 取值范围是（）A ．(,1)(1,)-∞-+∞ B ．(1,0)(0,1)-⋃C ．(,1)(0,1)-∞-⋃D ．(1,0)(1,+)-⋃∞例3．（2022·西藏昌都市第四高级中学一模（理））已知函数()f x 是定义在−∞，∪，+∞的奇函数，当()0x ∈+∞，时，()()xf x f x '<，则不等式()()()52+25<0f x x f --的解集为（）A ．()()33-∞-⋃+∞，，B ．()()3003-⋃，，C ．()()3007-⋃，，D ．−∞，−∪，套路(举一反三)：手足无措，抑或从容不迫1．（2021·安徽高二月考（理））设函数()f x 是定义在()0,∞+上的可导函数，其导函数为()'f x ，且有()()2'f x xf x >，则不等式()()()24202120212f x x f ->-的解集为（）A ．()2021,2023B ．()0,2022C ．()0,2020D ．()2022,+∞2．（2020·广州市育才中学高二月考）函数()f x 的导数为()'f x ，对任意的正数x 都有()()2'f x xf x >成立，则（）A ．()()9243f f >B ．()()9243f f <C ．()()9243f f =D ．()92f 与()43f 的大小不确定3.（2015新课标Ⅱ）设函数()f x '是奇函数()()f x x R ∈的导函数，(1)0f -=当0x >时，'()()xf x f x -0<，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是（）A ．()(),10,1-∞- B ．()()1,01,-+∞ C ．()(),11,0-∞-- D ．()()0,11,+∞ 题型二：构造()()nx F x e f x =或()()nxf x F x e =(n Z ∈，且0n ≠)型思维导图-----方法梳理类型一：构造可导积函数1])([)]()(['=+'x f e x nf x f e nx nx 高频考点1：])([)]()(['=+'x f e x f x f e x x 类型二：构造可商函数①])([)()('=-'nxnx ex f e x nf x f 高频考点1：])([)()('=-'xx ex f e x f x f 围观(典型例题)：一叶障目，抑或胸有成竹例1.（2021·内蒙古锡林郭勒盟）设函数()'f x 是函数()f x 的导函数，x R ∀∈，()()0f x f x '+>，且(1)2f =，则不等式12()x f x e ->的解集为（）A．(1,)+∞B．(2,)+∞C．(,1)-∞D．(,2)-∞例2.（2022·陕西榆林·三模）已知()f x 是定义在R 上的函数，()'f x 是()f x 的导函数，且()()1f x f x '+>，(1)2f =，则下列结论一定成立的是（）A ．12(2)f +<e eB ．1(2)f +<e eC ．12(2)f +>e eD ．1(2)f +>e e例3．（2021·赤峰二中高三月考）定义在R 上的函数()f x 满足()()1f x f x >-'，()06f =，则不等式()51x f x e>+(e 为自然对数的底数)的解集为（）A．()0,∞+B．()5,+∞C．()(),05,-∞⋃+∞D．(),0-∞套路(举一反三)：手足无措，抑或从容不迫1．（2020·贵州贵阳·高三月考（理））已知()f x '是函数()f x 的导数，且满足()()0f x f x '+>对[]0,1x ∈恒成立，A ，B 是锐角三角形的两个内角，则下列不等式一定成立的是（）A ．()()sin sin sin sin e eB A f A f B <B ．()()sin sin sin sin e e B A f A f B >C ．()()sin cos cos sin e e B Af A f B <D ．()()sin cos cos sin e e B Af A f B >2．（2022·宁夏·平罗中学高三阶段练习（文））设()f x 是定义在R 上的函数，其导函数为()f x '，若()()1f x f x '+>，()02018f =，则不等式()e e 2017x x f x >+（其中e 为自然对数的底数）的解集为（）A ．(),0∞-B ．()(),02017,-∞⋃+∞C ．()2017,+∞D ．()0,∞+3．（2022·陕西渭南·高二期末（理））已知定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，对任意R x ∈满足()()0f x f x '+<，则下列结论一定正确的是（）A ．()()23e 2e 3f f >B ．()()23e 2e 3f f <C ．()()32e 2e 3f f >D ．()()32e 2e 3f f <围观(典型例题)：一叶障目，抑或胸有成竹例1．（2021·全国高三）定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，若对任意实数x ，有()()f x f x '>，且()2022f x +为奇函数，则不等式()20220xf x e +<的解集是（）A．(),0-∞B．−∞,l BC．()0,∞+D．()2022,+∞例2．（2020·吉林高三月考（理））已知定义在R 上的可导函数()f x 的导函数为'()f x ，满足'()()f x f x <，且(2)f x +为偶函数，(4)1f =，则不等式()x f x e <的解集为（）A ．(,0)-∞B ．(0,)+∞C ．()4,e-∞D ．()4,e +∞例3．（河南省多校联盟2022）已知函数()f x 的导函数为()f x '，若对任意的R x ∈，都有()()2f x f x >'+，且()12022f =，则不等式()12020e 2x f x --<的解集为（）A ．()0,∞+B ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ．()1,+∞D ．(),1-∞例4．（2021·全国高三）已知定义在R 上的函数()f x 的导函数为()'f x ，且满足()()0f x f x '->，2021(2021)f e =，则不等式31(ln )3f x x <的解集为（）A．6063(,)e +∞B．2021(0,)e C．2021(,)e +∞D．6063(0,)e 套路(举一反三)：手足无措，抑或从容不迫1．（2022·湖北·襄阳五中高三开学考试）设()f x '是定义在R 上的连续的函数()f x 的导函数，()()2e 0xf x f x '-+<（e 为自然对数的底数），且()224e f =，则不等式()2e x f x x >的解集为（）A ．()()2,02,-+∞B ．()e,+∞C ．()2,+∞D ．()(),22,∞∞--⋃+2．（2022·陕西·宝鸡市渭滨区教研室高二期末（理））已知()f x 是定义在R 上的函数，其导函数为()f x '，且不等式()()f x f x '>恒成立，则下列不等式成立的是（）A ．e (1)(2)f f >B ．()()e 10f f -<C ．()()e 21f f ->-D ．()()2e 11f f ->3．（2022·江西省信丰中学高二阶段练习（文））若定义在R 上的函数()f x 的导函数()f x '为，且满足()()f x f x '>，则(2017)f 与e (2016)f ⋅的大小关系为（）A ．(2017)f ＜e (2016)f ⋅B ．(2017)f =e (2016)f ⋅C ．(2017)f ＞e (2016)f ⋅D ．不能确定4．（2022·江苏·涟水县第一中学高三阶段练习）()f x 是定义在R 上的函数，()f x '是()f x 的导函数，已知()()f x f x '>，且(1)e f =，则不等式()2525e 0x f x --->的解集为（）A ．(),3-∞-B ．(),2-∞-C ．()2,+∞D ．()3,+∞5．（2021·江苏高二月考）已知定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，满足()()0f x f x '->，若()()2211x ax e f ax ef x +>-恒成立，则实数a 的取值范围为___________.2．（2022·吉林·长岭县第三中学高三阶段练习）已知奇函数()f x 的定义域为,00,22ππ⎛⎫⎛⎫-⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，其导函数是'()f x ．当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，'()sin ()cos 0f x x f x x -<，则关于x 的不等式()2sin 6f x f x π⎛⎫< ⎪⎝⎭的解集为（）A ．,0,266πππ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．,,2662ππππ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．,00,66ππ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ D ．,0,662πππ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3．（2022·湖北·高二阶段练习）奇函数()f x 定义域为()(),00,ππ-⋃，其导函数是()f x '.当0πx <<时，有()()sin cos 0f x x f x x '-<，则关于x 的不等式()2sin 4f x f x π⎛⎫< ⎪⎝⎭的解集为（）A ．（4π，π）B ．,,44ππππ⎛⎫⎛⎫--⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．,00,44ππ⎛⎫⎛⎫-⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ． ,0,44πππ⎛⎫⎛⎫-⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭4．（2021·甘肃省武威第二中学高二期中（理））对任意0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，不等式()()sin cos x f x x f x ⋅⋅'＜恒成立，则下列不等式错误的是（）A ．234f f ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭＞B ．()2cos113f f π⎛⎫⋅ ⎪⎝⎭＞C ．()2cos114f f π⎛⎫⋅ ⎪⎝⎭＜D ．6426f f ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭＜op上的奇函数，且套路(举一反三)：手足无措，抑或从容不迫。
八下数学第二章思维导图一元一次不等式
如果ａ＞ｂ，ｃ＞０，那么ａｃ＞
） 基本
不等式 ｜性质
并同类项，⑤系数
化为１
１２０
定义：关于同一未知数 一元一次不等式与
的几个一元一次不等
一元一次不等式组
式合在一起，就组成一 个一元一次不等式组
一元一
利用数轴找公 解法 次不等
如果ａ＞ｂ，ｃ＜０，那么ａｃ＜
＜）
能使不等式成立的未知数
的值，叫做不等式的解
解和 解集 一个含有未知数的不等
式的所有解，组成这个
不等式的解集
共部分
式组
一元一次不等式
同大取大，同小
取小，小大大小 解集
中间找，大合
小无处找
找不等关系、列不等式（组）
第二章 一元一次不等式与一元一次不等式组
…体系构建………
定义：不等式的左右两边
定义：用符号“＜”（或“≤”），
都是整式，只含有一个未
“＞”（或“≥”）连接的式子叫做
知数，并且未知数的最高
不等式
次数是１，这样的不等式 一元一
叫做一元一次不等式 次不等
如果ａ＞ｂ，那么ａ±ｃ＞ｂ±ｃ
式
①去分母，②去括 解法
导数与函数、不等式综合压轴题题型归纳
函数与不等式相结合【典例1】 已知21()ln 2x f x x ae x =+-． （1）设12x =是()f x 的极值点，求实数a 的值，并求()f x 的单调区间： （2）0a >时，求证：()12f x >．【解析】（1）由题意，函数()f x 的定义域为()0,+∞， 又由()1xf x x ae x '=+-，且12x =是函数()f x 的极值点， 所以12112022f ae ⎛⎫=+'-= ⎪⎝⎭，解得a =，又0a >时，在()0,+∞上，()f x '是增函数，且102f ⎛⎫= ⎪⎭'⎝， 所以()0f x '>，得12x >，()0f x '<，得102x <<， 所以函数()f x 的单调递增区间为1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭，单调递减区间为10,2⎛⎫⎪⎝⎭. （2）由（1）知因为0a >，在()0,+∞上，()1xf x x ae x'=+-是增函数， 又()1110f ae '=+->（且当自变量x 逐渐趋向于0时，()f x '趋向于-∞）， 所以，()00,1x ∃∈，使得()00f x '=，所以00010xx ae x +-=，即0001x ae x x =-， 在()00,x x ∈上，()0f x '<，函数()f x 是减函数， 在()0,x x ∈+∞上，()0f x '>，函数()f x 是增函数， 所以，当0x x =时，()f x 取得极小值，也是最小值， 所以()()022*******min 0111ln ln ,(01)22x f x f x x ae x x x x x x ==+-=+--<<， 令()211ln ,(01)2g x x x x x x=+--<<，则()()2211111x g x x x x x x+=---=--'， 当()0,1x ∈时，()0g x '<，函数()g x 单调递减，所以()()112g x g >=， 即()()min 12f x f x ≥>成立， 【典例2】已知函数()ln xf x x=．(Ⅰ)求函数()f x 的极值；(Ⅰ)若0m n >>,且n m m n =,求证：2mn e >． 【解析】(Ⅰ)()ln x f x x Q =()f x ∴的定义域为()0,∞+且()21ln xf x x -'= 令()0f x '>，得0x e <<；令()0f x '<，得x e >()f x ∴在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减∴函数()f x 的极大值为()ln 1e f e e e==，无极小值 (Ⅰ)0m n >>Q ，n m m n = ln ln n m m n ∴=l ln n m m nn∴=，即()()f m f n = 由(Ⅰ)知()f x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减 且()10f =，则1n e m <<<要证2mn e >，即证2em en >>，即证()2e f m f n ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即证()2e f n f n ⎛⎫< ⎪⎝⎭即证()22ln ln n n n n e-< 由于1n e <<，即0ln 1n <<，即证222ln 2ln e n n n n <- 令()()222ln 2ln 1G x e x x x x x e =-+<<则()()()()()2242ln 2ln 12ln 1e x e x e e G x x x x x x x x x x x x x +-⎛⎫'=-++=-+-=+- ⎪⎝⎭1x e <<Q ()0G x '∴>恒成立 ()G x ∴在()1,e 递增()()0G x G e ∴<=在()1,x e ∈恒成立2mn e ∴>【典例3】已知函数()xf x e ax b =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为20ex y --=.（1）求函数()f x 的解析式，并证明：()1f x x ≥-.（2）已知()2g x kx =-，且函数()f x 与函数()g x 的图象交于()11,A x y ，()22,B x y 两点，且线段AB 的中点为()00,P x y ，证明：()()001f x g y <<.【解析】（1）由题意得：()12f e a b e =++=-，即2a b +=- 又()xf x e a '=+，即()1f e a e '=+=，则0a =，解得：2b =-则()2xf x e =-.令()()11xh x f x x e x =-+=--，()1xh x e '=-令()0h x '=，解得：0x =则函数()h x 在(),0-∞上单调递减，在()0,∞+上单调递增()()00h x h ∴≥=，则：()1f x x ≥-（2）要证()()001f x g y <<成立，只需证：1212x 24222x x x e e ek ++--<-<即证121222x x x x e k e e++<<，即：1122122212xx x x x x e e e x e e x +-+<<- 只需证：212121221112x x x x x x e e x x e----+<<- 设210t x x =->，即证：2112tt t e e e t -+<<要证21t t e e t-<，只需证：22t t e e t -->令()22t t F t e et -=--，则()221102t tF t e e -⎛⎫'=+-> ⎪⎝⎭()F t ∴在()0,∞+上为增函数()()00F t F ∴>=，即21tt e e t -<成立；要证112t t e e t -+<，只需证明：112t t e t e -<+令()112tt e t G t e -=-+，则()()()()()()22222411210212121t t t tt tte e e e G t e e e -+--'=-==<+++()G t ∴在()0,∞+上为减函数 ()()00G t G ∴<=，即112t t e e t -+<成立 2112tt t e e e t -+∴<<，0t >成立 ()()001f x g y ∴<<成立【典例4】已知函数()()2()1ln 1(0)f x a x x x ax a =++-->是减函数.（1）试确定a 的值； （2）已知数列{}()()*123ln 11n n n n n a a T a a a a n N n +==∈+L L ，求证：()ln 212n nn T +<-⎡⎤⎣⎦. 【解析】解：（Ⅰ）()f x 的定义域为()1,-+∞，()()ln 12f x a x x +'=-.由()f x 是减函数得，对任意的()1,x ∈-+∞，都有()()ln 120f x a x x +-'=≤恒成立. 设()()ln 12g x a x x =+-.∵()2121a x g x x ⎡⎤⎛⎫--- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦'=+，由0a >知112a->-， ∴当1,12a x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭时，()'0g x >；当1,2a x ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x '<， ∴()g x 在1,12a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,2a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减， ∴()g x 在12ax =-时取得最大值.又∵()00g =，∴对任意的()1,x ∈-+∞，()()0g x g ≤恒成立，即()g x 的最大值为()0g . ∴102a-=，解得2a =. （Ⅰ）由()f x 是减函数，且()00f =可得，当0x >时，()0f x <， ∴()0f n <，即()()221ln 12n n n n ++<+.两边同除以()221n +得，()ln 1121211n n n n n n ++<⋅⋅+++，即12211n n n a n n +<⋅⋅++. 从而12311233452...............223412341n n nn n T a a a a n n +⎛⎫⎛⎫=<⋅⋅⋅⋅⋅ ⎪⎪++⎝⎭⎝⎭11221n n n ++=⋅+， 所以()()()212ln 2ln 21n n n n T n +⎡⎤+⎡⎤+<⎢⎥⎣⎦+⎢⎥⎣⎦()()()2ln 2ln 11ln2n n n =+-+-+①.下面证()()()2ln 2ln 11ln2102nn n n +-+-++-<；记()()()()2ln 2ln 11ln212xh x x x x =+-+-++-，[)1,x ∈+∞.∴()22111ln2ln2212322x h x x x x x =--+=-++'+++ 11ln2223x x=-+++，∵2y x x=+在[)2,+∞上单调递增，∴()h x '在[)2,+∞上单调递减， 而()()()()11112ln223ln22ln806233h x h ≤=-+=-=-'<'， ∴当[)2,x ∈+∞时，()0h x '<恒成立， ∴()h x 在[)2,+∞上单调递减，即[)2,x ∈+∞时，()()22ln4ln33ln2ln2ln30h x h ≤=--=-<， ∴当2n ≥时，()0h n <. ∵()1912ln3ln22ln2ln 028h =---=-<， ∴当*n N ∈时，()0h n <，即()()()2ln 2ln 11ln212nn n n +-+-+<-②. 综上①②可得，()ln 212n nn T ⎡⎤+<-⎣⎦.课后训练1. 已知函数()()22122()2x f x x x e ax a R =-+-∈. （1）当a e =时，求函数()f x 的单调区间； （2）证明：当2a ≤-时，()2f x ≥.解：（1）当a e =时，()()221222xf x x x e ex =-+-， 所以()()2'xxf x x ex x x e e e =-=-，讨论：①当0x <时，0x xe e -<，有()'0f x >；②当01x <<时，由函数xy xe =为增函数，有0x xe e -<，有()'0f x <； ③当1x >时，由函数xy xe =为增函数，有0x xe e ->，有()'0f x >.综上，函数()f x 的增区间为(),0-∞，()1,+∞，减区间为()0,1. 证明：（2）当2a ≤-时，有112a -≥，所以2212ax x -≥， 所以()()2222xf x x x e x ≥-++.令()()2222xg x x x e x =-++，则()()2'22xxg x x x e e x x =+=+.令()2xh x xe =+，有()()'1xh x x e =+.令()'0h x =，得1x =-.分析知，函数()h x 的增区间为()1,-+∞，减区间为(),1-∞-.所以()()min 1120h x h e=-=->. 所以分析知，函数()g x 的增区间为()0,∞+，减区间为(),0-∞,所以()()()22min 0020202g x g e ==-⨯+⨯+=,故当2a ≤-时，()2f x ≥.2. 已知函数()ln ()af x x x a R x=++∈. （1）若函数()f x 在[1,)+∞上为增函数，求a 的取值范围；（2）若函数2()()(1)g x xf x a x x =-+-有两个不同的极值点，记作1x ，2x ，且12x x <，证明：2312x x e>（e 为自然对数）.解析：（1）由题意可知，函数()f x 的定义域为()0,+∞，()22211a x x af x x x x='+-=+-，因为函数()f x 在[)1,+∞为增函数，所以()0f x '≥在[)1,+∞上恒成立， 等价于20x x a +-≥在[)1,+∞上恒成立，即()2mina x x≤+，因为2211224x x x ⎛⎫+=+-≥ ⎪⎝⎭，所以2a ≤， 故a 的取值范围为2a ≤.（2）可知()()222ln 1ln g x x x x a a x x x x ax x a =++-+-=--+，所以()ln 2g x x ax '=-，因为()g x 有两极值点12,x x ，所以1122ln 2,ln 2x ax x ax ==，欲证2312x x e ⋅>，等价于要证：()2312ln ln 3x x e ⋅>=，即12ln 2ln 3x x +>，所以12322ax ax +>，因为120x x <<，所以原式等价于要证明：12324a x x >+，① 由1122ln 2,ln 2x ax x ax ==，可得()2211ln 2x a x x x =-，则有2121ln2x x a x x =-（），② 由①②原式等价于要证明：212112ln32x x x x x x >-+，即证()2211221121313ln 212x x x x xx x x x x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭>=++，令21x t x =，则1t >，上式等价于要证()31ln 12t t t->+， 令()()31ln 12t h t t t-=-+，则()()()()()()()223126114111212t t t t h t t t t t +----=-=++' 因为1t >，所以()0h t '>，所以()h t 在()1,+∞上单调递增， 因此当1t >时，()()10h t h >=，即()31ln 12t t t->+.所以原不等式成立，即2312x x e ⋅>.3.已知函数()x x f x e=. （1）求函数()f x 的单调区间； （2）证明：12ln xx e ex>-. 解析：（1）由题意可得()1'x xf x e-=，令()'0f x =，得1x =. 当(),1x ∈-∞时，()'0f x >，函数()f x 单调递增； 当()1,x ∈+∞时，()'0f x <，函数()f x 单调递减.所以()f x 的单调递增区间为(),1-∞，()f x 的单调递减区间为()1,+∞. （2）要证12ln x x e ex >-成立，只需证2ln x x x x e e>-成立. 令()ln g x x x =，则()'1ln g x x =+，令()'1ln 0g x x =+=，则1x e=， 当10,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()'0g x <，当1,x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()'0g x >，所以()g x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()11g x g e e ⎛⎫≥=- ⎪⎝⎭， 又由（1）可得在()0,+∞上()()max 11f x f e==， 所以max21x x e e e ⎛⎫-=-⎪⎝⎭，所以不等式得证. 4. 已知函数()x f x e ax a =--（其中e 为自然对数的底数）. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若对任意2(]0,x ∈，不等式()f x x a >-恒成立，求实数a 的取值范围； （3）设*n N ∈，证明：123()()()()1nnnnn e nnnne ++++<-L . 【解析】解：（1）因为()xf x e ax a =--，所以()xf x e a '=-，①当0a ≤时，()0f x '>，函数()f x 在区间(),-∞+∞上单调递增； ②当0a >时，()0ln xf x e a x a >⇒>⇒>'，()0ln x f x e a x a <⇒<⇒<'所以()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增.（2）因为对任意的(]0,2x ∈，不等式()f x x a >-恒成立，即不等式()1xa x e +<恒成立.即当(]0,2x ∈时，1xe a x<-恒成立.令()(]()10,2x e g x x x =-∈，则()()21xx e g x x -'=.显然当()0,1x ∈时，()0g x '<，(]1,2x ∈时，()0g x '>， 所以()g x 在()0,1上单调递减，在(]1,2上单调递增. ∴1x =时()g x 取最小值1e -. 所以实数a 的取值范围是(),1e -∞-（3）在（1）中，令1a =可知对任意实数x 都有10x e x --≥，即1x x e +≤（等号当且仅当0x =时成立）令()11,2,3,,k x k n n +==L ，则1k n k e n -<，即nkk nn k e e n e -⎛⎫<= ⎪⎝⎭故123n n n nn n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭L ()1231nn e e e e e <++++L ()()()111n ne e e e e e -=<--。
导数与不等式(含恒成立,能成立问题)(考点清单+知识导图)(解析版)-25学年高二数学上学期期末
清单11导数与不等式（含恒成立，能成立问题）（个考点梳理+题型解读+提升训练）【清单01】分离参数法用分离参数法解含参不等式恒成立问题，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式；步骤：①分类参数（注意分类参数时自变量x 的取值范围是否影响不等式的方向）②转化：若()a f x >)对x D ∈恒成立，则只需max ()a f x >；若()a f x <对x D ∈恒成立，则只需min ()a f x <．③转化：x D ∃∈，使得()a f x >能成立⇔min ()a f x >；x D ∃∈，使得()a f x <能成立⇔max ()a f x <．④求最值.【清单02】分类讨论法如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(0a >，0∆<或0a <，0∆<)求解．【清单03】等价转化法①当遇到()()f x g x ≥型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数，进而只需满足轴于点′<故<，所以此时a 当1x >时，ln 0x >，则a 而′<时，0e x <<e x >时，′>，此时、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；上单调递减【答案】(1)1个，理由见解析(2)(],1-∞【知识点】利用导数研究不等式恒成立问题、利用导数研究函数的零点【分析】（1）根据题意，将函数零点问题转化为导函数极值点问题，再由零点存在定理代入计算，即可判断；（2）根据题意，分1a >与1a ≤讨论，利用导数判断函数的单调性，然后再由(0)e 3a f a -'=-的正负分情况讨论，代入计算，即可求解.【详解】（1）()11e 21a f a -=-+，令()()e 23x aa m f x a x x -='=+-，则()11e a f a -'=-，当1a >时，()e20x am x a -'=+>，则()f x '在(1,)+∞上单调递增.因为()1111e e 10a f a --'=-<-=，()()()21232110f a a a a a '=+-=-->，所以存在唯一的()01,x a ∈，使得()00f x '=.当[)01,x x ∈时，()0f x '<，所以()f x 在[)01,x 上单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，所以()f x 在()0,x +∞上单调递增.又10(1)e 21e 210a f a -=-+<-+=，所以()0(1)0f x f <<，又3(3)e 10a f -=+>，所以当1a >时，()f x 在[)1,+∞上有且只有一个零点.（2）①当1a >时，10(1)e 21e 210a f a -=-+<-+=，与当0x ≥时，()0f x ≥矛盾，故1a >不满足题意.②当1a ≤时，()0e 10a f -=+>，()e 23x af x ax a -'=+-，令()()m x f x '=，则()e 2x aa m x -=+'，()0e 2a m a -'=+.记函数()e 2x q x x -=+，1x ≤，则()e 2xq x -'=-+，当()ln 2,1x ∈-时，()0q x '>，所以()q x 在()ln 2,1-单调递增；当(),ln 2x ∈-∞-时，()0q x '<，所以()q x 在(),ln 2-∞-单调递减，所以()()ln 222ln 20q x q ≥-=->，所以()00m '>.又因为()m x '在[)0,+∞上单调递增，所以()()00m x m '≥>'，所以()f x '在[)0,+∞上单调递增.（i ）若(0)e 30a f a -'=-≥，则()(0)0f x f ''≥≥，所以()f x 在[)0,+∞上单调递增，则()(0)0f x f ≥>，符合题意；（ii ）若()0e 30a f a -'=-<，则()00,1a ∃∈，使得00e 30aa --=，即(]0,1a a ∈，使得()0e 30af a -'=-<，因为()11e 0af a -'=-≥，且()f x '在[)0,+∞上单调递增，，即，【知识点】利用导数研究不等式恒成立问题、利用导数研究能成立问题、利用导数研究双变量问题即可，然后通过对cos【点睛】本题考查利用导数求切线方程和讨论函数的单调性，本题第三问考查双变量的问题，对任意，存1 2可知，实数k的取值范围为1 2⎡⎢⎣故选：A．【点睛】方法点睛：将不等式恒成立问题转化为两函数图象的位置关系，先求出直线5 6()()12f x g x =，则实数a 的取值范围是（）A ．()24e ,ln 41e -+-B ．24e ,ln 41e ⎡⎤-+-⎣⎦C ．()2ln 44e ,1e +--D ．2ln 44e ,1e ⎡⎤+--⎣⎦【答案】B【知识点】利用导数研究能成立问题【分析】利用导函数证明在区间[]1,2上单调递增，从而得出()f x 的值域；同理得出()g x 的单调区间和值域，由题意可知，这两个函数值域需要有交集，得出不等式组，从而得出范围.【详解】()ln 1f x x ='+，∴[]1,2x ∈时，′>，∴()f x 在区间[]1,2上单调递增，∴当[]1,2x ∈时，()[]0,2ln 2f x ∈()e 2x g x x ='-，令()e 2x h x x =-，则()e 2x h x '=-，令()e 20xh x ='-=，则ln 2x =，∵ln 2ln e=1<，∴[]1,2x ∈时，′>，∴()()g x h x '=单调递增，∴()()1e 20g x g >=-'>'，∴()g x 在[]1,2上单调递增，∴()2e 1,e 4g x a a ⎡⎤∈-+-+⎣⎦，由题意可知2e 12ln 2e 40a a -+≤⎧⎨-+≥⎩，∴24e ,ln 41e a ⎡⎤∈-+-⎣⎦.故选：B5．（24-25高三上·安徽六安·阶段练习）对于()0,x ∈+∞，不等式()()e ln 10xmx m x -+-≥恒成立，则实数m 的取值范围为（）A ．01m <<B ．01m <≤C ．0em <≤D ．0em <<【答案】C【知识点】用导数判断或证明已知函数的单调性、由导数求函数的最值（不含参）、利用导数研究不等式恒成立问题【分析】由()()e ln 10x mx m x -+-≥得，()()ln e e ln mx xx mx +≥+，同构函数()e x f x x =+，由()()()ln f x f mx ≥得：()ln x mx ≥，再参变分离，转化为借助导数求函数的最值即可.【详解】已知()0,x ∈+∞，由()()e ln 10x mx m x -+-≥得，()()ln e eln mx xx mx +≥+，构造函数()e xf x x =+，则()f x 是R 上的增函数，则由()()()ln f x f mx ≥得：()ln x mx ≥，-3单调递增上单调递减，因此1。
2020高考数学复习--专题04 导数与切线(训练篇B)-用思维导图突破导数压轴题
专题04 导数与切线（训练篇B ）-用思维导图突破解导数压轴题1. 设曲线x e y =在点)1,0(处的切线与曲线)0(1>=x xy 上点P 处的切线垂直，则P 的坐标为 .解 设),(00y x P ，由导数的几何意义知，曲线xe y =在点)1,0(处的切线斜率11=k ，曲线)0(1>=x xy 上点P 处的切线斜率2021x k -=，因为两切线垂直，所以121-=k k ，即1120-=-x ，又00>x ，所以1,100==y x ，所以)1,1(P . 2．已知曲线f (x )＝x 3＋ax ＋14在x ＝0处的切线与曲线g (x )＝－ln x 相切，则a 的值为________．解 由f (x )＝x 3＋ax ＋14，得f ′(x )＝3x 2＋a ，f ′(0)＝a ，f (0)＝14，∴曲线y ＝f (x )在x ＝0处的切线方程为y －14＝ax . 设直线y －14＝ax 与曲线g (x )＝－ln x 相切于点(x 0，－ln x 0)，g ′(x )＝－1x， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ －ln x 0－14＝ax 0， ①a ＝－1x 0. ②将②代入①得ln x 0＝34，∴x 0＝e 34，∴a ＝－e -34.3. 如图，y ＝f (x )是可导函数，直线l ：y ＝kx ＋2是曲线y ＝f (x )在x ＝3处的切线，令g (x )＝xf (x )，g ′(x )是g (x )的导函数，则g ′(3)＝( )A ．－1B ．0C ．2D ．4解 由题图可知切线过点(0,2)，(3,1)，则曲线y ＝f (x )在x ＝3处的切线的斜率为－13，即f ′(3)＝－13，又因为g (x )＝xf (x )，所以g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，g ′(3)＝f (3)＋3f ′(3)，所以g ′(3)＝1＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝0. 故选B 。
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用思维导图突破导数压轴题专题02导数与函数、不等式
fxgx（）（）h(x)fxgx（）（）hx（）hx（）fxgx（）（）
作差求导判断单调求出极值()ecosxfxx
()gx()fx
()fxππ[,]42xπ()()()0
2fxgxx
nx()()1uxfxππ2,2π
42nn（）
nN2π00eπ
2π
2sincos
n
nnxxx
思路点拨第（1）题由'()0fx或'()0fx解出相应的x的范围即可确定单调区间。
第（2）题记不等式左边为hx，证明hx指定区间上函数值非负，理想状态是hx在该区间单调，且最小值为0。第（3）题利用第（2）结论，由ππ2,2π42nxnn（），得ππ2,2π
42nxnn（）
，记
2
nnyx
，那么
(,)42ny，由（2）可得由（2）知，π()()()02nnnfygyy
，有两条路径：
一条是通过分解、变形、代换、放缩等化归为熟悉的基本的函数单调性问题（解1-解3）；另一条是把变量n转化成，构造函数，回归导数基本运算，借助研
究定义域内函数单调性的变化，转化为最值问题（解4）。思维导图如下：2
()e(cossin)xf'xxx
52,2
44xkk
()kZsincosxx()0f'xfx
32,2
44xkk
()kZsincosxx()0f'xfx
fx
32,2(),()
44kkkfx
Z
52,2()
44kkk
Z
()()()2hxfxgxx
,
42
()e(cossin)xgxxx()2esinxg'xx
,42x
0()g'x3
()()()()(1)()022h'xf'xg'xxgxg'xx
hx,42()022hxhf
,42x()()02fxgxx
（3）思路一：借助前问巧带入，不等证明化函数观察到本问与第二问结构类似，范围类似，充分利用前问，对一个非基本问题通过分解、变形、代换、放缩等多种方式，化归为熟悉的基本的函数单调性问题，从而得到解答.10
nn
uxfxcose1nxnx2nnyxn
,42ny
22()coscos(2)()
nnyxn
n
nnnfyeyexnenN
2
0e1n
nfyfy
0n
yy
024
n
yy
()sincos()42mxxxx
()cossin0mxxx
mx,
42
0
)()(()0
4
n
mmyym
222
22200000
=2
sincossincoeeeeesen
nnnn
ny
nnnn
nnn
fyygygyemymy
myyyxx
2002
2sincseo
n
nnx
xx
10
nn
uxfxcose1nxnxceosnxnx
(2,2)42nxnn2(,)42nxn
(2)(2)(2)02nnnfxngxnxn
22cos(2)cos(2)sin(2)(2)0
2nnxnxn
nnnnexnexnxnxn
4
cos(cossin)(2)02nnnnxxxxn
(2,2)42nxnn
cossin
nn
xxcosnxnex
22sincos
nx
nnn
exn
xx
200sincossincosnx
n
nnee
xxxx
2nxn
20
nxnee
00sincossincosnnxxxx
()sincos()42mxxxx
0
(2)()
nmxnmx
()cossin0mxxx()mx(,)
42
0nxx0nxxee0coscosnxx0cos(2)cosnxnx
cosx(,)420242nxxn
20(2)1()
n
nfxnefx
()fx
(,)
42
0242nxxn
0
(2)()
nmxnmx
200sincossincosnx
n
nnee
xxxx
1()(22)
(sincos)42
x
kxnxn
exx
22sin()(22)
(sincos)42x
xkxnxn
exx
()0kx()kx(2,2)
42nn
200
1()
(sincos)nn
kxexx
00222
000(2)cos(2)cos1()
xnx
nn
nfxnexnexeefx