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高考数学 玩转压轴题 专题2.6 欲证不等恒成立 差值函数求值域

专题2.6 欲证不等恒成立 差值函数求值域 【题型综述】 利用导数解决不等式恒成立问题的策略： 构造差函数hxfxgx．根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式． 具体做法如下： 首先构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应含参不等式，从而求出参数的取值范围，也可以分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 证明fxgx，,xab时，可以构造函数Fxfxgx，如果0Fx，则Fx在,ab上是减函数，同时若0Fa，由减函数的定义可知，当,xab时，有0Fx，即证明

fxgx．

【典例指引】 例1．已知函数2112ln2fxaxaaxx，'fx为其导函数. (1) 设1gxfxx，求函数gx的单调区间； (2) 若0a，设11,Axfx，22,Bxfx为函数fx图象上不同的两点，且满足121fxfx，设线段AB中点的横坐标为0,x 证明：01ax. 【思路引导】 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，'0fx得增区间，'0fx得减区间即可；（2）问题转

化为证明2221*fxfxa令21Fxfxfxa 22

211

2ln22ln2axaaxaxaaxaxxa



，根据函数单调性证明即可.

(2) 法一：120121212xxaxxxaa

222121'0afxaaxxx，故fx在定义域0,上单调递增. 只需证： 122fxfxa，即证2221fxfxa (*) 注意到12111,,2fxfxfa 不妨设1210xxa. 令22221112ln22ln2Fxfxfxaxaaxaxaaxaaxxa，

则322222241122'0222axaaaFxxxaxaxxax 1xa，从而Fx在1,a上单减， 故210FxFa， 即得(*)式. 法二：(2) 222121'0afxaaxxx故fx在定义域0,上单调递增. 注意到1'0fa且11.2fa 故10gxga，且等号仅在1a处取到. 所以hx与fx图象关系如下： 取3142,hxfxhxfx，则显然有1324,xxxx, 从而1234xxxx， 另外由三次函数hx的中心对称性可知342xxa，则有 122xxa. 点评：本题主要考查利用导数研究函数的单调性、分类讨论思想及不等式证明问题.属于难题.分类讨论思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决含参数问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点. 充分利用分类讨论思想方法能够使问题条理清晰，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用与解题当中. 例2．已知定义域为1,的函数lnfxaxx存在两个零点． （1）求实数a的取值范围；

（2）若0fmfnfxmn，求证：02mnx． 【思路引导】 （1）分离参数得lnxax，借助函数1lnxxxx，的图象进行求解；（2）由于1afxx，则fx 在区间1,上单调递增，02mnffxlnln2amnamnmn 21ln1mamnmmnnn，故只需证明21ln01mamnmmnnn即可．由题知,1,mn且mn，不妨设1mn，则0,1mtn，构造21ln1tgttt，只需证明0gt即可，利用导数的知识可求解．

又0lnln1fmfnamnfxmnmn， ∴21ln01mmnmnn， 又0,0aemn，

∴ 21ln01mamnmmnnn，即002mnffx，

∴02mnffx， ∵1afxx在区间1,上单调递增， ∴02mnx，得证． 点评：解答时注意以下两点：（1）涉及已知函数零点的个数求参数的问题，可通过分析所给函数的特点采用分离参数的方法利用数形结合求解．（2）比较大小时，可通过构造函数，利用函数的单调性和函数值的大小关系处理，在解题中多次构造函数处理问题． 例3．已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）若关于的不等式恒成立，证明：且． 【思路引导】 （1）求导，令和，求得函数单调区间（2）构造函数令，求导后分类讨论，利用单调性证明．

点评：关于含参量恒成立问题有两种方法，分离含参量和带参量计算，本题构造新函数，带有参量一起求导，判定新函数的单调性，求得最大值时恒小于或等于零，即可证得结论．

【同步训练】 1．设函数f（x）=lnx+ax2+x+1． （I）a=﹣2时，求函数f（x）的极值点； （Ⅱ）当a=0时，证明xex≥f（x）在（0，+∞）上恒成立． 【思路引导】 （1）求导数判断函数的单调性，通过单调性求极值点；（2）当a=0时构造函数F（x）=xex﹣f（x）=xex﹣lnx﹣x﹣1，（x＞0），只要证明F（x）≥=0即可．

（Ⅱ）证明：当a=0时，f（x）=lnx+x+1 令F（x）=xex﹣f（x）=xex﹣lnx﹣x﹣1，（x＞0）， 则F′（x）= •（xex﹣1）， 令G（x）=xex﹣1， 则G′（x）=（x+1）ex＞0，（x＞0）， ∴函数G（x）在（0，+∞）递增， 又G（0）=﹣1＜0，G（1）=e﹣1＞0， ∴存在唯一c∈（0，1）使得G（c）=0， 且F（x）在（0，c）上单调递减，在（c，+∞）上单调递增， 故F（x）≥F（c）=c•ec﹣lnc﹣c﹣1， 由G（c）=0，得c•ec﹣1=0，得lnc+c=0， ∴F（c）=0， ∴F（x）≥F（c）=0， 从而证得xex≥f（x）． 点评：在本题（Ⅱ）的解答中，为了求F（x）的 最小值，通过求导得到F′（x）= •（xex﹣1），不容易判断F（x）的单调性，故构造G（x）=xex﹣1，采用二次求导的方法，在求G（x）零点的过程中遇到了 零点不可求的问题，此类问题的解法是利用G（x）的单调性和零点存在定理，判断零点所在的范围，然后理通过整体代换的方法求函数F（x）的最值，这是解决函数综合问题中常用的一种方法． 2．已知函数ln1xxfxx与1gxax． （1）若曲线yfx与直线ygx恰好相切于点1,0P，求实数a的值； （2）当1,x时， fxgx恒成立，求实数a的取值范围；

（3）求证： *214ln21.41niinnNi 【思路引导】 （1）根据导数几何意义得1fa,即得实数a的值；（2）利用分参法将不等式恒成立问题转化为对应函数最值问题2ln1xxax（x>1）最大值,再利用导数研究函数2ln1xxhxx单调性：单调递减，最后根据洛必达法则求最大值，即得实数a的取值范围(3)先根据和的关系转化为对应项的关系：2214ln2141nnnn，再利用；（2）的结论21ln12xxx，令2121nxn，则代入放缩得证 （3）不妨设ln21nSn为na前n项和，则21ln21nnan 要证原不等式，只需证2214ln2141nnnn 而由（2）知：当12a时恒有fxgx 即21ln12xxx当且仅当1x时取等号

取21121nxn，则22121121ln12121221nnnnnn 即2212118ln2121221nnnnnn即221421ln212121nnnnnn 即2214ln2141nnnn成立，从而原不等式获证． 点评：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，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等式，便于问题的解决．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．

3．已知函数1ln,1axfxxaRx． (1)若2x是函数fx的极值点，求曲线yfx在点1,1f处的切线方程； (2)若函数fx在0,上为单调增函数，求a的取值范围； (3)设,mn为正实数，且mn，求证： lnln2mnmnmn． 【思路引导】 （1）求出导数，由题意可得'30f代入可得83a，可得切线的斜率和切点，进而得到切线的方程；（2）由函数fx在0,上为增函数，可得'0fx恒成立，既有22210xax，当0x时， 122axx，求得右边函数的最小值，即可得到a范围；（3）运用分析法证明，要证lnln2mnmnmn

，

只需证112lnmmnnmn，即证21ln01mmnmnn，设21ln1xhxxx，求出导数判断单调性，运用单调递增，即可得证．

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高考数学压轴题归纳总结及解题方法专题讲解19---函数图象高与低差值正负恒成立

高考数学压轴题归纳总结及解题方法专题讲解19---函数图象高与低差值正负恒成立
高考数学压轴题归纳总结及解题方法
专题 19---函数图象高与低差值正负恒成立
【题型综述】
数形结合好方法：
对于函数 f (x) 与 g(x) 的函数值大小问题，常常转化为函数 y = f (x) 的图象在 y = g(x) 上方（或下方）的问题解决，而函数值的大小论证则常以构造函数
y = f (x) − g(x) ，即利用作差法，转化为论证恒成立问题.
时，令
x0
=
min
1, −
2m +1 m
，则当
x ∈(0, x0 ]
时，
h′( x)
=
−
mx + 2m +
(1+ x)2
1
<
0
，于是
F
′
(
x
)
在
x
∈
(
0,
x0
]
上单调递减，从而
F
′
(
x
)
<
F
′
(
0
)
=
0
，
因此 F ( x) 在 x ∈(0, x0 ]上单调递减，所以 F ( x) < F (0) = 0 ，而且仅有 F (0) = 0 ，不合题
−
x2
(*)
令
F
(
x
)
=
f
2 a
− x +
f
( x) −1
4 / 26
=
a2
2 a
−
x −
2
1 −
x
−
2aln (2 −
ax)
+
a2x
−
1 x
−

高考数学压轴题专题复习：2 导数与函数、不等式(精讲篇)

高考数学压轴题专题复习：2 导数与函数、不等式(精讲篇)

用思维导图突破导数压轴题专题02 导数与函数、不等式导数与函数、不等式综合题是近年高考试题的一个热点，往往是在运用导数知识以后，由不等式提升试题难度。

证明不等式f x g x ≥（）（）一般是作h(x )f x g x =-（）（），通过对h x （）求导，求出h x （）的最小值大于或大于0,；证明不等式f x g x <（）（）成立的方法类似。

如果要证明的不等式中含有参数，需要分类讨论，才能确定单调性，就要根据题设条件确定恰当的分类标准。

如果要求参数的范围，在得到相关不等式后可以分离变量，也可能需要构造新函数，找出参数满足的条件，才能求出参数的范围。

作差求导 判断单调 求出极值思路点拨第（1）题由或解出相应的x 的范围即可确定单调区间。

第（2）题记不等式左边为，证明指定区间上函数值非负，理想状态是在该区间单调，且最小值为0。

第（3）题利用第（2）结论，由，得 ，记，那么 ，由（2）可得由（2）'()0f x >'()0f x <()h x ()h x ()h x ππ2,2π42n x n n π∈++（）ππ2,2π42n x n n π∈++（）2n n y x π=-(,)42n y ππ∈知，，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x n ，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：满分解答解（1）由已知，有()e (cos sin )xf 'x x x =-, 当52,244x k k ππ⎛⎫∈π+π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x >，得()0f 'x <，则()f x 单调递减；当32,244x k k ππ⎛⎫∈π-π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x <，得()0f 'x >，则()f x 单调递增．所以，()f x 的单调递增区间为32,2(),()44k k k f x ππ⎡⎤π-π+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为52,2()44k k k ππ⎡⎤π+π+∈⎢⎥⎣⎦Z ． （2）证明：记()()()2h x f x g x x π⎛⎫=+-⎪⎝⎭．函数定义域为，依题意及（Ⅰ），有()e (cos sin )xg x x x =-，从而()2e sin xg'x x =-．π()()()02n n n f y g y y +-≥,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦当,42x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，0()g'x <，故 ()()()()(1)()022h'x f 'x g'x x g x g'x x ππ⎛⎫⎛⎫=+-+-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．因此，()h x 在区间,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，进而()022h x h f ππ⎛⎫⎛⎫≥== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．所以，当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭． （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.解1 依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos e 1n xn x =．记2n n y x n =-π，则,42n y ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，且22()cos cos(2)()n n y x n n n n n f y e y e x n e n N πππ--==-=∈．由()()20e1n n f y f y -π==≤及（Ⅰ），得0n y y ≥即024ππ>≥>n y y .令函数()sin cos ()42m x x x x ππ=-<<，()cos sin 0m x x x '=+>，所以()m x 在,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为增函数，所以0)()(()04π≥>=n m m y y m ，故 ()()()()()()22222200000=2sin cos sin co e e e e e s en n n n n n y n n n n n n n f y y g y g y e m y m y m y y y x x -π-π-π-π-π-ππ--=-<⋅≤==-≤-所以，20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-．解2 依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos e 1n xn x =，即c eos nx n x -=，因为(2,2)42n x n n ππππ∈++，所以2(,)42n x n πππ-∈， 由（2）知(2)(2)(2)02n n n f x n g x n x n ππππ-+--+≥，所以[]22cos(2)cos(2)sin(2)(2)02n n x n x n n n n n e x n e x n x n x n πππππππ---+----+≥,所以cos (cos sin )(2)02n n n n x x x x n ππ+--+≥，因为(2,2)42n x n n ππππ∈++，所以cos sin n n x x <，又cos n x n e x -=， 上式可化为22sin cos nx n n ne x n x x ππ--+≤-，只需证200sin cos sin cos n x n n n e e x x x x π--<--， 因为2n x n π>,所以20nx n ee π--<<，下面只需证明00sin cos sin cos n n x x x x -≥-. 令()sin cos ()42m x x x x ππ=-<<，只需证明0(2)()n m x n m x π-≥，因为()cos sin 0m x x x '=+>，所以()m x 在(,)42ππ上单调递增 因为0n x x ≥，所以0nx x e e --≤，则0cos cos n x x ≤，则0cos(2)cos n x n x π-≤，因为cos x 在(,)42ππ内单调递减，所以0242n x x n πππ<≤-<, （或者：因为20(2)1()n n f x n ef x ππ--=≤=,且()f x 在(,)42ππ单调递增,所以0242n x x n πππ<≤-<）,所以0(2)()n m x n m x π-≥所以原式得证.解3（前一部分与解法二相同，省略）只需证200sin cos sin cos n x n n n e e x x x x π--<-- 令函数1()(22)(sin cos )42=+<<+-x k x n x n e x x ππππ， 所以22sin ()(22)(sin cos )42x x k x n x n e x x ππππ-'=+<<+-，显然()0k x '<，则函数()k x 在(2,2)42n n ππππ++单调递减，只需证2001()(sin cos )n n k x e x x π<-，因为00222000(2)cos(2)cos 1()x n x n n n f x n e x n e x e e f x πππππ++=⋅+=⋅=≥=，其中0,(2,2)42n x x n n ππππ∈++， 且由（Ⅰ）知()f x 在(2,2)42n n ππππ++内单调递减，所以022242n n x n x n πππππ+<+≤<+，所以002001()(2)(sin cos )n x n k x k x n e x x ππ+≤+=-0220000(sin cos )sin cos n n x e e e x x x x ππ--=<--, 所以原式得证.（解3中不等式左侧也可以构造成1()n g x -，利用函数()n g x 解题，方法雷同，不再赘述）思路二：不等证明法若干，差值函数要优先仿照第二问的证明方法，但是本问难在变量不统一，既有n 又有n x ，需要将它们化成同一变量，通过自变量的改变，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，达到证明不等式的目的.解4 记2n n y x n =-π，则,42n y ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭， 因为()()10n n u x f x =-=，即cos 1e ，=n xn x ． 所以2cos(21e)n y n n y n ππ++=，所以2e cos n y n n y π--=要证20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-，只需证00co 2sin cos s π-<-n n n y e y y x x ，显然有1n n x x +>12(1)2n n y n y n ππ+++>+即，所以12(1)2n n y n y n e e ππ+--+-->，即1cos cos n n y y +<，因为42n y ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭，，所以1n n y y +> 则{}n y 关于n 单调递增，所以0,)2n y x π⎡∈⎢⎣.（或者用第一问结论，进行如下证明：1112(1)2(1)11()cos n n n y y y n n n n f y e y e e e ππ+++--+-+++=⋅==,所以2()n n f y e π-=，因为21()1()n n f y e f y π-+=<，且()0n f y >，所以1()()n n f y f y +<，由（1）知，()f x 在,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦内单调递减，所以1n n y y +>， 所以{}n y 关于n 单调递增，所以0,)2n y x π⎡∈⎢⎣）记000cos ,)sin cos 2()2,x ππ=--⎡∈⎢-⎣x e x x x x x h x ，只需证0,)2()0x 时，π⎡∈⎢⎣<h x x ，因为00,42x y ππ⎛⎫=∈⎪⎝⎭，所以()000sin cos )0,14x x x π-=-∈，所以0000sin cos )2sin 0sin cos sin co (()s )xx e x x e xx x x h x x h x ->--'''==（-1,，所以()x h '在⎪⎭⎫⎢⎣⎡20π，x 内单调递增，所以00()()=10xh x h x e ''≥->，所以()x h 在⎪⎭⎫⎢⎣⎡20π，x 内单调递增，即()()=02h x h π<.所以原式得证.思路三：中学数学较难题，高等数学解悬疑以高等数学背景为指导，以函数图像为直观，充分考察了学生直观想象的数学核心素养.教学过程中我们可以适当给学生介绍拉格朗日中值定理、洛必达法则等高等数学内容，内容虽然超纲，但本质大都可以用高中生已有的知识来介绍清楚，可以试着在这些高观点和思想的指导下用高中阶段的知识完成解题.解5 构造函数)(221)()(n n x x x n x u x F --+--=ππ，(,2)2n x x n ππ∈+ ,则0)(=n x F ，0)22(=+ππn F ，1()()22nF x u x n x ππ-''=-+-,用思维导图突破导数压轴题 专题2 导数与不等式 精讲篇（13页）()()=()2sin 0'''''==-<x F x u x g x e x所以()F x '在(,2)2n x n ππ+单调递减,假设()0n F x '≤，则()0n F x '≤在)22,(ππ+n x n 内恒成立，则)()22(n x F n F <+ππ， 与()(2)02n F x F n ππ=+=矛盾，所以假设错误，所以()0n F x '>，假设(2)02F n ππ'+≥，则()0n F x '≥在 )22,(ππ+n x n 内恒成立，则)()22(n x F n F >+ππ，与()(2)02n F x F n ππ=+=矛盾， 所以假设错误，所以0)22('<+ππn F ，由零点存在性定理，在)22,(ππ+n x n 内存在ξ，使0)('=ξF ，即n x n u -+-=221)('ππξ.所以'122()n n x u ππξ+-=-， 要证明002cos sin 22x x e x n n n -<-+-πππ只需证)cos (sin )(002'x x e u n ->-πξ，因为'()()(cos sin )xu x g x e x x ==-在区间(,2)2ππ+n x n 内递减，所以''()()n u u x ξ<，即)cos (sin )cos (sin )(2'n n n n n xx x e x x e u n ->->-πξ，只需证明00cos sin cos sin x x x x n n -≥-：以下与解法二相同，省略.本题在命题上环环相扣，逻辑清晰，解法中灵活构造别具一格，呈现数学思维之美.考查学生的运算能力、直观意识，分类讨论，转化化归，数形结合思想，具有很好的区分度与选拔性.思路点拨（1）讨论()f x 的单调性，就是要比较)('x f 与0的大小。

高中数学 专题不等式恒成立、能成立、恰成立问题 含答案

高中数学 专题不等式恒成立、能成立、恰成立问题 含答案

不等式恒成立、能成立、恰成立问题一、不等式恒成立问题的处理方法 1、转换求函数的最值：（1）若不等式()A x f >在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()min f x A >，⇔()f x 的下界大于A （2）若不等式()B x f <在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()max f x B <,()f x 的上界小于A 例1、设f(x)=x 2-2ax+2,当x ∈[-1,+∞]时，都有f(x)≥a 恒成立，求a 的取值范围。

例2、已知(),22xax x x f ++=对任意[)()0,,1≥+∞∈x f x 恒成立,试求实数a 的取值范围; 例3、R 上的函数()x f 既是奇函数，又是减函数，且当⎪⎭⎫⎝⎛∈2,0πθ时，有()()022sin 2cos 2>--++m f m f θθ恒成立，求实数m 的取值范围.例4、已知函数)0(ln )(44>-+=x c bx x ax x f 在1=x 处取得极值3c --，其中a 、b 为常数.（1）试确定a 、b 的值； （2）讨论函数)(x f 的单调区间；（3）若对任意0>x ，不等式22)(c x f -≥恒成立，求c 的取值范围。

2、主参换位法例5、若不等式a 10x -<对[]1,2x ∈恒成立，求实数a 的取值范围例6、若对于任意1a ≤，不等式2(4)420x a x a +-+->恒成立，求实数x 的取值范围例7、已知函数323()(1)132a f x x x a x =-+++，其中a 为实数．若不等式2()1f x x x a '--+＞对任意(0)a ∈+∞，都成立，求实数x 的取值范围．3、分离参数法（1） 将参数与变量分离，即化为()()g f x λ≥（或()()g f x λ≤）恒成立的形式； （2） 求()f x 在x D ∈上的最大（或最小）值；（3） 解不等式()max ()g f x λ≥(或()()min g f x λ≤) ，得λ的取值范围。

【2021高考数学压轴题】构造函数证明不等式

【2021高考数学压轴题】构造函数证明不等式

2021高考数学压轴题命题区间探究与突破专题第一篇函数与导数专题04巧妙构造函数，应用导数证明不等式问题一．方法综述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．二．解题策略类型一“比较法”构造差函数证明不等式【例1】【2020·湖南长沙一中月考】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．∴()2max 1110r x r a ae ⎛⎫⎛⎫=-=-+≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（因为21a e ≤-），∴110ax e x--≤.∴()g x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，∴()min1g 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 e x--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--≤.【指点迷津】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 max h x x ϕ≥≤．【举一反三】【2020·河北衡水中学月考】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)x e 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)x e x x e x x+≥-++-，只需证当0x >时，2(2)10x e x e x ----≥令2()(2)1(0)x h x e x e x x =---->()2(2)x h x e x e '=---，令()2(2)x u x e x e =---，则()2x u x e '=-，令()20x u 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)x e 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】【2020·安徽阜阳统测】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 xx 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 101x h 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.【指点迷津】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．【举一反三】【2020届福建厦门双十中学月考】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 x e =+-，()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】【2020湖北宜昌一中期中】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()()1x f 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 e e ϕϕ>=+->，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()111x e a x =-，()221xe a 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 x a a e ae g x e a e e +-'=--+=-()2xxe 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.【指点迷津】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．【举一反三】【2020山西太原五中期中】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】【2020·天津南开中学月考】已知函数1()ln f x x a x x=-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点12,x x ，证明：()()12122f x f x a x x -<--．【解析】（1）()f x 的定义域为()0,+∞，()222111a x ax f x x x x -+=--+-'=.（i ）若2a ≤，则()0f x '≤，当且仅当2a =，1x =时()0f x '=，所以()f x 在()0,+∞单调递减.（ii ）若2a >，令()0f x '=得，42a x =或42a x =.当0,,22a a x ⎛⎛⎫+∈⋃+∞ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时，()0f x '<；当,22a a x ⎛+∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>.所以()f x在0,,,22a a ⎛⎛⎫++∞ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递减，在,22a a ⎛-+ ⎪⎝⎭单调递增.（2）由（1）知，()f x 存在两个极值点当且仅当2a >.由于()f x 的两个极值点12,x x 满足210x ax -+=，所以121x x =，不妨设12x x <，则21x >.由于()()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 ----=--+=-+=-+----，所以()()12122f x f x a x x -<--等价于22212ln 0x x x -+<.设函数()12ln g x x x x=-+，由（1）知，()g x 在()0,+∞单调递减，又()10g =，从而当()1,x ∈+∞时，()0g x <.所以22212ln 0x x x -+<，即()()12122f x f x a x x -<--.【指点迷津】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．【举一反三】【2020·吉林省实验期末】已知函数()2ln 2f x x x ax x =-+，a ∈R ．（Ⅰ）若()f x 在()0,∞+内单调递减，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）若函数()f x 有两个极值点分别为1x ，2x ，证明：1212x x a+>．【解析】（I ）()ln 24f x x ax +'=-．∴()f x 在()0,∞+内单调递减，∴()ln 240f x x ax =+-≤在()0,∞+内恒成立，即ln 24x a x x ≥+在()0,∞+内恒成立．令()ln 2x g x x x =+，则()21ln xg x x --'=，∴当10e x <<时，()0g x '>，即()g x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭内为增函数；当1x e >时，()0g x '<，即()g x 在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内为减函数．∴()g x 的最大值为1g e e ⎛⎫= ⎪⎝⎭，∴e ,4a ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭（Ⅱ）若函数()f x 有两个极值点分别为1x ，2x ，则()ln 240f x x ax =+-='在()0,∞+内有两根1x ，2x ，由（I ），知e 04a <<．由1122ln 240ln 240x ax x ax +-=⎧⎨+-=⎩，两式相减，得()1212ln ln 4x x a x x -=-．不妨设120x x <<，∴要证明1212x x a +>，只需证明()()121212142ln ln x x a x x a x x +<--．即证明()1212122ln ln x x x x x x ->-+，亦即证明12112221ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+．令函数．∴22(1)'()0(1)x h x x x --=≤+，即函数()h x 在(]0,1内单调递减．∴()0,1x ∈时，有()()10h x h >=，∴2(1)ln 1x x x ->+．即不等式12112221ln 1x x xx x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+成立．综上，得1212x x a+>．三．强化训练1.【2020·辽宁本溪一高期末】已知a R ∈，函数2()x f x e ax =+.（1）()f x '是函数数()f x 的导函数，记()()g x f x '=，若()g x 在区间(,1]-∞上为单调函数，求实数a 的取值范围；（2）设实数0a >，求证：对任意实数12,x x ()12x x ≠，总有()()121222f x f x x x f ++⎛⎫<⎪⎝⎭成立.附：简单复合函数求导法则为[()]()f ax b af ax b ''+=+.【解析】（1）由已知得()2x f x e ax '=+，记()2x g x e ax =+，则()2xg x e a '=+.①若0a ≥，()0g x '>，()g x 在定义域上单调递增，符合题意；②若0a <，令()0g x '=解得()ln 2x a =-，()g x '自身单调递增，要使导函数()g x 在区间(],1-∞上为单调函数，则需()ln 21a -≥，解得2ea ≤-，此时导函数()g x 在区间(],1-∞上为单调递减函数.综合①②得使导函数()f x '在区间(],1-∞上为单调函数的a 的取值范围是[),0,2e ⎛⎤-∞-+∞ ⎥⎝⎦.（2）因为12x x ≠，不妨设12x x <，取1x 为自变量构造函数，()()()1212122f x f x x x F x f ++⎛⎫=-⎪⎝⎭，则其导数为()()11211222f x x x F x f '+⎛⎫''=- ⎪⎝⎭()121122x x f f x ⎡+⎤⎛⎫''=- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦0a > ()2xf x e ax ∴'=+在R 上单调递增而且12211022x x x x x +--=>，所以()1212x x f f x +⎛⎫''> ⎪⎝⎭，即()10F x '>.故关于1x 的函数()1F x 单调递增，()()120F x F x <=即()()121222f x f x x x f ++⎛⎫<⎪⎝⎭证得.2.【2020·湖北随州一中期末】高三月考（理））已知函数()ln f x ax x =-.（Ⅰ）求()f x 的极值；（Ⅱ）若1a =-，1b ≥，()()xg x f x be =+，求证：()0g x >.【解析】（Ⅰ）()()10f x a x x'=->，当0a ≤时，()0f x '<恒成立，则()f x 在()0,∞+上单调递减，()f x 无极值；当0a >时，令()0f x '>，得1x a >；令()0f x '<，得10x a<<，则()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，()f x 有极小值为1ln a +，无极大值；（Ⅱ）当1a =-，1b =时，()()ln 0xg x e x x x =-->，()11x g x e x'=--，令()()h x g x '=，则()210x h x e x =+>'，所以()h x 在()0,∞+上单调递增.又1302h ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，()120h e =->，所以01,12x ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，使得()000110x h x e x =--=，即0011x e x =+，所以函数()g x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，所以函数()g x 的最小值为()00000001ln 1ln xg x e x x x x x =--=+--，又函数11ln y x x x=+--在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上是单调减函数，所以()011ln1110g x >+--=>，又1b ≥，()()x xf x be f x e +≥+，故()0g x >．3.【2020·湖北黄石一高月考】已知函数2()1f x e x e =+--.（1）若()f x ax e ≥-对x ∈R 恒成立，求实数a 的值；（2）若存在不相等的实数1x ，2x ，满足12()()0f x f x +=，证明：122x x +<.【解析】（1）令()()()(1)1x g x f x ax e e a x =--=+--，则()1x g x e a '=+-，由题意，知()0g x ≥对x ∈R 恒成立，等价min ()0g x ≥.当1a ≤时，由()0g x '≥知()(1)1x g x e a x =+--在R 上单调递增.因为1(1)(1)10g a e-=---<，所以1a ≤不合题意；当1a >时，若(,ln(1))x a ∈-∞-，则()0g x '<，若(ln(1),)x a ∈-+∞，则()0g x '>，所以，()g x 在(,ln(1))a -∞-单调递减，在(ln(1),)a -+∞上单调递增.所以min ()(ln(1))2(1)ln(1)0g x g a a a a =-=-+--≥记()2(1)ln(1)(1)h a a a a a =-+-->，则()ln(1)h a a '=--.易知()h a 在(1,2)单调递增，在(2,)+∞单调递减，所以max ()(2)0h a h ==，即2(1)ln(1)0a a a -+--≤.而min ()2(1)ln(1)0g x a a a =-+--≥，所以2(1)ln(1)0a a a -+--=，解得2a =.（2）因为()()120f x f x +=，所以12122(1)x x e e x x e +++=+.因为12122122,x x x x e e ex x ++≥≠，所以121222x x x x e e e++>令12x x t +=，则22220t e t e +--<.记2()2220tm t e t e =+--<，则2()10t m t e '=+>，所以()m t 在R 上单调递增.又(2)0m =，由22220te t e +--<，得()(2)m t m <，所以2t <，即122x x +<.4．【2020·浙江高温州三中期末】已知函数()11114x x e e ax a f x ++⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭，其中2.718e =⋅⋅⋅是自然对数的底数，()()'g x f x =是函数()f x 的导数.（1）若()g x 是R 上的单调函数，求a 的值；（2）当78a =时，求证：若12x x ≠，且122x x +=-，则()()122f x f x +>.【解析】（1）()()1112'1x x e e ax g x f x ++⎛⎫=-- ⎝=⎪⎭，()()11'1x x e e x g x a a ++=---，由题意()110x e ax a G x +=---≥恒成立，由于()10G -=，所以()'10G -=，解得1a =.方法一：消元求导死算（2）()11171488x x e x e f x ++⎛⎫=-- ⎪⎝⎭()111731484x x e e x ++⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭，令1x t +=，120t t +=，不妨设210t x =+>，()173484t th e e t t ⎛⎫=-+⎪⎝⎭，令()()()H t h t h t =+-173173484484t tt t e e t e e --⎛⎫⎛⎫=-++++⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，原题即证明当0t >时，()2H t >，()171171288288't tt 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.【2020·安徽黄山期末】已知函数()()2e 12e x x f 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 x f x a a a '=+--=-+.因为0a <，由()0f x '=得，0x =或1ln 2x a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.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 x a 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.【2020·山东东营期末】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 ->……④所以由③式知,只需证明:2121ln ln x x x x ->-2121ln 1x x x 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 -∴>-成立,所以由③知,0m ->>成立,所以1224 9x xm 成立.7.【2020届四川省成都一诊】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.【2020·天津南开期末】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 x h 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)1ln 30m =-<，(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 =-，()20ag x 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2ln 02g a a e =-<⇒>；因为10x <<2x >，令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．【2020·湖南洪湖期末】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 n ln 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()211ln 1n 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 =，则()*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 n n n ++⋅⋅⋅+<+.10.【2020·全国高三专题】已知函数()ln a f 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 x f x x +<．【解析】（1）由221()a x a f x x x x -'=-=(0)x >知：（i ）若0a ≤，2()0(0)x a f 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 x f 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 x h x x x'=-- 1x >，∴1()e cos e 110x h x x x '=-->-->∴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 x f x x+综上：当0x >时，有e cos ()<x x f x x +成立.。

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

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。

数学-22年高考导数压轴题单变量与双变量不等式恒成立、能成立问题

数学-22年高考导数压轴题单变量与双变量不等式恒成立、能成立问题

2022年高考导数压轴题单变量与双变量不等式恒成立、能成立问题【原件版】一、单变量不等式恒成立、能成立问题题型一 证明不等式成立1、已知函数()xf x e ax =+.（a R ∈）（1）若0a <，求函数()f x 的单调区间；（2）若3a =，证明：当0x >时，()231f x x x >++恒成立.2、已知()ln 1f x x x =+，2()1g x x mx =-+-.（1）对一切实数()0,x ∈+∞，2()()f x g x ≥，求实数m 的取值范围； （2）求证：任意()0,x ∈+∞，12ln x x e ex>-.3、已知函数()xe f x x=.（1）函数()()f xg x x=，求()g x 的单调区间和极值. （2）求证：对于()0,x ∀∈+∞，总有()13ln 44f x x >-.4、已知函数1()ln ()f x a x a R x=+∈． （1）讨论函数()f x 在区间[1,2]上的最小值；（2）当1a =时，求证：对任意(0,)x ∈+∞，恒有cos ()x e xf x x+<成立．题型2 根据恒（能）成立求参数范围 类型1 根据恒成立求参数范围 1、已知函数2()(21)ln f x ax a x x =-++. （1）当1a =时，求()f x 的单调区间与极值； （2）若()0f x <恒成立，求a 的取值范围.2、已知函数()()()e e 0xf x a x a =-≠．（1）讨论()f x 的单调性：（2）若()1f x x >+对[)2,x ∈+∞恒成立，求a 的取值范围．3、已知()2sin xf x e x x =-+，()3122sin 3g x x x x m =-++．（1）求()f x 的单调区间；（2）若0x ≥时，()()f x g x ≥恒成立，求m 的取值范围．4、已知函数()axf x e x =-．（1）若曲线()y f x =在点()()0,0f 处切线的斜率为1，求()f x 的单调区间；（2）若不等式()2ln ax f x e x ax ≥-对(]0,x e ∈恒成立，求a 的取值范围．5、已知函数1()ln f x a x x =-，()a g x x x=+，其中a ∈R ． （1）若1a =，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（2）若()()g x f x >对于任意的[1,e]x ∈恒成立，求实数a 的取值范围．类型2 根据能成立求参数范围 1、已知函数()ln f x x a x =-，()1(0)ag x a x+=->． （1）若1a =，求函数()f x 的极值；（2）设函数()()()h x f x g x =-，求函数()h x 的单调区间；（3）若存在[]01x e ∈，，使得()()00f x g x <成立，求a 的取值范围．2、已知函数22()ln f x ax x bx c =--在1x =处取得极值3c -，其中,,a b c 为常数. （1）试确定,a b 的值；（2）讨论函数()f x 的单调区间；（3）若对任意0x >，不等式2()2f x c ≥有解，求c 的取值范围.3、已知函数()e 1xf x ax =--.（1）当1a =时，求()f x 的极值；（2）若()2f x x ≤在[)0,x ∈+∞上有解，求实数a 的取值范围.4、已知函数()()()2122ln 2f x x a x a x a =-++∈R . （1）若曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为2y x b =+，求2+a b 的值； （2）若0a >，讨论函数()f x 的单调性；（3）设函数()()2g x a x =-+，若至少存在一个[]0,4x e ∈，使得()()00f x g x >成立，求实数a 的取值范围.5、已知函数()ln bf x x a x x=-+，a ，b ∈R ． （1）若a >0，b >0，且1是函数()f x 的极值点，求12a b+的最小值； （2）若b =a +1，且存在0x ∈[1e，1]，使0()0f x <成立，求实数a 的取值范围．6、已知函数1()ln f x a x x=+（a R ∈且0a ≠）． （1）若1a =，求函数()f x 的极值；（2）若存在(]00,x e ∈，使得()00f x <成立，求实数a 的取值范围．二、双变量不等式恒成立、能成立问题1、已知曲线()()3,f x ax bx a b =+∈R 在点()()1,1f 处的切线方程是20y +=.（1）求()f x 的解析式；（2）若对任意[]12,2,3x x ∈-，都有()()12f x f x m -，求实数m 的取值范围.2、已知函数1()ln ,()2xf x x xg x m ⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭， （1）先证明单调性，再求函数()f x 在[]1,2上的最小值；（2）若对[][]121,2,0,2x x ∀∈∃∈，使得12()()f x g x ≥，求实数m 的取值范围.3、已知函数()223x xe f x e -+=，其中e 为自然对数的底数.（1）证明：()f x 在(),0-∞上单调递减，()0,∞+上单调递增； （2）设0a >，函数()212cos cos 3g x x a x a =+--，如果总存在[]1,x a a ∈-，对任意2x R ∈，()()12f x g x 都成立，求实数a 的取值范围.4、已知函数2()(2)ln ()f x a x ax x a R =++-∈． （Ⅰ）当0a =时，求证：2()22x f x x >-． （Ⅱ）设232()3g x x x =-，若1(0,1]x ∀∈，2[0,1]x ∃∈，使得()()12f x g x 成立，求实数a 的取值范围．5、已知函数21()(1)ln 2f x x a x a x =-++. （1）求函数()f x 的单调递增区间；（2）任取[3,5]a ∈，函数()f x 对任意1212,[1,3]()x x x x ∈≠，恒有1212|()()|||f x f x x x λ-<-成立，求实数λ的取值范围.6、设f (x )＝ax＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.（1）如果存在x 1，x 2∈[0,2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ； （2）如果对于任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围．7、已知函数f (x )＝x －1－a ln x (a <0)． (1)讨论函数f (x )的单调性； (2)当0<x 1<x 2≤1时，都有f (x 1)−f(x 2)x 1−x 2<4x1x 2，求实数a 的取值范围．8、已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R )，g (x )＝12x 2＋e x －x e x .（1）当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；（2）当a <1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2,0]，f (x 1)<g (x 2)成立，求a 的取值范围．9、已知函数()13ln 144f x x x x=-+- （1）求函数()f x 的单调区间； （2）设()224gx x bx =-+-，若对任意()[]120,2,1,2x x ∈∈，不等式()()12f x g x ≥恒成立，求实数b的取值范围.10、已知函数321()1()32x a f x x ax a R +=-++∈． （1）若3x =是函数()f x 的一个极值点，求a 的值； （2）当2a <时，1x ∀，2[0x ∈，2]，122|()()|3f x f x -恒成立，求a 的取值范围．11、已知函数2()3()f x lnx ax x a R =+-∈．（1）若函数()f x 在点(1，f （1）)处的切线方程为2()y bx b R =-∈，求a ，b 的值及()f x 的极值； （2）若1a =，对1x ∀，2[1x ∈，2]，当12x x <时，不等式1221()()m mf x f x x x ->-恒成立，求实数m 的取值范围．2022年高考导数压轴题单变量与双变量不等式恒成立、能成立问题【详细解析版】一、单变量不等式恒成立、能成立问题题型一 证明不等式成立1、已知函数()xf x e ax =+.（a R ∈）（1）若0a <，求函数()f x 的单调区间；（2）若3a =，证明：当0x >时，()231f x x x >++恒成立.【答案】（1）在()(),ln a -∞-上单调递减，在()()ln ,a -+∞上单调递增；（2）证明见解析.【分析】（1）求导可得()'f x 解析式，令()0f x '=，解得ln()x a =-，分别讨论()(),ln x a ∈-∞-和()()ln ,a -+∞时，()'f x 的正负，可得()f x 的单调区间.（2）令()22()(+3+1)=e 1x g x f x x x x =---，可得()2x g x e x '=-，再令()e 2x h x x =-，利用导数求得()h x 的单调区间和最值，即可得()0g x '>恒成立，可得()g x 的单调性和最值，得证.【解析】（1）()xf x e a '=+，当0a <时，令()0f x '=，解得ln()x a =-. 当x 变化时，()f x '，()f x 的变化情况如下表：所以0a <时，f x ,ln a -∞-ln ,a -+∞.（2）证明：令()22()(+3+1)=e 1x g x f x x x x =---，则()2xg x e x '=-.令()e 2xh x x =-，则()2x h x e '=-，当0ln2x <<时，()0h x '<，()h x 单调递减， 当ln2x >时，()0h x '>，()h x 单调递增；所以()()ln2ln2e 2ln222ln20h x h ≥=-=->，即()0g x '>恒成立.所以()g x 在()0,∞+上单调递增，所以()()01010g x g >=--=，所以2e 10x x -->，即当0x >时，()231f x x x >++恒成立.3、已知函数()xe f x x=.（1）函数()()f xg x x=，求()g x 的单调区间和极值. （2）求证：对于()0,x ∀∈+∞，总有()13ln 44f x x >-.【答案】（1）()g x 在(0,2)上单调递减，在(,0)-∞和(2,)+∞上单调递增；极小值()2e 24g =，无极大值；（2）证明见解析.【分析】（1）写出()g x 的函数表达式，通过求导写出单调区间和极值即可（2）证明()13ln 44f x x >-恒成立，结合（1）得，等价于2e 1(ln 3)4x x x x>-恒成立，且已知左式的最小值，只要大于右式的最大值，则不等式恒成立【解析】（1）2243e e 2e e (2)()()x x x x x x x g x g x x x x --'=⇒==，当02x <<时，()0g x '<；当0x <或2x >时，()0g x '>，()g x ∴在(0,2)上单调递减，在(,0)-∞和(2,)+∞上单调递增；故()g x 有一个极小值2e (2)4g =，无极大值． （2）证明：要证13()ln 44f x x >-成立，只需证e 13ln 44x x x >-成立，即证2e 1(ln 3)4x x x x>-成立，令1()(ln 3)4h x x x =-，则24ln ()=4xh x x -'， 当40e x <<时，()0h x '>；当4e x >时，()0h x '<， ()h x ∴在()40,e 上单调递增，在()4e ,+∞上单调递减， ()4max 41()e 4e h x h ==∴， 2e ()x g x x =∵由（1）可知2min e ()(2)4g x g ==，min max ()()g x h x >∴，()()g x h x >∴，13()ln 44f x x >-∴．4、已知函数1()ln ()f x a x a R x=+∈． （1）讨论函数()f x 在区间[1,2]上的最小值；（2）当1a =时，求证：对任意(0,)x ∈+∞，恒有cos ()x e xf x x+<成立．【解析】（1）函数1()ln =+f x a x x的定义域是(0,)+∞， 2211()a ax f x x x x-'=-=． 当0a 时，2110,0ax ax x --<<，则()0f x '<，则函数()f x 在(0,)+∞上单调递减，即函数()f x 在区间[1,2]上单调递减，故函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为1(2)ln 22f a =+． 当0a >时，令()0f x '<，得10x a <<；令()0f x '>，得1x a>；故函数()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增．当11a，即1a 时，函数()f x 在区间[1,2]上单调递增， 故函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为(1)1f =；当12a，即102a <时，函数()f x 在区间[1,2]上单调递减，故函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为1(2)ln 22f a =+；当112a <<，即112a <<时，函数()f x 在11,a ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减，在1,2a ⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递增，此时函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为11ln f a a a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭． 综上，当12a时，函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为1(2)ln 22f a =+； 当112a <<时，函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为11ln f a a a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭；当1a 时，函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为(1)1f =．（2）当1a =时，1()ln f x x x=+， 要证cos ()x e x f x x +<，即证1cos ln x e xx x x++<，因为0x >，所以两边同时乘x ，得ln 1cos x x x e x +<+， 即证ln cos 1x x x e x <+-．当01x <时，ln 0x x ，而cos 11cos11cos10x e x +->+-=>，所以ln cos 1xx x e x <+-成立，即cos ()x e xf x x+<成立．当1x >时，令()cos ln 1(1)xh x e x x x x =+-->，则()sin ln 1xh x e x x '=---．设()sin ln 1(1)xg x e x x x =--->，，则因为1()cos xg x e x x'=--． 因为1x >，所以1()cos 110xg x e x e x'=-->-->， 所以当1x >时，()g x 单调递增，所以()sin110g x e >-->，即()0h x '>，所以()h x 在(1,)+∞上单调递增，所以()cos110h x e >+->，即cos ()x e xf x x +<成立．综上，对任意(0,)x ∈+∞，恒有cos ()x e xf x x+<成立．题型2 根据恒（能）成立求参数范围 类型1 根据恒成立求参数范围 1、已知函数2()(21)ln f x ax a x x =-++. （1）当1a =时，求()f x 的单调区间与极值； （2）若()0f x <恒成立，求a 的取值范围.【答案】（1）单调递增区间为10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，(1,)+∞，单调递减区间为1,12⎛⎫⎪⎝⎭，极大值15ln 224f ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，极小值(1)2f =-（2）(1,0]-【分析】（1）由题可求导函数，利用导数求出函数的单调区间，进而再求出极值即可；（2）分情况讨论，利用导数研究函数的单调性和极值即可求解.【解析】（1）当1a =时，函数2()3ln =-+f x x x x ，定义域为(0,)+∞，()21231(21)(1)23x x x x f x x x x x-+--'=-+==. 当()0f x '>时，102x <<或1x >；当()0f x '<时，112x <<，所以函数()f x 的单调递增区间为10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，(1,)+∞，单调递减区间为1,12⎛⎫⎪⎝⎭，所以当12x =时，函数()f x 取得极大值15ln 224f ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，当1x =时，函数()f x 取得极小值(1)2f =-. （2）()1(21)(1)2(21)ax x f x ax a x x--'=-++=. ①当0a >时，2()(21)ln f x ax a x x =-++，(0,)x ∈+∞， 令2(21)0ax a x -+>，解得12x a>+，则当01(2,)x a∈++∞时，200(21)0ax a x -+>，且0ln ln 20x >>，所以函数2()(21)ln 0f x ax a x x =-++>恒成立，不符合题意，舍去；②当0a ≤时，令()0f x '>，解得01x <<；令()0f x '<，解得1x >， 则函数()f x 在(0,1)上为增函数，在(1,)+∞上为减函数， 所以函数()f x 在1x =处取得极大值，也是最大值，要使得()0f x <恒成立，则只需(1)(21)0f a a =-+<，解得1a >-，故10a -<≤. 综上，a 的取值范围是(1,0]-.2、已知函数()()()e e 0xf x a x a =-≠．（1）讨论()f x 的单调性：（2）若()1f x x >+对[)2,x ∈+∞恒成立，求a 的取值范围． 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）23,e 2e ⎛⎫+∞ ⎪-⎝⎭【分析】（1）求导得()()e e xf x a '=-，在分0a >，0a <两种情况讨论求解即可；（2）根据题意将问题转化为1e e x x a x+>-对[)2,x ∈+∞恒成立，进而构造函数，求解函数最值即可. 【解析】（1）函数的定义域为R ，()()e e xf x a '=-．当0a >时，令()0f x '>，得1x >，令()0f x '<，得1x <； 当0a <时，令()0f x '>，得1x <，令()0f x '<，得1x >．综上，当0a >时，()f x 在(),1-∞上单调递减，在()1,+∞上单调递增； 当0a <时，()f x 在(),1-∞上单调递增，在()1,+∞上单调递减．（2）由（1）知，函数()e e xg x x =-在[)2,+∞上单调递增，则()()()2e e 20g x g ≥=->，所以()1f x x >+对[)2,x ∈+∞恒成立等价于1e e x x a x+>-对[)2,x ∈+∞恒成立． 设函数()()12e e x x h x x x +=≥-，则()()2e e e e xx x h x x -=-'， 设()()e e 2x p x x x =-≥，则()()1e 0xp x x =-+<'，则()p x 在[)2,+∞上单调递减， 所以()()22e 2e 0p x p ≤=-<，则()0h x '<，所以()h x 在[)2,+∞上单调递减， 所以()()2max 32e 2eh x h ==-； 故23e 2e a >-，即a 的取值范围是23,e 2e ⎛⎫+∞ ⎪-⎝⎭．3、已知()2sin xf x e x x =-+，()3122sin 3g x x x x m =-++．（1）求()f x 的单调区间；（2）若0x ≥时，()()f x g x ≥恒成立，求m 的取值范围． 【答案】（1）在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增.（2）m ≤1【分析】(1)先对函数进行求导，再进行分类讨论判断导数值的正负，即可得到答案；(2)将问题转化为31sin 3x m e x x --在0x 恒成立，令31()sin (0)3x u x e x x x =--，再利用（1）的结论进行求解，即可得到答案；【解析】（1）()2sin x f x e x x =-+，∴()2cos x f x e x '=-+，①当0x 时，2(2,1],1cos 1x e x -∈---，∴2cos 0x e x -+在0x 恒成立，∴()0f x '，∴()f x 在(,0)-∞单调递减，②当0x >时，令()2cos x g x e x =-+，则()sin 0x g x e x '=->在0x >恒成立，∴()g x 在(0,)+∞单调递增，且(0)0g =，∴()0>g x 在(0,)+∞恒成立，即()0f x '>在(0,)+∞恒成立，∴()f x 在(0,)+∞单调递增，综上所述：()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增.（2）当0x 时，312sin 22sin 3xe x xx x x m -+-++ 31sin 3x m e x x ∴--在0x 恒成立，令31()sin (0)3x u x e x x x =--，2()cos x x u x e x '=--，令2()cos (0)x v x e x x x =--，由（1）得()()2sin '01xv x e x x v ='-+=，()v x ∴在(0,)+∞单调递增，且(0)0v =，()0u x '∴在0x ≥恒成立，()u x ∴在[0,)+∞单调递增，(0)1u =，∴min ()(0)1m u x u ≤==.4、已知函数()axf x e x =-．（1）若曲线()y f x =在点()()0,0f 处切线的斜率为1，求()f x 的单调区间； （2）若不等式()2ln axf x e x ax ≥-对(]0,x e ∈恒成立，求a 的取值范围．【答案】（1）单调递减区间为ln 2,2⎛⎫-∞-⎪⎝⎭，单调递增区间为ln 2,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭；（2）1,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭． 【分析】（1）由题设()1axf x ae '=-，根据导数的几何意义有()01f '=，可求a ，即()221xf x e'=-，进而可求()f x 的单调区间；（2）由题意，函数不等式恒成立可转化为(]0,x e ∈上ln 1ln 1ax ax xe e x --≥恒成立， 构造函数()ln 1x g x x -=，应用导数研究其单调性可得ln xa x ≥在(]0,x e ∈上恒成立， 即在(]0,x e ∈上max ln ()xa x≥即可求a 的取值范围． 【解析】（1）()1axf x ae '=-，则()011f a '=-=，即2a =．所以()221xf x e '=-，令0fx ，得ln 22x =-． 当ln 22x <-时，0f x ；当ln 22x >-时，0f x ．故()f x 的单调递减区间为ln 2,2⎛⎫-∞-⎪⎝⎭，单调递增区间为ln 2,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭． （2）由()2ln axf x e x ax ≥-，即()2ln 1axax x ex -≥-，有1ln 1ax a x e x x --≥，故仅需ln 1ln 1ax axxe e x --≥即可． 设函数()ln 1x g x x -=，则ln 1ln 1ax axxe e x --≥等价于()()axg e g x ≥． 因为()22ln x g x x-'=， 所以当(]0,x e ∈时，0g x，则()g x 在(]0,e 上单调递增， 所以当(]0,x e ∈时，()()axg e g x ≥等价于当(]0,x e ∈时，()()ax g e g x ≥，ax e x ≥，即ln xa x≥恒成立． 设函数()ln x h x x =，(]0,x e ∈，则()21ln 0xh x x -'=≥， 即()h x 在(]0,x e ∈递增，所以()()max 1h x h e e==，则1a e ≥即可，所以a 的取值范围为1,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭．5、已知函数1()ln f x a x x =-，()a g x x x=+，其中a ∈R ． （1）若1a =，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（2）若()()g x f x >对于任意的[1,e]x ∈恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）230x y --=；（2）2e 12e 1a +-<<-．【分析】（1）求导，利用导数的几何意义求出切线斜率，进而可得切线方程；（2）将不等式1ln a x a x x x+>-对于任意的[1,e]x ∈恒成立转化为任意的[1,e]x ∈， 1ln 0a x a x x+-+>恒成立，设1()ln a h x x a x x +=-+，[1,e]x ∈，求导，分11a +≤，1e a +≥，11e a <+<讨论，通过求min ()0h x >求实数a 的取值范围．【解析】（1）由题意知：1()ln f x x x=-，(1)1f =-，即切点为(1,1)-， ()211f x x x '=+，()12f '=， 故切线方程为：12(1)y x +=-，即230x y --=． （2）由题意知：不等式1ln a x a x x x+>-对于任意的[1,e]x ∈恒成立， 任意的[1,e]x ∈，1ln 0a x a x x+-+>恒成立， 设1()ln a h x x a x x+=-+，[1,e]x ∈， 2(1)(1)()x x a h x x +--'=，[1,e]x ∈①当11a +≤，即0a ≤时，()0h x '≥，()h x 为增函数， min ()(1)20h x h a ∴==+>，即2a >-，20a -<≤满足．②当1e a +≥，即e 1a ≥-时，()0h x '≤，()h x 为减函数，min1()(e)e e 0a h x h a +∴==-+>，即22e 1e 1a +<-，2e 1e 1e 1a +∴-≤<-满足③当11e a <+<时，即0e 1a <<-时，当[1,1]x a ∈+时，()0h x '≤，当(1,e]x a ∈+时，()0h x '≥，∴只需min ()(1)2ln(1)0h x h a a a a =+=+-+>，即min 2()ln(1)10h x a a a ⎡⎤=-++>⎢⎥⎣⎦，设2()ln(1)1F a a a=-++，其中0e 1a <<-， 2()ln(1)1F a a a =-++为递减函数，2()(e 1)0e 1F a F ∴>-=>-， 故0e 1a <<-，min ()(1)2ln(1)0h x h a a a a =+=+-+>，综上：2e 12e 1a +-<<-．类型2 根据能成立求参数范围 1、已知函数()ln f x x a x =-，()1(0)ag x a x+=->． （1）若1a =，求函数()f x 的极值；（2）设函数()()()h x f x g x =-，求函数()h x 的单调区间；（3）若存在[]01x e ∈，，使得()()00f x g x <成立，求a 的取值范围． 【答案】（1）极小值为1，无极大值（2）单调递增区间为()1,a ++∞，单调递减区间为()0,1a +.（3）21,1e e ⎛⎫++∞ ⎪-⎝⎭【分析】（1）研究()ln f x x x =-的单调区间，进而求出()f x 的极值；（2）先求()h x '，再解不等式()0h x '>与()0h x '<，求出单调区间，注意题干中的0a >的条件；（3）先把题干中的问题转化为在[]1x e ∈，上有()min 0h x <，再结合第二问研究的()h x 的单调区间，对a 进行分类讨论，求出不同范围下的()min h x ，求出最后结果【解析】（1）当1a =时，()ln f x x x =-，定义域为()0,∞+，()111x f x x x-'=-= 令()0f x '=得：1x =，当1x >时，()0f x '>，()f x 单调递增； 当01x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减，故1x =是函数()f x 的极小值点，()f x 的极小值为()11f =，无极大值 （2）()()()()1ln 0ah x f x g x x a x a x+=-=-+>，定义域为()0,∞+ ()()()222211111x x a a a x ax a h x x x x x+--+---'=--== 因为0a >，所以10a +>，令()0h x '>得：1x a >+，令()0h x '<得：01x a <<+， 所以()h x 在()1,a ++∞单调递增，在()0,1a +单调递减.综上：()h x 单调递增区间为()1,a ++∞，单调递减区间为()0,1a +.（3）存在[]01x e ∈，，使得()()00f x g x <成立， 等价于存在[]01x e ∈，，使得()00h x <，即在[]1x e ∈，上有()min 0h x < 由（2）知，()h x 单调递增区间为()1,a ++∞，单调递减区间为()0,1a +，所以当1a e +≥，即1a e ≥-时，()h x 在[]1x e ∈，上单调递减，故()h x 在x e =处取得最小值， 由()()min10a h x h e e a e +==-+<得：211e a >e +-，因为2111e e e +>--，故211e a >e +-. 当11a e <+<，即01a e <<-时，由（2）知：()h x 在()1,1x a ∈+上单调递减，在()1,x a e ∈+上单调递增，()h x 在[]1x e ∈，上的最小值为()()12ln 1h a a a a +=+-+ 因为()0ln 11a <+<，所以()0ln 1a a a <+<，则()2ln 12a a a +-+>，即()12h a +>，不满足题意，舍去综上所述：a 的取值范围为21,1e e ⎛⎫++∞⎪-⎝⎭2、已知函数22()ln f x ax x bx c =--在1x =处取得极值3c -，其中,,a b c 为常数. （1）试确定,a b 的值；（2）讨论函数()f x 的单调区间；（3）若对任意0x >，不等式2()2f x c ≥有解，求c 的取值范围.【答案】（1）6a =-；3b =-；（2）单调递增区间为()0,1，()f x 的单调递减区间为()1,+∞；（3）3,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【分析】（1）由()13f c =-，求得b ，由()10f '=，得a ;（2）将(1)中得到的,a b 的值代入函数表达式，进而得到()12ln f x x x '=-．判定导数的正负区间，进而得到单调区间；（3）由（2）知，得到函数()f x 最大值，根据不等式有解得到c 的不等式求解即得.【解析】（1）由题意知()13f c =-，因此3b c c --=-，从而3b =-．由题意求导得()10f '=，因此20a b -=，解得6a =-； （2）由（1）知()12ln f x x x '=-．令()0f x '=，解得1x =．因此()f x ()1,+∞； （3）由（2）知，()f x 在1x =处取得极大值()13f c =-，此极大值也是最最值．要使()22f x c ≥（0x >）有解，只需232c c -≥．即2230c c +-≤，从而()()2310c c +-≤．解得312c -≤≤． 所以c 的取值范围为3,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦.3、已知函数()e 1xf x ax =--.（1）当1a =时，求()f x 的极值；（2）若()2f x x ≤在[)0,x ∈+∞上有解，求实数a 的取值范围.【答案】（1）极小值()00f =，无极大值；（2）e 2a ≥-.【分析】（1）利用导数求得()f x 的单调区间，由此求得()f x 的极值.（2）将()2f x x ≤转化为2e 10x x ax ---≤，采用分离常数法，通过构造函数，结合导数求得a 的取值范围.【解析】（1）当1a =时，()e 1x f x x =--，所以()e 1xf x '=-，当0x <时()0f x '<；当0x >时()0f x '>，所以()f x 在(),0-∞上单调递减，在()0,∞+上单调递增， 所以当0x =时函数()f x 有极小值()00f =，无极大值.（2）因为()2f x x ≤在[)0,+∞上有解，所以2e 10x x ax ---≤在[)0,+∞上有解， 当0x =时，不等式成立，此时R a ∈， 当0x >时e 1x a x x x ⎛⎫≥-+ ⎪⎝⎭在()0,∞+上有解，令()e 1x g x x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，则()()()()22221e 1e 11xx x x x x g x x x x ⎡⎤--+-⎛⎫-⎣⎦'=-= ⎪⎝⎭， 由（1）知0x >时()()00f x f >=，即()e 10xx -+>，当01x <<时()0g x '<；当1x >时()0g x '>， 所以()g x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增， 所以当1x =时，()min e 2g x =-， 所以e 2a ≥-，综上可知，实数a 的取值范围是e 2a ≥-.4、已知函数()()()2122ln 2f x x a x a x a =-++∈R . （1）若曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为2y x b =+，求2+a b 的值； （2）若0a >，讨论函数()f x 的单调性；（3）设函数()()2g x a x =-+，若至少存在一个[]0,4x e ∈，使得()()00f x g x >成立，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）210a b +=-；（2）答案见解析；（3）2,ln 2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭. 【分析】（1）利用导数的几何意义可得出关于实数a 、b 的方程组，解出这两个未知数的值，即可求得2+a b 的值； （2）求得()()()2xf x x x a --='，分2a =、02a <<、2a >三种情况讨论，分析导数的符号变换，由此可得出函数()f x 的增区间和减区间；（3）分析可知不等式222ln x a x>-在[],4e 上有解，利用导数求出函数()22ln x h x x=-在区间[],4e 上的最小值，由此可求得实数a 的取值范围.【解析】（1）()f x 的定义域为()0,∞+，()()22af x x a x'=-++. 由题意得()()11222f a b =-+=+，()()11222f a a '=-++=， 即32212a b a ⎧--=+⎪⎨⎪-=⎩，解得3132a b =⎧⎪⎨=-⎪⎩，因此，210a b +=-；（2）()()()()2222x a x ax x a f x xx-++--'==.当2a =时，()0f x '≥且()f x '不恒为0，所以，()f x 在()0,∞+上单调递增； 当02a <<时，由()0f x '>，得0x a <<或2x >，由()0f x '<，得2a x <<， 此时，()f x 在()0,a 和()2,+∞上单调递增，在(),2a 上单调递减； 当2a >时，由()0f x '>，得02x <<或x a >，由()0f x '<，得2x a <<， 此时，()f x 在()0,2和(),a +∞上单调递增，在()2,a 上单调递减. 综上所述，当2a =时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当02a <<时，()f x 在()0,a 和()2,+∞上单调递增，在(),2a 上单调递减； 当2a >时，()f x 在()0,2和(),a +∞上单调递增，在()2,a 上单调递减；（3）若至少存在一个[]0,4x e ∈，使得()()00f x g x >成立，则当[],4x e ∈时，212ln 02x a x +>有解.当[],4x e ∈时，ln 1x ≥，即222ln x a x >-有解，令()22ln x h x x=-，[],4x e ∈，则()min 2a h x >.()()()()2212ln 2ln 02ln 2ln x x x x x h x x x --'=-=<，所以，()h x 在[],4e 上单调递减，所以，()()min 44ln 2h x h ==-， 所以，42ln 2a >-，即2ln 2a >-，因此，实数a 的取值范围是2,ln 2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭.5、已知函数()ln bf x x a x x=-+，a ，b ∈R ． （1）若a >0，b >0，且1是函数()f x 的极值点，求12a b+的最小值； （2）若b =a +1，且存在0x ∈[1e，1]，使0()0f x <成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）最小值3+；（2）()211e a e e +<-+．【分析】（1）由1是函数()f x 的极值点得1a b +=，对12a b+用基本不等式中“1的代换”求最值； （2）把“存在0x ∈[1e ，1]，使0()0f x <成立”转化为函数()f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值小于0， 利用导数讨论单调性，找到最小值，解出a 的范围即可．【解析】（1）()21,a bf x x x =--'因为1是函数()f x 的极值点， 所以()110,f a b '=--=即 1.a b +=此时()()()()222222111x b x b x x b a b x ax b f x x x x x x----+--=--=='= 当()01,0;x f x '<<<当()1,0,x f x >'>所以函数()f x 在1x =处取极小值．所以()121223b a a b a b a b a b⎛⎫+=++=++ ⎪⎝⎭因为0,0a b >>，所以2b a a b +≥=(当且仅当21a b =-=时等号成立) 此时12a b+有最小值3+． （2）当1b a =+时，()1ln a f x x a x x+=-+， 存在01,1x e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦使()00f x <成立，即函数()f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值小于0. ()()()221111(0)x x a a a f x x x x x ⎡⎤+-'++⎣⎦=-==>①当11,a +≥即0a ≥时，() f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，所以()f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值为()11120f a a =++=+<，所以2a <-，不符，舍去；②当11,a e+≤即11ae 时，()f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增， 所以()f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值为()()111110,f a e a e a e e e e⎛⎫=+++=+++< ⎪⎝⎭所以()211e a e e +<-+，又11,a e≤-所以()211e a e e +<-+；（3）当111a e <+<时，即110a e-<<时，()f x 在1,1a e ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦上单调递增，在[]1,1a +上单调递减，所以()f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值为()()()111ln 11ln 12f a a a a a a ⎡⎤+=++-+=-++⎣⎦ 因为111,a e<+<所以()1ln 10,a -<+<所以()11ln 12a <-+<所以()1ln 12a a a a ⎡⎤>-+>⎣⎦，所以()()11ln 12220,f a a a a ⎡⎤+=-++>+>⎣⎦不符，舍去，综上可得，a 的取值范围是()211e a e e +<-+．6、已知函数1()ln f x a x x=+（a R ∈且0a ≠）． （1）若1a =，求函数()f x 的极值；（2）若存在(]00,x e ∈，使得()00f x <成立，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）()1f x =极小值，()f x 无极大值；（2）()1,,e e ⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭．【分析】（1）求出导函数21()x f x x -'=，利用导数与函数单调性之间的关系判断函数的单调性， 由单调性求出函数的极值．（2）由题意只需函数()f x 在(]0,e 上的最小值小于0，求出2211()a ax f x x x x-'=-+=， 讨论a 的取值范围，利用导数判断函数的单调性，进而求出函数的最小值，即可．【解析】（1）依题意，当1a =时，1()ln f x x x=+，定义域为()0,∞+， 22111()x f x x x x-'=-+=，令()0f x '=，得1x =． 当()0,1x ∈时，()0f x '<，()f x 为减函数； 当()1,x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 为增函数， 所以()()11f x f ==极小值，()f x 无极大值．（2）若存在(]00,x e ∈，使得()00f x <成立，即函数()f x 在(]0,e 上的最小值小于0．2211()a ax f x x x x -'=-+=，且0a ≠．令()0f x '=，得1x a=， 当10a<，即0a <时，()0f x '<恒成立，函数()f x 在(]0,e 单调递减，()min 1()f x f e a e==+， 由10a e +<，得1a e <-，即1,a e ⎛⎫∈-∞- ⎪⎝⎭；当1e a ≥，即10a e<≤时，()0f x '≤恒成立， 函数()f x 在(]0,e 上单调递减，()min 1()0f x f e a e==+>，不合题意； 当10e a<<，即1a e >时，在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上，()0f x '<，()f x 为减函数；2、已知函数1()ln ,()2xf x x xg x m ⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭，（1）先证明单调性，再求函数()f x 在[]1,2上的最小值；（2）若对[][]121,2,0,2x x ∀∈∃∈，使得12()()f x g x ≥，求实数m 的取值范围. 【答案】（1）证明见解析（导数或定义），1；（2）34m ≥-.【分析】（1）求出()f x 的定义域和()'f x ，由()0f x '>可得()f x 的单调性及在[]1,2上的最小值；（2）转化为1min 2min ()()f x g x ≥，由（1）知min ()1f x =，利用单调性可得()g x 在[]0,2上单调性求得最值，解不等式可得答案.【解析】（1）函数()f x 的定义域为0x >，所以11()10xf x x x+'=+=>， 所以()f x 在()0,∞+上单调递增，所以()f x 在[]1,2上的最小值为min ()(1)1f x f ==.（2）若对[][]121,2,0,2x x ∀∈∃∈，使得12()()f x g x ≥，则1min 2min ()()f x g x ≥，由（1）知min()1f x =，因为1()2⎛⎫= ⎪⎝⎭xg x 是减函数， 所以1()2xg x m ⎛⎫=- ⎪⎝⎭在[]0,2上单调递减，所以2min 1()(2)4g x g m ==-，所以114m ≥-，即34m ≥-. 所以实数m 的取值范围为3,4⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭.3、已知函数()223x xe f x e -+=，其中e 为自然对数的底数.（1）证明：()f x 在(),0-∞上单调递减，()0,∞+上单调递增； （2）设0a >，函数()212cos cos 3g x x a x a =+--，如果总存在[]1,x a a ∈-，对任意2x R ∈，()()12f x g x 都成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）ln 2a ≥.【分析】（1）直接对函数求导，判断导函数在对应区间上的符号即可证明；（2）总存在1[x a ∈-，](0)a a >，对任意2x R ∈都有12()()f x g x ，即函数()y f x =在[a -，]a 上的最大值不小于()y g x =，x ∈R 的最大值； 借助单调性换元法，结合二次函数的性质分别求最值列不等式求解即可【解析】（1）证明：()()23x xe ef x -='-令()0f x '>，解得0x >，∴()f x 在()0,∞+上单调递增 令()0f x '<，解得0x <，∴()f x 在(),0-∞上单调递减 （2）总存在1[x a ∈-，](0)a a >，对任意2x R ∈都有12()()f x g x ，即函数()y f x =在[a -，]a 上的最大值不小于()y g x =，x ∈R 的最大值()()()()max 23a af x f a f a e e -=-==+ 令[]()cos 1,1t x t =∈-，∴()2123g t t at a =+--，对称轴02a t =-< ∴()()max 513g t g == ∴()2533a a e e -+≥，52a ae e -+≥， 令(),0ae m m =>，∴152m m +≥，∴2m ≥∴2a e ≥，∴ln 2a ≥4、已知函数2()(2)ln ()f x a x ax x a R =++-∈． （Ⅰ）当0a =时，求证：2()22x f x x >-． （Ⅱ）设232()3g x x x =-，若1(0,1]x ∀∈，2[0,1]x ∃∈，使得()()12f x g x 成立，求实数a 的取值范围． 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）1a -.【分析】（1）将0a =代入，只需证明()2202xf x x -+>成立即可，然后构造函数， 利用导数讨论单调区间及最小值，利用最值证明即可； （2）若1(0,1]x ∀∈，2[0,1]x ∃∈，使得()()12f x g x 成立，只需使()()min 1min 2f x g x 在1(0,1]x ∈，2[0,1]x ∈上恒成立， 然后分别讨论函数()f x 与()g x 的最小值，利用最值分析求解.【解析】（Ⅰ）当0a =时，要证222()22ln 2022x x f x x x x x -+=--+≥，只需证ln 02xx -<， 令()ln (0)2x h x x x =->，则112()22xh x x x-'=-=当(0,2)x ∈时，()0,()h x h x '>单调递增；当(2,)x ∈+∞时，()0,()h x h x '<单调递减；所以max ()(2)ln 210h x h ==-<，()(2)0h x h ≤<故ln 02x x -<，所以2()22x f x x >-． （Ⅱ）问题等价于1(0,1]x ∀∈，2[0,1]x ∃∈，()()12minmin f x g x由232()3g x x x =-得2()22g x x x '=-， 由2()220g x x x '=-得01x ，所以在[0,1]上，()g x 是增函数，故min ()(0)0g x g ==．()f x 定义域为(0,)+∞，而()()()()()22121221122x a x a x ax f x a x a x x x⎡⎤++-++-⎣⎦=++-=='． 当2a -时，()0f x '<恒成立，()f x 在(0,1]上是减函数，所以min ()(1)2(1)01f x f a a ==+⇒-，不成立； 当2a >-时，由()0f x '<，得102x a <<+；由()0f x '>，得12x a >+， 所以()f x 在10,2a ⎛⎫ ⎪+⎝⎭单调递减，在1,2a ⎛⎫+∞⎪+⎝⎭单调递减． 若112a >+，即21a -<<-时，()f x 在(0,1]是减函数， 所以min ()(1)2(1)01f x f a a ==+⇒-，不成立； 若1012a <+，即1a -时，()f x 在12x a =+处取得最小值min 11()1ln(2)22f x f a a a ⎛⎫==++- ⎪++⎝⎭， 令1()1ln(2)(1)2h a a a a =++--+， 则22113()02(2)(2)a h a a a a +'=+=>+++在[1,)-+∞上恒成立， 所以()h a 在[1,)-+∞是增函数且min ()(1)0h a h =-=， 此时min 1()02f x f a ⎛⎫=⎪+⎝⎭成立，满足条件． 综上所述，1a -．5、已知函数21()(1)ln 2f x x a x a x =-++. （1）求函数()f x 的单调递增区间；（2）任取[3,5]a ∈，函数()f x 对任意1212,[1,3]()x x x x ∈≠，恒有1212|()()|||f x f x x x λ-<-成立，求实数λ的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）[6)-+∞.【分析】（1）求函数导数，分类讨论求()0f x '>的解即可求解；（2）由(1)知()f x 在[1.3]上单调递减，不妨设12x x <，从而把不等式中的绝对值去掉得：1122()()f x x f x x λλ+<+，构造函数()()(13)h x f x x x λ=+≤≤，把问题转化为恒成立问题，求得实数λ的取值范围.【解析】（1）(1)()()1(0)a x x a f x x a x x x----+'==> 当1a = 时，2(1)()0x f x x-=≥'，所以()f x 在 (0,)+∞ 上单调递增；当1a > 时，由(1)()()0x x a f x x -'-=>解得(0,1)x ∈或(,)a +∞，所以()f x 在(0,1)，(,)a +∞上单调递增； 当01a <<时，由(1)()()0x x a f x x-'-=>解得(0,)x a ∈或(1,)+∞，所以()f x 在(0,)a ，(1,)+∞ 上单调递增； 当0a ≤时，由(1)()()0x x a f x x-'-=>解得(1,)x ∈+∞，所以()f x 在(1,)+∞上单调递增.综上所述：当1a > 时，单调递增区间为(0,1)和(,)a +∞；当1a = 时，单调递增区间为(0,)+∞；当01a << 时，单调递增区间为(0,)a 和(1,)+∞； 当0a ≤ 时，单调递增区间为(1,)+∞（2）因为[3,5]a ∈，由（1）得，()f x 在[1,3]上单调递减，不妨设 12x x < ， 由1212|()()|||f x f x x x λ-<-得1221()()f x f x x x λλ-<-， 即1122()()f x x f x x λλ+<+令()()(13)h x f x x x λ=+≤≤ ，()1ah x x a xλ'=+--+， 只需()0h x '≥恒成立，即1(1)1a x xλ≥--+（[3,5]a ∈，[1,3]x ∈）恒成立，[]1,3x ∈ , 110x∴-≥max 1()1(5(1)111)a x x x x ∴=---++-即15(1)1x x λ≥--+（[1,3]x ∈）恒成立， 即56()x x λ≥-+（[1,3]x ∈）恒成立，因为56()6x x-+≤-x =，所以实数λ的取值范围是[6)-+∞.6、设f (x )＝ax＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.（1）如果存在x 1，x 2∈[0,2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ； （2）如果对于任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围．【解析】（1）存在x 1，x 2∈[0,2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M 成立．g ′(x )＝3x 2－2x ＝x (3x －2)， 令g ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝23，∵g ⎝⎛⎭⎫23＝－8527， 又g (0)＝－3，g (2)＝1，∴当x ∈[0,2]时，g (x )max ＝g (2)＝1，g (x )min ＝g ⎝⎛⎭⎫23＝－8527， ∴M ≤1－⎝⎛⎭⎫－8527＝11227， ∴满足条件的最大整数M 为4.（2）对任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2有f (s )≥g (t )，则f (x )min ≥g (x )max .由(1)知当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，g (x )max ＝g (2)＝1，∴当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，f (x )＝ax ＋x ln x ≥1恒成立，即a ≥x －x 2ln x 恒成立． 令h (x )＝x －x 2ln x ，x ∈⎣⎡⎦⎤12，2， ∴h ′(x )＝1－2x ln x －x ， 令φ(x )＝1－2x ln x －x ， ∴φ′(x )＝－3－2ln x <0， h ′(x )在⎣⎡⎦⎤12，2上单调递减，又h ′(1)＝0，∴当x ∈⎣⎡⎦⎤12，1时，h ′(x )≥0，当x ∈[1,2]时，h ′(x )≤0， ∴h (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上单调递增，在[1,2]上单调递减， ∴h (x )max ＝h (1)＝1，故a ≥1. ∴实数a 的取值范围是[1，＋∞)．7、已知函数f (x )＝x －1－a ln x (a <0)． (1)讨论函数f (x )的单调性； (2)当0<x 1<x 2≤1时，都有f (x 1)−f(x 2)x 1−x 2<4x1x 2，求实数a 的取值范围．【解析】（1）由题意知f ′(x )＝1－a x ＝x －ax(x >0)，因为x >0，a <0，所以f ′(x )>0， 所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增． （2）∵0<x 1<x 2≤1，∴x 1－x 2<0，∴原不等式等价于f (x 1)−f (x 2)>4(x 1−x 2)x 1x 2，即f (x 1)－f (x 2)>4x 2－4x 1，即f (x 1)＋4x 1>f (x 2)＋4x 2.设g (x )＝f (x )＋4x，x ∈(0,1]，|f (x 1)－f (x 2)|<4⎪⎪⎪⎪1x 1－1x 2等价于g (x )在(0,1]上单调递减，所以g ′(x )≤0在(0,1]上恒成立⇔1－a x －4x 2＝x 2－ax －4x 2≤0在(0,1]上恒成立⇔a ≥x －4x在(0,1]上恒成立，易知y ＝x －4x在(0,1]上单调递增，其最大值为－3.因为a <0，所以－3≤a <0，所以实数a 的取值范围为[－3,0)．8、已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R )，g (x )＝12x 2＋e x －x e x .（1）当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；（2）当a <1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2,0]，f (x 1)<g (x 2)成立，求a 的取值范围． 【解析】（1）f ′(x )=(x−1)(x−a)x 2.。

2023年高考数学复习压轴题专练(选择+填空)专题12 双变量不等式类能成立、恒成立问题

专题12 双变量不等式类能成立、恒成立问题【方法点拨】1.∀x 1∈D , ∀x 2∈E,均有f (x 1) >g (x 2)恒成立,则f (x )min > g (x )ma x ； ∀x 1∈D , ∃x 2∈E, 使得f (x 1) >g (x 2)成立,则f (x )m in > g (x ) m in ； ∃x 1∈D , ∃x 2∈E , 使得f (x 1) >g (x 2)成立,则f (x ) ma x > g (x ) min .记忆方法：都任意，大小小大（即对于两个变量都是“任意”的，不等式中较大者的最小值大于不等式中较小者的最大值），存在换任意，大小应互换.2.双元型不等式恒成立、能成立问题一般应遵循“双元化一元，逐一处理”的策略，即选择主次元的方法，一般应”先独立后分参”,即先处置独立变量（所谓”独立变量”是指与所求参数无关的变量），再处置另一变量,而解题过程中往往采取分参方法.【典型题示例】例1 已知0a >，b R ∈，若()3242||2ax bx ax bx a b x b -+≤+++对任意122x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，都成立，则ba的取值范围是______． 【答案】2,5⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【分析】不等式化为221121b b b b x x a x a a a x -+≤+⋅+⋅+，令1t x x =+，52,2t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，可得21b b t t a a +≥-，分别讨论0b a =，0b a <，和0ba>时，求最值可得出. 【解析】不等式两边同时除以2ax 得221121b b b bx x a x a a ax -+≤+⋅+⋅+， 整理得2111b b x x a x x a⎛⎫++≥+- ⎪⎝⎭，令1t x x =+，122x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，则52,2t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则21b b t t a a +≥-， 由于对任意122x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，都成立，则有21b b t t a a +≥-对任意52,2t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦恒成立， （1）当0ba=时，1t ≥不成立，不符合题意； （2）当0b a <时，则当52t =时，不等式左边取到最小，右边取到最大，满足题意， 则255142b b a a ⋅+≥-，解得629b a ≥，与0ba<矛盾，不符合； （3）当0b a >时，①当52b a ≥时，则当2t =时，不等式左边取到最小，右边取到最大，满足题意， 则412b b a a ⋅+≥-，解得1b a ≥-，∴52b a ≥； ②当02b a <≤时，有21b bt t a a⋅+≥-，即2111b t a t t t ≥=++，则当2t =时，11t t +取得最大值为25，则25b a ≥，225ba ∴≤≤； ③当522b a <<时，211b b t t a a ⋅+>>-恒成立，满足题意，综上所述，b a 的取值范围是2,5⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭. 故答案为：2,5⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭. 例 2 已知函数)10)((log )(2≠-=a a x ax x f a ，且＞，若对]3,2[1∈∀x ，总]4,3[2∈∃x ，使得)8(log )(21x x f a -＞，则实数a 的取值范围是 .【答案】183,,292⎛⎫⎛⎫⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【分析】即[]min min ()log (8)a f x x >-.当1a >时，[]min log (8)log 4a a x -=，故只需()log 4a f x >，所以()2min4ax x ->即24ax x ->对[2,3]x ∀∈恒成立，分参得214a x x >+，令111()32t t x =≤≤，24a t t >+，()()221max23442t a t tt t=>+=+=，故32a >； 当01a <<时，[]min log (8)log 5a a x -=，故只需()log 5a f x >，所以()2max4ax x-<，且()2min0axx->，即205ax x <-<对[2,3]x ∀∈恒成立，分参得2115a x x x<<+，令111()32t t x =≤≤，25t a t t <<+，()()22max 1min3185529t t a t tt t==<<+=+=，故1829a <<； 综上，实数a 的取值范围183,,292⎛⎫⎛⎫⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.例3 已知函数xx x f 214)(-=，若对任意]21[1，∈x ，都存在]21[2，∈x 使)(22121x f bx x ≥-成立，则实数b 的取值范围是 .【解析】由条件可知min min 2)()2(x f bx x ≥-因为()22x xf x -=-，且2x y =、2x y -=-在[1，2]上单调递增所以函数)(x f 在[1，2]上单调递增，23)1()(min ==f x f ， 所以23)2(min 2≥-bx x ，即2322≥-bx x 在]21[，∈x 恒成立， 即x x b 232-≤在]21[，∈x 恒成立，记]2,1[,23)(∈-=x xx x h ， 易证)(x h 在[1,2]上单调递增，所以，21)1()(min -==h x h ，从而只需212-≤b ，即41-≤b . 点评：为避免求函数22y x bx =-最小值时的含参讨论，逆向转化为2322x bx -≥在]21[，∈x 上恒成立，再利用分离参数求解.此种处理手段太重要，意味深长！！ 例4 已知函数()2xf x =，()()()g x f x f x =+，若1x ∀∈(0，+∞)，2x ∃∈[﹣1，0]，使得112(2)()2()0g x ag x g x ++>成立，则实数a 的取值范围是 ．【解析】双变量问题，逐一突破，这里先处理不含参部分当[1,0]x ∈-时，，，则，即在所以，所以又，当且仅当时取等号，所以实数点评：存在性和恒成立混合问题注意理解题意，不等关系转化为最值的关系.例5 若对任意Rx∈1，存在2(1,2]x∈，使不等式3221222121++≥++mxxxxxx成立，则实数m的取值范围是 .【答案】]21,(-∞【解析一】先视为以“1x”为主元的二次不等式的恒成立，即不等式03)2(2221221≥--+-+mxxxxx在Rx∈1上恒成立，所以0)3(4)2(22222≤----=∆mxxx，即016)44(3222≥---xmx，存在2(1,2]x∈，使不等式016)44(3222≥---xmx成立，再视为以“2x”为元的二次不等式的存在性问题，即能成立，设16)44(3)(2222---=xmxxh，则只需(1)0h>或0)2(≥h，即94m<-或21≤m，所以实数m的取值范围为]21,(-∞.【解析二】先视为以“1x”为主元的二次不等式的恒成立，即不等式03)2(2221221≥--+-+mxxxxx在Rx∈1上恒成立，所以0)3(4)2(22222≤----=∆mxxx，即016)44(3222≥---xmx，存在2(1,2]x∈，使不等式016)44(3222≥---xmx成立，再视为以“2x”为元的二次不等式的存在性问题，即能成立，即016)44(3222≥---xmx在2(1,2]x∈能成立分离变量得2216443m xx-≤-设16()3g x xx=-，则16()3g x xx=-在区间(1,2]上单增，所以max()(2)2g x g==-，故442m-≤-，即12m≤所以实数m的取值范围为]21,(-∞.1．点评：二元存在性、恒成立问题应考虑“主次元”思想；2．解法二用到了“分离参数”构造函数的方法，一般来说，求参变量范围问题，应尽量做到“能分则分”，以避免参数参与运算带来的分类讨论等不必要的麻烦.例6 设a >0，函数f (x )＝x ＋a 2x，g (x )＝x －ln x ＋4，若对任意的x 1∈[1，e]，存在x 2∈[1，e]，都有f (x 1)≥g (x 2)成立，则实数a 的取值范围为___________． 【答案】⎣⎡⎭⎫52，＋∞ 【分析】问题可转化为f (x )min ≥g (x )min ，函数g (x )不含参，易求得g (x )min ＝g (1)＝5，接下来的思路有二，一是直接分类讨论求f (x )min ，二是将f (x )min ≥g (x )mi 转化为f (x )＝x ＋a 2x ≥5恒成立，通过分离参数再解决 【解析】 问题可转化为f (x )min ≥g (x )min .当x ∈[1，e]时，g ′(x )＝1－1x ≥0，故g (x )在[1，e]上单调递增，则g (x )min ＝g (1)＝5.思路一：又f ′(x )＝1－a 2x 2＝x 2－a 2x 2，令f ′(x )＝0，易知x ＝a 是函数f (x )的极小值．当a ≤1时，f (x )min ＝1＋a 2，则1＋a 2≥5，不成立； 当1<a ≤e 时，f (x )min ＝f (a )＝2a ，则2a ≥5，得52≤a ≤e ；当a >e 时，f (x )min ＝f (e)＝e ＋a 2e ≥5显然成立，得a 2>5e －e 2，所以a >e.综上所述，实数a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫52，＋∞. 思路二：故有f (x )min ≥5，即f (x )＝x ＋a 2x ≥5恒成立，分离参数得a 2≥x （5－ x ），易得[x （5－ x ）]max =254，又a >0，故a ≥52所以实数a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫52，＋∞．例7 已知函数f (x )＝x 2－2ax ＋1，g (x )＝ax，其中a >0，x ≠0.(1) 对任意的x ∈[1,2]，都有f (x )>g (x )恒成立，求实数a 的取值范围；【解析】由题意知，f (x )－g (x )>0对x ∈[1,2]恒成立，即x 2－2ax ＋1－ax >0对x ∈[1,2]恒成立，即a <x 3＋x 2x 2＋1对x ∈[1,2]恒成立，令φ(x )＝x 3＋x2x 2＋1，只需a ＜φ(x )min (x ∈[1,2])．由于φ′(x )＝2x 4＋x 2＋12x 2＋12>0，故φ(x )在x ∈[1,2]上是增函数，φ(x )min ＝φ(1)＝23，所以a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，23. (2) 对任意的x 1∈[1,2]，存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)>g (x 2)恒成立，求实数a 的取值范围． 【解析】 由题意知x 2－2ax ＋1>⎝⎛⎭⎫a x min ＝a 2，即a <2(x 2＋1)4x ＋1对x ∈[1,2]恒成立．令φ(x )＝2(x 2＋1)4x ＋1，则φ′(x )＝8(x 2－1)＋4x(4x ＋1)2>0对x ∈[1,2]恒成立，则φ(x )在[1,2]上是增函数，φ(x )min ＝φ(1)＝45，所以a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，45. 点评：防止误将∀x ∈D ，均有f (x ) >g (x )恒成立，转化为f (x )min > g (x )ma x ，一般应作差构造函数F (x )=f (x )－g (x )，转化为F (x ) min >0恒成立.例8 已知函数()2ln x f x a x x a =+-（0a >且1a ≠），若对任意的12,x x [1,2]∈，不等式122()()1f f a x x a ≤--+恒成立，则实数a 的取值范围为________.【答案】)2e ,⎡+∞⎣【分析】求导()()1ln 2'=-+xf x a a x ，分01a <<，1a >，求得()()12max -⎡⎤⎣⎦f x f x ，再根据对任意的1x ，2x [1,2]∈，不等式122()()1f f a x x a ≤--+恒成立求解.【解析】因为函数()2ln xf x a x x a =+-（0a >且1a ≠），所以()()1ln 2'=-+xf x a a x ，当01a <<，[]1,2x ∈时，10,ln 0x a a -<<， 则()0f x '>在[]1,2上成立， 所以()f x []1,2上递增，所以()()()()2max min 242ln ,11ln ==+-==+-f x f a a f x f a a ，所以()()212max 3ln -=-+-⎡⎤⎣⎦f x f x a a a ，因为任意的1x ，2x [1,2]∈，不等式122()()1f f a x x a ≤--+恒成立，所以2213ln -+≥-+-a a a a a ，即ln 2a ≥， 解得2e a ≥，当1a >，[]1,2x ∈时，10,ln 0xa a ->>，则()0f x '>在[]1,2上成立，所以()f x 在[]1,2上递增，所以()()()()2max min 242ln ,11ln ==+-==+-f x f a a f x f a a ，所以()()212max 3ln -=-+-⎡⎤⎣⎦f x f x a a a ，因为任意的1x ，2x [1,2]∈，不等式122()()1f f a x x a ≤--+恒成立，所以2213ln -+≥-+-a a a a a ，即ln 2a ≥， 解得2e a ≥，综上：实数a 的取值范围为)2e ,⎡+∞⎣， 故答案为：)2e ,⎡+∞⎣【巩固训练】1．已知函数f (x )＝x 2－2x ＋3，g (x )＝log 2x ＋m ，对任意的x 1，x 2∈[1,4]有f (x 1)>g (x 2)恒成立，则实数m 的取值范围是________．2．已知函数f (x )＝ln(x 2＋1)，g (x )＝⎝⎛⎭⎫12x －m ，若对∀x 1∈[0,3]，∃x 2∈[1,2]，使得f (x 1)≥g (x 2)，则实数m 的取值范围是________．3. 已知函数f (x )＝x ＋4x ，g (x )＝2x ＋a ，若∀x 1∈⎣⎡⎦⎤12，1，∃x 2∈[2,3]，使得f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是________．4.函数f (x )＝x 3－12x ＋3，g (x )＝3x －m ，若对∀x 1∈[－1,5]，∃x 2∈[0,2]，f (x 1)≥g (x 2)，则实数m 的最小值是________．5.已知函数f (x )＝x 2－2x ＋3a ，g (x )＝2x －1 .若对任意的x 1∈[0，3]，总存在x 2∈[2，3]，使得|f (x 1)|≤g (x 2)成立，则实数a 的值为________．6.已知函数f (x )＝12x 2＋x ，g (x )＝ln(x ＋1)－a ，若存在x 1，x 2∈[0，2]，使得f (x 1)＞g (x 2) ，则实数a 的取值范围是 .7. 已知函数f (x )＝x ＋4x ，g (x )＝2x ＋a ，若∀x 1∈⎣⎡⎦⎤12，1，∃x 2∈[2,3]，使得f (x 1)≤g (x 2)，则实数a 的取值范围是________．8.若对于[]1,1a ∀∈-，不等式2(4)420x a x a +-+->都成立，则x 的取值范围是_________.9. 若关于x 的不等式2320x mx m -+-≥在区间[]1,2上有解，则实数m 的取值范围是_________.10.关于x 的一元二次方程21+(+1)0()2x m x m Z +=∈有两个根12x x 、，且满足12013x x <<<<，则实数m 的值是（ ）.A ．－2；B ．－3；C ．－4；D ．－5.11.设函数24()x f x x +=，()x g x xe =，若对任意12,(0,]x x e ∈，不等式()()121g x f x k k≤+恒成立，则正数k 的取值范围为（ ）A ．141,e ee +⎛⎤⎥⎝⎦B ．(],4eC ．10,4e e e +⎛⎤⎥-⎝⎦D ．140,4e e +⎛⎤⎥-⎝⎦12.已知大于1的正数a ，b 满足22ln a nb b e a ⎛⎫< ⎪⎝⎭，则正整数n 的最大值为（ ）A ．7B ．8C ．9D ．11【答案或提示】1．【答案】(－∞，0)【解析】f (x )＝x 2－2x ＋3＝(x －1)2＋2，当x ∈[1,4]时，f (x )min ＝f (1)＝2，g (x )max ＝g (4)＝2＋m ，则f (x )min >g (x )max ，即2>2＋m ，解得m <0，故实数m 的取值范围是(－∞，0)． 2．【答案】⎣⎡⎭⎫14，＋∞ 【解析】当x ∈[0,3]时，f (x )min ＝f (0)＝0，当x ∈[1,2]时，g (x )min ＝g (2)＝14－m ，由f (x )min≥g (x )min ，得0≥14－m ，所以m ≥14.3.【答案】 (－∞，1]【解析】由题意知，f (x )min ⎝⎛⎭⎫x ∈⎣⎡⎦⎤12，1≥g (x )min (x ∈[2,3])，因为f (x )＝x ＋4x ，所以f ′(x )＝1－4x 2，所以f (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上单调递减，所以f (x )min ＝f (1)＝5，又因为g (x )在[2,3]上的最小值为g (2)＝4＋a ，所以5≥4＋a ，即a ≤1. 4.【答案】14【解析】由f ′(x )＝3x 2－12，可得f (x )在区间[－1,2]上单调递减，在区间[2,5]上单调递增，∴f (x )min ＝f (2)＝－13，∵g (x )＝3x －m 是增函数，∴g (x )min ＝1－m ， 要满足题意，只需f (x )min ≥g (x )min 即可，解得m ≥14， 故实数m 的最小值是14.5.【答案】13-6.【答案】 ⎣⎡⎭⎫12，＋∞ 【解析】 依题意知f (x )max ≤g (x )max .∵f (x )＝x ＋4x 在⎣⎡⎦⎤12，1上是减函数，∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫12＝172. 又g (x )＝2x ＋a 在[2,3]上是增函数，∴g (x )max ＝8＋a ， 因此172≤8＋a ，则a ≥12.7.【答案】a ＞－4【分析】问题可转化为f (x )max >g (x )min ，易得f (x )max =4，g (x )min =－a ，由f (x ) ma x > g (x ) min 得：4＞－a ，故a ＞－4即为所求. 点评：理解量词的含义，将原不等式转化为[f (x )]max ≤[g (x )]max ；利用函数的单调性，求f (x )与g (x )的最大值，得关于a 的不等式求得a 的取值范围． 8.【答案】()(),13,-∞⋃+∞ 9.【答案】[)2,-+∞【解析】对不等式2320x mx m -+-≥分离参数得：223x m x -≥- 设22()3x g x x -=-（[]1,2x ∈），则min ()m g x ≥令3(12)x t t -=≤≤，则2(3)27()()6t g t t t t--==-++-函数7t t+在区间[]1,2t ∈单减，故max 78t t ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，min ()(1)2g t g ==-所以2m ≥-，即实数m 的取值范围是[)2,-+∞. 10.【答案】BC【解析】将方程21+(+1)02x m x +=分离参数得：1(+1)+2m x x-= 设1()+2f x x x =，如图，则319(+1)26m <-<，所以25562m -<<- 选BC.2所以当22x =时，2()f x 取得最小值(2)4f =，因为111()xg x x e =，所以111111()(1)xxxg x e x e x e '=+=+，当1(0,]x e ∈时，1()0g x '>，所以111()xg x x e =在(0,]e 上单调递增，所以1()g x 的最大值为()·eg e e e =， 因为对任意12,(0,]x x e ∈，不等式()()121g x f x k k≤+恒成立， 所以12max min ()()1g x f x k k ⎛⎫⎛⎫≤ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭，因为0k >，所以·41ee e k k≤+，解得1404e k e +<≤-.故选：D12.【答案】C【分析】22ln n a n b b e a <等价于22ln a n n b e b a <，令()2ln n x f x x =，()2xn e g x x=，分别求()f x ，()g x 的导数，判断函数的单调性，可求得()f x 有最大值2222n n f e e ⎛⎫⎪⎛⎫⎝⎭= ⎪⎝⎭，()g x 有最小值22n n n e g n ⎛⎫= ⎪⎝⎭⎛⎫ ⎪⎝⎭，根据题意，即求()()max min f x g x ≤，代入为2222n n e n e n ⎛⎫ ⎪⎝⎭≤⎛⎫ ⎪⎝⎭，等价于2ln 22n n n +≥-，令()2ln 22x x x x ϕ+=--，即求()0x ϕ>的最大的正整数.对()x ϕ求导求单调性，可知()x ϕ单调递减，代入数值计算即可求出结果. 【解析】由题干条件可知：22ln n a n b b e a <等价于22ln an n b e b a<， 令()2ln n x f x x =，()1x >，则()121ln (2ln )ln (2ln )'n n n x x n x x n x f x x x-+⋅--== ()'0f x =，2n x e = ，当()'0f x >时，21,n x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，当()'0f x <时，2,n x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭所以()f x 在21,n e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在2,n e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，则()f x 有最大值 2222n n f e e ⎛⎫⎪⎛⎫⎝⎭= ⎪⎝⎭. 令()2xn e g x x =，()1x >，则()()222'x ne x n g x x -=，当12n ≤时，此题无解，所以12n >， 则()'0,2n g x x ==，当()'0,2n g x x >>，当()'0,12n g x x <<<，所以()g x 在1,2n ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在,2n ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，则()g x 有最小值22n n n e g n ⎛⎫= ⎪⎝⎭⎛⎫ ⎪⎝⎭. 若22ln a n n b e b a <成立，只需22n n f e g ⎛⎫⎛⎫≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即2222n n e n e n ⎛⎫⎪⎝⎭≤⎛⎫ ⎪⎝⎭，即222n n n e -+⎛⎫≥ ⎪⎝⎭， 两边取对数可得：22)ln 2(n n n +≥-.2n =时，等式成立，当3n ≥时，有2ln 22n n n +≥-，令()2ln 22x x x x ϕ+=--，本题即求()0x ϕ>的最大的正整数. ()241'0(2)x x xϕ-=-<-恒成立，则()x ϕ在[)3,+∞上单调递减， ()58ln 403ϕ=->，()1199ln 1.5714 1.51072ϕ=-≈->，()310ln 502ϕ=-<， 所以()0x ϕ>的最大正整数为9.故选：C.。

高考数学重难点第2讲 一元二次不等式恒成立与能成立问题5大题型(原卷及答案)(全国通用)(学生专用)

重难点第二讲一元二次不等式恒成立与能成立问题——每天30分钟7天掌握恒成立与能成立问题5大题型【命题趋势】不等式是高考数学的重要内容。

其中，“含参不等式恒成立与能成立问题”把不等式、函数、三角、几何等内容有机地结合起来，其以覆盖知识点多、综合性强、解法灵活等特点备受高考命题者的青睐。

另一方面，在解决这类数学问题的过程中涉及的“函数与方程”、“化归与转化”、“数形结合”、“分类讨论”等数学思想对锻炼学生的综合解题能力，培养其思维灵活性、创造性都有这独到的作用。

一元二次不等式应用广泛，考察灵活，高考复习过程要注重知识与方法的灵活运用。

第1天认真研究满分技巧及思考热点题型【满分技巧】一、一元二次不等式在实数集上的恒成立1、不等式20ax bx c>＋＋对任意实数x恒成立⇔==⎧⎨>⎩a bc或Δ<0>⎧⎨⎩a2、不等式20ax bx c<＋＋对任意实数x恒成立⇔==⎧⎨<⎩a bc或Δ<0<⎧⎨⎩a【注意】对于二次不等式恒成立问题，恒大于0就是相应的二次函数的图像在给定的区间上全部在x轴上方；恒小于0就是相应的二次函数的图像在给定的区间上全部在x轴下方．二、一元二次不等式在给定区间上的恒成立问题求解方法方法一：若()0>f x 在集合A 中恒成立，即集合A 是不等式()0>f x 的解集的子集，可以先求解集，再由子集的含义求解参数的值(或范围)；方法二：转化为函数值域问题，即已知函数()f x 的值域为[,]m n ，则()≥f x a 恒成立⇒min ()≥f x a ，即≥m a ；()≤f x a 恒成立⇒max ()≤f x a ，即≤n a . 三、给定参数范围的一元二次不等式恒成立问题解决恒成立问题一定要清楚选谁为主元，谁是参数；一般情况下，知道谁的范围，就选谁当主元，求谁的范围，谁就是参数.即把变元与参数交换位置，构造以参数为变量的函数，根据原变量的取值范围列式求解。

专题2.14 等或不等解存在,转化值域可实现-玩转压轴题,突破140分之高三数学解答题高端精品(解析版)

x
【思路引导】 （1）方程在 x 1, 上有解，等价于 f x 3 m 有解，只需求 f x 3 的最大值即可；（2）假
x x
设存在 x0 0 ，可推导出矛盾，即可证明不存在．
[来源:学。科。网 Z。X。X。K]
例 2．已知函数 f x b xlnx 的最大值为 (Ⅰ)求实数 a, b 的值；
（2） 对于探索性问题，在求解的过程中可先假设结论成立，然后在此基础上进行推理，看能否得到矛 盾，若得到矛盾，则说明假设不成立；若无矛盾出现，则说明假设成立，从而说明所证明题成立。
例 3．已知函数为常数
（1）当
在
处取得极值时，若关于 x 的方程
在
上恰有两个不相等的实数根，求实数
b 的取值范围；
（2）若对任意的 【思路引导】
【思路引导】
(Ⅰ) 由题意得 f x lnx 1 ，可得 f x 在 0, 上单调递增，在 , 上单调递减，可得 f x

1 e
1 e

的最大值为 f
2
1 e
1 b ，可得 b 0 。由 g x x 2 ax 2 的图象关于 y 轴对称，可得 a 0 。 e
，总存在
，使不等式
成立，求实数
的取值范围．
（1）对函数
，令
，可得 的值，利用导数 研究
的单调性，然后求得
的最值，即可得到 的
取值范围；（2）利用导数求出
在
上的最大值，则问题等价于对对任意
，不等式
成立，然后构造新函数 性，即可求出 的取值范围．
，再对
求导，然后讨论 ，得出
的单调

专题2.29 玩转高考压轴题之证明不等式(解析版)-2020年新课标高考数学题型(考点)全解密

玩转高考压轴题之证明不等式（或比较大小）秒杀题型一：左右变量相同中的简单型，一般形如：对数（如x ln ）+x 的多项式；指数（如xe ）+x 的多项式。

秒杀思路：构造)()()(x g x f x F -=，转化为求)(x F 的最值。

1.(高考题改编）已知函数()e x f x ax =-（a 为常数）的图象与y 轴交于点A ，曲线()y f x =在点A 处的切线斜率为2-。

（1）求a 的值及函数()f x 的单调区间；（2）设()231g x x x =-+，证明：当0x >时，()()f x g x >恒成立。

【解析】:（1）令0=x 得()1,0A ，a e x f x-=)('，21)0('-=-=a f ，3=∴a ，3)('-=xe xf ，导函数为纯指数函数型，0)('=x f 得3ln =x ，∴当3ln <x 时，0)('<x f ，)(x f 单调递减，当3ln >x 时，0)('>x f ，)(x f 单调递增；(2)设)()()(x g x f x F -==12--x e x ，()x e x F x2'-=，导函数为超越函数不可代特值型，令x e x h x 2)(-=，2)(-=x e x h ‘，当2ln <x 时，0)('<x h ，)(x h 单调递减，当2ln >x 时，0)('>x h ，)(x h 单调递增，02ln 22)2(ln )(min >-==∴h x h ，0)('>∴x F ，)(x F ∴单调递增，0>x Θ，0)0()(=>∴f x F 。

2.(高考题改编）已知函数()sin f x x x =-． （1）求曲线()y f x =在点ππ,22f ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭处的切线方程； （2）求证：当2π0,x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()3106f x x <<．【解析】:（1）x x f cos 1)('-=，1)2('=πf =k ，∴切线方程为：01=--y x ；（2）左面：Θx x f cos 1)('-=0>，∴)(x f 在⎪⎭⎫⎝⎛∈2,0πx 上单调递增，0)0()(=>∴f x f ； 右面：令3361sin 61)()(x x x x x f x g --=-=，2'21cos 1)(x x x g --=，0)0('=g Θ，导函数属于超越函数可代特值型，令221cos 1)(x x x h --=，0sin )('<-=x x x h ，∴)('x g 在⎪⎭⎫⎝⎛∈2,0πx 上单调递减，0)0()(''=<∴g x g ，)(x g ∴在⎪⎭⎫⎝⎛∈2,0πx 上单调递减，0)0()(=<∴g x g ，即361)(x x f <。

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