部编版2020高考数学一轮复习突破140必备专题05 常见函数与导数中的不等关系学案

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2020届高三文理科数学一轮复习《基本不等式》专题汇编(学生版)

《基本不等式》专题一、相关知识点1．基本不等式：ab ≤a ＋b2(1)基本不等式成立的条件：a >0，b >0.(2)等号成立的条件：当且仅当a ＝b 时取等号． 2．几个重要的不等式(1)a 2＋b 2≥2ab (a ，b ∈R)； (2)a ＋b ≥2ab (a >0，b >0)．(3)b a ＋ab ≥2(a ，b 同号且不为零)； (4)ab ≤⎝⎛⎭⎫a ＋b 22(a ，b ∈R)；(5)⎝⎛⎭⎫a ＋b 22≤a 2＋b 22(a ，b ∈R)．2(a 2＋b 2)≥(a ＋b )2(a ，b ∈R)．(6)a 2＋b 22≥(a ＋b )24≥ab (a ，b ∈R)．(7)a 2＋b 22≥a ＋b 2≥ab ≥21a ＋1b(a >0，b >0)．以上不等式等号成立的条件均为a ＝b . 3．算术平均数与几何平均数设a >0，b >0，则a ，b 的算术平均数为a ＋b2，几何平均数为ab ，基本不等式可叙述为：两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数． 4．利用基本不等式求最值问题已知x >0，y >0，则：(1)如果积xy 是定值p ，那么当且仅当x ＝y 时，x ＋y 有最小值是2p .(简记：积定和最小) (2)如果和x ＋y 是定值p ，那么当且仅当x ＝y 时，xy 有最大值是p 24.(简记：和定积最大)5．重要不等式链若a ≥b ＞0，则a ≥a 2＋b 22≥a ＋b 2≥ab ≥2aba ＋b≥b . 题型一基本不等式的判断1．若a ，b ∈R ，则下列恒成立的不等式是( )A.|a ＋b |2≥|ab | B ．b a ＋ab ≥2 C.a 2＋b 22≥⎝⎛⎭⎫a ＋b 22 D ．(a ＋b )⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ≥4 2．若a ，b ∈R ，且ab >0，则下列不等式中，恒成立的是( )A ．a 2＋b 2>2abB ．a ＋b ≥2abC ．1a ＋1b >2abD ．b a ＋ab ≥23．下列命题中正确的是( )A ．函数y ＝x ＋1x 的最小值为2 B ．函数y ＝x 2＋3x 2＋2的最小值为2C ．函数y ＝2－3x －4x (x ＞0)的最小值为2－4 3D ．函数y ＝2－3x －4x(x ＞0)的最大值为2－4 34．若a >b >1，P ＝lg a ·lg b ，Q ＝12(lg a ＋lg b )，R ＝lg ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2，则( )A ．R <P <QB ．Q <P <RC ．P <Q <RD ．P <R <Q题型二利用基本不等式求最值类型一直接法或配凑法利用基本不等式求最值1．若实数x ，y 满足xy ＝1，则x 2＋2y 2的最小值为________．2．已知a >0，b >0，且2a ＋b ＝4，则1ab 的最小值为3．已知0<x <1，则x (3－3x )取得最大值时x 的值为4．已知x <0，则函数y ＝4x ＋x 的最大值是5．函数f (x )＝xx ＋1的最大值为6．若x ＞1，则x ＋4x －1的最小值为________．7．设0<x <2，则函数y ＝x (4－2x )的最大值为________．8．若x ，y 均为正数，则3x y ＋12yx ＋13的最小值是9．已知a ，b ∈R ，且a －3b ＋6＝0，则2a ＋18b 的最小值为________．10．已知x ＜54，则f (x )＝4x －2＋14x －5的最大值为________．11．设x >0，则函数y ＝x ＋22x ＋1－32的最小值为12．已知x ，y 为正实数，则4x x ＋3y ＋3yx的最小值为13．函数y ＝x 2＋2x －1(x >1)的最小值为________.14．已知a >0，b >0，a ，b 的等比中项是1，且m ＝b ＋1a ，n ＝a ＋1b ，则m ＋n 的最小值是15．已知x ，y 都为正实数，且x ＋y ＋1x ＋1y ＝5，则x ＋y 的最大值是16．已知a >b >0，则2a ＋4a ＋b ＋1a －b的最小值为17．已知正数a ，b 满足2a 2＋b 2＝3，则a b 2＋1的最大值为________．类型二常数代换法利用基本不等式求最值1．已知a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，则1a ＋1b 的最小值为________．2．已知a >0，b >0，a ＋2b ＝3，则2a ＋1b 的最小值为________．3．已知正实数x ，y 满足2x ＋y ＝2，则2x ＋1y 的最小值为________．4．已知正项等比数列{a n }的公比为2，若a m a n ＝4a 22，则2m ＋12n 的最小值为5．已知向量a ＝(3，－2)，b ＝(x ，y －1)，且a ∥b ，若x ，y 均为正数，则3x ＋2y 的最小值是6．已知x >0，y >0，且4x ＋y ＝xy ，则x ＋y 的最小值为7．若直线x a ＋yb ＝1(a >0，b >0)过点(1,2)，则2a ＋b 的最小值为________．8．已知a >0，b >0，函数f (x )＝a log 2x ＋b 的图像经过点⎝⎛⎭⎫4，12，则1a ＋2b 的最小值为________．9．已知函数y ＝log a (x ＋3)－1(a >0且a ≠1)的图象恒过定点A ，若点A 在直线mx ＋ny ＋1＝0上，其中mn >0，则1m ＋1n 的最小值为10．已知x >0，y >0，lg 2x ＋lg 8y ＝lg 2，则1x ＋13y 的最小值是11．已知直线l ：ax ＋by －ab ＝0(a >0，b >0)经过点(2,3)，则a ＋b 的最小值为________．12．已知x ，y 均为正实数，且1x ＋2＋1y ＋2＝16，则x ＋y 的最小值为13．若a ，b ，c 都是正数，且a ＋b ＋c ＝2，则4a ＋1＋1b ＋c 的最小值是14．已知正数x ，y 满足x ＋2y ＝3，则y x ＋1y 的最小值为________．15．设a >0，b >1，若a ＋b ＝2，则3a ＋1b －1的最小值为________．16．已知x >0，y >0，且2x ＋8y －xy ＝0，求：(1)xy 的最小值；(2)x ＋y 的最小值．类型三通过消元法利用基本(均值)不等式求最值1．若正实数m ，n 满足2m ＋n ＋6＝mn ，则mn 的最小值是________．2．已知正实数x ，y 满足xy ＋2x ＋y ＝4，则x ＋y 的最小值为________．3.设x ，y 均为正数，且xy ＋x －y －10＝0，则x ＋y 的最小值是________.4．已知x >0，y >0，且2x ＋4y ＋xy ＝1，则x ＋2y 的最小值是________．类型四：利用基本不等式求参数值或取值范围1．若对于任意的x ＞0，不等式xx 2＋3x ＋1≤a 恒成立，则实数a 的取值范围为2．已知函数y ＝x ＋mx －2(x >2)的最小值为6，则正数m 的值为________．3．若对x >0，y >0，x ＋2y ＝1，有2x ＋1y ≥m 恒成立，则m 的最大值是________．4．已知a >0，b >0，若不等式3a ＋1b ≥ma ＋3b恒成立，则m 的最大值为5．正数a ，b 满足1a ＋9b ＝1，若不等式a ＋b ≥－x 2＋4x ＋18－m 对任意实数x 恒成立，则实数m 的取值范围是________．6．已知不等式(x ＋y )⎝⎛⎭⎫1x ＋a y ≥9对任意的正实数x ，y 恒成立，则正实数a 的最小值为7．已知函数f (x )＝3x 2＋ax ＋26x ＋1，若存在x ∈N ＋使得f (x )≤2成立，则实数a 的取值范围为___题型三基本不等式的综合问题类型一基本不等式的实际应用问题1．要制作一个容积为4 m 3，高为1 m 的无盖长方体容器．已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是( )A ．80元B ．120元C ．160元D ．240元2．某公司一年购买某种货物400吨，每次都购买x 吨，运费为4万元/次，一年的总存储费用为4x 万元，要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则x ＝__________吨．3．某学校为了支持生物课程基地研究植物生长，计划利用学校空地建造一间室内面积为900 m 2的矩形温室，在温室内划出三块全等的矩形区域，分别种植三种植物，相邻矩形区域之间间隔1 m ，三块矩形区域的前、后与内墙各保留1 m 宽的通道，左、右两块矩形区域分别与相邻的左右内墙保留3 m 宽的通道，如图．设矩形温室的室内长为x (单位：m)，三块种植植物的矩形区域的总面积为S (单位：m 2)． (1)求S 关于x 的函数关系式；(2)求S 的最大值．类型二基本不等式与函数的交汇问题1．已知A ，B 是函数y ＝2x 的图象上不同的两点，若点A ，B 到直线y ＝12的距离相等，则点A ，B 的横坐标之和的取值范围是( )A ．(－∞，－1)B ．(－∞，－2)C ．(－∞，－3)D ．(－∞，－4)类型三基本不等式与数列的交汇问题1．已知a >0，b >0，并且1a ，12，1b 成等差数列，则a ＋9b 的最小值为2．已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 8－2S 4＝5，则a 9＋a 10＋a 11＋a 12的最小值为3．设等差数列{a n }的公差是d ，其前n 项和是S n (n ∈N ＋)，若a 1＝d ＝1，则S n ＋8a n 的最小值是______.类型四基本不等式与解析几何的交汇问题1．已知直线ax ＋by ＋c －1＝0(b ，c >0)经过圆x 2＋y 2－2y －5＝0的圆心，则4b ＋1c的最小值是2．当双曲线M ：x 2m －y 2m 2＋4＝1的离心率最小时，M 的渐近线方程为3．两圆x 2＋y 2－2my ＋m 2－1＝0和x 2＋y 2－4nx ＋4n 2－9＝0恰有一条公切线，若m ∈R ，n4m2＋1n2的最小值为∈R，且mn≠0，则。

高考数学一轮复习专题训练—不等式恒成立或有解问题

微课2 不等式恒成立或有解问题题型一分离法求参数的取值范围【例1】(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝e x ＋ax 2－x . (1)当a ＝1时，讨论f (x )的单调性； (2)当x ≥0时，f (x )≥12x 3＋1，求a 的取值范围.解 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x ＋x 2－x ，x ∈R ， f ′(x )＝e x ＋2x －1.故当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增. (2)由f (x )≥12x 3＋1得，e x ＋ax 2－x ≥12x 3＋1，其中x ≥0，①当x ＝0时，不等式为1≥1，显然成立，此时a ∈R . ②当x >0时，分离参数a ，得a ≥－e x －12x 3－x －1x 2，记g (x )＝－e x －12x 3－x －1x 2，g ′(x )＝－（x －2）⎝⎛⎭⎫e x －12x 2－x －1x 3.令h (x )＝e x －12x 2－x －1(x >0)，则h ′(x )＝e x －x －1，令H (x )＝e x －x －1， H ′(x )＝e x －1>0，故h ′(x )在(0，＋∞)上是增函数，因此h ′(x )>h ′(0)＝0，故函数h (x )在(0，＋∞)上递增， ∴h (x )>h (0)＝0，即e x －12x 2－x －1>0恒成立，故当x ∈(0，2)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；当x ∈(2，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减. 因此，g (x )max ＝g (2)＝7－e 24，综上可得，实数a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫7－e 24，＋∞. 感悟升华分离参数法来确定不等式f (x ，λ)≥0(x ∈D ，λ为实数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤(1)将参数与变量分离，化为f 1(λ)≥f 2(x )或f 1(λ)≤f 2(x )的形式. (2)求f 2(x )在x ∈D 时的最大值或最小值.(3)解不等式f 1(λ)≥f 2(x )max 或f 1(λ)≤f 2(x )min ，得到λ的取值范围. 【训练1】已知函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∈R ). (1)讨论函数f (x )在定义域内的极值点的个数；(2)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，∀x ∈(0，＋∞)，f (x )≥bx －2恒成立，求实数b 的取值范围. 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x.当a ≤0时，f ′(x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴f (x )在(0，＋∞)上没有极值点.当a ＞0时，由f ′(x )＜0得0＜x ＜1a ，由f ′(x )＞0得x ＞1a ，∴f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上递减，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上递增，即f (x )在x ＝1a处有极小值.∴当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上没有极值点，当a ＞0时，f (x )在(0，＋∞)上有一个极值点. (2)∵函数f (x )在x ＝1处取得极值， ∴a ＝1，∴f (x )≥bx －2⇒1＋1x －ln xx≥b ，令g (x )＝1＋1x －ln xx ，则g ′(x )＝ln x －2x 2，令g ′(x )＝0，得x ＝e 2.则g (x )在(0，e 2)上递减，在(e 2，＋∞)上递增， ∴g (x )min ＝g (e 2)＝1－1e 2，即b ≤1－1e 2，故实数b 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，1－1e 2. 题型二等价转化法求参数范围【例2】函数f (x )＝x 2－2ax ＋ln x (a ∈R ).(1)若函数y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x －2y ＋1＝0垂直，求a 的值； (2)若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3在区间(0，e]上恒成立，求实数a 的取值范围. 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －2a ＋1x ，f ′(1)＝3－2a ，由题意f ′(1)·12＝(3－2a )·12＝－1，解得a ＝52.(2)不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3在区间(0，e]上恒成立等价于2ln x ≥－x ＋a －3x ，令g (x )＝2ln x ＋x －a ＋3x，则g ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝x 2＋2x －3x 2＝（x ＋3）（x －1）x 2，则在区间(0，1)上，g ′(x )<0，函数g (x )为减函数；在区间(1，e]上，g ′(x )>0，函数g (x )为增函数. 由题意知g (x )min ＝g (1)＝1－a ＋3≥0，得a ≤4，所以实数a 的取值范围是(－∞，4].感悟升华根据不等式恒成立求参数范围的关键是将恒成立问题转化为最值问题，如f (x )≥a 恒成立，则f (x )min ≥a ，然后利用最值确定参数满足的不等式，解不等式即得参数范围. 【训练2】已知f (x )＝e x －ax 2，若f (x )≥x ＋(1－x ) e x 在[0，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围. 解 f (x )≥x ＋(1－x )e x ，即e x －ax 2≥x ＋e x －x e x ，即e x －ax －1≥0，x ≥0.令h (x )＝e x －ax －1(x ≥0)，则h ′(x )＝e x －a (x ≥0)，当a ≤1时，由x ≥0知h ′(x )≥0，∴在[0，＋∞)上h (x )≥h (0)＝0，原不等式恒成立. 当a >1时，令h ′(x )>0，得x >ln a ；令h ′(x )<0，得0≤x <ln a . ∴h (x )在[0，ln a )上单调递减，又∵h (0)＝0，∴h (x )≥0不恒成立， ∴a >1不合题意.综上，实数a 的取值范围为(－∞，1].题型三可化为不等式恒成立求参数的取值范围(含有解问题) 【例3】已知函数f (x )＝13x 3＋x 2＋ax .(1)若函数f (x )在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a 的最小值；(2)若函数g (x )＝xe x ，对∀x 1∈⎣⎡⎦⎤12，2，∃x 2∈⎣⎡⎦⎤12，2，使f ′(x 1)≤g (x 2)成立，求实数a 的取值范围.解 (1)由题设知f ′(x )＝x 2＋2x ＋a ≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a ≥－(x ＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立，而函数y ＝－(x ＋1)2＋1在[1，＋∞)单调递减，则y max ＝－3，所以a ≥－3，所以a 的最小值为－3. (2)“对∀x 1∈⎣⎡⎦⎤12，2，∃x 2∈⎣⎡⎦⎤12，2，使f ′(x 1)≤g (x 2)成立”等价于“当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，f ′(x )max ≤g (x )max ”.因为f ′(x )＝x 2＋2x ＋a ＝(x ＋1)2＋a －1在⎣⎡⎦⎤12，2上单调递增，所以f ′(x )max ＝f ′(2)＝8＋a . 而g ′(x )＝1－xe x，由g ′(x )>0，得x <1，由g ′(x )<0，得x >1，所以g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减. 所以当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，g (x )max ＝g (1)＝1e . 由8＋a ≤1e ，得a ≤1e－8，所以实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，1e －8. 感悟升华含参不等式能成立问题(有解问题)可转化为恒成立问题解决，常见的转化有： (1)∀x 1∈M ，∃x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)min >g (x 2)min . (2)∀x 1∈M ，∀x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)min >g (x 2)max . (3)∃x 1∈M ，∃x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)max >g (x 2)min . (4)∃x 1∈M ，∀x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)max >g (x 2)max . 【训练3】已知函数f (x )＝ax －e x (a ∈R )，g (x )＝ln xx .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x 成立，求a 的取值范围. 解 (1)因为f ′(x )＝a －e x ，x ∈R .当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在R 上单调递减；当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln a .由f ′(x )>0，得f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )；由f ′(x )<0，得f (x )的单调递减区间为(ln a ，＋∞).综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；当a >0时，f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )，单调递减区间为(ln a ，＋∞).(2)因为∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x ，则ax ≤ln x x ，即a ≤ln x x2.设h (x )＝ln xx 2，则问题转化为a ≤⎝⎛⎭⎫ln x x 2max . 由h ′(x )＝1－2ln xx 3，令h ′(x )＝0，得x ＝ e. 当x 在区间(0，＋∞)内变化时，h ′(x )，h (x )随x 的变化情况如下表：x (0，e) e (e ，＋∞)h ′(x ) ＋ 0 － h (x )极大值12e由上表可知，当x ＝e 时，函数h (x )有极大值，即最大值为12e ，所以a ≤12e .故a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，12e .1.已知函数f (x )＝ax －1＋ln x ，若存在x 0>0，使得f (x 0)≤0有解，则实数a 的取值范围是( )A.a >2B.a <3C.a ≤1D.a ≥3答案 C解析函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，不等式ax －1＋ln x ≤0有解，即a ≤x －x ln x 在(0，＋∞)上有解.令h (x )＝x －x ln x ，则h ′(x )＝－ln x . 由h ′(x )＝0，得x ＝1.当0<x <1时，h ′(x )>0，当x >1时，h ′(x )<0. 故当x ＝1时，函数h (x )＝x －x ln x 取得最大值1，所以要使不等式a ≤x －x ln x 在(0，＋∞)上有解，只要a ≤h (x )max 即可，即a ≤1.2.已知a ∈R ，设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2ax ＋2a ，x ≤1，x －a ln x ，x >1.若关于x 的不等式f (x )≥0在R 上恒成立，则a 的取值范围为( ) A.[0，1] B.[0，2]C.[0，e]D.[1，e]答案 C解析当x ≤1时，由f (x )＝x 2－2ax ＋2a ≥0恒成立，而二次函数f (x )图象的对称轴为直线x ＝a ，所以当a ≥1时，f (x )min ＝f (1)＝1>0恒成立，当a <1时，f (x )min ＝f (a )＝2a －a 2≥0，∴0≤a <1. 综上，a ≥0.当x >1时，由f (x )＝x －a ln x ≥0恒成立，即a ≤xln x恒成立.设g (x )＝xln x (x >1)，则g ′(x )＝ln x －1（ln x ）2.令g ′(x )＝0，得x ＝e ，且当1<x <e 时，g ′(x )<0，当x >e 时，g ′(x )>0， ∴g (x )min ＝g (e)＝e ，∴a ≤e. 综上，a 的取值范围是[0，e].3.已知函数f (x )＝m ⎝⎛⎭⎫x －1x －2ln x (m ∈R )，g (x )＝－mx ，若至少存在一个x 0∈[1，e]，使得f (x 0)<g (x 0)成立，求实数m 的取值范围. 解依题意，不等式f (x )<g (x )在[1，e]上有解， ∴mx <2ln x 在区间[1，e]上有解，即m 2<ln xx 能成立.令h (x )＝ln xx ，x ∈[1，e]，则h ′(x )＝1－ln x x 2.当x ∈[1，e]时，h ′(x )≥0，h (x )在[1，e]上是增函数，∴h (x )的最大值为h (e)＝1e.由题意m 2<1e ，即m <2e 时，f (x )<g (x )在[1，e]上有解.∴实数m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－∞，2e . 4.设f (x )＝x e x ，g (x )＝12x 2＋x .(1)令F (x )＝f (x )＋g (x )，求F (x )的最小值；(2)若任意x 1，x 2∈[－1，＋∞)，且x 1>x 2，有m [f (x 1)－f (x 2)]>g (x 1)－g (x 2)恒成立，求实数m 的取值范围.解 (1)因为F (x )＝f (x )＋g (x )＝x e x ＋12x 2＋x ，所以F ′(x )＝(x ＋1)(e x ＋1)，令F ′(x )>0，解得x >－1，令F ′(x )<0，解得x <－1，所以F (x )在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增. 故F (x )min ＝F (－1)＝－12－1e.(2)因为任意x 1，x 2∈[－1，＋∞)，且x 1>x 2，有m [f (x 1)－f (x 2)]>g (x 1)－g (x 2)恒成立，所以mf (x 1)－g (x 1)>mf (x 2)－g (x 2)恒成立.令h (x )＝mf (x )－g (x )＝mx e x －12x 2－x ，x ∈[－1，＋∞)，即只需h (x )在[－1，＋∞)上单调递增即可.故h ′(x )＝(x ＋1)(m e x －1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立，故m ≥1e x ，而1e x ≤e ，故m ≥e ，即实数m 的取值范围是[e ，＋∞). 5.已知函数f (x )＝m e x －x 2.(1)若m ＝1，求曲线y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线方程；(2)若关于x 的不等式f (x )≥x (4－m e x )在[0，＋∞)上恒成立，求实数m 的取值范围.解 (1)当m ＝1时，f (x )＝e x －x 2，则f ′(x )＝e x －2x . 所以f (0)＝1，且斜率k ＝f ′(0)＝1.故所求切线方程为y －1＝x ，即x －y ＋1＝0. (2)由m e x －x 2≥x (4－m e x )得m e x (x ＋1)≥x 2＋4x . 故问题转化为当x ≥0时，m ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋4x e x （x ＋1）max . 令g (x )＝x 2＋4xe x （x ＋1），x ≥0，则g ′(x )＝－（x ＋2）（x 2＋2x －2）（x ＋1）2e x .由g ′(x )＝0及x ≥0，得x ＝3－1.当x ∈(0，3－1)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；当x ∈(3－1，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减. 所以当x ＝3－1时，g (x )max ＝g (3－1)＝2e 1－3.所以m ≥2e 1－3.即实数m 的取值范围为[2e 1－3，＋∞).。

2020高考数学(文科)专题复习课标：专题1 不等式、函数与导数专题1 第1讲

A．[0,1]
B．[0,2]
的的
C．[0，e]
D．[1，e]
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答案 C 解析因为f(0)≥0，即a≥0.当0≤a≤1时，f(x)＝x2－2ax ＋ 2a ＝ (x － a)2 ＋ 2a － a2≥2a － a2 ＝ a(2 － a)≥0 ；当 a ＞ 1 时，f(1)＝1>0.故当a≥0时，x2－2ax＋2a≥0在(－∞，1]上恒成立．
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8．(2019·江西上饶模拟)已知正数 x，y 满足 xy＋yx＝2
－4y2，则 y 的最大值为________．
解析因为 xy＋yx＝2－4y2，所以 x＋1x＝2y－4y.因为 x
＋1x≥2，所以2y－4y≥2，因为 y>0，所以 2y2＋y－1≤0，
所以 0＜y≤12，因此 y 的最大值为12.
答案 [－1,7]
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3．如果A＝{x|ax2－ax＋1<0}＝∅，则实数a的取值集合为________．
解析当 a＝0 时，有 1<0，故 A＝∅；当 a≠0 时，若
A＝∅，则有aΔ>＝0，a2－4a≤0，解得 0<a≤4.综上，a 的取值集合为{a|0≤a≤4}．
答案 {a|0≤a≤4}
何意义是直线y＝4x＋z在y轴上的截距，故目标函数在点A处取得最大值.由
x－y＋2＝0， x＝－1，
得 A(－1,1)，所以 zmax＝－4×(－1)＋1＝
5.故选 C 项．
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5 ． (2019·广东六校联考 ) 设 x ， y 满足约束条件

部编版备战2020年高考数学大一轮复习热点聚焦与扩展专题15 利用导数证明多元不等式

专题15 利用导数证明多元不等式【热点聚焦与扩展】利用函数性质、导数证明不等式，是导数综合题常涉及的问题，多元不等式的证明则是导数综合题的一个难点，其困难之处是如何构造、转化合适的一元函数，本专题拟通过一些典型模拟习题为例介绍常用的处理方法.1、在处理多元不等式时起码要做好以下准备工作：（1）利用条件粗略确定变量的取值范围（2）处理好相关函数的分析（单调性，奇偶性等），以备使用2、若多元不等式是一个轮换对称式（轮换对称式：一个n 元代数式，如果交换任意两个字母的位置后，代数式不变，则称这个代数式为轮换对称式），则可对变量进行定序3、证明多元不等式通常的方法有两个（1）消元：① 利用条件代入消元 ② 不等式变形后对某多元表达式进行整体换元（2）变量分离后若结构相同，则可将相同的结构构造一个函数，进而通过函数的单调性与自变量大小来证明不等式（3）利用函数的单调性将自变量的不等关系转化为函数值的不等关系，再寻找方法.【经典例题】例1【2019届四川省资阳市高三4月模拟（三诊）】已知函数()()ln pF x px x=+（其中0p >）．（1）当12p =时，判断()F x 零点的个数k ；（2）在（1）的条件下，记这些零点分别为()1,2,,i x i k =，求证：121114kx x x +++>．【答案】(1)见解析;(2)见解析.【解析】试题分析：（1）先求导数，再求导函数零点，根据零点列表分析导函数符号，进而确定函数单调性，再根据零点存在定理确定函数零点个数，（2）先根据零点条件化简得()211122ln 02x x x x x x -+=，令12x t x =，则()1221ln 1141t t x x t ++=>-，利用导数研究函数()()()211ln f t t t t =--+单调性，根据单调性得()() 10f t f >=，即证得结论.试题解析：（1）由题知x ＞0， ()1ln ln22F x x x=+-，所以()221121(0)22x F x x x x x -=-+=>'，由()0F x '=得12x =，当x ＞12时， ()0F x '>， ()F x 为增函数；当0<x<12时， ()0F x '<， ()F x 为减函数，所以()min 1=12ln21ln402F x F ⎛⎫=-=-<⎪⎝⎭，而()112044ln2048F F ⎛⎫=>=-> ⎪⎝⎭，，所以()1221ln 11ln ln 2111t tt t t x x t t t +⎛⎫+=+=⎪---⎝⎭，下面证明()1ln 21t t t +>-，其中1116t <<，即证明()()1ln 21t t t +<-，设()()()211ln f t t t t =--+，则()11ln f t t t -'=-，令()11ln u t t t =--，则()221110tu t t t t-='=->，所以()u t 为增函数，即()11ln f t t t-'=-为1,116⎛⎫⎪⎝⎭增函数，故()()10f t f ''<=，所以()()()211ln f t t t t =--+为1,116⎛⎫⎪⎝⎭减函数，于是()()()()211ln 10f t t t t f =--+>=，即()()211ln t t t ->+．所以有()1ln 21t t t +>-，从而12114x x +>．点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数()()()h x f x g x =-.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.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.例2【2019届四川省蓉城名校高中高三4月联考】已知函数()()xf x xe x R =∈.（1）求函数()f x 的单调区间和极值；（2）若()()()21212g x f x a x x =-++有两个零点，求实数a 的范围；（3）已知函数()h x 与函数()f x 的图象关于原点对称，如果12x x ≠，且()()12h x h x =，证明： 122x x +>. 【答案】（1）见解析；（2）(),0-∞；（3）见解析.∴函数()f x 的增区间为()1,-+∞，减区间为(),1-∞-；函数()f x 在1x =-处取的极小值()11f e-=-，无极大值.（2）由()()21212x g x xe a x x =-++，则()()()'1x g x x e a =+-，当0a =时， ()xg x xe =，易知函数()g x 只有一个零点，不符合题意，零点，不符合题意，当1a e>时，在(),1-∞-和()ln ,a +∞上()'0g x >， ()g x 单调递增，在()1,ln a -上()'0g x <， ()g x 单调递减. 又()110g e-=-<，所以函数()g x 至多一个零点，不符合题意，当1a e=时， ()'0g x ≥，函数在x R ∈上单调递增，所以函数()g x 至多一个零点，不符合题意，综上，实数a 的取值范围是(),0-∞. （3）由()()xh x f x xe-=--=， ()()'1xh x ex -=-，令()'0h x =，解得1x =，当x 变化时， ()'h x ，()h x 的变化情况如下表：由12x x ≠，不妨设12x x >，根据()()12h x h x =结合图象可知11x >， 21x <，令()()()2F x h x h x =--， ()1,x ∈+∞，则()()()22'11x x F x x e e --=--，∵1x >， 220x ->，∴2210x e-->，则()'0F x >，∴()F x 在()1,+∞单调递增，又∵()10F =，∴1x >时，()()10F x F >=，即当1x >时， ()()2h x h x >-，则()()112h x h x >-，又()()12h x h x =，∴()()212h x h x >-，因11x >，∴121x -<，∴()21,2,1x x -∈-∞，∵()h x 在(),1-∞上是增函数，∴212x x >-，∴122x x +>得证.点睛：本题主要考查的知识点是导数的综合运用，利用导数求出函数的单调区间和极值较为简单，分类讨论由函数零点求参数的取值范围需要注意分类的情况，在证明不等式成立时构造新函数，利用函数的单调性证明，这里的证明方法可以作为此类题目的参考模板加以应用.例3【2017天津，理20】设a ∈Z ，已知定义在R 上的函数432()2336f x x x x x a =+--+在区间(1,2)内有一个零点0x ，()g x 为()f x 的导函数. （Ⅰ）求()g x 的单调区间；（Ⅱ）设00[1,)(,2]m x x ∈，函数0()()()()h x g x m x f m =--，求证：0()()0h m h x <；（Ⅲ）求证：存在大于0的常数A ，使得对于任意的正整数,p q ，且00[1,)(,2],px x q∈ 满足041||p x q Aq-≥. 【答案】（1）增区间是(,1)-∞-，1(,)4+∞，减区间是1(1,)4-.（2）（3）证明见解析当x 变化时，(),()g x g x '的变化情况如下表：所以，()g x 的单调递增区间是(,1)-∞-，(,)4+∞，单调递减区间是(1,)4-.（III ）证明：对于任意的正整数 p ，q ，且00[1)(,],2px x q∈，令pm q=，函数0()()()()h g m x x x m f =--. 由（II ）知，当0[1),m x ∈时，()h x 在区间0(,)m x 内有零点；当0(,2]m x ∈时，()h x 在区间0(),x m 内有零点.所以()h x 在(1,2)内至少有一个零点，不妨设为1x ，则110()()()()0p ph g x f q x qx =--=. 由（I ）知()g x 在[1,2]上单调递增，故10()()12()g x g g <<<，于是432234041()|()||2336|||||()()(2)2p pf f p p p q p q pq aq q qx q g x g g q +--+-=≥=.因为当[12],x ∈时，()0g x >，故()f x 在[1,2]上单调递增，所以()f x 在区间[1,2]上除0x 外没有其他的零点，而0p x q≠，故()0pf q ≠.又因为p ，q ，a 均为整数，所以432234|2336|p p q p q pq aq +--+是正整数，从而432234|2336|1p p q p q pq aq +--+≥.所以041|2|()p x q g q -≥.所以，只要取()2A g =，就有041||p x q Aq-≥. 【名师点睛】判断()g x 的单调性，只需对函数求导，根据()g x '的导数的符号判断函数的单调性，求出单调区间，有关函数的零点问题，先利用函数的导数判断函数的单调性，了解函数的图象的增减情况，再对极值点作出相应的要求，可控制零点的个数.例4【2019届青海省西宁市高三下学期一模】已知函数()1x f x e ax=+（0,0a x ≠≠）在1x =处的切线与直线()120180e x y --+=平行.（1）求a 的值并讨论函数()y f x =在(),0x ∈-∞上的单调性；（2）若函数()()11g x f x x m x=--++（m 为常数）有两个零点12,x x （12x x <） ①求实数m 的取值范围； ②求证： 120x x +<【答案】（1）见解析；（2）①2m <-；②见解析.()111f e e a'=-=-，∴1a =. ∴()22211x xx e f x e x x -=-='令()21xh x x e =-，则()()22x h x x x e +'=∴(),2x ∈-∞-时， ()0h x '>； ()2,0x ∈-时， ()0h x '<. 则()h x 在(),2-∞-上单调递增，在()2,0-上单调递减.∴在(),0x ∈-∞时， ()()24210h x h e≤-=-<，即(),0x ∈-∞时， ()0f x '<，∴函数()f x 在(),0x ∈-∞上单调递减. （2）①由条件可知， ()1xg x e x m =-++，则()1xg x e '=-∴()g x 在(),0-∞上单调递减，在()0,+∞上单调递增；令()2x xm x e ex -=--（0x >）则()20xxm x e e-'=+->，∴()()00m x m >= 即()()12g x g x >-又()g x 在(),0-∞上单调递减， ∴12x x <-，即120x x +<点睛：一般涉及导数问题中的证明，可考虑构造函数，利用导数研究所构造函数的单调性，极值，最值等问题，往往可解决此类证明题，本题就是构造函数后，利用导数确定其单调性，再根据()()12g x g x >-，确定自变量的大小关系，从而求证不等式成立.例5【2019届辽宁省沈阳市东北育才学校高三三模】已知函数()()21x f x x e x =-+．（1）求()f x 在1,14⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的最小值；（2）若()()xg xf x a e x =--，当()g x 有两个极值点1212,()x x x x <时，总有()()()22121x eg x t x e ≤++，求此时实数t 的值．【答案】（1）1-；（2）e【解析】试题分析：（1）对函数求导，由于不能因式分解，但是能观察出零点，进一步求二阶导可知导函数单调，所以导函数只有唯一零.（2）由()()221x g x x x a e '=+--，所以方程 2210x x a +--= 有两个不同的实根 12,x x ，通过韦达定理把待证不等式消去1x ，再分离参数t ，可解. 试题解析：（Ⅰ） ()()2211x f x x x e -'=++， ()()'241x f x x x e =++'21,1,4104x x x ⎡⎤∈-++>⎢⎥⎣⎦, ∴()0f x ''>∴()f x '在1,14⎡⎤-⎢⎥⎣⎦单调递增，又()00f '=根据题意，方程 2210x x a +--= 有两个不同的实根 ()1212,x x x x <，所以2a >-，且 122x x +=-， 121x x a =--， 121x x <-<．由()()()22121x eg x t x e ≤++可得()()()22221121x x e x a e t x e --≤++，又2221x a x --=- ， 122x x +=-所以上式化为()222210x xx e e t e ⎡⎤⋅-+≥⎣⎦对任意的21x >-恒成立．（I ）当 20x = 时，不等式()222210x xx e e t e ⎡⎤⋅-+≥⎣⎦恒成立， t ∈R ；（II ）当 ()21,0x ∈- 时， ()22210x x e e t e ⋅-+≤恒成立，即2221x x e e t e ⋅≥+．令函数()2222212111x x x e e h x e e e ⋅⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，显然， ()h x 是 R 上的增函数，所以当 ()21,0x ∈- 时， ()()0e h x h <=，所以 e t ≥．（III ）当 ()20,x ∈+∞ 时， ()22210x x e e t e ⋅-+≥恒成立，即2221x x e e t e ⋅≤+．由（II ），当 ()20,x ∈+∞ 时， ()()0e h x h >=，所以 e t ≤．综上所述e t =【点睛】利用导数求函数在闭区间上的最值问题，先对函数求导，再求导函数的零点，一般先看能不能因式分解，如果不能就要分三个方面考虑，一是导函数恒正或恒负，二是可观察出函数的零点，再通过二阶导证明导函数单调，导函数只有唯一零点，三是导函数的零点不可求，我们一般称为隐零点，通过图像和根的存在性定理，先判定和设零点，后面一般需要回代消去隐零点或参数.例6【2019届陕西省咸阳市二模】已知函数()()22ln ,0x f x x a R a a=-∈≠. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个零点1x ， 2x 12()x x <，且2a e =，证明： 122x x e +>.【答案】（1）当0a <时，知()f x 在()0,+∞上递减；当0a >时， ()f x 在(上递减，在)+∞上递增；（2）证明见解析.()2,x e ∈+∞，原问题等价于122x e x >-，结合单调性转化为()220f e x ->即可，而()()2222424222x f e x lnx ln e x e-=-+--， ()2,2x e e ∈，构造函数，令()()44222tg t lnt ln e t e=-+--，(),2t e e ∈，结合导函数的性质可得()()g t g e >，即()220f e x ->，则结论得证. 试题解析：（1）()22'x f x a x=-， (0)x >，当0a <时， ()'0f x <，知()f x 在()0,+∞上是递减的；当0a >时， ()(2'x x f x ax+=，知()f x在(上是递减的，在)+∞上递增的.（2）由（1）知， 0a >， ()1min f x f lna ==-，依题意10lna -<，即a e >，由()222220x f x lnx e=-=得22222x e lnx =，所以()()()222222222e x f e x ln e x e --=-- ()2222224422e ex x ln e x e-+=-- ()22222244222e ex e lnx ln e x e-+=-- ()22244222x lnx ln e x e=-+--， ()2,2x e e ∈，令()()44222tg t lnt ln e t e =-+--， (),2t e e ∈，则()()()24422'022e t g t e t e t et e t -=-++=>--，知()g t 在(),2e e 上是递增的，于是()()g t g e >，即()220f e x ->，综上， 122x x e +>.例7【2019届河南省商丘市高三二模】已知函数.（1）如图，设直线将坐标平面分成四个区域（不含边界），若函数的图象恰好位于其中一个区域内，判断其所在的区域并求对应的的取值范围；（2）当时，求证：且，有.【答案】（1），；（2）证明见解析.【解析】试题分析：（1）根据定义域确定只能在3，4区域，再根据确定只能在4，转化为不等式恒成立，分离变量得．利用导数求函数单调性，根据单调性确定函数最值，即得的取值范围；（2）作差函数，再利用二次求导确定为单调递减函数，最后根据，得，即得结论.试题解析：（1）函数的定义域为，且当时，．又直线恰好通过原点，∴函数的图象应位于区域Ⅳ内，于是可得，即．∵，∴．∴的取值范围是．（2）∵，设,则，，∴，∴时为单调递减函数，不妨设，令（），可得，，∵且单调递减函数，∴，∴，为单调递减函数，∴，即．例8【2019届辽宁省大连市高三一模】已知函数，.若恒成立，求的取值范围；已知，是函数的两个零点，且，求证：.【答案】（1）（2）见解析时，，所以在上单调递减，在上单调递增，在处取得最大值，为，若恒成立，则即.方法一：，，，即，欲证：，只需证明，只需证明，只需证明.设，则只需证明，即证：.设，，在单调递减，，只需证，又，即证即证，.令，，有在上单调递增，，.所以原不等式成立.点睛：本题考查了运用导数证明恒成立和不等式问题，在证明恒成立时构造新函数，求导利用单调性即可证明，在证明不等式时，有一定难度，注意题目的转化，构造或是利用单调性转化为，本题属于难题.例9【2019届河北省石家庄市高三下学期一模】已知函数()()()x f x x b e a =+-， (0)b >，在()()1,1f --处的切线方程为()110e x ey e -++-=. （1）求a ， b ；（2）若方程()f x m =有两个实数根1x ， 2x ，且12x x <，证明： ()211211m e x x e--≤+-.【答案】（1）1a =， 1b =；（2）见解析又()()1xf x x b e a '=++-，所以()111b f a e e-=-=-+'，若1a e=，则20b e =-<，与0b >矛盾，故1a =， 1b =. （2）由（Ⅰ）可知()()()11x f x x e =+-， ()()00,10f f =-=，设在(-1，0)处的切线方程为，易得， ()()111h x x e ⎛⎫=-+⎪⎝⎭，令()()()F x f x h x =- 即()()()()11111xF x x e x e ⎛⎫=+---+⎪⎝⎭， ()()12x F x x e e '=+-，当2x ≤-时， ()()1120x F x x e e e=+-<-<' 当2x >-时，设()()()12x G x F x x e e=+'=-， ()()30xG x x e =+>'，又函数()h x 单调递减，故()()()'111h x f x h x =≥，故'11x x ≤，设()y f x =在(0,0)处的切线方程为()y t x =，易得()t x x =，令()()()()()11x T x f x t x x e x =-=+--， ()()22xT x x e =+-'，当2x ≤-时， ()()2220xT x x e =+-<-<'，当2x >-时，故函数()T x '在()2,-+∞上单调递增，又()00T '=，所以当(),0x ∈-∞时， ()0T x '<，当()0,x ∈+∞时， ()0T x '>，所以函数()T x 在区间(),0-∞上单调递减，在区间()0,+∞上单调递增，， ()()22f x t x ≥ ，设()t x m =的根为'2x ，则'2x m =，又函数()t x 单调递增，故()()()'222t x f x t x =≥，故'22x x ≥，又'11x x ≤，()''2121121111m e me x x x x m e e -⎛⎫-≤-=--+=+ ⎪--⎝⎭. 例10【2019届四川省凉山州高三第二次诊断】设函数()2f x x ax =+， ()()ln 1g x b x =-（1）若3a =-， ()()()F x f x g x =+在()1+∞，上单调递增.求b 的取值范围；（2）若()21g '=-，且()()()h x f x g x =-有两个极值点1x ， 2x .求证： 22123x x +>+【答案】(1) 18b ≥;(2)见解析. 【解析】试题分析：(1)将3a =-代入，求导得()F x ' 22531x x bx -++=-，由单调性求出b 的取值范围(2)先求出1b =-，结合两个极值点求出2a <--，由根与系数之间关系求出1212a x x +=-， 1212a x x -+=，从而证明结果解析：(1) 2{ 1y x ax y x =+=--得()2110x a x +++=， ()2140a =+-=()1201h x x a x +'=+=-有两根11x >， 21x >，即： ()22210x a x a +--+=()0{1 10x ϕ>>>对，得2a <--又1212a x x +=-， 1212a x x -+=，∴()2222121212234a x x x x x x +=+-=>+ 点睛：本题考查了导数的综合运用，在求函数单调递增时只需求导，令导函数大于或者等于零，结合题目求出范围，在证明不等式时，本题结合韦达定理，转化为两根之和与两根之积的问题，从而证明结果.【精选精练】1．【2019届贵州省凯里市第一中学高三下学期《黄金卷》第三套】已知函数.（Ⅰ）试讨论函数的单调性；（Ⅱ）对，且，证明：.【答案】（I ）见解析；（II ）见解析. 【解析】试题分析：（Ⅰ）函数求导得，分和两种情况讨论导数正负即可得单调性；（Ⅱ）欲证：，只需证：即证：，从而可构造，求导由函数单调性可证得.对，有，函数在单调递增．（II ）对且，欲证：只需证：即证：.设，则．令，则．当时，有，故函数在单调递减，而，则当时，，所以在单调递增．当且时，有，即．成立．故原不等式成立．2．【2019届重庆市（非市直属校）高三第二次质量调研】已知函数()2ln 12a f x x x x x =-++. （Ⅰ）若()y f x =在()0,+∞上单调递减，求a 的取值范围；（Ⅱ）当01a <<时，函数()y f x x =-有两个极值点1212,()x x x x <，证明： 122x x +>．【答案】（1）a e ≥（2）见解析得()maxln 2 0,x a x x +⎛⎫≥∈+∞⎪⎝⎭，，令()()ln 20,x g x x x +=∈+∞,()2ln 10x g x x -'-=≥，解得()g x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增， 1,e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减, 所以1a g e e ⎛⎫≥= ⎪⎝⎭, 所以a e ≥.(2)函数()2ln 12a y f x x x x x =-=-+有两个极值点1212,()x x x x <, 即y ' ()1ln 1f x x ax =='--+有两个不同的零点,且均为正，令()()1ln 1F x f x x ax =-=-+',由()11'(0)ax F x a x x x-=-=>可知 ()y F x =在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭是增函数，在1,a⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭是减函数，且110x a <<，构造121x a a->，构造函数()()()2221ln ln (0<)m x F x F x x a x x ax x a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--=-----≤⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则()21211'2022a x a m x a x x x x a a ⎛⎫- ⎪⎝⎭=-+=<⎛⎫-- ⎪⎝⎭,故()m x 在区间10,a ⎛⎤⎥⎝⎦上单调减，点睛：本题的难点在多次构造函数.第一次求导得到y ' ()1ln 1f x x ax =='--+，由于导数研究函数的单调区间不是很方便，所以需要再次求导，所以要构造()()1ln 1F x f x x ax =-=-+'，再研究新函数的图像和性质，后面又要构造函数m(x).为什么要构造，这是大家需要理解掌握并灵活运用. 3．【2019届四川省资阳市高三4月模拟（三诊）】已知函数()()ln pF x px x=+（其中0p >）．（1）当12p <<()F x 零点的个数k 的值；（2）在（1）的条件下，记这些零点分别为()1,2,,i x i k =，求证：12111kx x x +++> 【答案】（1）见解析；（2）见解析.()121ln 111ln ln 1111t t t t t x x p t t p t ⎡⎤+⎛⎫+=+=⎢⎥ ⎪---⎝⎭⎣⎦，只需利用导数证明()1ln 21t t t +>-即可得结论. 试题解析：（1）由题x ＞0， ()ln ln p F x x p x =++，则()221(0)p x pF x x x x x-=-+=>'，由()0F x '=得x p =，当x ＞p 时， ()0F x '>， ()F x 为增函数；当0<x< p 时， ()0F x '<， ()F x 为减函数，所以()()min =12ln F x F p p=+．因为12p <<，所以()12ln 10F p p =+<+=，而()111142ln 2ln22ln 2ln204424F p p =++>++=>，142ln22ln 42ln22ln 44ln2042p F p ⎛⎫=-+=-+=-> ⎪⎝⎭，又44p pp <<，所以当12p <<时， ()F x 零点的个数为2．（2）由（1）知()F x 的两个零点为12x x ，，不妨设12x x <，于是()()112212ln ln 0ln ln 0p p F x p x F x p x x x =++==++=，，且1244p x p x p <<<<，两式相减得()211122ln0p x x x x x x -+=（*），令121(1)16x t t x =<<，则将12x tx =代入（*）得()21ln p t x t t-=，进而()11ln p t x t-=，所以()121ln 111ln ln 1111t t t t t x x p t t p t ⎡⎤+⎛⎫+=+=⎢⎥ ⎪---⎝⎭⎣⎦，下面证明()1ln 21t t t +>-，其中1116t <<，即证明()()1ln 21t t t +<-，设()()()211ln f t t t t =--+，则()11ln f t t t -'=-，令()u t 11ln t t =--，则()221110tu t t t t-='=->，所以1211x x +>，得证． 4．【2019届四川省攀枝花市高三第三次（4月）统考】已知函数()()2111x f x nx x -=-+，()()()211,g x x nx n x m n R =--∈.(I)若函数()(),f x g x 在区间01（，）上均单调且单调性相反,求实数n 的取值范围；(Ⅱ)若0a b <<,证明112a b a bna nb -+<<- 【答案】（Ⅰ）12n ≥；（Ⅱ）见解析．【解析】试题分析：（Ⅰ）求得()f x '，得到()f x 在()0,1上单调递增，得()g x 在()0,1上均单调递减，转化为()0g x '≤在()0,1上恒成立，分离参数，令()()()ln 10,1x x x xφ+=∈得到()x φ在()0,1上单调递增， ()()11x φφ<=，即可求解n 的取值范围；（Ⅱ）由（Ⅰ）()f x 在()0,1上单调递增，得()()1f x f <，即()21ln 1x x x -<+，令a x b =得ln ln 2a b a ba b -+<-，所以()x φ在()0,1上单调递增， ()()11x φφ<=，所以21n ≥即12n ≥. （Ⅱ）由（Ⅰ）()()21ln 1x f x x x -=-+在()0,1上单调递增，()()()21ln 101x f x x f x -=-<=+即()21ln 1x x x -<+，令()0,1a x b =∈得()212ln 1a a b a b a b a b b⎛⎫- ⎪-⎝⎭<=++， ln 0a b < ∴ .ln ln 2a b a b a b -+<-在（Ⅰ）中，令1,2n =由()g x 在()0,1上均单调递减得： ()()10g x g >=所以()21ln 102x x x -->，即11ln 2x x x ⎛⎫>- ⎪⎝⎭，取()0,1x =得12>，即ln ln a b ->，由ln ln 0a b -<得：.ln ln a ba b -<-综上：.ln ln 2a b a b a b -+<<-5．【2019届吉林省吉林市高三第三次调研】已知函数()2(0,)xx ax af x x a R e -+-=>∈. （1）当1a =时，求函数()f x 的极值；（2）设()()()1f x f x g x x '+=-，若函数()g x 在()()0,11,⋃+∞内有两个极值点12,x x ，求证：()()1224·g x g x e <. 【答案】（1）极大值()11f e =-，极小值()232f e=- （2）见解析【解析】试题分析：（1）当1a =时， ()21(0)xx x f x x e -+-=>，求导后根据导函数的符号判断函数()f x 的单调性，从而可得函数的极值．（2）由题意得()()()222221xx a x g x x e -++=-'，设()()2222h x x a x =-++，结合题意可试题解析：（1）当1a =时， ()21(0)xx x f x x e -+-=>. ∴()()()()()2221112(0)x x xxx e x x e x x f x x e e -+--+---=>'=当()()0,1,2,x ∈+∞时()0f x '>， ()f x 单调递增；当()1,2x ∈时， ()0f x '<， ()f x 单调递减．所以()f x 在()0,+∞上有极大值()11f e =-，极小值()232f e=- ．（2）由题意得()()()()211xf x f x x ag x x x e+-+==--'， ∴()()()222221xx a x g x x e-++=-'，设()()2222h x x a x =-++，∵函数()g x 在()()0,11,⋃+∞内有两个极值点12,x x ，∴方程()()22220h x x a x =-++=在()()0,11,⋃+∞上有两个不相等的实根12,x x ，且1不能是方程的根，∴2,a >∴22244a e e+<， ∴()()1222244a g x g x ee+=<． 6．【2019届高三第一次全国大联考】已知函数有两个零点（）.（1）求实数的取值范围；（2）求证：.【答案】（1）；（2）见解析【解析】试题分析：（1）利用分离参数思想可将题意转化为（）和有两个交点，利用导数判断的单调性得到函数的大致图象，结合图像即可得结果；（2）结合零点定义化简整理可得，设，则，故，记函数（），利用导数判断的单调性，得，故而可得结果.试题解析：（1）由题知函数的定义域为.所以函数的大致图象如图所示，作出直线，由图可知，实数的取值范围为.（2）由题意，即，所以.故，即，整理得，即，不妨设，由题意得.则，所以.所以，故．7．【2019届吉林省长春市高三质量监测（三）】已知函数.（1）若在上是单调递增函数，求的取值范围；（2）设，当时，若，其中，求证：. 【答案】(1) (2)见解析【解析】试题分析：（1）在上是单调递增函数等价于在上，恒成立，即：，构造新函数求最值即可；（2）要证，即证，记，易证在上递增，转证.试题解析：（1）的定义域为且单调递增，在上，恒成立，即：设，，当时，在上为增函数，当时，在上为减函数，，，即.（2），设，，，在上递增，，，，令即：又，即：，，在上递增，即：，得证.8．【2019届四川省广元市高第二次统考】已知函数()22ln f x x x ax =-+ ()a R ∈. （Ⅰ）当2a =时，求()f x 的图象在1x =处的切线方程；（Ⅱ）若函数()f x 有两个不同零点1x ， 2x ，且120x x <<，求证： 12'02x x f +⎛⎫< ⎪⎝⎭，其中()'f x 是()f x 的导函数.【答案】（Ⅰ）y ＝2x －1；（Ⅱ）证明见解析.试题解析：（Ⅰ）当a 2＝时， ()22ln 2f x x x x =-+， ()2'22f x x x=-+，切点坐标为()1,1，切线的斜率()'12k f ==，∴切线方程为()121y x -=-，即21y x =-．（Ⅱ）∵()f x 的图象与x 轴交于两个不同的点()10A x ，， ()20B x ，，∴方程22ln 0x x ax -+=的两个根为1x ， 2x ，则2111222220{? 20lnx x ax lnx x ax -+=-+=，两式相减得()()1212122ln ln x x a x x x x -=+--，又()22ln f x x x ax =-+， ()2'2f x x a x=-+，则()()1212121212122ln ln 44'2x x x x f x x a x x x x x x -+⎛⎫=-++=- ⎪++-⎝⎭，下证()1212122ln ln 40x x x x x x --<+-（*），即证明()2111222ln 0x x x x x x -+<+，令12x t x =，∵120x x <<，∴01t <<，即证明()()21ln 01t u t t t -=+<+在01t <<上恒成立，∵()()()()()()()222221211114'111t t t u t t t t t t t -+---=+=-=+++，又01t <<，∴()'0u t >，∴()u t 在()0,1上是增函数，则()()10u t u <=，从而知()2111222ln0x x x x x x -+<+，故（*）式0<，即12'02x x f +⎛⎫< ⎪⎝⎭成立. 9．【2019届江苏省苏北六市高三第二次调研】设函数()sin (0)f x x a x a =->．（1）若函数()y f x =是R 上的单调函数，求实数a 的取值范围；（2）设a ＝12， ()()ln 1g x f x b x =++ (b R ∈， 0b ≠)， ()g x '是()g x 的导函数．①若对任意的x ＞0， ()g x '＞0，求证：存在0x ，使()0g x ＜0；②若()()()1212g x g x x x =≠，求证： 12x x ＜24b ．【答案】（1）01a <≤；（2）见解析因为0a >，所以1cos x a≥对x R ∈恒成立，因为()max cos 1x =，所以11a ≥，从而01a <≤．（2）①()1sin ln 12g x x x b x =-++，所以()11cos 2bg x x x=-+'．若0b <，则存在02b ->，使11cos 0222b b g ⎛⎫⎛⎫-=---'< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，不合题意，所以0b >．取30e bx -=，则001x <<．此时()30000111sin ln 11ln 10222b g x x x b x b e -=-++<+++=-<．所以212120ln ln x x b x x -->>-．下面证明2121ln ln x x x x ->-1ln t t ->，只要证明()ln 0*t <．设())ln 1h t t t =>，所以()210h t '-=<在()1+∞，恒成立．所以()h t 在()1+∞，单调递减，故()()10h t h <=，从而()*得证．所以2b ->即2124x x b <．点睛：本题考查了导数的综合运用，尤其在证明不等式的过程中，运用了放缩的方法将结果求证出来，在证明2124x x b <时，也是利用了不等式关系构得到21212ln ln x x b x x -->-，然后构造新函数证明出结果，综合能力较强，本题较难.10．【2019届山东省枣庄市高三二模】已知曲线()()21ln y f x x a x a R ==--∈与x 轴有唯一公共点A .（Ⅰ）求实数a 的取值范围；（Ⅱ）曲线()y f x =在点A 处的切线斜率为27a a --.若两个不相等的正实数1x ， 2x 满足()()12f x f x =，求证： 121x x <.【答案】(Ⅰ) 0a ≤；(Ⅱ)证明见解析.【解析】试题分析： ()1求导得()'2af x x x=-，讨论0a ≤、0a >时两种情况，由函数与x 轴有唯一公共点，借助零点存在定理和极限求出a 的取值范围()2由（Ⅰ）的结论，求导结合题意解得3a =-，由()()12f x f x =，不妨设12x x <， ()22112213ln 13ln x x x x --+=-+，构造()23ln 2p t t t =+-即可证明解析：（Ⅰ）解：函数()f x 的定义域为()0,+∞. ()10f =. 由题意，函数()f x 有唯一零点1. ()'2af x x x=-. （1）若0a ≤，则0a -≥.显然()'0f x >恒成立，所以()f x 在()0,+∞上是增函数. 又()10f =，所以0a ≤符合题意.（2）若0a >， ()22'x af x x -=. ()'0f x x >⇔>()'00f x x <⇔<<令()1ln (0)222a a a g a a =-->，则()11'ln 222a g a =- 111ln 22222a a a -⨯⨯=-. ()'002g a a >⇔<<； ()'02g a a ⇔.所以函数()g a 在()0,2上是增函数，在()2,+∞上是减函数. 所以()()max 20g a g ==.所以()0g a ≤，当且仅当2a =时取等号.所以，00f a ⇔，且2a ≠.取正数1min a b e -⎫⎪<⎬⎪⎭，则()21ln 1ln f b b a b a b =-->-- 110a a ⎛⎫>--⨯-= ⎪⎝⎭；因为1c >，所以()21ln f c c a c =-- ()211c ac c c a >--=-- 110c >⨯->.又()f x 在⎛ ⎝上是减函数，在⎫+∞⎪⎪⎭上是增函数，则由零点存在性定理， ()f x 在⎛⎝、⎫+∞⎪⎪⎭上各有一个零点. 可见， 02a <<，或2a >不符合题意.注： 0a >时，若利用()00lim x f x →+=+∞， 0f <， ()lim x f x →+∞=+∞，说明()f x 在⎛ ⎝、⎫+∞⎪⎪⎭上各有一个零点.②若0f =1=，即2a =.符合题意. 综上，实数a 的取值范围为{|0,2}a a a ≤=或.（Ⅱ）由题意， ()2'127f a a a =-=--.所以29a =，即3a =±.由（Ⅰ）的结论，得3a =-.()213ln f x x x =-+， ()f x 在()0,+∞上是增函数. ()001f x x <⇔<<； ()01f x x >⇔>.由()()12f x f x =，不妨设12x x <，则1201x x <<<.从而有()()12f x f x -=，即()22112213ln 13ln x x x x --+=-+.所以2212123ln 20x x x x ++-= 121223ln 2x x x x >+-.令()23ln 2p t t t =+-，显然()p t 在()0,+∞上是增函数，且()10p =. 所以()001p t t <⇔<<.从而由121223ln 20x x x x +-<，得121x x <.点睛：本题考查了导数的零点问题和不等式问题，在求解零点问题时注意分类讨论，利用零点存在定理和极限来确定零点个数，在不确定的情况下需要再次利用导数来解答，证明不等式时需要构造新函数，本题难度较大.11．【2019届河南省豫北豫南名校高三上学期精英联赛】已知函数()ln f x x ax b =-+（a ， b R ∈）有两个不同的零点1x ， 2x ．（1）求()f x 的最值；（2）证明： 1221x x a<．【答案】（1）见解析；（2）见解析试题解析：（1）()1'f x a x=-， ()f x 有两个不同的零点， ∴()f x 在()0,+∞内必不单调，故0a >，此时()'0f x >，解得1x a<， ∴()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单增， 1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单减，∴()max 1ln 1f x f a b a ⎛⎫==--+⎪⎝⎭，无最小值．（2）由题知11220,{ 0,lnx ax b lnx ax b -+=-+=两式相减得()1122ln 0x a x x x --=，即1212lnx x a x x =-，故要证1221x x a <，即证()21212212ln x x x x x x -<，即证()212211221221ln 2x x x x x x x x x x -<=-+，不妨设12x x <，令()120,1x t x =∈，则只需证21ln 2t t t<-+，设()21ln 2g t t t t =--+，则()212ln 11'2ln 1t t t g t t t t t-+=-+=，设()12ln h t t t t =-+，则()()221'0t h t t -=-<，∴()h t 在()0,1上单减，∴()()10h t h >=，∴()g t 在()0,1上单增，∴()()10g t g <=，即21ln 2t t t<-+在()0,1t ∈时恒成立，原不等式得证．12．【2019届山东省济南市高三一模】已知函数()()2ln 21f x a x x a x =-+- ()a R ∈有两个不同的零点.（1）求a 的取值范围；（2）设1x ， 2x 是()f x 的两个零点，证明： 122x x a +>. 【答案】(1) ()1,+∞ (2)见解析利用导数证明∴()0F x <，∴()()2f x f a x <-，于是()()112f x f a x <-，即()()212f x f a x <-， ()f x 在(),a +∞上单调递减，可得212x a x >-，进而可得结果.试题解析：（1）【解法一】函数()f x 的定义域为： ()0,+∞.()'221af x x a x=-+- ()()21x a x x +-=， ①当0a ≤时，易得()'0f x <，则()f x 在()0,+∞上单调递增，则()f x 至多只有一个零点，不符合题意，舍去. ②当0a >时，令()'0f x =得： x a =，则∴()()max f x f x =极大 ()()ln 1f a a a a ==+-.（ii ）当1a >时， ()()max 0f x a g a =⋅>， ∵121f a e e ⎛⎫⎛⎫=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ 2110e e --<，∴()f x 在区间1,a e ⎛⎫⎪⎝⎭上有一个零点，∵()()31ln 31f a a a -=- ()()()2312131a a a --+-- ()()ln 3131a a a ⎡⎤=---⎣⎦，设()ln h x x x =-， (1)x >，∵()1'10h x x=-<， ∴()h x 在()1,+∞上单调递减，则()()312ln220h a h -<=-<，∴()()31310f a a h a -=⋅-<，则()f x 至多只有一个零点，不符合题意，舍去. ②当0a >时，令()'0f x =得： x a =，则∴()()max f x f x =极大 ()()ln 1f a a a a ==+-.∴要使函数()f x 有两个零点，则必有()()ln 10f a a a a =+->，即ln 10a a +->，设()ln 1g a a a =+-，∵()1'10g a a=+>，则()g a 在()0,+∞上单调递增，又∵()10g =，∴1a >；当1a >时： ∵121f a e e ⎛⎫⎛⎫=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ 2110e e --<，∴()f x 在区间1,a e⎛⎫ ⎪⎝⎭上有一个零点；设()ln h x x x =-，∵()11'1xh x x x-=-=，∴()h x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减， ∴()()110h x h ≤=-<，∴ln x x <，∴()()2ln 21f x a x x a x =-+- ()22213ax x a x ax x x ≤-+-=-- ()233ax x x a x ≤-=-，则()40f a <，∴()f x 在区间(),4a a 上有一个零点，那么，此时()f x 恰有两个零点.综上所述，当()f x 有两个不同零点时， a 的取值范围是()1,+∞. （2）【证法一】由（1）可知，∵()f x 有两个不同零点，∴1a >，且当()0,x a ∈时， ()f x 是增函数；当(),x a ∈+∞时， ()f x 是减函数；∴()0F x <，∴()()2f x f a x <-， ∵()10,x a ∈，∴()()112f x f a x <-， ∵()()12f x f x =，∴()()212f x f a x <-，∵()2,x a ∈+∞， ()12,a x a -∈+∞， ()f x 在(),a +∞上单调递减， ∴212x a x >-，∴122x x a +>. （2）【证法二】由（1）可知，∵()f x 有两个不同零点，∴1a >，且当()0,x a ∈时， ()f x 是增函数；当(),x a ∈+∞时， ()f x 是减函数；41 不妨设： 12x x <，则： 120x a x <<<；设()()()F x f a x f a x =+--， ()0,x a ∈，则()()()'''F x f a x f a x =++- ()()221a a a x a a x a x =-++-++- ()()221a x a --+-。

2020年高考数学一轮复习考点05函数的单调性与最值必刷题(含解析)(2021-2022学年)

考点05 函数的单调性与最值1.函数在的图像大致为A ．ﻩＢ．Ｃ.D.【答案】B【解析】设,则，所以是奇函数，图象关于原点成中心对称,排除选项C ．又排除选项D;，排除选项Ａ,故选B ． 2．设是定义域为的偶函数,且在单调递减,则（ )A ．B.C.D ．ﻬ【答案】C【解析】是Ｒ的偶函数，.[]6,6-()f x ()fx R()0,∞+()f x,又在(0，+∞）单调递减，∴,，故选C.3．已知函数的定义域为,为偶函数，且对,满足。

若,则不等式的解集为( ）A.ﻩB.C ．ﻩ D.【答案】A【解析】因为对,满足，所以当时，是单调递减函数,又因为为偶函数,所以关于对称，所以函数当时，是增函数,又因为,所以有, 当时，即当时,当时，即当时,，综上所述：不等式()fx ()y f x =R)1(+x f 121x x ∀<≤(3)1f =1,82⎛⎫⎪⎝⎭)8,1(121x x ∀<≤()y f x=1≤x )1(+x f ()y f x =1x =()y f x=1>x (3)1f =1)1(=-f 2lo g 1x ≤02x <≤2lo g 1x >2x >的解集为，故本题选A 。

4.函数的单调减区间为（ )A ．ﻩ B.C ．ﻩ D.【答案】A 【解析】函数,所以或,所以函数的定义域为或,当时,函数是单调递减，而，所以函数的单调减区间为，故本题选Ａ。

5．已知函数，则的小关系是( )A. B ．C ．D.【答案】B 【解析】函数为偶函数,,, 当时,,函数在上递增，，即,故选:． 6．记设，则（ )A.存在 B ．存在Ｃ.存在 D.存在ﻬ【答案】C【解析】解：ｘ2﹣ｘ3=x 2(1﹣x )，1,82⎛⎫ ⎪⎝⎭(,1)-∞-3(,)2-∞-3(,)2+∞(4,)+∞1x <-()fx 4x >1x <-3(,)2-∞1x <-(),1-∞-∴当x≤1时,x2﹣x3≥0,当x>1时，x2﹣x3<0,∴f(x)．若t>1,则|f(t）+f(﹣ｔ）|=|t2＋（﹣t)3｜＝｜t2﹣ｔ３|=t3﹣t２，|f(t)﹣f(﹣t）|＝｜ｔ2+t3｜＝t２+ｔ3,f（t)﹣ｆ(﹣t)＝t2﹣(﹣t)3＝t2+t3,若０＜t<1,｜f(t)+f(﹣t)|=｜ｔ3＋(﹣t）3|=0,｜ｆ(t)﹣f（﹣t）|＝|ｔ３+t3|＝2t3，f(t)﹣f（﹣t)＝ｔ3﹣（﹣t)3=2ｔ3,当t=1时,|f(t)+ｆ(﹣t)｜＝｜1+（﹣1）|＝0，|f(t)﹣f（﹣t)|＝｜1﹣(﹣１)|＝２，f(ｔ)﹣f(﹣ｔ)=1﹣（﹣1)=2,∴当ｔ>0时,｜f(ｔ)+f(﹣t）｜＜f（ｔ)﹣f(﹣ｔ),|ｆ（ｔ)﹣f(﹣t)|=ｆ(t)﹣f(﹣t),故Ａ错误,B错误;当ｔ＞０时,令g（ｔ)＝f（1+t)+f(1﹣t)＝(1+t）2+（1﹣t)3＝﹣t３+4ｔ２﹣t＋2,则g′(t）=﹣3t2+８t﹣1，令ｇ′（t)＝0得﹣３ｔ２+8t﹣1=0,∴△＝64﹣12＝52，∴g(t)有两个极值点t1，t2,∴ｇ(t)在（t2,＋∞）上为减函数,∴存在t0>ｔ2，使得ｇ（ｔ０)＜0，∴|g（t0)|>g（t0)，故C正确;令h(ｔ)＝（1+t)﹣ｆ（1﹣t）=（1+t)2﹣(１﹣t）3＝ｔ3﹣2ｔ2＋５t,则h′(t)=3t2﹣4ｔ＋5=３（t）20,∴ｈ(t）在(0,+∞)上为增函数,∴h(t）＞ｈ(0）=0，∴|ｈ(t）|=h(t），即｜f(１+t）﹣f(1﹣ｔ）｜=f（1+t)﹣f(1﹣ｔ),故Ｄ错误.ﻬ故选：C.7．已知函数是定义域为的奇函数,当时，,则不等式的解集为（ )A．ﻩB．C．D．【答案】A【解析】当时，,，函数是定义域为的奇函数,当时,,可得到函数是单调递增的，故在整个实属范围内也是单调递增的,故只需要.故答案为:Ａ.8．在平面直角坐标系中，对于点,若函数满足：,都有，就称这个函数是点的“限定函数"．以下函数:①,②,③，④,其中是原点的“限定函数"的序号是______．已知点在函数的图象上，若函数是点的“限定函数”,则的取值范围是＿_____. 【答案】①③【解析】要判断是否是原点O 的“限定函数＂只要判断:,都有，对于① ，由可得,则①是原点O 的“限定函数”；对于②，由可得,则②不是原点O 的“限定函数"对于③ ,由可得,则③是原点O 的“限定函数＂对于④,由可得,则④不是原点O 的“限定函数"点在函数的图像上,若函数是点Ａ的“限定函数”,可得,xoy(),A a b ()y f x =A12y x =221y x =+s in y x =O(),A a b 2x y =2x y =Aa(,0]-∞[1,1]x ∀∈-[1,1]y ∈-12y x =[1,1]x ∈-221y x =+[1,1]x ∈-s in y x =[1,1]x ∈-[1,1]x ∈-[0,l n 3]y ∈⊄[1,1]-A (a, b)2xy =2xy =2ab =由,即,即,可得,可得,且,即的范围是，故答案为:①③；。

【人教版】2020高考数学一轮复习突破140必备专题10 数列中的递推问题学案

专题10 数列中的递推问题谈到求数列通项公式同学们都不陌生，我们学过的方法有累加法、累乘法、运用)2(1≥-=-n S S a n n n 等，其中)2(1≥-=-n S S a n n n 就是一个简单的递推，运用递推求数列通项公式其实就是不停的令1+→n n 或1-→n n 等得到新的关系式，再对得到的式子进行加减乘除运算，最后证明到数列}{n a 是个特殊的数列，运用此方法的难点就在于如何寻找新的关系式以及如何处理原有的和新的关系式，通过何种运算达到最终的目的，易错点在于每一次递推都要注意下标n 的范围，往往最后得到的式子也不能完全说明}{n a 是等差或等比，因为递推中n 的范围使得}{n a 是从某一项开始呈现等差或等比的性质，最终还要验证前面几项，下面我们通过实例来看看如何处理这样的试题。

例1、（2011江苏高考20）设M 为部分正整数组成的集合，数列}{n a 的首项11=a ，前n 项和为n S ，已知对任意整数k 属于M ，当k n >时，)(2k n k n k n S S S S +=+-+都成立。

（1）设{}1=M ，22=a ，求5a 的值；（2）设{}4,3=M ，求数列}{n a 的通项公式。

解：（1）因为{}1=M ，所以1=k 则)2)((2111≥+=+-+n S S S S n n n ①)3)((211-2≥+=+-n S S S S n n n ②由 ①-②得)3(211≥=+-+n a a a n n n 所以当2≥n 时，数列}{n a 为等差数列而22=a ，23211353,2()7,4,8;S S S S S a a ==+-=∴=∴= （2）因为{}4,3=M ，所以3=k 或4=k则)4)((2333≥+=+-+n S S S S n n n ③ )3)((23124≥+=++-+n S S S S n n n ⑤)5)((2444≥+=+-+n S S S S n n n ④ )4)((24135≥+=++-+n S S S S n n n ⑥由④-③得)5(2434≥=--+n a a a n n ⑦ 由⑦得)4(2425≥=--+n a a a n n ⑧ 由⑤-③得)4(2124≥=++-+n a a a n n n ⑨ 由⑥-④得)5(2135≥=++-+n a a a n n n ⑩由⑨可知214-++n n n a a a 、、成等差数列，设公差为1d 由⑩可知315-++n n n a a a 、、成等差数列，设公差为2d 所以2352d a a n n +=-+ ，1242d a a n n +=-+ 两式相减得)(2122345d d a a a a n n n n -+-=---++ *由 ⑧-⑦可得3245--++-=-n n n n a a a a ** 由*+**可得321245--++-=-=-n n n n a a d d a a 所以当2≥n 时，数列}{n a 为等差数列，设公差为d 由③得)(23417S S S S +=+，化简得2542-=-d a 由④得)(24519S S S S +=+，化简得1532-=-d a 所以2,32==d a又11=a ，所以数列}{n a 是首项为1,公差为2的等差数列所以12-=n a n例2、（2017江苏高考19）对于给定的正整数k ,若数列}{n a 满足n k n k n n n k n k n ka a a a a a a 21111=+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++-++-+--对任意正整数)(k n n > 总成立，则称数列}{n a 是“)(k P 数列”. （1）证明：等差数列}{n a 是“)3(P 数列”；（2）若数列}{n a 既是“)2(P 数列”，又是“)3(P 数列”，证明：}{n a 是等差数列.（2）数列}{n a 既是“)2(P 数列”，又是“)3(P 数列，所以当3≥n 时，n n n n n a a a a a 42112=+++++-- ①当4≥n 时，n n n n n n n a a a a a a a 6321123=++++++++--- ② 由①可知，)4(41123≥=+++-+--n a a a a a n n n n n ③)2(41321≥=++++++-n a a a a a n n n n n ④③+④得)4)((4211321123≥+=+++++++-+++---n a a a a a a a a a n n n n n n n n n ⑤由 ⑤-②得)4(211≥=++-n a a a n n n所以当3≥n 时，}{n a 是等差数列，设其公差为d'.在①中，取4n =，则235644a a a a a +++=，化简得'23d a a =- 在①中，取3n =，则124534a a a a a +++=，化简得'12d a a =- 所以数列{}n a 是等差数列.注：在数列递推时一定要注意下标n 的范围，最容易出现错误的是得到n n n a a a 211=++-就错误的下结论}{n a 是等差数。

备考2020年高考数学一轮复习：14 导数与函数的极值、最值

备考2020年高考数学一轮复习：14 导数与函数的极值、最值一、单选题(共12题；共24分)1．（2分）函数f(x)=(1−x)e x有()A．最大值为1B．最小值为1C．最大值为e D．最小值为e2．（2分）函数f(x)=e xx2−3在[2,4]上的最大值为（）A．e2B．e36C．e413D．2e23．（2分）函数f(x)=elnx−x在(0， 2e]上的最大值为（）A．1−e B．−1C．−e D．04．（2分）函数f(x)=(x2−1)3+2的极值点是（）A．x=1B．x=0C．x=1或-1或0D．x=−15．（2分）设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y=(1−x)f′(x)的图像如图所示，则下列结论中一定成立的是（）A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B．函数f(x)有极大值f(−2)和极小值f(1)C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(−2)D．函数f(x)有极大值f(−2)和极小值f(2)6．（2分）f(x)=(sinx+cosx)2+2cosx,x∈[0,π2]则y=f(x)的最大值为（）A．1+ 32√3B．3C．2+ √2D．47．（2分）函数f(x)=sinx−x，x∈[−π2,π2]的最大值是（）A．π2−1B．πC．−πD．1−π28．（2分）函数f(x)=sin2x−x，x∈[−π2,π2]的最大值是（）A．π2B．π6−√32C．√32−π6D．−π29．（2分）函数f(x)=x3+ax2+3x−9，已知f(x)在x=−3处取得极值，则a等于（）A．2B．3C．4D．510．（2分）若函数f(x)=ax3+2x2+x+1在(1，2)上有最大值无最小值，则实数a的取值范围为（）A．a>−34B．a<−53C．−53<a<−34D．−53≤a≤−3411．（2分）函数f(x)=2x3−3x2+a的极大值为6，那么a的值是（）A．6B．5C．1D．012．（2分）若函数f(x)=xx2+a(a>0)在[1,+∞)上的最大值为√33，则a＝（）A．√3−1B．34C．43D．√3+1二、填空题(共5题；共5分)13．（1分）设函数f(x)＝x3－12x2－2x＋5，若对任意x∈[1,2]都有f(x)<m成立，则实数m的取值范围是．14．（1分）已知函数f(x)=x(lnx−ax)有两个极值点,则实数a的取值范围是．15．（1分）已知函数f(x)=x2−2lnx+a的最小值为3，则a=．16．（1分）函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1时有极值10，那么a、b的值为.17．（1分）函数f(x)=−12x2+lnx在[1e,e]上的最大值是.三、解答题(共5题；共45分)18．（10分）已知函数f(x)=x3−3x+6.（1）（5分）求f(x)的极值；（2）（5分）求f(x)在[0,2]上的最大值与最小值，并写出相应的x的值. 19．（10分）函数f(x)=ax3−4x+4过点P(3,1).（1）（5分）求函数f(x)的单调区间（2）（5分）求函数f(x)在区间[−1,3]上的最大值和最小值。

2024届高考一轮复习数学教案(新人教B版)：利用导数证明不等式

§3.6利用导数证明不等式考试要求导数中的不等式证明是高考的常考题型，常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结合，虽然题目难度较大，但是解题方法多种多样，如构造函数法、放缩法等，针对不同的题目，灵活采用不同的解题方法，可以达到事半功倍的效果．题型一将不等式转化为函数的最值问题例1(2023·潍坊模拟)已知函数f (x )＝e x －ax －a ，a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，令g (x )＝2f (x )x2.证明：当x >0时，g (x )>1.(1)解函数f (x )＝e x －ax －a 的定义域为R ，求导得f ′(x )＝e x －a ，当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，即f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，当a >0时，令f ′(x )＝e x －a >0，解得x >ln a ，令f ′(x )<0，解得x <ln a ，即f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，所以当a ≤0时，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，当a >0时，f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．(2)证明当a ＝1时，g (x )＝2(e x －x －1)x 2，当x >0时，2(e x －x －1)x 2>1⇔e x >1＋x ＋x 22⇔12x 2＋x ＋1e x <1，令F (x )＝12x 2＋x ＋1e x －1，x >0，F ′(x )＝－12x 2e x<0恒成立，则F (x )在(0，＋∞)上单调递减，F (x )<F (0)＝1e 0－1＝0，因此12x 2＋x ＋1e x<1成立，所以当x >0时，g (x )>1，即原不等式得证．思维升华待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证．跟踪训练1设a 为实数，函数f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R .(1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln 2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1.(1)解由f (x )＝e x －2x ＋2a (x ∈R )知，f ′(x )＝e x －2.令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2，当x <ln 2时，f ′(x )<0，函数f (x )在区间(－∞，ln 2)上单调递减；当x >ln 2时，f ′(x )>0，函数f (x )在区间(ln 2，＋∞)上单调递增，所以f (x )的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f (x )的极小值为f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a ＝2－2ln 2＋2a ，无极大值．(2)证明要证当a >ln 2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1，即证当a >ln 2－1且x >0时，e x －x 2＋2ax －1>0，设g (x )＝e x －x 2＋2ax －1(x >0)，则g ′(x )＝e x －2x ＋2a ，由(1)知g ′(x )min ＝2－2ln 2＋2a ，又a >ln 2－1，则g ′(x )min >0，于是对∀x ∈(0，＋∞)，都有g ′(x )>0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，于是对∀x >0，都有g (x )>g (0)＝0，即e x －x 2＋2ax －1>0，故e x >x 2－2ax ＋1.题型二将不等式转化为两个函数的最值进行比较例2(2023·苏州模拟)已知函数f (x )＝eln x －ax (a ∈R )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝e 时，证明f (x )－e x x＋2e ≤0.(1)解函数的定义域为(0，＋∞)，∵f ′(x )＝e x －a ＝e －ax x(x >0)，∴当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，故函数f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，由f ′(x )>0，得0<x <e a ，由f ′(x )<0，得x >e a，即函数f (x )综上，当a ≤0时，f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )(2)证明证明f (x )－e x x ＋2e ≤0，只需证明f (x )≤e x x－2e ，由(1)知，当a ＝e 时，函数f (x )在区间(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴f (x )max ＝f (1)＝－e.令g (x )＝e x x －2e(x >0)，则g ′(x )＝(x －1)e x x2，∴当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增，∴g (x )min ＝g (1)＝－e ，∴当x >0，a ＝e 时，f (x )－e x x＋2e ≤0.思维升华若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．本例中同时含ln x 与e x ，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明．跟踪训练2(2023·合肥模拟)已知函数f (x )＝e x ＋x 2－x －1.(1)求f (x )的最小值；(2)证明：e x ＋x ln x ＋x 2－2x >0.(1)解由题意可得f ′(x )＝e x ＋2x －1，则函数f ′(x )在R 上单调递增，且f ′(0)＝0.由f ′(x )>0，得x >0；由f ′(x )<0，得x <0.则f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故f (x )min ＝f (0)＝0.(2)证明要证e x ＋x ln x ＋x 2－2x >0，即证e x ＋x 2－x －1>－x ln x ＋x －1.由(1)可知当x >0时，f (x )>0恒成立．设g (x )＝－x ln x ＋x －1，x >0，则g ′(x )＝－ln x .由g ′(x )>0，得0<x <1；由g ′(x )<0，得x >1.则g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g (x )≤g (1)＝0，当且仅当x ＝1时，等号成立．故f (x )>g (x )，即e x ＋x ln x ＋x 2－2x >0.题型三适当放缩证明不等式例3已知函数f (x )＝a e x －1－ln x －1.(1)若a＝1，求f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)证明：当a≥1时，f(x)≥0.(1)解当a＝1时，f(x)＝e x－1－ln x－1(x>0)，f′(x)＝e x－1－1x，k＝f′(1)＝0，又f(1)＝0，∴切点为(1,0)．∴切线方程为y－0＝0(x－1)，即y＝0. (2)证明∵a≥1，∴a e x－1≥e x－1，∴f(x)≥e x－1－ln x－1.方法一令φ(x)＝e x－1－ln x－1(x>0)，∴φ′(x)＝e x－1－1 x，令h(x)＝e x－1－1 x，∴h′(x)＝e x－1＋1x2>0，∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又φ′(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，φ′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(1)＝0，∴φ(x)≥0，∴f(x)≥φ(x)≥0，即f(x)≥0.方法二令g(x)＝e x－x－1，∴g′(x)＝e x－1.当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(0)＝0，故e x≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”．同理可证ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”．由e x≥x＋1⇒e x－1≥x(当且仅当x＝1时取“＝”)，由x－1≥ln x⇒x≥ln x＋1(当且仅当x＝1时取“＝”)，∴e x－1≥x≥ln x＋1，即e x－1≥ln x＋1，即e x－1－ln x－1≥0(当且仅当x＝1时取“＝”)，即f(x)≥0.思维升华导数方法证明不等式中，最常见的是e x和ln x与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对e x和ln x进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明．常见的放缩公式如下：(1)e x≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号；(2)ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号．跟踪训练3(2022·南充模拟)已知函数f(x)＝ax－sin x.(1)若函数f(x)为增函数，求实数a的取值范围；(2)求证：当x>0时，e x>2sin x.(1)解∵f(x)＝ax－sin x，∴f′(x)＝a－cos x，由函数f(x)为增函数，则f′(x)＝a－cos x≥0恒成立，即a≥cos x在R上恒成立，∵y＝cos x∈[－1,1]，∴a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．(2)证明由(1)知，当a＝1时，f(x)＝x－sin x为增函数，当x>0时，f(x)>f(0)＝0⇒x>sin x，要证当x>0时，e x>2sin x，只需证当x>0时，e x>2x，即证e x－2x>0在(0，＋∞)上恒成立，设g(x)＝e x－2x(x>0)，则g′(x)＝e x－2，令g′(x)＝0解得x＝ln2，∴g(x)在(0，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(ln2)＝e ln2－2ln2＝2(1－ln2)>0，∴g(x)≥g(ln2)>0，∴e x>2x成立，故当x>0时，e x>2sin x.课时精练1．已知函数f(x)＝ax＋x ln x，且曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线4x－y＋1＝0平行．(1)求实数a的值；(2)求证：当x >0时，f (x )>4x －3.(1)解f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1＋a ，由题意知，f ′(e)＝2＋a ＝4，则a ＝2.(2)证明由(1)知，f (x )＝2x ＋x ln x ，令g (x )＝f (x )－(4x －3)＝x ln x －2x ＋3，则g ′(x )＝ln x －1，由ln x －1>0得x >e ，由ln x －1<0得0<x <e ，故g (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增，∴g (x )min ＝g (e)＝3－e>0，即g (x )>0，即f (x )>4x －3.2．(2023·淄博模拟)已知函数f (x )＝e x －x －1.(1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)当x ≥0时，求证：f (x )＋x ＋1≥12x 2＋cos x .(1)解易知函数f (x )的定义域为R ，∵f (x )＝e x －x －1，∴f ′(x )＝e x －1，令f ′(x )>0，解得x >0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，令f ′(x )<0，解得x <0，f (x )在(－∞，0)上单调递减，即f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，∴函数f (x )的极小值为f (0)＝0，无极大值．(2)证明要证f (x )＋x ＋1≥12x 2＋cos x ，即证e x －12x 2－cos x ≥0，设g (x )＝e x －12x 2－cos x ，要证原不等式成立，即证g (x )≥0成立，∵g ′(x )＝e x －x ＋sin x ，sin x ≥－1，∴g ′(x )＝e x －x ＋sin x ≥e x －x －1x ＝－π2＋2k π，k ∈Z 由(1)知，e x －x －1≥0(x ＝0时等号成立)，∴g ′(x )>0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴在区间[0，＋∞)上，g (x )≥g (0)＝0，∴当x ≥0时，f (x )＋x ＋1≥12x 2＋cos x 得证．3．已知函数f (x )＝x ln x －ax .(1)当a ＝－1时，求函数f (x )在(0，＋∞)上的最值；(2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x ＋1>1e x ＋1－2e 2x 成立．(1)解函数f (x )＝x ln x －ax 的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－1时，f (x )＝x ln x ＋x ，f ′(x )＝ln x ＋2，由f ′(x )＝0，得x ＝1e2，当0<x <1e2时，f ′(x )<0；当x >1e2时，f ′(x )>0，所以f (x )0，1e 2上单调递减，在1e 2，＋∞因此f (x )在x ＝1e 2处取得最小值，即f (x )min ＝f 1e 2＝－1e2，无最大值．(2)证明当x >0时，ln x ＋1>1ex ＋1－2e 2x ，等价于x (ln x ＋1)>x ex ＋1－2e 2，由(1)知，当a ＝－1时，f (x )＝x ln x ＋x ≥－1e 2，当且仅当x ＝1e2时取等号，设G (x )＝x ex ＋1－2e 2，x ∈(0，＋∞)，则G ′(x )＝1－x e x ＋1，易知G (x )max ＝G (1)＝－1e 2，当且仅当x ＝1时取到，从而可知对一切x ∈(0，＋∞)，都有f (x )>G (x )，即ln x ＋1>1e x ＋1－2e 2x .4．(2022·新高考全国Ⅱ)已知函数f (x )＝x e ax －e x .(1)当a ＝1时，讨论f (x )的单调性；(2)当x >0时，f (x )<－1，求a 的取值范围；(3)设n ∈N +，证明：112＋1＋122＋2＋…＋1n 2＋n >ln(n ＋1)．(1)解当a ＝1时，f (x )＝(x －1)e x ，x ∈R ，则f ′(x )＝x e x ，当x <0时，f ′(x )<0，当x >0时，f ′(x )>0，故f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)解设h (x )＝x e ax －e x ＋1，则h (0)＝0，又h ′(x )＝(1＋ax )e ax －e x ，设g (x )＝(1＋ax )e ax －e x ，则g ′(x )＝(2a ＋a 2x )e ax －e x ，若a >12，则g ′(0)＝2a －1>0，因为g ′(x )为连续不间断函数，故存在x 0∈(0，＋∞)，使得∀x ∈(0，x 0)，总有g ′(x )>0，故g (x )在(0，x 0)上单调递增，故g (x )>g (0)＝0，故h (x )在(0，x 0)上单调递增，故h (x )>h (0)＝0，与题设矛盾．若0<a ≤12，则h ′(x )＝(1＋ax )e ax －e x ＝e ax ＋ln(1＋ax )－e x ，下证：对任意x >0，总有ln(1＋x )<x 成立，证明：设S (x )＝ln(1＋x )－x ，x >0，故S ′(x )＝11＋x －1＝－x 1＋x<0，故S (x )在(0，＋∞)上单调递减，故S (x )<S (0)＝0，即ln(1＋x )<x 成立．由上述不等式有e ax ＋ln(1＋ax )－e x <e ax ＋ax －e x ＝e 2ax －e x ≤0，故h ′(x )≤0总成立，即h (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以h (x )<h (0)＝0，满足题意．若a ≤0，则h ′(x )＝e ax －e x ＋ax e ax <1－1＋0＝0，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以h (x )<h (0)＝0，满足题意．综上，a ≤12.(3)证明取a ＝12，则∀x >0，总有12ex x －e x ＋1<0成立，令t ＝12e x ，则t >1，t 2＝e x ，x ＝2ln t ，故2t ln t <t 2－1，即2ln t <t －1t对任意的t >1恒成立．所以对任意的n ∈N +，有2ln n ＋1n <n ＋1n －n n ＋1，整理得ln(n ＋1)－ln n <1n 2＋n ，故112＋1＋122＋2＋…＋1n 2＋n>ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln(n ＋1)－ln n ＝ln(n ＋1)，故不等式成立．。

2020高考数学复习-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

用思维导图突破导数压轴专题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'()0f x >'()0f x <()h x ()h x ()h x ππ2,2π42n x n n π∈++（），记，那么，由（2）可得由（2）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 ． ππ2,2π42n x n n π∈++（）2n n y x π=-(,)42n y ππ∈π()()()02n n n f y g y y +-≥（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 =-．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 -=，,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦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 ee 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-''=-+-,()()=()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。

2020高考数学二轮复习专题一集合、常用逻辑用语、函数与导数、不等式第5讲导数的简单应用教案

第5讲导数的简单应用导数运算及其几何意义[核心提炼]1．导数公式（1）(sin x)′＝cos x；（2)(cos x)′＝－sin x；(3)(a x)′＝a x ln a(a>0）；(4）(log a x）′＝错误!(a〉0,且a≠1）．2．导数的几何意义函数f(x)在x0处的导数是曲线f（x）在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f（x）在点P处的切线的斜率k＝f′（x0），相应的切线方程为y－f（x0)＝f′(x0）·（x－x0)．［典型例题]（1）(2019·绍兴市柯桥区高三模拟）已知曲线y＝错误!x2－3ln x 的一条切线的斜率为－错误!，则切点的横坐标为（)A．－3 B．2 C．－3或2 D.错误!（2）已知f（x）＝错误!,g（x)＝（1＋sin x)2，若F（x)＝f(x）＋g(x),则F（x）的导函数为________．【解析】（1)设切点为（m，n）（m＞0），y＝错误!x2－3ln x的导数为y′＝12x－错误!，可得切线的斜率为错误!m－错误!＝－错误!，解方程可得，m＝2。

故选B.(2)因为f′(x)＝错误!＝错误!＝错误!g′(x）＝2（1＋sin x）（1＋sin x）′＝2cos x＋sin 2x，所以F′(x)＝f′（x)＋g′（x）＝错误!＋2cos x＋sin 2x。

【答案】(1）B (2)错误!＋2cos x＋sin 2x错误!利用导数几何意义解题的思路（1)利用导数的几何意义解题主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来转化．（2）以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则根据平行、垂直与斜率之间的关系和导数联系起来求解．[对点训练]1．已知a∈R，设函数f(x）＝ax－ln x的图象在点(1,f(1))处的切线为l，则l在y轴上的截距为________．解析：因为f′（x)＝a－错误!,所以f′(1)＝a－1，又f（1）＝a，所以切线l的方程为y－a＝(a－1）（x－1），令x＝0，得y＝1。

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1 专题05 常见函数与导数中的不等关系一、拉格朗日中值定理若函数)(fx满足如下条件：（1）)(fx在闭区间b,a上连续；（2）)(fx在开区间b,a上可导；则在区间b,a上至少存在一点，使得abafbf)()()('f 几何意义：在闭区间b,a上有一条连续曲线，曲线上每一点都存在切线，则曲线上至少存在一点），（)(fM，过点M的切线平行于割线AB

二、四类基本初等函数结论及推导设函数)(yxf上任意两点）（212211x)),(,()),(,(AxxfxBxfx，过A、B两点直线的斜率

12121

)()(fkxxxfx，A、B两点中点的横坐标为2x21x， )(yxf在中点横坐标处的切线斜率

)2('k212xxf，)(yxf在A点处切线的斜率)('k13xf，)(yxf在B点处切线的斜率

)('k24xf 注：下面论述中都是假设21xx，4321,,,kkkk都与上述表示是一致的。（1）对于函数)0(,)(f2acbxaxx，则4213kkkk 证明： 2

（2）对于函数xxln)(f，则3124kkkk 121212121lnln)()(fkxxxxxxxfx，21212

2)2('kxxxxf

1131)('kxxf， 2241)('kxxf，）（210xx

证明：0)(12k2112112132xxxxxxxxk，即32kk 0)(12k2121222142xxxxxxxxk，即

kk

所以我们可以得到324kkk

图（1）由图（1）可以看出割线的斜率大于B点处切线的斜率小于A点处切线的斜率，即314kkk其实，我们也可以借助拉格朗日中值定理的几何意义去解释为什么上述的不等关系是成立的。对于xxln)(f而言在区间21,xx上是连续的，在区间21,xx上是可导的，故在区间21,xx上毕存在一点），（)(fM，

使得过点M的切线斜率等于割线AB斜率，即），（211x1)('kxf，又因为xx1)('f在区间21,xx是单调减函数，故12x11x1，即314kkk。

下面我们再用分析证明法证明314kkk 3

1121221lnln1xxxxxx11212212xlnlnxxxxxxx1ln1x12121212



xxxx

xxx

证明方法1：先用分析证明的思想 21kk2112122lnlxxxxxnx121212)(2lnlxxxxxnx1)1(2ln121212



令)1(,x12ttx即证1)1(2lnttt在),1(t恒成立设),1(,1)1(2ln)(gttttt，因为0)1()1()1(41)(g'222tttttt 所以)t(g在区间），（1上是单调递增函数，0)1()t(gg，即1)1(2lnttt，得证。评述：上述方法是令tx12x，其思想就是将两个元变成一个元，最后变成一个关于t的函数，运用导数判断单调性进而证明出结论。但并不是每一类函数都能够通过消元完成证明，后面讲正弦函数的时候你会发现换元法就不能很好的去发挥作用。因此在这里介绍证明的第二种方法。证明方法2：既然我们假设的是21xx，那么我们可以这样去想，将2x看成是一个变化的常量，那么1x就4

是区间），（2x0上的任意一个数，那么我们就构造出一个关于1x的函数)(h1x，令),0(,)(2lnln)(h212112121xxxxxxxxx，对)(h1x进行求导得到

0)()()(41)()()(21)('h221122122121221122111xxxxxxxxxxxxxxxxx 所以)(h1x在),0(x21x是单调减函数，则0)(h)(h21xx 即0)(2lnln211212xxxxxx 化简可得2112122lnlxxxxxnx，得证。（3）对于函数xxe)(f，则4123kkkk

1212121

12e)()(fkxxexxxfxxx，221221e)2('kxxxxf

1e)('k13xxf，2

e)('k24xxf

证明：1k223212121xxxxxeeek，即23kk 1k224221221xxxxxeeek，即42kk 所以我们可以得到423kkk

OAB

图（2）由图（2）可以看出割线的斜率大于A点处切线的斜率小于B点处切线的斜率，即413kkk。其实，5

我们也可以借助拉格朗日中值定理的几何意义去解释为什么上述的不等关系是成立的。对于xxe)(f而言在区间21,xx上是连续的，在区间21,xx上是可导的，故在区间21,xx上毕存在一点），（)(fM，使得过点M的切线斜率等于割线AB斜率，即），（211xe)('kxf，又因为xxe)('f在区间21,xx是单调增函数，故21eeexx，即413kkk。

下面我们再用分析证明法证明413

kkk

212112exxxxexxee）（不等式两边同时除以11212e1112xxxxxexxe

令）（0tx12tx，即证明ttte1et

证明方法1：先用分析证明的思想 21kk2122112exxxxexxe212x12121exxxexx2

x1212x1exxxex）（

令)0(,x12ttx即证21ettte在),0(t恒成立设21eg(t)ttte，因为)21(2e)(g'2222teeetetttttt

设，21h(t)2tet）上单调递增，在（，则0)(h02121)('h2tett

0)0(')(g'0)(g'0)0()(hgttht）上单调递增，则，在（， 6

所以)t(g在区间），（0上是单调递增函数，0)0()t(gg，即21ettte，得证。另外一种换元方法：

21kk2122112exxxxexxe1ee122x-x2x-x2112xx122x-x2

x-x2112

eexx

令)0(,2x12ttx即证ttt2ee-在),0(t恒成立设ttt2eeg(t)-，因为02ee)(g'-ttt，所以)t(g在区间），（0上是单调递增函数，0)0()t(gg，即ttt2ee-，得证。

评述：对于函数xexf)(，第一种换元方式是令tx12x，第二种换元方式是令tx2x12，它们的思想都是将两个元变成一个元，最后变成一个关于t的函数，运用导数判断单调性进而证明出结论，第二种换元方式在后面的证明中会简单一点，不必再二次求导。这里要注意对比函数xxfln)(的证明方法，基本的证明思路是一致的，在换元的处理上需要注意一下区别。证明方法2：既然我们假设的是21xx，那么我们可以这样去想，将2x看成是一个变化的常量，那么1x就是区间），（2x-上的任意一个数，那么我们就构造出一个关于1x的函数)(h1x，令),(,)(e)(h2121212112xxexxexxxxx，对)(h1x进行求导得到

,)(211()(21e)('h122221221212121211xxeeexxexxxxxxxxxx

上面我们已经证明了1ett，将上述2x21x换成t就能得到0)(21112221xxexx即，0)('hx所以)(h1x在),-(x21x是单调减函数，则0)(h)(h21xx 即，0)(e2122112xxxxexxe化简得到2122112exxxxexxe ，得证。（4）对于函数),0(s)(fxinxx，，则3124kkkk

121212121

sinxsin)()(fkxxxxxxfx，2c)2('k21212xxosxxf

113cosx)('kxf，

224cos)('kxxf，）（21

0xx