函数、导数与不等式综合题
1 已知 ()()ln f x ax b x =+-，其中0,0a b >>.（1）若)(x f 在[)0,+∞上是减函数，求
a 与
b 的关系；（2）求)(x f 在[)0,+∞上的最大值；（3）解不等式ln x x x x 2
21-
-???? ??-+≤ln2–1. 解：.（1）()1a a b ax
f x ax b ax b
--'=
-=
++. ………………1分
0,0,0x a b >>≥,
()0f x '∴≤时，0a b -≤，即a b ≤.
当a b ≤时，0,0,0.0,0a b x ax b a b ax >>∴+>--≥≤, 即()0f x '≤.
()f x ∴在[0,)+∞上是减函数时，b a ≥. ………………………4分 （2）由（1）知，（i ）当b a ≥时()f x 为减函数，()f x 的最大值为(0)ln f b =；……5分
当b a <时，
()a b ax
f x ax b
--'=
+，
∴当0a b x a -<
≤时，()0f x '>，当a b
x a
->时()0f x '<， 即在[0,
)a b a -上()f x 是增函数，在[,)a b a
-+∞上()f x 是减函数，………………7分 ∴a b
x a
-=
时()f x 取最大值， 最大值为max ()(
)ln a b a b
f x f a a a
--==-
， 即max ln (),
()ln ().b b a f x a b
a b a a ??
=?--
?
≥ ……………………8分 （3）在（1）中取1a b ==，即()ln(1)f x x x =+-,
由（1）知()f x 在[0,)+∞上是减函数.
……………………10分
∵ln x x x x 2
21--???
? ??-+≤ln2–1，即f(x 21-)≤f(1) ………………12分
∴x
2
1-
≥1解得 –1≤x <0或x ≥2. 故所求不等式的解集为),2[)0,1[∞+- ……………………………14分
2．已知函数()1ln x
f x x ax
-=
+． （1）若函数()f x 在[)1,+∞上为增函数，求正实数a 的取值范围；
（2）当1a =时，求证对大于1的任意正整数n ，1111ln 234n n
>++++． 解析：（1）由已知：()
21()0ax f x a ax -'=>，依题意得：2
1
0ax ax -≥对[)1,x ∈+∞恒成立， ∴10ax -≥对[)1,x ∈+∞恒成立，即1a x ≥
对[)1,x ∈+∞恒成立，max
1a x ??
≥ ???，即1a ≥．.
（２）当1a =时，由（１）知，函数()1ln x
f x x x
-=+在[)1,+∞上为增函数． 当1n >时令1n
x n =
-，则1x >，故()()10f x f >=， 即111ln ln 01111
n n n n n f n n n n n n -
??-=+=-+> ?---??
-，即1ln 1n n n >-． 故21ln 12>，31ln 23>，…………，1ln 1n n n
>-，
相加得23111
ln ln ln 12123n n n
+++>+++-，
而2323
ln
ln ln
ln ln 12
112
1n n n n n ??
+++=???
= ?--??
， 即1111ln 234
n n
>
++++
． 3．（2007安徽）设a ≥0，f (x )=x －1－ln 2 x ＋2a ln x （x >0）.
（Ⅰ）令F （x ）＝xf ＇（x ），讨论F （x ）在（0.＋∞）内的单调性并求极值； （Ⅱ）求证：当x >1时，恒有x >ln 2x －2a ln x ＋1.
本小题主要考查函数导数的概念与计算，利用导数研究函数的单调性、极值和证明不等式的方法，考查综合运用有关知识解决问题的能力．本小题满分14分． （Ⅰ）解：根据求导法则有2ln 2()10x a
f x x x x
'=-
+>，， 故()()2ln 20F x xf x x x a x '==-+>，， 于是22
()10x F x x x x
-'=-=>，， 列表如下：
故知()F x 在(02)，内是减函数，在(2)+，∞内是增函数，所以，在2x =处取得极小值(2)22ln 22F a =-+．
（Ⅱ）证明：由0a ≥知，()F x 的极小值(2)22ln 220F a =-+>． 于是由上表知，对一切(0)x ∈+，∞，恒有()()0F x xf x '=>． 从而当0x >时，恒有()0f x '>，故()f x 在(0)+，∞内单调增加． 所以当1x >时，()(1)0f x f >=，即21ln 2ln 0x x a x --+>． 故当1x >时，恒有2ln 2ln 1x x a x >-+．
4．（2007山东理 22）设函数2
()ln(1)f x x b x =++，其中0b ≠．（Ⅰ）当1
2
b >
时，判断函数()f x 在定义域上的单调性；（Ⅱ）求函数()f x 的极值点；（Ⅲ）证明对任意的正整数n ，
不等式23111
ln 1n n n
??+>-
???都成立． 解：（Ⅰ）由题意知，()f x 的定义域为(1)-+∞，，322()211
b x x b f x x x x ++'=+=++ 设2
()22g x x x b =-+，其图象的对称轴为1
(1)2
x =-
∈-+∞，， max 11()22g x g b ??
∴=-=-+ ???
．
当12b >
时，max 1
()02
g x b =-+>， 即2
()230g x x x b =+->在(1)-+∞，上恒成立， ∴当(1)x ∈-+∞，时，()0f x '>， ∴当1
2
b >
时，函数()f x 在定义域(1
)-+∞，上单调递增．
（Ⅱ）①由（Ⅰ）得，当1
2
b >
时，函数()f x 无极值点． ②12b =时，3
122()01x f x x ?
?+ ?
??'=
=+有两个相同的解12x =-， 112x ?
?∈-- ???，时，()0f x '>，
12x ??
∈-+∞ ???
，时，()0f x '>，
1
2
b ∴=
时，函数()f x 在(1)-+∞，上无极值点． ③当1
2
b <
时，()0f x '=
有两个不同解，112x --=
，212x -+=，
0b <
时，11x =
<-
，20x =>，
即1(1)x ∈-+∞，，[)21x ∈-+∞，．
0b ∴<时，()f x '，()f x 随x 的变化情况如下表：
由此表可知：0b <时，()f x 有惟一极小值点1x =
当1
02
b <<
时，1112x -=
>-， 12(1)x x ∴∈-+∞，，
此时，()f x '，()f x 随x 的变化情况如下表：
由此表可知：1
02
b <<
时，()f x 有一个极大值112x -=和一个极小值点
212
x -=
；
综上所述： 0b <时，()f x 有惟一最小值点12
x -+=
；
1
02
b <<
时，()f x 有一个极大值点x =和一个极小值点x =；
1
2
b ≥时，()f x 无极值点．
（Ⅲ）当1b =-时，函数2
()ln(1)f x x x =-+， 令函数2
2
2()()ln(1)h x x f x x x x =-=-++，
则22
2
13(1)()3211
x x h x x x x x +-'=-+=++． ∴当[)0x ∈+∞，时，()0f x '>，所以函数()h x 在[)0+∞，上单调递增，
又(0)0h =．
(0)x ∴∈+∞，时，恒有()(0)0h x h >=，即23ln(1)x x x >-+恒成立．
故当(0)x ∈+∞，时，有2
3
ln(1)x x x +>-． 对任意正整数n 取1(0)x n =∈+∞，，则有23111ln 1n n n
??+>- ???． 所以结论成立．
5．.（2008四川卷22）．已知3x =是函数()()2
ln 110f x a x x x =++-的一个极值点。
（Ⅰ）求a ；（Ⅱ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅲ）若直线y b =与函数()y f x =的图象有3个交点，求b 的取值范围。 【解】：（Ⅰ）因为()'2101a
f x x x
=+-+ 所以()'361004
a
f =
+-=
因此16a = （Ⅱ）由（Ⅰ）知， ()()()216l n 110,1,f
x x x x x =++-∈-+∞
()()2'2431x x f x x
-+=+
当()
()1,13,x ∈-+∞时，()'0f x >
当()1,3x ∈时，()'
0f x <
所以()f x 的单调增区间是()()1,1,3,-+∞
()f x 的单调减区间是()1,3
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，()f x 在()1,1-内单调增加，在()1,3内单调减少，在()3,+∞上单调增加，且当1x =或3x =时，()'
0f
x =
所以()f x 的极大值为()116ln 29f =-，极小值为()332ln 221f =- 因此()()2
1616101616ln 291f f =-?>-=
()(
)2
13211213
f
e
f --<-+=-< 所以在()f x 的三个单调区间()()()1,1,1,3,3,-+∞直线y b =有()y f x =的图象各有一个交点，当且仅当()()31f b f <<
因此，b 的取值范围为()32ln 221,16ln 29--。 6.（2008安徽卷20）．设函数1
()(01)ln f x x x x x
=
>≠且。
（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间； （Ⅱ）已知1
2a
x
x >对任意(0,1)x ∈成立，求实数a 的取值范围。 解 (1) '
22
ln 1(),ln x f x x x +=-若 '
()0,f x = 则 1x e
= 列表如下
(2) 在 12a
x
x > 两边取对数, 得
1
ln 2ln a x x
>,由于01,x <<所以 1
ln 2ln a x x
>
(1) 由(1)的结果可知,当(0,1)x ∈时, 1
()()f x f e e ≤=-,
为使(1)式对所有(0,1)x ∈成立,当且仅当ln 2
a
e >-,即ln 2a e >-
7.（2008山东卷21）已知函数1
()ln(1),(1)n
f x a x x =
+--其中n ∈N*,a 为常数.
（Ⅰ）当n =2时，求函数f (x )的极值；
（Ⅱ）当a =1时，证明：对任意的正整数n ,当x ≥2时，有f (x )≤x -1. （Ⅰ）解：由已知得函数f (x )的定义域为{x |x ＞1}， 当n =2时，2
1
()ln(1),(1)f x a x x =
+--
所以 2
3
2(1)().(1)a x f x x --=
- （1）当a ＞0时，由f (x )=0得
11x =+
＞1，21x =＜1， 此时 f ′（x ）=
123
()()
(1)
a x x x x x ----. 当x ∈（1，x 1）时，f ′（x ）＜0,f (x )单调递减； 当x ∈（x 1+∞）时，f ′（x ）＞0, f (x )单调递增.
（2）当a ≤0时，f ′（x ）＜0恒成立，所以f (x )无极值. 综上所述，n =2时，
当a ＞0时，f (x )在1x =+处取得极小值，极小值为2
(1(1ln ).2a f a
+
=+ 当a ≤0时，f (x )无极值. （Ⅱ）证法一：因为a =1,所以1
()ln(1).(1)n
f x x x =+--
当n 为偶数时，
令1
()1ln(1),(1)
n
g x x x x =--
---
则 g ′（x ）=1+
11
12(1)11(1)
n n n x n
x x x x ++--=+----＞0（x ≥2）. 所以当x ∈[2,+∞]时，g(x)单调递增，
又 g (2)=0 因此1
()1ln(1)(1)
n
g x x x x =--
---≥g(2)=0恒成立， 所以f (x )≤x-1成立.
当n 为奇数时， 要证()f x ≤x-1,由于
1
(1)n
x -＜0，所以只需证ln(x -1) ≤x -1,
令 h (x )=x -1-ln(x -1), 则 h ′（x ）=1-
12
11
x x x -=
--≥0（x ≥2）, 所以 当x ∈[2，+∞]时，()1ln(1)h x x x =---单调递增，又h (2)=1＞0， 所以当x ≥2时，恒有h (x ) ＞0,即ln （x -1）＜x-1命题成立.
综上所述，结论成立. 证法二：当a =1时，1
()ln(1).(1)
n
f x x x =
+-- 当x ≤2，时，对任意的正整数n ，恒有1
(1)n
x -≤1，
故只需证明1+ln(x -1) ≤x -1.
令[)()1(1ln(1))2ln(1),2,h x x x x x x =--+-=---∈+∞ 则12()1,11
x h x x x -'=-
=-- 当x ≥2时，()h x '≥0，故h (x )在[)2,+∞上单调递增， 因此 当x ≥2时，h (x )≥h (2)=0，即1+ln(x -1) ≤x -1成立. 故 当x ≥2时，有1
ln(1)(1)
n
x x +--≤x -1.
即f （x ）≤x -1.
8．（2010全国卷1理数）已知函数()(1)ln 1f x x x x =+-+.
（Ⅰ）若2
'()1xf x x ax ≤++，求a 的取值范围；（Ⅱ）证明：(1)()0x f x -≥ .
9．(本小题满分12分)已知数列{}n a 的各项均是正数，其前n 项和为n S ，满足2(1)n n p S p a -=-，其中p 为正常数，且 1.p ≠
（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅱ）设1()2log n p n b n a =
∈-N *，数列{}2n n b b +的前n 项和为n T ，求证：3
.4
n T <
解：（Ⅰ）由题设知211(1)p a p a -=-，解得1a p =. ……………………………2分
由2
2
11(1),(1),n n n n p S p a p S p a ++?-=-??-=-??
两式作差得1 1.(1)()n n n n p S S a a ++--=- 所以11(1)n n n p a a a ++-=-，即11
n n a a p
+=
， ………………………………4分 可见，数列{}n a 是首项为p ，公比为
1
p
的等比数列。 1211
()().n n n a p p p
--== ……………………………………………………6分
（Ⅱ）2111
2log 2(2)n n p b p n n
-=
==--- ……………………………………8分
21111
()(2)22
n b b b n n n n +=
=-++ …………………………………………10分
1324352n n n T b b b b b b b b +=+++
11111111111
[()()()()()]2132435462
n n =-+-+-+-+
+-+ 11113
(1)22124
n n =+--<
++ . ……………………………………………12分 10、已知函数x
a
x x f -
=ln )(,x ax x f x g ln 6)()(-+=，其中∈a R .（Ⅰ）讨论)(x f 的
单调性；（Ⅱ）若)(x g 在其定义域内为增函数，求正实数a 的取值范围；（Ⅲ）设函数
4)(2+-=mx x x h , 当2=a 时，若)1,0(1∈?x ，]2,1[2∈?x ，总有)()(21x h x g ≥成
立，求实数m 的取值范围．
解：（Ⅰ）)(x f 的定义域为),0(+∞，且2
)('x a
x x f +=， ----------------1分
①当0≥a 时，0)('>x f ，)(x f 在),0(+∞上单调递增； ----------2分 ②当0x f ，得a x ->；由0)(' a ax x g ln 5)(-- =，)(x g 的定义域为),0(+∞ 2 2255)('x a x ax x x a a x g +-=-+= ----------------5分 因为)(x g 在其定义域内为增函数，所以),0(+∞∈?x ，0)('≥x g max 222215155)1(05??? ???+≥?+≥ ?≥+?≥+-?x x a x x a x x a a x ax 而 25 15152 ≤+=+x x x x ，当且仅当1=x 时取等号， 所以2 5 ≥a ----------------8 分 （Ⅲ）当2=a 时，x x x x g ln 52 2)(--=，2 2252)('x x x x g +-= 由0)('=x g 得2 1 = x 或2=x 当)2 1,0(∈x 时，0)('≥x g ；当)1,2 1(∈x 时，0)(' 所以在)1,0(上，2ln 53)2 1()(max +-==g x g ----------------10分 而“)1,0(1∈?x ，]2,1[2∈?x ，总有)()(21x h x g ≥成立”等价于 “)(x g 在)1,0(上的最大值不小于)(x h 在]2,1[上的最大值” 而)(x h 在]2,1[上的最大值为)}2(),1(max{h h 所以有 ?????? ?≥≥)2()2 1()1()2 1 (h g h g -----------------------------------------------------------------------------12分 ???-≥+--≥+-?m m 282ln 5352ln 53?? ? ??-≥-≥?)2ln 511(21 2 ln 58m m 2ln 58-≥?m 所以实数m 的取值范围是) ,2ln 58[∞+-------------------------------------------------------------13分 11．（2007辽宁文20）已知数列{}n a ，{}n b 满足12a =，11b =，且11 113114413144 n n n n n n a a b b a b ----? =++??? ?=++??（2n ≥）（I ）令n n n c a b =+，求数列{}n c 的通项公式； （II ）求数列{}n a 的通项公式及前n 项和公式n S ． （Ｉ）解：由题设得11()2(2)n n n n a b a b n --+=++≥，即 12n n c c -=+（2n ≥） 易知{}n c 是首项为113a b +=，公差为２的等差数列，通项公式为 21n c n =+． （II ）解：由题设得111 ()(2)2 n n n n a b a b n ---= -≥，令n n n d a b =-，则 11 (2)2 n n d d n -= ≥． 易知{}n d 是首项为111a b -=，公比为 1 2 的等比数列，通项公式为 1 1 2n n d -= ． 由1211 2 n n n n n a b n a b -+=+???-=??，解得 11 22 n n a n = ++ ， 求和得2 1122 n n n S n =-+ ++． 12. 已知函数()32f x x bx cx d =+++在(),0-∞上是增函数，在[]0,2上是减函数，且方程()0f x =有三个根，它们分别是,2,αβ.（1）求c 的值；（2）求证： ()12f ≥（3）求 αβ-的取值范围. 24. 解：f ′ ()()R x x bx c x =++?232…………………………1分 （1）依题意知0x =为函数()f x 的极大值点 f \′（0）=0 0c \=…………4分 （2）证明：由（1）得f ′()()32x x x b =+ 2x =为()0f x =的根 820b d \++= ①式 又()f x 在[0，2]上为减函数f \′()()222b b =+≤0 ②式 由知②b ≤-3 由①知48d b =-- ()1114837f b d b b b =++=+--=--，由b ≤-3知()1f ≥2…………9分 （3）解：∵()0f x =的三个根为,,2αβ ()()()()()()3222222f x x αx x βx αβx αβαβx αβ\=---=-+++++-……10分 ()2202αβb αβαβαβd ì++=-??? \++=í??-=???()224αβb αβb ì+=-+??\í ?=+?? ………12分 ()()22224412216αβαβαβb b b \-=+-=--=-- ………13分 b ≤-3 ()2216b \--≥9,即αβ-2≥9,αβ\-≥3 ………14分 【方法综述】 函数与方程思想、转化与化归思想是高中数学思想中比较重要的两大思想，而构造函数的解题思路恰好是这两种思想的良好体现，尤其是在导数题型中．在导数小题中构造函数的常见结论：出现()()nf x xf x '+形式，构造函数()()F n x x f x =；出现()()xf x nf x '-形式，构造函数()() F n f x x x = ；出现()()f x nf x '+形式，构造函数()()F nx x e f x =；出现()()f x nf x '-形式，构造函数()() F nx f x x e = ． 【解答策略】 类型一、利用()f x 进行抽象函数构造 1．利用()f x 与x （n x ）构造 常用构造形式有()xf x ， ()f x x ；这类形式是对u v ?，u v 型函数导数计算的推广及应用，我们对u v ?，u v 的导函数观察可得知，u v ?型导函数中体现的是“+”法，u v 型导函数中体现的是“-”法，由此，我们可以猜测，当导函数形式出现的是“+”法形式时，优先考虑构造u v ?型，当导函数形式出现的是“-”法形式时，优先考虑构造 u v ． 例1.【2019届高三第二次全国大联考】设 是定义在上的可导偶函数，若当 时， ，则函数 的零点个数为 A ．0 B ．1 C ．2 D ．0或2 【答案】A 【解析】 设 ，因为函数 为偶函数，所以 也是上的偶函数，所以 ．由已知， 时， ，可得当 时， ， 故函数在上单调递减，由偶函数的性质可得函数在 上单调递增．所以 ，所以方程，即无解，所以函数没有零点．故选A． 【指点迷津】设，当时，，可得当时，，故函数 在上单调递减，从而求出函数的零点的个数． 【举一反三】【新疆乌鲁木齐2019届高三第二次质量检测】的定义域是，其导函数为，若，且（其中是自然对数的底数），则 A．B． C．当时，取得极大值D．当时， 【答案】C 【解析】 设，则 则 又得 即，所以 即 ， 由得，得，此时函数为增函数 由得，得，此时函数为减函数 则，即，则，故错误 ，即，则，故错误 当时，取得极小值 即当，，即，即，故错误 当时，取得极小值 此时，则取得极大值 导数的综合应用是历年高考必考的热点，试题难度较大，多以压轴题形式出现，命题的热点主要有利用导数研究函数的单调性、极值、最值；利用导数研究不等式；利用导数研究方程的根(或函数的零点)；利用导数研究恒成立问题等．体现了分类讨论、数形结合、函数与方程、转化与化归等数学思想的运用. 题型一 利用导数研究函数的单调性、极值与最值 题型概览：函数单调性和极值、最值综合问题的突破难点是分类讨论． （1）单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的点为分界点，把函数定义域分段，在各段上讨论导数的符号，在不能确定导数等于零的点的相对位置时，还需要对导数等于零的点的位置关系进行讨论． (2)极值讨论策略：极值的讨论是以单调性的讨论为基础，根据函数的单调性确定函数的极值点． (3)最值讨论策略：图象连续的函数在闭区间上最值的讨论，是以函数在该区间上的极值和区间端点的函数值进行比较为标准进行的，在极值和区间端点函数值中最大的为最大值，最小的为最小值． 已知函数f (x )＝x －1 x ，g (x )＝a ln x (a ∈R )． (1)当a ≥－2时，求F (x )＝f (x )－g (x )的单调区间； (2)设h (x )＝f (x )＋g (x )，且h (x )有两个极值点为x 1，x 2，其中x 1∈? ?????0，12，求h (x 1)－h (x 2)的最小 值． [审题程序] 第一步：在定义域，依据F ′(x )＝0根的情况对F ′(x )的符号讨论； 第二步：整合讨论结果，确定单调区间； 第三步：建立x 1、x 2及a 间的关系及取值围； 第四步：通过代换转化为关于x 1(或x 2)的函数，求出最小值． [规解答] (1)由题意得F (x )＝x －1 x －a ln x ， 其定义域为(0，＋∞)，则F ′(x )＝x 2－ax ＋1 x 2 ， 导数——泰勒不等式专题 一、泰勒公式： 泰勒公式，也称泰勒展开式，主要是用于求某一个复杂函数在某点的函数值。如果一个函数足够平滑，即若函数)(x f 在包含0x 的某个闭区间],[b a 具有n 各阶导数，且在开区间),(b a 上存在1+n 阶导数，则对],[b a 上任意一点x ，有 ).()(! )()(!2)()(!1)(!0)()(00)(200000x R x x n x f x x x f x x x f x f x f n n n +-++-''+-'+= 其中)(x R n 为泰勒展开式的余项，泰勒展开式也叫泰勒级数. 我们更多的是用泰勒公式在00=x 的特殊形式： )(!) 0(!2) 0( !1)0(!0)0()(2 2x R x n f x f f f x f n n +++''+'+= .以下列举一些常见函数的泰勒公式： ++++=32!31 !21 !11 1x x x e x ① +-+-=+4324 1 3121 )1ln(x x x x x ② +-+-=753!71!51!31sin x x x x x ③ -+-=4 2!41!211cos x x x ④ ++++=-32111x x x x ⑤从中截取片段，就构成了高考数学考察导数的常见不等式： x e x +≥1①； 1ln -≤x x ②； 212 x x e x ++≥③对0≥x 恒成立； x x x x ≤+≤+)1ln(1④对0≥x 恒成立； x x x x ≤≤-sin 63 ⑤对0≥x 恒成立； 2421cos 214 22x x x x +-≤≤-⑥对0≥x 恒成立 本文为自本人珍藏版权所有仅供参考 利用导数处理与不等式有关的问题 关键词：导数，不等式，单调性，最值。 导数是研究函数性质的一种重要工具。例如求函数的单调区间、求最大（小）值、求函数的值域等等。而在处理与不等式有关的综合性问题时往往需要利用函数的性质；因此，很多时侯可以利用导数作为工具得出函数性质，从而解决不等式问题。下面具体讨论导数在解决与不等式有关的问题时的作用。 一、利用导数证明不等式 （一）、利用导数得出函数单调性来证明不等式 我们知道函数在某个区间上的导数值大于（或小于）0时，则该函数在该区间上单调递增（或递减）。因而在证明不等式时，根据不等式的特点，有时可以构造函数，用导数证明该函数的单调性,然后再用函数单调性达到证明不等式的目的。即把证明不等式转化为证明函数的单调性。具体有如下几种形式： 1、直接构造函数，然后用导数证明该函数的增减性；再利用函数在它的同一单调递增（减） 区间，自变量越大，函数值越大（小），来证明不等式成立。 例1：x>0时,求证；x 2x 2 -－ln(1+x)＜0 证明：设f(x)= x 2x 2 -－ln(1+x) (x>0), 则f'(x)= 2x 1x - + ∵x>0,∴f ' (x)<0,故f(x)在（0，+∞）上递减， 所以x>0时,f(x) 导数运算中构造函数解决抽象函数问题 【模型总结】 关系式为“加”型 （1）'()()0f x f x +≥ 构造[()]'['()()]x x e f x e f x f x =+ （2）'()()0xf x f x +≥ 构造[()]''()()xf x xf x f x =+ （3）'()()0xf x nf x +≥ 构造11[()]''()()['()()]n n n n x f x x f x nx f x x xf x nf x --=+=+ （注意对x 的符号进行讨论） 关系式为“减”型 （1）'()()0f x f x -≥ 构造2()'()()'()()[]'()x x x x x f x f x e f x e f x f x e e e --== （2）'()()0xf x f x -≥ 构造2()'()()[ ]'f x xf x f x x x -= ！ （3）'()()0xf x nf x -≥ 构造121 ()'()()'()()[]'()n n n n n f x x f x nx f x xf x nf x x x x -+--== （注意对x 的符号进行讨论） 小结：1.加减形式积商定 2.系数不同幂来补 3.符号讨论不能忘 典型例题： 例1.设()()f x g x 、是R 上的可导函数，'()()()'()0f x g x f x g x +<，(3)0g -=，求不等式()()0f x g x <的解集 变式：设()()f x g x 、分别是定义在R 上的奇函数、偶函数，当0x <时，'()()()'()0f x g x f x g x +>，(3)0g -=，求不等式()()0f x g x <的解集. 例 2.已知定义在R 上的函数()()f x g x 、满足()() x f x a g x =，且'()()()'()f x g x f x g x <，(1)(1)5(1)(1)2f f g g -+=-，若有穷数列*()()()f n n N g n ??∈???? 的前n 项和等于3132，则n 等于 . 变式：已知定义在R 上的函数()()f x g x 、满足()() x f x a g x =，且'()()()'()f x g x f x g x <， 1.已知函数f (x )＝x 2－ax －a ln x (a ∈R )． (1)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，求a 的值； (2)在(1)的条件下，求证：f (x )≥－x 33＋5x 22－4x ＋116 . 2．(优质试题·烟台模拟)已知函数f (x )＝x 2－ax ，g (x )＝ln x ，h (x )＝f (x )＋g (x )． (1)若函数y ＝h (x )的单调减区间是????12，1，求实数a 的值； (2)若f (x )≥g (x )对于定义域内的任意x 恒成立，求实数a 的取值范围． 3．(优质试题·山西四校联考)已知f (x )＝ln x －x ＋a ＋1. (1)若存在x ∈(0，＋∞)，使得f (x )≥0成立，求a 的取值范围； (2)求证：在(1)的条件下，当x >1时，12x 2＋ax －a >x ln x ＋12 成立． 4.已知函数f (x )＝(2－a )ln x ＋1x ＋2ax . (1)当a <0时，讨论f (x )的单调性； (2)若对任意的a ∈(－3，－2)，x 1，x 2∈[1,3]，恒有(m ＋ln 3)a －2ln 3>|f (x 1)－f (x 2)|成立，求实数m 的取值范围． 5．(优质试题·福州质检)设函数f (x )＝e x －ax －1. (1)当a >0时，设函数f (x )的最小值为g (a )，求证：g (a )≤0； (2)求证：对任意的正整数n ，都有1n ＋1＋2n ＋1＋3n ＋1＋…＋n n ＋1<(n ＋1)n ＋1. 答案精析 1．(1)解 f ′(x )＝2x －a －a x ，由题意可得f ′(1)＝0，解得a ＝1.经检验，a ＝1时f (x )在x ＝1处取得极值，所以a ＝1. (2)证明 由(1)知，f (x )＝x 2－x －ln x ， 令g (x )＝f (x )－????－x 33＋5x 22 －4x ＋116 ＝x 33－3x 22＋3x －ln x －116 ， 由g ′(x )＝x 2 －3x ＋3－1x ＝x 3－1x －3(x －1)＝(x －1)3x (x >0)，可知g (x )在(0,1)上是减函数， 在(1，＋∞)上是增函数，所以g (x )≥g (1)＝0，所以f (x )≥－x 33＋5x 22－4x ＋116 成立． 2．解 (1)由题意可知，h (x )＝x 2－ax ＋ln x (x >0)， 由h ′(x )＝2x 2－ax ＋1x (x >0)， 若h (x )的单调减区间是????12，1， 由h ′(1)＝h ′????12＝0，解得a ＝3， 而当a ＝3时，h ′(x )＝2x 2－3x ＋1x ＝(2x －1)(x －1)x (x >0)． 由h ′(x )<0，解得x ∈????12，1， 即h (x )的单调减区间是????12，1， ∴a ＝3. (2)由题意知x 2－ax ≥ln x (x >0)， ∴a ≤x －ln x x (x >0)． 令φ(x )＝x －ln x x (x >0)， 构造函数利用导数解决函数问题 构造函数解决不等式问题 例：[2011·辽宁卷]函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )＞2， 则f (x )＞2x ＋4的解集为( ) A ．(－1,1) B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1) D ．(－∞，＋∞) 【解析】构造函数G (x )＝f (x )－2x －4，所以G ′(x )＝f ′(x )－2，由于对任意x ∈R ，f ’(x )>2， 所以G ′(x )＝f ′(x )－2>0恒成立，所以G (x )＝f (x )－2x －4是R 上的增函数， 又由于G (－1)＝f (－1)－2×(－1)－4＝0，所以G (x )＝f (x )－2x －4>0， 即f (x )>2x ＋4的解集为(－1，＋∞)，故选B. 训练： 1.已知函数()y f x =的图象关于y 轴对称,且当 (,0),()'()0 x f x xf x ∈-∞+<成 立0.2 0.22 (2) a f =g ，log 3(log 3) b f π π=g ，3 3log 9(log 9) c f =g ,则a,b,c 的大小关系是 ( ) A. b a c >> B.c a b >> C.c b a >> D.a c b >> 解： 因为函数()y f x =关于y 轴对称,所以函数()y xf x =为 奇函数.因为 [()]'()'() xf x f x xf x =+,所以当 (,0) x ∈-∞时,[()]'()'()0xf x f x xf x =+<,函数 () y xf x =单调递减,当 (0,) x ∈+∞时,函数() y xf x =单调递减.因为 0.2122 <<,0131og π <<,3192 og =,所以0.23013219 og og π <<<,所以 导数及不等式综合题集锦 1．已知函数()ln ,f x x a x =+其中a 为常数，且1a ≤-. （Ⅰ）当1a =-时，求()f x 在2[e,e ]（e=2.718 28…）上的值域； （Ⅱ）若()e 1f x ≤-对任意2[e,e ]x ∈恒成立,求实数a 的取值范围. 2. 已知函数.,1ln )(R ∈-=a x x a x f （I ）若曲线)(x f y =在点))1(,1(f 处的切线与直线02=+y x 垂直，求a 的值； （II ）求函数)(x f 的单调区间； （III ）当a=1，且2≥x 时，证明：.52)1(-≤-x x f 3. 已知322()69f x x ax a x =-+（a ∈R ）． （Ⅰ）求函数()f x 的单调递减区间； （Ⅱ）当0a >时，若对[]0,3x ?∈有()4f x ≤恒成立，求实数a 的取值范围． 4．已知函数).,()1(3 1)(223R ∈+-+-=b a b x a ax x x f （I ）若x=1为)(x f 的极值点，求a 的值； （II ）若)(x f y =的图象在点（1，)1(f ）处的切线方程为03=-+y x ， （i ）求)(x f 在区间[-2，4]上的最大值； （ii ）求函数)(])2()('[)(R ∈+++=-m e m x m x f x G x 的单调区间 5．已知函数.ln )(x a x x f += （I ）当a<0时，求函数)(x f 的单调区间； （II ）若函数f （x ）在[1，e]上的最小值是,2 3求a 的值. 6．已知函数∈-++=b a m x b ax mx x f ,,,)1(3 )(223 R （1）求函数)(x f 的导函数)(x f '； （2）当1=m 时，若函数)(x f 是R 上的增函数，求b a z +=的最小值； （3）当2,1==b a 时，函数)(x f 在（2，+∞）上存在单调递增区间，求m 的取值范围. 7．已知函数()2ln .p f x px x x =-- （1）若2p =，求曲线()(1,(1))f x f 在点处的切线； （2）若函数()f x 在其定义域内为增函数，求正实数p 的取值范围； （3）设函数2(),[1,]e g x e x = 若在上至少存在一点0x ，使得00()()f x g x >成立，求实数p 的取值范围。 8.设函数21()()2ln ,().f x p x x g x x x =--= （I ）若直线l 与函数)(),(x g x f 的图象都相切，且与函数)(x f 的图象相切于点(1,0)，求实数 p 的值； （II ）若)(x f 在其定义域内为单调函数，求实数p 的取值范围。 复合函数求导练习题 一．选择题（共26小题） 1．设，则f′（2）=（） A．B．C．D． 2．设函数f（x）=g（x）+x+lnx，曲线y=g（x）在点（1，g（1））处的切线方程为y=2x+1，则曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为（） A．y=4x B．y=4x﹣8 C．y=2x+2 D． 3．下列式子不正确的是（） A．（3x2+cosx）′=6x﹣sinx B．（lnx﹣2x）′=ln2 C．（2sin2x）′=2cos2x D．（）′= 4．设f（x）=sin2x，则=（） A．B．C．1 D．﹣1 5．函数y=cos（2x+1）的导数是（） A．y′=sin（2x+1）B．y′=﹣2xsin（2x+1） C．y′=﹣2sin（2x+1）D．y′=2xsin（2x+1） 6．下列导数运算正确的是（） A．（x+）′=1+B．（2x）′=x2x﹣1C．（cosx）′=sinx D．（xlnx）′=lnx+1 7．下列式子不正确的是（） A．（3x2+xcosx）′=6x+cosx﹣xsinx B．（sin2x）′=2cos2x C．D． 8．已知函数f（x）=e2x+1﹣3x，则f′（0）=（） A．0 B．﹣2 C．2e﹣3 D．e﹣3 9．函数的导数是（） A． B． C．D． 10．已知函数f（x）=sin2x，则f′（x）等于（） A．cos2x B．﹣cos2x C．sinxcosx D．2cos2x 11．y=e sinx cosx（sinx），则y′（0）等于（） A．0 B．1 C．﹣1 D．2 12．下列求导运算正确的是（） A． B． C．（（2x+3）2）′=2（2x+3）D．（e2x）′=e2x 13．若，则函数f（x）可以是（） A．B．C．D．lnx 14．设 ，则f2013（x）=（） A．22012（cos2x﹣sin2x）B．22013（sin2x+cos2x） C．22012（cos2x+sin2x）D．22013（sin2x+cos2x） 15．设f（x）=cos22x，则=（） A．2 B．C．﹣1 D．﹣2 16．函数的导数为（） A．B． C．D． 17．函数y=cos（1+x2）的导数是（） A．2xsin（1+x2） B．﹣sin（1+x2） C．﹣2xsin（1+x2）D．2cos（1+x2） 18．函数y=sin（﹣x）的导数为（） A．﹣cos（+x）B．cos（﹣x）C．﹣sin（﹣x）D．﹣sin（x+） 19．已知函数f（x）在R上可导，对任意实数x，f'（x）＞f（x）；若a为任意的正实数，下列式子一定正确的是（） A．f（a）＞e a f（0）B．f（a）＞f（0）C．f（a）＜f（0）D．f（a）＜e a f（0）20．函数y=sin（2x2+x）导数是（） A．y′=cos（2x2+x）B．y′=2xsin（2x2+x） C．y′=（4x+1）cos（2x2+x）D．y′=4cos（2x2+x） 21．函数f（x）=sin2x的导数f′（x）=（） A．2sinx B．2sin2x C．2cosx D．sin2x 22．函数的导函数是（） A．f'（x）=2e2x B． C．D． 专题09导数与不等式的解 题技巧 -标准化文件发布号：（9556-EUATWK-MWUB-WUNN-INNUL-DDQTY-KII 专题导数与不等式的解题技巧 一．知识点 基本初等函数的导数公式 ()常用函数的导数 ①()′＝(为常数); ②()′＝； ③()′＝；④′＝； ⑤()′＝． ()初等函数的导数公式 ①()′＝；②( )′＝； ③( )′＝；④()′＝； ⑤()′＝；⑥( )′＝； ⑦()′＝． ．导数的运算法则 ()[()±()]′＝； ()[()·()]′＝； ()′＝． ．复合函数的导数 ()对于两个函数＝()和＝()，如果通过变量，可以表示成的函数，那么称这两个函数(函数＝()和＝())的复合函数为＝(())． ()复合函数＝(())的导数和函数＝()，＝()的导数间的关系为，即对的导数等于对的导数与对的导数的乘积． 二．题型分析 （一）函数单调性与不等式 例．【一轮复习】已知函数()＝＋，∈(－，)，则满足(－)＋(－)>的的取值范围是( )．(，) ．(，) ．(，) ．(，) 【答案】 【分析】在区间（﹣，）上，由（﹣）＝﹣（），且′（）＞可知函数（）是奇函数且单调递增，由此可求出的取值范围． 【点睛】本题考查了判断函数的奇偶性和单调性的问题，综合运用了函数的奇偶性和单调性解不等式进行合理的转化，属于中档题． 练习．对任意，不等式恒成立，则下列不等式错误的是（）．． ．． 【答案】 【分析】构造函数，对其求导后利用已知条件得到的单调性，将选项中的角代入函数中，利用单调性化简，并判断正误，由此得出选项. 【解读】构造函数，则，∵，∴ ，即在上为增函数，则，即 ，即，即，又，即， 即，故错误的是．故选：． 【点睛】本小题考查构造函数法，考查利用导数研究函数的单调性，考查化归与转化的数学思想方法.构造函数法主要应用于题目所给已知条件中含有，也含有其导数的不等式，根据不等式的结构，构造出相应的函数.如已知是，可构造，可得 . （二）函数最值与不等式 构造辅助函数求解导数问题 对于证明与函数有关的不等式，或已知不等式在某个范围内恒成立求参数取值范围、讨论一些方程解的个数等类型问题时，常常需要构造辅助函数，并求导研究其单调性或寻求其几何意义来解决；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，这里是几种常用的构造技巧． 技法一：“比较法”构造函数 [典例] (2017·广州模拟)已知函数f(x)＝e x－ax(e为自然对数的底数，a为常数)的图象在点(0,1)处的切线斜率为－1． (1)求a的值及函数f(x)的极值； (2)证明：当x＞0时，x2＜e x． [解] (1)由f(x)＝e x－ax，得f′(x)＝e x－a． 因为f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2， 所以f(x)＝e x－2x，f′(x)＝e x－2， 令f′(x)＝0，得x＝ln 2， 当x＜ln 2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x＞ln 2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增． 所以当x＝ln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－ln 4，f(x)无极大值． (2)证明：令g(x)＝e x－x2，则g′(x)＝e x－2x． 由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＞0， 故g(x)在R上单调递增． 所以当x＞0时，g(x)＞g(0)＝1＞0，即x2＜e x． [方法点拨] 在本例第(2)问中，发现“x2，e x”具有基本初等函数的基因，故可选择对要证明的“x2＜e x”构造函数，得到“g(x)＝e x－x2”，并利用(1)的 结论求解． [对点演练] 已知函数f (x )＝x e x ，直线y ＝g (x )为函数f (x )的图象在x ＝x 0(x 0＜1) 处的切线，求证：f (x )≤g (x )． 证明：函数f (x )的图象在x ＝x 0处的切线方程为y ＝g (x )＝f ′(x 0)(x －x 0)＋f (x 0)． 令h (x )＝f (x )－g (x )＝f (x )－f ′(x 0)(x －x 0)－f (x 0)， 则h ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)＝ 1－x e x － 1－x 0 e 0 x ＝ ?1－x ?e 0 x －?1－x 0?e x e 0 ＋x x ． 设φ(x )＝(1－x )e 0 x －(1－x 0)e x ， 则φ′(x )＝－e 0 x －(1－x 0)e x ， ∵x 0＜1，∴φ′(x )＜0， ∴φ(x )在R 上单调递减，又φ(x 0)＝0， ∴当x ＜x 0时，φ(x )＞0，当x ＞x 0时，φ(x )＜0， ∴当x ＜x 0时，h ′(x )＞0，当x ＞x 0时，h ′(x )＜0， ∴h (x )在区间(－∞，x 0)上为增函数，在区间(x 0，＋∞)上为减函数， ∴h (x )≤h (x 0)＝0， ∴f (x )≤g (x )． 技法二：“拆分法”构造函数 [典例] 设函数f (x )＝ae x ln x ＋be x －1 x ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1)) 处的切线为y ＝e (x －1)＋2． (1)求a ，b ； (2)证明：f (x )＞1． [解] (1)f ′(x )＝ae x ? ?? ??ln x ＋1x ＋be x －1 ?x －1? x 2 (x ＞0)， 由于直线y ＝e (x －1)＋2的斜率为e ，图象过点(1,2)， 导数与三角函数压轴题归纳总结 近几年的高考数学试题中频频出现含导数与三角函数零点问题，内容主要包括函数零点个数的确定、根据函数零点个数求参数范围、隐零点问题及零点存在性赋值理论.其形式逐渐多样化、综合化. 一、零点存在定理 例1.【2019全国Ⅰ理20】函数()sin ln(1)f x x x =-+,()f x '为()f x 的导数．证明： （1）()f x '在区间(1,)2 π -存在唯一极大值点； （2）()f x 有且仅有2个零点． 【解析】（1）设()()g x f x '=,则()()() 2 11 cos ,sin 11g x x g x x x x '=- =-+++. 当1,2x π??∈- ?? ?时,()g'x 单调递减,而()00,02g g π?? ''>< ???, 可得()g'x 在1,2π?? - ?? ?有唯一零点,设为α. 则当()1,x α∈-时,()0g x '>；当,2x πα?? ∈ ??? 时,()0g'x <. 所以()g x 在()1,α-单调递增,在,2πα?? ???单调递减,故()g x 在1,2π?? - ???存在唯一极大 值点,即()f x '在1,2π?? - ?? ?存在唯一极大值点. （2）()f x 的定义域为(1,)-+∞. （i ）由（1）知, ()f x '在()1,0-单调递增,而()00f '=,所以当(1,0)x ∈-时,()0f 'x <,故()f x 在(1,0)-单调递减,又(0)=0f ,从而0x =是()f x 在(1,0]-的唯一零点. （ii ）当0,2x π?? ∈ ???时,由（1）知,()f 'x 在(0,)α单调递增,在,2απ?? ??? 单调递减,而 导数与不等式专题一 1. （优质试题北京理18倒数第3大题，最值的直接应用） 已知函数。 ⑴求的单调区间； ⑵若对于任意的，都有 ≤，求的取值范围. 解：⑴，令， 当时，与的情况如下： 所以，的单调递增区间是和：单调递减区间是， 当时，与的情况如下： 所以，的单调递减区间是和：单调递增区间是。 ⑵当时，因为11 (1)k k f k e e ++=>，所以不会有 当时，由（Ⅰ）知在上的最大值是， 所以等价于,解 综上：故当时，的取值范围是[，0]. 2 ()()x k f x x k e =-()f x (0,)x ∈+∞()f x 1e k 221()()x k f x x k e k '=-()0,f x x k '==±0k >()f x ()f x '()f x (,)k -∞-(,)k +∞(,)k k -0k <()f x ()f x '()f x (,)k -∞(,)k -+∞(,)k k -0k >1(0,),().x f x e ?∈+∞≤0k <()f x (0,)+∞2 4()k f k e -=1(0,),()x f x e ?∈+∞≤24()k f k e -= 1 e ≤10.2k -≤<1(0,),()x f x e ?∈+∞≤ k 1 2 - 2. （优质试题天津理20倒数第3大题，最值的直接应用，第3问带有小的处理技巧） 已知函数，其中. ⑴若曲线在点处切线方程为,求函数的解析式； ⑵讨论函数的单调性； ⑶若对于任意的，不等式在上恒成立，求的取值范围. 解：⑴，由导数的几何意义得，于是． 由切点在直线上可得，解得． 所以函数的解析式为． ⑵． 当时，显然(),这时在，上内是增函数． 当时，令，解得 当变化时，，的变化情况如下表： ＋ 0 － － 0 ＋ ↗ 极大 值 ↘ ↘ 极小值 ↗ ∴在，内是增函数，在，内是减函数． ⑶由⑵知，在上的最大值为与的较大者，对于任意的 ，()()0≠++= x b x a x x f R b a ∈ ,()x f y =()( )2,2f P 13+=x y ()x f ()x f ??????∈2,21a ()10≤x f ?? ? ???1,41b 2()1a f x x '=- (2)3f '=8a =-(2,(2))P f 31y x =+27b -+=9b =()f x 8 ()9f x x x =-+2 ()1a f x x '=- 0a ≤()0f x '>0x ≠()f x (,0)-∞(0,)+∞0a >()0f x '=x =x ()f x '()f x x (,-∞()+∞()f x '()f x ()f x (,-∞)+∞((0,)+∞()f x 1[,1]41()4f (1)f 1 [,2]2 a ∈ 利用导数处理与不等式有关的问题 关键词：导数，不等式，单调性，最值。 导数是研究函数性质的一种重要工具。例如求函数的单调区间、求最大（小）值、求函数的值域等等。而在处理与不等式有关的综合性问题时往往需要利用函数的性质；因此，很多时侯可以利用导数作为工具得出函数性质，从而解决不等式问题。下面具体讨论导数在解决与不等式有关的问题时的作用。 一、利用导数证明不等式 （一）、利用导数得出函数单调性来证明不等式 我们知道函数在某个区间上的导数值大于（或小于）0时，则该函数在该区间上单调递增（或递减）。因而在证明不等式时，根据不等式的特点，有时可以构造函数，用导数证明该函数的单调性,然后再用函数单调性达到证明不等式的目的。即把证明不等式转化为证明函数的单调性。具体有如下几种形式： 1、直接构造函数，然后用导数证明该函数的增减性；再利用函数在它的同一单 调递增（减）区间，自变量越大，函数值越大（小），来证明不等式成立。 例1：x>0时,求证；x 2x 2 -－ln(1+x)＜0 证明：设f(x)= x 2x 2 -－ln(1+x) (x>0), 则f'(x)= 2x 1x - + ∵x>0,∴f'(x)<0,故f(x)在（0，+∞）上递减， 所以x>0时,f(x) 合理构造函数解导数问题 从近几年的高考命题分析，高考对导数的考查常以函数为依托的小综合题，考查函数、导数的基础知识和基本方法.近年的高考命题中的解答题将导数内容和传统内容中有关不等式和函数的单调性、方程根的分布、解析几何中的切线问题等有机的结合在一起，设计综合试题。在内容上日趋综合化，在解题方法上日趋多样化. 解决这类有关的问题，有时需要借助构造函数,以导数为工具构造函数是解导数问题的基本方法，但是有时简单的构造函数对问题求解带来很大麻烦甚至是解决不了问题的，那么怎样合理的构造函数就是问题的关键，这里我们来一起探讨一下这方面问题。 例1：（2009年宁波市高三第三次模拟试卷22题） 已知函数()()ax x x ax x f --++=2 3 1ln . (1) 若 3 2 为()x f y =的极值点，求实数a 的值； (2) 若()x f y =在[)+∞,1上增函数，求实数a 的取值范围； (3) 若1-=a 时，方程()()x b x x f = ---3 11有实根，求实数b 的取值范围。 解：（1）因为3 2= x 是函数的一个极值点，所以0)32 (='f ，进而解得：0=a ，经检验是 符合的，所以.0=a （2）显然(),2312a x x ax a x f --++='结合定义域知道01>+ax 在[)+∞∈,1x 上恒成立，所以0≥a 且01≥+ax a 。同时a x x --232此函数是31 导数中“不等式”相关的几个问题 f (x )＝ln(1＋ax ) －2x x ＋2 . 专题二：不等式两边“变量”相同且不含参 1. （2016年山东高考）已知.当时，证明对于任意的成立. 2. （2016年全国II 高考）讨论函数的单调性，并证明当时，； 专题三：不等式两边不同“变量”的任意存在组合型 1. 已知函数f (x )＝x －1 x ＋1 ，g (x )＝x 2－2ax ＋4，若对于任意x 1∈[0,1]，存在x 2∈[1,2]，使 f (x 1)≥ g (x 2)，则实数a 的取值范围是__________ 2. 已知函数.设当时，若()2 21 ()ln ,R x f x a x x a x -=-+ ∈1a =()3 ()'2 f x f x +＞[]1,2x ∈x x 2f (x)x 2 -= +e 0x >(2)20x x e x -++>1()ln 1a f x x ax x -=-+ -()a R ∈2()2 4.g x x bx =-+1 4 a = 对任意，存在，使，求实数取值范围. 专题四：不等式两边不同“变量”的对等构造、齐次消元型 类型1：对称变量，构造法求解 1. 已知函数f(x)= 2 1x 2 -ax+(a-1)ln x ，1a >。 （1）讨论函数()f x 的单调性； （2）证明：若5a <，则对任意x 1，x 2∈(0,)+∞，x 1≠x 2，有 1212 ()() 1f x f x x x ->--。 2. 已知函数 （I ）讨论函数的单调性； （II ）设.如果对任意，，求的 取值范围。 3. 设函数f (x )＝ln x ＋m x ，m ∈R . (1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x 3 零点的个数； (3)若对任意b ＞a ＞0，f （b ）－f （a ） b －a ＜1恒成立，求m 的取值范围． 4. 当()1,,n m n m Z >>∈，时，证明：( )()m n n m mn nm > 1(0,2)x ∈[]21,2x ∈12()()f x g x ≥b 1ln )1()(2 +++=ax x a x f )(x f 1- 利用导数求函数的极值 例 求下列函数的极值： 1．x x x f 12)(3-=；2．x e x x f -=2)(；3．.21 2)(2-+=x x x f 分析：按照求极值的基本方法，首先从方程0)(='x f 求出在函数)(x f 定义域内所有可能的极值点，然后按照函数极值的定义判断在这些点处是否取得极值． 解：1．函数定义域为R ．).2)(2(3123)(2-+=-='x x x x f 令0)(='x f ，得2±=x ． 当2>x 或2- 令0)(='x f ，得1±=x ． 当1- 2021年高考数学二轮复习上篇专题整合突破专题一函数与导数不等 式第2讲不等式问题练习 一、填空题 1.(xx·苏州调研)已知f (x )＝???x 2 ＋x （x ≥0），－x 2 ＋x （x ＜0）， 则不等式f (x 2 －x ＋1)＜12的解集是________. 解析 依题意得，函数f (x )是R 上的增函数，且f (3)＝12，因此不等式f (x 2－x ＋1)＜12等价于x 2－x ＋1＜3，即x 2－x －2＜0，由此解得－1＜x ＜2. 因此，不等式f (x 2 －x ＋1)＜12的解集是(－1，2). 答案 (－1，2) 2.若点A (m ，n )在第一象限，且在直线x 3＋y 4 ＝1上，则mn 的最大值是________. 解析 因为点A (m ，n )在第一象限，且在直线x 3＋y 4＝1上，所以m ，n ＞0，且m 3＋n 4 ＝1， 所以m 3·n 4≤2 342m n ?? + ? ? ? ?? ? ???? 当且仅当m 3＝n 4＝12，即m ＝32，n ＝2时，取“＝”，所以m 3·n 4≤? ????122＝1 4，即mn ≤3，所以mn 的最大值为3. 答案 3 3.(xx·苏北四市模拟)已知函数f (x )＝???x 2 ＋2x ，x ≥0， x 2－2x ，x ＜0， 若f (－a )＋f (a )≤2f (1)，则 实数a 的取值范围是________. 解析 f (－a )＋f (a )≤2f (1)? ???a ≥0， （－a ）2－2×（－a ）＋a 2 ＋2a ≤2×3或 ?? ?a ＜0， （－a ）2＋2×（－a ）＋a 2－2a ≤2×3 即???a ≥0，a 2＋2a －3≤0或???a ＜0，a 2－2a －3≤0， 解得0≤a ≤1，或－1≤a ＜0. 故－1≤a ≤1. 答案 [－1，1] 4.已知函数f (x )＝???log 3 x ，x ＞0， ? ?? ??13x ，x ≤0，那么不等式f (x )≥1的解集为________. 解析 当x ＞0时，由log 3x ≥1可得x ≥3，当x ≤0时，由? ?? ??13x ≥1可得x ≤0，∴不等 式f (x )≥1的解集为(－∞，0]∪[3，＋∞). 答案 (－∞，0]∪[3，＋∞) 5.(xx·南京、盐城模拟)若x ，y 满足不等式组???x ＋2y －2≥0， x －y ＋1≥0，3x ＋y －6≤0， 则 x 2＋y 2的最小值是 ________. 解析 不等式组所表示的平面区域如图阴影部分所示， x 2＋y 2表示原点(0，0)到此区域内的点P (x ，y )的距离. 显然该距离的最小值为原点到直线x ＋2y －2＝0的距离. 故最小值为|0＋0－2|12＋22＝25 5.专题6.1 导数中的构造函数 高考数学选填题压轴题突破讲义(解析版)
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