导数中的不等式证明
【考点点睛】
放缩法证明不等式在历年高考数学中是永恒的话题，但它常考常新，学生却常考常怕。不等式的应用体现了一定的综合性，灵活多样性，多出现在压轴题的位置。数学的基本特点是应用的广泛性、理论的抽象性和逻辑的严谨性，而不等关系是深刻体现数学的基本特点。尽管如此，只要我们深入去探索，总有方
法规律可循，总会有“拨得云开见日出”的时刻！放缩法的合理运用，往往能起到事半功倍的效果，有时能令人拍案叫绝；但其缺点也是显而易见，如果使用放缩法证题时没有注意放和缩的“度”，容易造成不能同向传递，即放缩时必须时刻注意放缩的跨度，放不能过头，缩不能不及，所以要熟练地驾驭它是件不容易的事。
命题角度 1 构造函数
命题角度 2 放缩法
命题角度 3 切线法
命题角度 4 二元或多元不等式的证明思路
命题角度 5 函数凹凸性的应用
在求解过程中，力求“脑中有‘形’，心中有‘数’”.依托端点效应，缩小范围，借助数形结合，寻找临界.
命题角度 3 切线法
【典例5】（2018届安徽省太和中学三模）已知函数2x f x e x .
（1）求曲线f x 在1x 处的切线方程；
（2）求证：当0x 时，21
ln 1x e e x x x .
【解析】（1）2x f x e x ，2x f x e x ，
由题设得12,11f e f e ，………﹝导数的几何意义的应用﹞所以曲线f x 在1x 处的切线方程为211y e x e ，即21y e x ；
（2）令g x f x ，则2x g x e ，
当ln 2x 时，0g x ，当ln 2x
时，0g x ，所以函数g x f x 在
,ln 2上单调递减，在ln 2,上单调递增，min ln2ln2
22ln20g x g f ，所以函数
2x f x e x 在0,上单调递增，由于曲线f x 在1x 处的切线方程为21y e x ，11f e ，可猜测函数f x 的图象恒在切线21y e x 的上方. ………﹝多步设问，层层递进，上问结果，用于下问﹞
先证明当0x 时，21f x e x .
设210h x f x e x x ，则22,2x x h x e x e h x e ，
当ln 2x 时，0h x ，当ln 2x 时，0h x ，
所以h x 在0,ln 2上单调递减，在ln 2,上单调递增，
由030,10,0ln 21h e h ，所以ln 20h ，
所以存在00,ln 2x ，使得00h x ，
所以当00,1,x x U 时，0h x ，当0,1x x 时，0h x ，
所以h x 在00,x 上单调递增，在0,1x 上单调递减，在1,上单调递增.
因为010h h ，所以0h x ，即21f x e x ，当且仅当1x 时取等号，所以当0x 时，221x e x e x ，………﹝切线放缩法是一种崭新的放缩途径﹞变形可得21
x e e x x x ，
又由于ln 1x x ，当且仅当1x 时取等号（证明略），……﹝灵活借助于ln 1x x 放缩﹞所以21
ln 1x e e x x x ，当且仅当1x 时取等号.
【审题点津】切线放缩法值得认真探究，若第一小题是求曲线的切线方程，就要注意是否运用切线放缩法进行放缩解决问题.
第五讲 导数的应用(一) 限时规范训练 A 组——高考热点强化练 一、选择题 1．曲线y ＝e x 在点A 处的切线与直线x ＋y ＋3＝0垂直，则点A 的坐标为( ) A ．(－1，e －1 ) B ．(0,1) C ．(1，e) D ．(0,2) 解析：与直线x ＋y ＋3＝0垂直的直线的斜率为1，所以切线的斜率为1，因为y ′＝e x ，所以由y ′＝e x ＝1，解得x ＝0，此时y ＝e 0 ＝1，即点A 的坐标为(0,1)，选B. 答案：B 2．已知函数f (x )＝x 2 ＋2cos x ，若f ′(x )是f (x )的导函数，则函数f ′(x )在原点附近的图象大致是( ) 解析：因为f ′(x )＝2x －2sin x ，[f ′(x )]′＝2－2cos x ≥0，所以函数f ′(x )在R 上单调递增，故选A. 答案：A 3．曲线f (x )＝x ln x 在点(1，f (1))处的切线的倾斜角为( ) A.π6 B.π4 C.π3 D.π2 解析：因为f (x )＝x ln x ，所以f ′(x )＝ln x ＋1，所以f ′(1)＝1，所以曲线f (x )＝x ln x 在点(1，f (1))处的切线的倾斜角为π 4 .
答案：B 4．若函数f (x )＝2x 3 －3mx 2 ＋6x 在(2，＋∞)上为增函数，则实数m 的取值范围是( ) A ．(－∞，2) B ．(－∞，2] C.? ????－∞，52 D.? ????－∞，52 解析：因为f ′(x )＝6x 2－6mx ＋6，当x ∈(2，＋∞)时，令f ′(x )≥0，即6x 2 －6mx ＋6≥0，则m ≤x ＋1x ，又因为y ＝x ＋1x 在(2，＋∞)上为增函数，故当x ∈(2，＋∞)时，x ＋1x >52，故m ≤5 2，故选D. 答案：D 5．函数f (x )＝12x 2 －ln x 的最小值为( ) A.12 B ．1 C ．0 D ．不存在 解析：f ′(x )＝x －1x ＝x 2 －1 x ，且x >0.令f ′(x )>0，得x >1；令f ′(x )<0，得0
全国卷历年高考函数与导数真题归类分析（含答案） （2015年-2018年共11套） 函数与导数小题（共23小题） 一、函数奇偶性与周期性 1.（2015年1卷13）若函数f （x ） =ln(x x +为偶函数，则a= 【解析】由题知ln(y x = 是奇函数，所以ln(ln(x x ++- =22ln()ln 0a x x a +-==，解得a =1.考点：函数的奇偶性 2.（2018年2卷11）已知是定义域为的奇函数，满足 ．若 ， 则 A. B. 0 C. 2 D. 50 解：因为是定义域为 的奇函数，且 ， 所以, 因此， 因为 ，所以， ，从而 ，选C. 3.（2016年2卷12）已知函数()()R f x x ∈满足()()2f x f x -=-，若函数1 x y x += 与()y f x =图像的交点为()11x y ，，()22x y ，，?，()m m x y ，，则()1 m i i i x y =+=∑（ ） （A ）0 （B ）m （C ）2m （D ）4m 【解析】由()()2f x f x =-得()f x 关于()01， 对称，而11 1x y x x +==+也关于()01，对称， ∴对于每一组对称点'0i i x x += '=2i i y y +，∴()1 1 1 022 m m m i i i i i i i m x y x y m ===+=+=+? =∑∑∑，故选B ． 二、函数、方程与不等式 4.（2015年2卷5）设函数211log (2),1, ()2,1,x x x f x x -+-
利用导数证明不等式的两种通法 利用导数证明不等式是高考中的一个热点问题，利用导数证明不等式主要有两种通法，即函数类不等式证明和常数类不等式证明。下面就有关的两种通法用列举的方式归纳和总结。 一、函数类不等式证明 函数类不等式证明的通法可概括为：证明不等式()()f x g x >（()()f x g x <）的问题转化为证明()()0f x g x ->（()()0f x g x -<），进而构造辅助函数()()()h x f x g x =-，然后利用导数证明函数()h x 的单调性或证明函数()h x 的最小值（最大值）大于或等于零（小于或等于零）。 例1 已知(0,)2x π ∈，求证：sin tan x x x << 证明这个变式题可采用两种方法： 第一种证法：运用本例完全相同的方法证明每个不等式以后再放缩或放大，即证明不等式 sin x x <以后，根据sin 1sin x x x -<<来证明不等式sin 1x x -<； 第二种证法：直接构造辅助函数()sin 1f x x x =--和()tan 1g x x x =--，其中(0, )2x π∈ 然后证明各自的单调性后再放缩或放大（如：()sin 1(0)10f x x x f =--<=-<） 例2 求证：ln(1)x x +< 技巧 一、利用导数研究函数的单调性，再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点。 二、解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键。 1、利用题目所给函数证明 【例1】 已知函数x x x f -+=)1ln()(，求证：当1->x 时， 恒有x x x ≤+≤+- )1ln(1 11
2017年高考真题导数专题 一．解答题（共12小题） 1．已知函数f（x）2（a﹣2）﹣x． （1）讨论f（x）的单调性； （2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围． 2．已知函数f（x）2﹣﹣，且f（x）≥0． （1）求a； （2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2． 3．已知函数f（x）﹣1﹣． （1）若f（x）≥0，求a的值； （2）设m为整数，且对于任意正整数n，（1+）（1+）…（1+）＜m，求m的最小值． 4．已知函数f（x）321（a＞0，b∈R）有极值，且导函数f′（x）的极值点是f（x）的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值） （1）求b关于a的函数关系式，并写出定义域； （2）证明：b2＞3a； （3）若f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣，求a的取值范围．5．设函数f（x）=（1﹣x2）． （1）讨论f（x）的单调性； （2）当x≥0时，f（x）≤1，求a的取值范围． 6．已知函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥）． （1）求f（x）的导函数； （2）求f（x）在区间[，+∞）上的取值范围． 7．已知函数f（x）2+2，g（x）（﹣2x﹣2），其中e≈2.17828…是自然对数的底数．（Ⅰ）求曲线（x）在点（π，f（π））处的切线方程； （Ⅱ）令h（x）（x）﹣a f（x）（a∈R），讨论h（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．
） 10．已知函数f（x）3﹣2，a∈R， （1）当2时，求曲线（x）在点（3，f（3））处的切线方程； （2）设函数g（x）（x）+（x﹣a）﹣，讨论g（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值． 11．设a，b∈R，≤1．已知函数f（x）3﹣6x2﹣3a（a﹣4），g（x）（x）． （Ⅰ）求f（x）的单调区间； （Ⅱ）已知函数（x）和的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线， （i）求证：f（x）在0处的导数等于0； （）若关于x的不等式g（x）≤在区间[x0﹣1，x0+1]上恒成立，求b的取值范围． 12．已知函数f（x）（﹣a）﹣a2x． （1）讨论f（x）的单调性； （2）若f（x）≥0，求a的取值范围．
高考数学真题汇编——函数与导数 1．【2018年浙江卷】函数y=sin2x的图象可能是 A. B. C. D. 【答案】D 点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复． 2．【2018年理天津卷】已知，，，则a，b，c的大小关系为A. B. C. D. 【答案】D
【解析】分析：由题意结合对数函数的性质整理计算即可求得最终结果. 详解：由题意结合对数函数的性质可知：，， ， 据此可得：.本题选择D选项. 点睛：对于指数幂的大小的比较，我们通常都是运用指数函数的单调性，但很多时候，因幂的底数或指数不相同，不能直接利用函数的单调性进行比较．这就必须掌握一些特殊方法．在进行指数幂的大小比较时，若底数不同，则首先考虑将其转化成同底数，然后再根据指数函数的单调性进行判断．对于不同底而同指数的指数幂的大小的比较，利用图象法求解，既快捷，又准确． 3．【2018年理新课标I卷】已知函数．若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是 A. [–1，0） B. [0，+∞） C. [–1，+∞） D. [1，+∞） 【答案】C 详解：画出函数的图像，在y轴右侧的去掉，再画出直线，之后上下移动，可以发现当直线过点A时，直线与函数图像有两个交点，并且向下可以无限移动，都可以保证直线与函数的图像有两个交点，即方程有两个解，也就是函数有两个零点，此时满足，即，故选C.
点睛：该题考查的是有关已知函数零点个数求有关参数的取值范围问题，在求解的过程中，解题的思路是将函数零点个数问题转化为方程解的个数问题，将式子移项变形，转化为两条曲线交点的问题，画出函数的图像以及相应的直线，在直线移动的过程中，利用数形结合思想，求得相应的结果. 4．【2018年理新课标I卷】设函数，若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为 A. B. C. D. 【答案】D 点睛：该题考查的是有关曲线在某个点处的切线方程的问题，在求解的过程中，首先需要确定函数解析式，此时利用到结论多项式函数中，奇函数不存在偶次项，偶函数不存在奇次项，从而求得相应的参数值，之后利用求导公式求得，借助于导数的几何意义，结合直线方程的点斜式求得结果. 5．【2018年全国卷Ⅲ理】设，，则
1.函数2ln 2)(x x x f -=，求函数)(x f y =在]2,2 [上的最大值 2.. 已知f(x)=e x -ax- （1）求f(x)的单调增区间； （2）若f(x ）在定义域R 内单调递增，求a 的取值范围； （3）是否存在a,使f(x)在（-∞，0］上单调递减，在［0，+∞）上单调递增？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由. 3. 已知函数f(x)=x 2e -ax (a ＞0),求函数在［1，2］上的最大值. 4.已知x ＝3是函数f(x)＝aln(1＋x)＋x2－10x 的一个极值点． (1)求a 的值； (2)求函数f(x)的单调区间； (3)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． 5. (2010年全国)已知函数 f(x)＝x3－3ax2＋3x ＋1. (1)设a ＝2，求 f(x)的单调区间； (2)设 f(x)在区间(2,3)中至少有一个极值点，求a 的取值范围． 不等式的证明： 一、函数类不等式证明 函数类不等式证明的通法可概括为：证明不等式 ()()f x g x >（()()f x g x <） 的问题转化为证明 ()()0f x g x ->（()()0f x g x -<），进而构造辅助函数 ()()()h x f x g x =-，然后利用导数证明函数()h x 的单调性或证明函数()h x 的最小 值（最大值）大于或等于零（小于或等于零）。 一、利用题目所给函数证明 【例1】 已知函数 x x x f -+=)1ln()(，求证：当1->x 时，恒有 x x x ≤+≤+- )1ln(1 1 1 【绿色通道】1 111)(+- =-+='x x x x f ∴当01<<-x 时，0)(>'x f ，即)(x f 在)0,1(-∈x 上为增函数 当0>x 时，0)(<'x f ，即)(x f 在),0(+∞∈x 上为减函数 故函数()f x 的单调递增区间为)0,1(-，单调递减区间),0(+∞ 于是函数()f x 在),1(+∞-上的最大值为0)0()(m a x ==f x f ，因此，当1->x 时， 0)0()(=≤f x f ，即0)1ln(≤-+x x ∴x x ≤+)1ln( （右面得证） ， 现证左令11 1 )1ln()(-+++=x x x g ， 2 2)1()1(111)(+=+-+='x x x x x g 则 当0)(,),0(;0)(,)0,1(>'+∞∈<'-∈x g x x g x 时当时 ， 即)(x g 在)0,1(-∈x 上为减函数，在),0(+∞∈x 上为增函数， 故函数)(x g 在),1(+∞-上的最小值为0)0()(min ==g x g ， ∴当1->x 时，0)0()(=≥g x g ，即011 1 )1ln(≥-+++x x ∴111)1ln(+-≥+x x ，综上可知，当x x x x ≤+≤-+->)1ln(11 1 ,1有时 【警示启迪】如果()f a 是函数()f x 在区间上的最大（小）值，则有()f x ≤()f a （或()f x ≥()f a ），那么要证不等式，只要求函数的最大值不超过0就可得证． 2、直接作差构造函数证明 【例2】已知函数 .ln 2 1)(2 x x x f += 求证：在区间),1(∞+上，函数)(x f 的图象在函数3 3 2)(x x g = 的图象的下方； 【绿色通道】设)()() (x f x g x F -=，即x x x x F ln 2 132)(2 3--= ，
导数 (选修2－2P18A7改编)曲线y＝sin x x在x＝ π 2处的切线方程为() A.y＝0 B.y＝2π C.y＝－ 4 π2 x＋ 4 π D.y＝ 4 π2 x 解析∵y′＝x cos x－sin x x2，∴y′|x＝ π 2＝－ 4 π2 ， 当x＝π 2时，y＝ 2 π ， ∴切线方程为y－2 π ＝－ 4 π2? ? ? ? ? x－ π 2 ，即y＝－ 4 π2 x＋ 4 π . (2016·天津卷)已知函数f(x)＝(2x＋1)e x，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(0)的值为________. 解析因为f(x)＝(2x＋1)e x， 所以f′(x)＝2e x＋(2x＋1)e x＝(2x＋3)e x， 所以f′(0)＝3e0＝3. (2017·西安月考)设曲线y＝ax－ln(x＋1)在点(0，0)处的切线方程为y＝2x，则a＝________. 解析y′＝a－ 1 x＋1 ，由题意得y′|x＝0＝2，即a－1＝2， 所以a＝3. (2017·威海质检)已知函数f(x)＝x ln x，若直线l过点(0，－1)，并且与曲线y＝f(x)相切，则直线l的方程为() A.x＋y－1＝0 B.x－y－1＝0 C.x＋y＋1＝0 D.x－y＋1＝0
解析 ∵点(0，－1)不在曲线f (x )＝x ln x 上， ∴设切点为(x 0，y 0). 又∵f ′(x )＝1＋ln x ，∴?????y 0＝x 0ln x 0， y 0＋1＝（1＋ln x 0）x 0， 解得x 0＝1，y 0＝0. ∴切点为(1，0)，∴f ′(1)＝1＋ln 1＝1. ∴直线l 的方程为y ＝x －1，即x －y －1＝0. (2015·全国Ⅱ卷)已知曲线y ＝x ＋ln x 在点(1，1)处的切线与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切，则a ＝________. 解析 法一 ∵y ＝x ＋ln x ，∴y ′＝1＋1 x ，y ′|x ＝1＝2. ∴曲线y ＝x ＋ln x 在点(1，1)处的切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1. ∵y ＝2x －1与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切， ∴a ≠0(当a ＝0时曲线变为y ＝2x ＋1与已知直线平行). 由?????y ＝2x －1，y ＝ax 2 ＋（a ＋2）x ＋1消去y ，得ax 2＋ax ＋2＝0. 由Δ＝a 2－8a ＝0，解得a ＝8. 法二 同法一得切线方程为y ＝2x －1. 设y ＝2x －1与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切于点(x 0，ax 20＋(a ＋2)x 0＋1). ∵y ′＝2ax ＋(a ＋2)，∴y ′|x ＝x 0＝2ax 0＋(a ＋2). 由?????2ax 0＋（a ＋2）＝2，ax 20＋（a ＋2）x 0＋1＝2x 0－1，解得???x 0＝－12，a ＝8. 答案 8 (2017·西安质测)曲线f (x )＝x 3－x ＋3在点P 处的切线平行于直线y ＝2x －1，则P
导数及其应用高考题精选 1.（2010·海南高考·理科T3）曲线2 x y x = +在点()1,1--处的切线方程为（） （A ）21y x =+（B ）21y x =-（C ）23y x =--（D ）22y x =-- 【命题立意】本题主要考查导数的几何意义，以及熟练运用导数的运算法则进行求解. 【思路点拨】先求出导函数，解出斜率，然后根据点斜式求出切线方程. 【规范解答】选 A.因为22 (2) y x '= +，所以，在点()1,1--处的切线斜率12 2 2(12)x k y =-' == =-+，所以，切线方程为12(1)y x +=+，即21y x =+，故选A. 2.（2010·山东高考文科·Ｔ8）已知某生产厂家的年利润y （单位：万元） 与年产量x （单位：万件）的函数关系式为3 1812343 y x x =-+-，则使该生产厂 家获得最大年利润的年产量为（） (A)13万件(B)11万件 (C)9万件(D)7万件 【命题立意】本题考查利用导数解决生活中的优化问题，考查了考生的分析问题解决问题能力和运算求解能力. 【思路点拨】利用导数求函数的最值. 【规范解答】选C ，2'81y x =-+,令0y '=得9x =或9x =-（舍去），当9x <时'0y >；当9x >时'0y <，故当9x =时函数有极大值，也是最大值，故选C. 3.（2010·山东高考理科·Ｔ7）由曲线y=2 x ,y=3 x 围成的封闭图形面积为（） （A ） 1 12 (B)14 (C)13 (D) 712 【命题立意】本题考查定积分的基础知识，由定积分求曲线围成封闭图形的
利用导数证明不等式的两种通法 吉林省长春市东北师范大学附属实验学校 金钟植 岳海学 利用导数证明不等式是高考中的一个热点问题，利用导数证明不等式主要有两种通法，即函数类不等式证明和常数类不等式证明。下面就有关的两种通法用列举的方式归纳和总结。 一、函数类不等式证明 函数类不等式证明的通法可概括为：证明不等式()()f x g x >（()()f x g x <）的问 题转化为证明()()0f x g x ->（()()0f x g x -<），进而构造辅助函数 ()()()h x f x g x =-，然后利用导数证明函数()h x 的单调性或证明函数()h x 的最小值（最 大值）大于或等于零（小于或等于零）。 例1 已知(0, )2 x π ∈，求证：sin tan x x x << 分析：欲证sin tan x x x <<，只需证函数()sin f x x x =-和()tan g x x x =-在(0,)2 π 上 单调递减即可。 证明： 令()sin f x x x =- ，其中(0,)2 x π ∈ 则/ ()cos 1f x x =-，而(0,)cos 1cos 102 x x x π ∈?
2018年高考理科数学全国卷二导数压轴题解析 已知函数2()x f x e ax =-. （1） 若1a =，证明：当0x ≥时，()1f x ≥. （2） 若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a . 题目分析： 本题主要通过函数的性质证明不等式以及判断函数零点的问题考察学生对于函数单调性以及零点存在定理性的应用，综合考察学生化归与分类讨论的数学思想，题目设置相对较易，利于选拔不同能力层次的学生。第1小问，通过对函数以及其导函数的单调性以及值域判断即可求解。官方标准答案中通过()()x g x e f x -=的变形化成2()x ax bx c e C -+++的形式，这种形式的函数求导之后仍为2()x ax bx c e -++这种形式的函数，指数函数的系数为代数函数，非常容易求解零点，并且这种变形并不影响函数零点的变化。这种变形思想值得引起注意，对以后导数命题有着很大的指引作用。但是，这种变形对大多数高考考生而言很难想到。因此，以下求解针对函数()f x 本身以及其导函数的单调性和零点问题进行讨论，始终贯穿最基本的导函数正负号与原函数单调性的关系以及零点存在性定理这些高中阶段的知识点，力求完整的解答该类题目。 题目解答： （1）若1a =，2()x f x e x =-，()2x f x e x '=-，()2x f x e ''=-. 当[0,ln 2)x ∈时，()0f x ''<，()f x '单调递减；当(ln 2,)x ∈+∞时，()0f x ''>，()f x '单调递增； 所以()(ln 2)22ln 20f x f ''≥=->，从而()f x 在[0,)+∞单调递增；所以()(0)1f x f ≥=，得证. （2）当0a ≤时，()0f x >恒成立，无零点，不合题意. 当0a >时，()2x f x e ax '=-，()2x f x e a ''=-. 当[0,ln 2)x a ∈时，()0f x ''<，()f x '单调递减；当(ln 2,)x a ∈+∞时，()0f x ''>，()f x '单调递增；所以()(ln 2)2(1ln 2)f x f a a a ''≥=-. 当02 e a <≤ 时，()0f x '≥，从而()f x 在[0,)+∞单调递增，()(0)1f x f ≥=，在(0,)+∞无零点，不合题意.
1.(新课标1)已知函数 有两个零点. (I)求a 的取值范围；(II)设x 1，x 2是的两个零点，证明： +x 2<2. 解：（Ⅰ） '()(1)2(1)(1)(2)x x f x x e a x x e a =-+-=-+． （i ）设0a =，则()(2)x f x x e =-，()f x 只有一个零点．（ii ）设0a >，则当(,1)x ∈-∞时，'()0f x <；当(1 ,)x ∈+∞时，'()0f x >．所 以 ()f x 在(,1)-∞上单调递减，在(1,)+∞上单调递增．又(1)f e =-，(2)f a =，取b 满足0 b <且ln 2a b <，则22 3()(2)(1)()022 a f b b a b a b b >-+-=->，故()f x 存在两个零点． （iii ）设0a <，由'()0f x =得1x =或ln(2)x a =-．若2 e a ≥-，则ln(2)1a -≤，故当 (1,)x ∈+∞时，'()0f x >，因此()f x 在(1,)+∞上单调递增．又当1x ≤时，()0f x <，所以() f x 不存在两个零点． 若2 e a <- ，则ln(2)1a ->，故当(1,ln(2))x a ∈-时，'()0f x <；当(ln(2),)x a ∈-+∞时，'()0f x >．因此()f x 在(1,ln(2))a -单调递减，在(ln(2),)a -+∞单调递增．又当1x ≤时，()0f x <，所以()f x 不存在两个零点．综上，a 的取值范围为(0,)+∞． （Ⅱ）不妨设1 2x x <，由（Ⅰ）知12(,1),(1,)x x ∈-∞∈+∞，22(,1)x -∈-∞，()f x 在(,1) -∞上单调递减，所以122x x +<等价于12()(2)f x f x >-，即2(2)0f x -<． 由于 222222(2)(1)x f x x e a x --=-+-，而22222()(2)(1)0x f x x e a x =-+-=，所以 222222(2)(2)x x f x x e x e --=---． 设 2()( 2 ) x x g x xe x e -=---， 则 2'()(1)()x x g x x e e -=--．所以当1x >时，'()0g x <，而(1)0g =，故当1x >时，()0g x <．从 而22()(2)0g x f x = -<，故122x x +<． 2(新课标2)(I)讨论函数x x 2f (x) x 2 -= +e 的单调性，并证明当x >0时，(2)20;x x e x -++> (II)证明：当[0,1)a ∈ 时，函数2 x =(0)x e ax a g x x -->（） 有最小值.设g （x ）的最小值为()h a ， 求函数()h a 的值域.
第 1 页 共 6 页 构造函数法证明不等式的八种方法 1、利用导数研究函数的单调性极值和最值，再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，也是近几年高考的热点。 2、解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键。 以下介绍构造函数法证明不等式的八种方法： 一、移项法构造函数 【例1】 已知函数x x x f -+=)1ln()(，求证：当1->x 时，恒有 x x x ≤+≤+-)1ln(1 11 分析：本题是双边不等式，其右边直接从已知函数证明，左边构造函数 11 1)1ln()(-++ +=x x x g ，从其导数入手即可证明。 【解】1111)(+-=-+='x x x x f ∴当01<<-x 时，0)(>'x f ，即)(x f 在)0,1(-∈x 上为增函数 当0>x 时，0)(<'x f ，即)(x f 在),0(+∞∈x 上为减函数 故函数()f x 的单调递增区间为)0,1(-，单调递减区间),0(+∞ 于是函数()f x 在),1(+∞-上的最大值为0)0()(max ==f x f ，因此，当1->x 时，0)0()(=≤f x f ，即0)1ln(≤-+x x ∴x x ≤+)1ln( （右面得证）， 现证左面，令111)1ln()(-+++=x x x g ， 22) 1()1(111)(+=+-+='x x x x x g 则 当0)(,),0(;0)(,)0,1(>'+∞∈<'-∈x g x x g x 时当时 ， 即)(x g 在)0,1(-∈x 上为减函数，在),0(+∞∈x 上为增函数， 故函数)(x g 在),1(+∞-上的最小值为0)0()(min ==g x g ， ∴当1->x 时，0)0()(=≥g x g ，即011 1)1ln(≥-++ +x x ∴111)1ln(+-≥+x x ，综上可知，当x x x x ≤+≤-+->)1ln(11 1,1有时 【警示启迪】如果()f a 是函数()f x 在区间上的最大（小）值，则有()f x ≤()f a （或()f x ≥()f a ）， 那么要证不等式，只要求函数的最大值不超过0就可得证． 2、作差法构造函数证明 【例2】已知函数.ln 21)(2x x x f += 求证：在区间),1(∞+上，函数)(x f 的图象在函数33 2)(x x g =的图象的下方；
2019年高中数学单元测试卷 导数及其应用 学校：__________ 姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________ 一、选择题 1．22 (1cos )x dx π π-+?等于（ ） A ．π B . 2 C . π-2 D . π+2(2009福建理) 2．若()224ln f x x x x =--，则()'f x ＞0的解集为（ ） A ．()0,+∞ B. ()()1,02,-?+∞ C. ()2,+∞ D. ()1,0-（2011江西理4） 3．若[0,)x ∈+∞，则下列不等式恒成立的是 (A)2 1x e x x ++ (211) 1 24x x <-+ (C)21cos 12x x -… (D)21 ln(1)8 x x x +-… 4．如图，一个正五角星薄片（其对称轴与水面垂直）匀速地升出水面，记t 时刻五角星露出水面部分的图形面积为()()() 00S t S =，则导函数()' y S t =的图像大致为 二、填空题 5．已知3 2 ()26(f x x x m m =-+为常数）在[2,2]-上有最大值3，那么此函数在[2,2]-上的最小值为____________ 6．已知f (x )＝x 3，g (x )＝－x 2＋x －29a ，若存在x 0∈[－1，a 3](a ＞0)，使得f (x 0)＜g (x 0)，则实
数a 的取值范围是 ▲ ．(0，－3＋21 2) 7． 若函数32()4f x x x ax =+--在区间()1,1-恰有一个极值点，则实数a 的取值范围为 .[1,5) 8．曲线2 y 21x x =-+在点（1,0）处的切线方程为________ 9．已知函数()322f x x ax bx a =+++在1x =处有极值10，则a b += ． 10．已知32()33f x x bx cx =++有两个极值点12,x x ，且[][]121,0,1,2x x ∈-∈，则(1)f 的取值范围 ． 11．已知函数ln ()x f x x = ，则()f x 的最大值为 12．函数y=x 3+lnx 在x=1处的导数为 . 13．若函数()()02 3 >-=a ax x x f 在区间?? ? ??+∞,320上是单调递增函数，则使方程()1000=x f 有整数解的实数a 的个数是 。 三、解答题 14． 已知函数()2 a f x x x =+，()ln g x x x =+，其中0a >． (1)若1x =是函数()()()h x f x g x =+的极值点，求实数a 的值； (2)若对任意的[]12,1x x e ∈，（e 为自然对数的底数）都有()1f x ≥()2g x 成立，求实数a 的取值范围． .
用导数证明不等式 最基本的方法就是将不等式的的一边移到另一边，然后将这个式子令为一个函数f(x). 对这个函数求导，判断这个函数这各个区间的单调性，然后证明其最大值(或者是最小值)大于 0. 这样就能说明原不等式了成立了! 1.当x>1时,证明不等式x>ln(x+1) 设函数f(x)=x-ln(x+1) 求导，f(x)\'=1-1/(1+x)=x/(x+1)>0 所以f(x)在(1，+无穷大)上为增函数 f(x)>f(1)=1-ln2>o 所以x>ln(x+1 2..证明：a-a^2>0 其中0 F(a)=a-a^2 F\'(a)=1-2a 当00;当1/2 因此，F(a)min=F(1/2)=1/4>0 即有当00 3.x>0,证明：不等式x-x^3/6 先证明sinx 因为当x=0时，sinx-x=0 如果当函数sinx-x在x>0是减函数，那么它一定<在0点的值0， 求导数有sinx-x的导数是cosx-1 因为cosx-1≤0 所以sinx-x是减函数，它在0点有最大值0， 知sinx 再证x-x3/6
对于函数x-x3/6-sinx 当x=0时，它的值为0 对它求导数得 1-x2/2-cosx如果它<0那么这个函数就是减函数，它在0点的值是最大值了。 要证x2/2+cosx-1>0 x>0 再次用到函数关系，令x=0时，x2/2+cosx-1值为0 再次对它求导数得x-sinx 根据刚才证明的当x>0 sinx x2/2-cosx-1是减函数，在0点有最大值0 x2/2-cosx-1<0 x>0 所以x-x3/6-sinx是减函数，在0点有最大值0 得x-x3/6 利用函数导数单调性证明不等式X-X2>0，X∈(0,1)成立 令f(x)=x-x2 x∈[0,1] 则f\'(x)=1-2x 当x∈[0,1/2]时,f\'(x)>0,f(x)单调递增 当x∈[1/2,1]时,f\'(x)<0,f(x)单调递减 故f(x)的最大值在x=1/2处取得，最小值在x=0或1处取得 f(0)=0,f(1)=0 故f(x)的最小值为零 故当x∈(0,1)f(x)=x-x2>0。 i、m、n为正整数，且1 求证(1+m)^n > (1+n)^m 方法一：利用均值不等式 对于m+1个数，其中m个(2+m)，1个1,它们的算术平均数大于几何平均数，即
导数 一．基础题组 1. 【2010新课标，理3】曲线y ＝ 在点(－1，－1)处的切线方程为( ) A ．y ＝2x ＋1 B ．y ＝2x －1 C ．y ＝－2x －3 D ．y ＝－2x －2 【答案】A 2. 【2008全国1，理6】若函数的图像与函数的图像关于直线 对称，则（ ） A ． B ． C ． D ． 【答案】B. 【解析】由. 3. 【2012全国，理21】已知函数f (x )满足f (x )＝f ′(1)e x －1 －f (0)x ＋ x 2 ． (1)求f (x )的解析式及单调区间； (2)若f (x )≥ x 2 ＋ax ＋b ，求(a ＋1)b 的最大值． 【解析】(1)由已知得f ′(x )＝f ′(1)e x －1 －f (0)＋x . 所以f ′(1)＝f ′(1)－f (0)＋1，即f (0)＝1. 又f (0)＝f ′(1)e －1 ，所以f ′(1)＝e. 从而f (x )＝e x －x ＋ x 2 . 2 x + x (1)y f x = -1y =y x =()f x =21 x e -2x e 21 x e +22 x e +() ()()()212121,1,y x x y x e f x e f x e --=?=-==12 12 12
由于f ′(x )＝e x －1＋x ， 故当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0. 从而，f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (2)由已知条件得e x －(a ＋1)x ≥b .① (ⅰ)若a ＋1＜0，则对任意常数b ，当x ＜0，且时，可得e x －(a ＋1)x ＜b ，因此①式不成立． (ⅱ)若a ＋1＝0，则(a ＋1)b ＝0. 所以f (x )≥ x 2 ＋ax ＋b 等价于 b ≤a ＋1－(a ＋1)ln(a ＋1)．② 因此(a ＋1)b ≤(a ＋1)2 －(a ＋1)2 ln(a ＋1)． 设h (a )＝(a ＋1)2 －(a ＋1)2 ln(a ＋1)， 则h ′(a )＝(a ＋1)(1－2ln(a ＋1))． 所以h (a )在(－1，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减， 故h (a )在处取得最大值． 从而，即(a ＋1)b ≤. 当，时，②式成立， 11 b x a -< +12 12 e 1-12 e 1-12 =e 1a -e ()2h a ≤ e 2 1 2 =e 1a -12 e 2 b =
导数高考试题精选 一．选择题(共16小题） 1．(20１3?河东区二模)已知曲线的一条切线的斜率为,则切点的横坐标为（） Ａ. 3 B．2 C. １Ｄ. ２．（2０12?汕头一模）设曲线ｙ＝aｘ２在点(1，a）处的切线与直线2x﹣ｙ﹣6=０平行,则a=（） A．１B．Ｃ. D．﹣1 ３．（201１?烟台一模)设曲线在点(３,2)处的切线与直线ax+y+1=０垂直,则a=() A. ２Ｂ．Ｃ．Ｄ．﹣２ ４．(２01０?泸州二模)曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积为（) A. B. Ｃ．D． 5．（２01０?辽宁）已知点Ｐ在曲线y=上,α为曲线在点Ｐ处的切线的倾斜角，则α的取值范围是() A. [０,） B．Ｃ. D. 6.(201０?江西模拟)曲线ｙ=x3﹣2x+4在点(1,3)处的切线的倾斜角为(） A. 30° B. 4５°C．60°D．1２０°７．(2009?辽宁)曲线ｙ＝在点(1,﹣１）处的切线方程为（) A. y=x﹣２ B. ｙ=﹣3x＋２Ｃ. y=２x﹣３ D. ｙ=﹣2ｘ＋１ 8.（2００9?江西）若存在过点（1,0）的直线与曲线y＝x３和都相切，则a等于（) A． ﹣1或B. ﹣１或 Ｃ． 或 D. 或7 ９．（２006?四川)曲线y=4ｘ﹣x3在点(﹣1,﹣3)处的切线方程是（) A．y=7ｘ+4 B. ｙ=7x+2 C．y=x﹣4 D．y＝x﹣2 10.（2012?海口模拟）已知f（ｘ)＝alｎｘ＋x2(a>0),若对任意两个不等的正实数x1,x2，都有 ＞2恒成立，则a的取值范围是（） A. (0,1]B．（１,+∞） C. (0，１) D．[1,+∞)
第四节利用导数证明不等式 考点1作差法构造函数证明不等式 (1)欲证函数不等式f(x)＞g(x)(x＞a)，只需证明f(x)－g(x)＞0(x＞a)，设h(x)＝f(x)－g(x)，即证h(x)＞0(x＞a)．若h(a)＝0，h(x)＞h(a)(x＞a)．接下来往往用导数证得函数h(x)是增函数即可． (2)欲证函数不等式f(x)＞g(x)(x∈I，I是区间)，只需证明f(x)－g(x)＞0(x∈I)． 设h(x)＝f(x)－g(x)(x∈I)，即证h(x)＞0(x∈I)，也即证h(x)min＞0(x∈I)(若h(x)min不存在，则须求函数h(x)的下确界)，而这用导数往往容易解决． 已知函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝e－2(e为自然对数的底数)处取得极小值． (1)求实数a的值； (2)当x＞1时，求证：f(x)＞3(x－1)． [解](1)因为f(x)定义域为(0，＋∞)，f(x)＝ax＋x ln x， 所以f′(x)＝a＋ln x＋1， 因为函数f(x)在x＝e－2处取得极小值， 所以f′(e－2)＝0，即a＋ln e－2＋1＝0， 所以a＝1，所以f′(x)＝ln x＋2. 当f′(x)＞0时，x＞e－2；当f′(x)＜0时，0＜x＜e－2， 所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增， 所以f(x)在x＝e－2处取得极小值，符合题意，所以a＝1. (2)证明：由(1)知a＝1，所以f(x)＝x＋x ln x. 令g(x)＝f(x)－3(x－1)， 即g(x)＝x ln x－2x＋3(x＞0)． g′(x)＝ln x－1，由g′(x)＝0，得x＝e. 由g′(x)＞0，得x＞e；由g′(x)＜0，得0＜x＜e. 所以g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
2018年高考理科数学全国卷三导数压轴题解析 已知函数2()(2)ln(1)2f x x ax x x =+++- （1） 若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >； （2） 若0x =是()f x 的极大值点，求a . 考点分析 综合历年试题来看，全国卷理科数学题目中，全国卷三的题目相对容易。但在2018年全国卷三的考察中，很多考生反应其中的导数压轴题并不是非常容易上手。第1小问，主要通过函数的单调性证明不等式，第2小问以函数极值点的判断为切入点，综合考察复杂含参变量函数的单调性以及零点问题，对思维能力（化归思想与分类讨论）的要求较高。 具体而言，第1问，给定参数a 的值，证明函数值与0这一特殊值的大小关系，结合函数以及其导函数的单调性，比较容易证明，这也是大多数考生拿到题目的第一思维方式，比较常规。如果能结合给定函数中20x +>这一隐藏特点，把ln(1)x +前面的系数化为1，判断ln(1)x +与2/(2)x x +之间的大小关系，仅通过一次求导即可把超越函数化为求解零点比较容易的代数函数，解法更加容易，思维比较巧妙。总体来讲，题目设置比较灵活，不同能力层次的学生皆可上手。 理解什么是函数的极值点是解决第2问的关键。极值点与导数为0点之间有什么关系：对于任意函数，在极值点，导函数一定等于0么（存在不存在）？导函数等于0的点一定是函数的极值点么？因此，任何不结合函数的单调性而去空谈函数极值点的行为都是莽撞与武断的。在本题目中，0x =是()f x 的极大值点的充要条件是存在10δ<和20δ>使得对于任意1(,0)x δ∈都满足()(0)=0f x f <( 或者()f x 单调递增)，对于任意2(0,)x δ∈都满足()(0)=0f x f <( 或者()f x 单调递减)，因此解答本题的关键是讨论函数()f x 在0x =附近的单调性或者判断()f x 与(0)f 的大小关系。题目中并没有限定参数a 的取值范围，所以要对实数范围内不同a 取值时的情况都进行分类讨论。在第1小问的基础上，可以很容易判断0a =以及0a >时并不能满足极大值点的要求，难点是在于判断0a <时的情况。官方标准答案中将问题等价转化为讨论函数2 ()ln(1)/(2)h x x x x =+++在0x =点的极值情况，非常巧妙，但是思维跨度比较大，在时间相对紧张的选拔性考试中大多数考生很难想到。需要说明的是，官方答案中的函数命题等价转化思想需要引起大家的重视，这种思想在2018年全国卷2以及2011年新课标卷1的压轴题中均有体现，这可能是今后导数压轴题型的重要命题趋势，对学生概念理解以及思维变通的能力要求更高，符合高考命题的思想。 下面就a 值变化对函数()f x 本身在0x =附近的单调性以及极值点变化情况进行详细讨论。