2019年高考秘籍-破解导数压轴题策略：7.导数不等式的证明-凸凹性法(1)

破解高考导数压轴题的常见策略纵观近十年高考数学课标全国卷，容易发现导数压轴题有如下特点：主要考查导数的几何意义，利用导 数研究函数的单调性、极值、最值，研究方程和不等式. 试题有一定的综合性，并与数学思想方法紧密结合， 对函数与方程的思想，分类与整合的思想等都进行深入的考查.下面介绍破解高考导数压轴题的六种策略.1. 分类讨论分类讨论是高考数学解答题压轴题的常用方法，纵观 2007-2018 年高考数学课标全国卷解答题压轴题， 几乎每一道都有用到分类讨论.高考要求考生理解什么样的问题需要分类讨论，为什么要分类，如何分类.例 1已知函数31()4f x x ax =++，()lng x x =-. （Ⅰ）当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x =的切线；（Ⅱ）用min{,}m n 表示,m n 中的最小值，设函数min{),()(}()h x f x g x =（0x >），讨论()h x 零点的个数.2. 分离参数讨论含参数的方程或不等式解的问题时，进行分类讨论有时显得比较复杂.如果我们将含参数的方程经过 变形，将参数分离出来，使方程的一端化为只含参数的解析式，而另一端化为与参数方程无关的主变元函数， 通过函数的值域或单调性讨论原方程的解的情况，则往往显得非常简捷、有效．例 2已知函数()f x ＝2x ax b ++，()g x ＝()x e cx d +，若曲线()y f x =和曲线()y g x =都过点P(0，2)，且在点P 处有相同的切线42y x =+（Ⅰ）求a ，b ，c ，d 的值（Ⅱ）若x ≥－2时，()f x ≤()kg x ，求k 的取值范围。

3. 构造函数利用导数解决不等式问题是导数的一个非常重要的应用，其关键是根据不等式的结构特点，构造恰当的 辅助函数，进而通过研究函数的单调性和最值，最终解决问题.运用构造函数法来解题是培养学生创新意识的 手段之一.例3设函数1(0ln x xbe f x ae x x -=+，曲线()y f x =在点（1，(1)f 处的切线为(1)2y e x =-+. (Ⅰ)求,a b ； （Ⅱ）证明：()1f x >.4.合理放缩高考数学压轴题往往涉及函数不等式问题，由于高考命题基本上涉及超越函数，研究其单调区间时一般 涉及解超越不等式，难度非常高，往往陷入绝境.放缩法是解决函数不等式问题的一把利器，关键是如何合理 放缩.常见的一种放缩法是切线放缩法，曲线的切线为一次函数，高中阶段大部分函数的图像均在切线的同侧， 即除切点外，函数的图像在切线的上方或下方，利用这一特性，可以将参与函数放缩成一次函数.例 4设函数1(0ln x xbe f x ae x x -=+，曲线()y f x =在点（1，(1)f 处的切线为(1)2y e x =-+. (Ⅰ)求,a b ； （Ⅱ）证明：()1f x >.5.虚设零点导数在研究函数的单调性、极值和最值方面有着重要的应用，而这些问题都离不开一个基本点——导函 数的零点，因为导函数的零点既可能是原函数单调区间的分界点，也可能是原函数的极值点或最值点.可以说， 抓住了导函数的零点，就抓住了原函数的要点.在高考导数压轴题中，经常会遇到导函数具有零点但求解相对 比较复杂甚至无法求解的问题.此时，不必正面强求，只需要设出零点，充分利用其满足的关系式，谋求一种 整体的代换和过渡，再结合其他统计解决问题，这种方法即是“虚设零点”.例 5(Ⅰ)讨论函数的单调性，并证明当时，； (Ⅱ)证明：当时，函数有最小值.设的最小值为，求函数的值域．6. 多次求导高中函数压轴题一般需要求导，利用导函数的正负来判断原函数的增减.有些试题，当你一次求导后发现 得出的结果还存在未知的东西，导函数的正负没有清晰得表现出来时，就可以考虑二次求导甚至三次求导， 这个时候要非常细心，观察全局，不然做到后边很容易出错.例 6设函数()1xf x e -=-． （Ⅰ）证明：当x ＞-1时，()1x f x x ≥+； （Ⅱ）设当0x ≥时，()1x f x ax ≤+，求a 的取值范围． x x 2f (x)x 2-=+e 0x >(2)20x x e x -++>[0,1)a ∈2x =(0)x e ax a g x x-->（）()g x ()h a ()h a教师版1. 分类讨论分类讨论是高考数学解答题压轴题的常用方法，纵观 2007-2017 年高考数学课标全国卷解答题压轴题， 几乎每一道都有用到分类讨论.高考要求考生理解什么样的问题需要分类讨论，为什么要分类，如何分类.例 1（2015 年高考数学全国乙卷（Ⅰ卷）理 21） 已知函数31()4f x x ax =++，()lng x x =-. （Ⅰ）当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x =的切线；（Ⅱ）用min{,}m n 表示,m n 中的最小值，设函数min{),()(}()h x f x g x =（0x >），讨论()h x 零点的个数.解：（Ⅰ）2()3f x x a '=+，若x 轴为曲线()y f x =的切线，则切点0(,0)x 满足00()0,()0f x f x '==，也就是2030x a +=且300104x ax ++=，解得012x =，34a =-，因此，当34a =-时，x 轴为曲线()y f x =的切线； （Ⅱ）当1x >时，()ln 0g x x =-<，函数()()()(min{}),h x f x g x g x ≤=没有零点； 当1x =时，若54a ≥-，则5(1)04f a =+≥，min{,(1)(1)(1)}(1)0h fg g ===，故1x =是()h x 的零点；当01x <<时，()ln 0g x x =->，以下讨论()y f x =在区间(0,1)上的零点的个数. 对于2()3f x x a '=+，因为2033x <<，所以令()0f x '=可得23a x =-，那么 （i ）当3a ≤-或0a ≥时，()f x '没有零点（()0f x '<或()0f x '>），()y f x =在区间(0,1)上是单调函数，且15(0),(1)44f f a ==+，所以当3a ≤-时，()y f x =在区间(0,1)上有一个零点；当0a ≥时，()y f x =在区间(0,1)上没有零点；（ii ）当30a -<<时，()0f x '<（0x <<()0f x '>1x <<），所以x =14f =.显然，若0f >，即304a -<<时，()y f x =在区间(0,1)上没有零点；若0f =，即34a =-时，()y f x =在区间(0,1)上有1个零点；若0f <，即334a -<<-时，因为15(0),(1)44f f a ==+，所以若5344a -<<-，()y f x =在区间(0,1)上有2个零点；若534a -<≤-，()y f x =在区间(0,1)上有1个零点.综上，当34a >-或54a <-时，()h x 有1个零点；当34a =-或54a =-时，()h x 有2个零点；当5344a -<<-时，()h x 有3个零点. 3. 分离参数讨论含参数的方程或不等式解的问题时，进行分类讨论有时显得比较复杂.如果我们将含参数的方程经过 变形，将参数分离出来，使方程的一端化为只含参数的解析式，而另一端化为与参数方程无关的主变元函数， 通过函数的值域或单调性讨论原方程的解的情况，则往往显得非常简捷、有效．例 2（2013 年高考数学全国乙卷（Ⅰ卷）理 21）已知函数()f x ＝2x ax b ++，()g x ＝()x e cx d +，若曲线()y f x =和曲线()y g x =都过点P(0，2)，且在点P 处有相同的切线42y x =+（Ⅰ）求a ，b ，c ，d 的值（Ⅱ）若x ≥－2时，()f x ≤()kg x ，求k 的取值范围。

高考函数与导数类压轴题的6大模型与23种考法总结！压轴
题不只学霸才能解~
只有学霸才会解'压轴题'嘛？
在高考数学里，这个问题的答案一定是否定的，数学压轴题十之有九是对函数与导数问题的考查，此类题型确实不简单，但极具规律性，属于难，但是容易备考的题型。

今天车车帮你整理好了压轴题的所有题型和命题角度，无论你的数学成绩如何，请务必试试攻克它。

文末查看电子版领取方式。

\
本文目录
题型一切线型
1.求在某处的切线方程
2.求过某点的切线方程
3.已知切线方程求参数
题型二单调型
1.主导函数需“二次求导”型
2.主导函数为“一次函数”型
3.主导函数为“二次函数”型
4.已知函数单调性，求参数范围
题型三极值最值型
1.求函数的极值
2.求函数的最值
3.已知极值求参数
4.已知最值求参数
题型四零点型
1.零点(交点，根)的个数问题
2.零点存在性定理的应用
3.极值点偏移问题
题型五恒成立与存在性问题
1.单变量型恒成立问题
2.单变量型存在性问题
3.双变量型的恒成立与存在性问题
4.等式型恒成立与存在性问题
题型六与不等式有关的证明问题
1.单变量型不等式证明
2.含有e x与lnx的不等式证明技巧
3.多元函数不等式的证明
4.数列型不等式证明的构造方法。

2017-2019年高考真题导数压轴题全集（含详细解析）1．（2019•全国）已知函数2())f x x ax -． （1）当1a =时，求()f x 的单调区间；（2）若()f x 在区间[0，2]的最小值为23-，求a ．2．（2019•新课标Ⅲ）已知函数32()2f x x ax b =-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在a ，b ，使得()f x 在区间[0，1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由．3．（2019•新课标Ⅲ）已知函数32()22f x x ax =-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）当03a <<时，记()f x 在区间[0，1]的最大值为M ，最小值为m ，求M m -的取值范围．4．（2019•浙江）已知实数0a ≠，设函数()f x alnx =0x >． （Ⅰ）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）对任意21[x e ∈，)+∞均有()f x …，求a 的取值范围． 注： 2.71828e =⋯为自然对数的底数．5．（2019•新课标Ⅱ）已知函数()(1)1f x x lnx x =---．证明： （1）()f x 存在唯一的极值点；（2）()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．6．（2019•江苏）设函数()()()()f x x a x b x c =---，a ，b ，c R ∈，()f x '为()f x 的导函数． （1）若a b c ==，f （4）8=，求a 的值；（2）若a b ≠，b c =，且()f x 和()f x '的零点均在集合{3-，1，3}中，求()f x 的极小值； （3）若0a =，01b <…，1c =，且()f x 的极大值为M ，求证：427M …． 7．（2019•天津）设函数()(1)x f x lnx a x e =--，其中a R ∈． （Ⅰ）若0a …，讨论()f x 的单调性； （Ⅱ）若10a e<<，()i 证明()f x 恰有两个零点；()ii 设0x 为()f x 的极值点，1x 为()f x 的零点，且10x x >，证明0132x x ->．8．（2019•天津）设函数()cos x f x e x =，()g x 为()f x 的导函数． （Ⅰ）求()f x 的单调区间； （Ⅱ）当[4x π∈，]2π时，证明()()()02f xg x x π+-…； （Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间(24n ππ+，2)2n ππ+内的零点，其中n N ∈，证明20022sin cos n n e n x x x πππ-+-<-．9．（2019•新课标Ⅰ）已知函数()2sin cos f x x x x x =--，()f x '为()f x 的导数． （1）证明：()f x '在区间(0,)π存在唯一零点； （2）若[0x ∈，]π时，()f x ax …，求a 的取值范围． 10．（2019•新课标Ⅱ）已知函数1()1x f x lnx x +=--． （1）讨论()f x 的单调性，并证明()f x 有且仅有两个零点；（2）设0x 是()f x 的一个零点，证明曲线y lnx =在点0(A x ，0)lnx 处的切线也是曲线x y e =的切线．11．（2019•北京）已知函数321()4f x x x x =-+． （Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当[2x ∈-，4]时，求证：6()x f x x -剟；（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a R =-+∈，记()F x 在区间[2-，4]上的最大值为M （a ）．当M （a ）最小时，求a 的值．12．（2019•新课标Ⅰ）已知函数()sin (1)f x x ln x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．13．（2018•北京）设函数2()[(41)43]x f x ax a x a e =-+++．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线与x 轴平行，求a ； （Ⅱ）若()f x 在2x =处取得极小值，求a 的取值范围． 14．（2018•北京）设函数2()[(31)32]x f x ax a x a e =-+++．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(2，f （2）)处的切线斜率为0，求a ； （Ⅱ）若()f x 在1x =处取得极小值，求a 的取值范围．15．（2018•新课标Ⅲ）已知函数2()(2)(1)2f x x ax ln 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 ．16．（2018•新课标Ⅰ）已知函数()1x f x ae lnx =--．（1）设2x =是()f x 的极值点，求a ，并求()f x 的单调区间； （2）证明：当1a e…时，()0f x …．17．（2018•新课标Ⅲ）已知函数21()xax x f x e +-=．（1）求曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程； （2）证明：当1a …时，()0f x e +…．18．（2018•新课标Ⅱ）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 ．19．（2018•浙江）已知函数()f x lnx ．（Ⅰ）若()f x 在1x x =，212()x x x ≠处导数相等，证明：12()()882f x f x ln +>-；（Ⅱ）若342a ln -…，证明：对于任意0k >，直线y kx a =+与曲线()y f x =有唯一公共点． 20．（2018•天津）已知函数()x f x a =，()log a g x x =，其中1a >． （Ⅰ）求函数()()h x f x xlna =-的单调区间；（Ⅱ）若曲线()y f x =在点1(x ，1())f x 处的切线与曲线()y g x =在点2(x ，2())g x 处的切线平行，证明122()lnlnax g x lna+=-； （Ⅲ）证明当1ea e …时，存在直线l ，使l 是曲线()y f x =的切线，也是曲线()y g x =的切线． 21．（2018•江苏）记()f x '，()g x '分别为函数()f x ，()g x 的导函数．若存在0x R ∈，满足00()()f x g x =且00()()f x g x '='，则称0x 为函数()f x 与()g x 的一个“S 点”． （1）证明：函数()f x x =与2()22g x x x =+-不存在“S 点”； （2）若函数2()1f x ax =-与()g x lnx =存在“S 点”，求实数a 的值；（3）已知函数2()f x x a =-+，()xbe g x x=．对任意0a >，判断是否存在0b >，使函数()f x 与()g x 在区间(0,)+∞内存在“S 点”，并说明理由． 22．（2018•新课标Ⅱ）已知函数321()(1)3f x x a x x =-++．（1）若3a =，求()f x 的单调区间； （2）证明：()f x 只有一个零点． 23．（2018•新课标Ⅰ）已知函数1()f x x alnx x=-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，证明：1212()()2f x f x a x x -<--．24．（2017•全国）已知函数32()3(1)12f x ax a x x =-++． （1）当0a >时，求()f x 的极小值；（Ⅱ）当0a …时，讨论方程()0f x =实根的个数． 25．（2017•新课标Ⅰ）已知函数2()()x x f x e e a a x =--． （1）讨论()f x 的单调性； （2）若()0f x …，求a 的取值范围．26．（2017•天津）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[1m ∈，00)(x x ⋃，2]，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[1pq∈，00)(x x ⋃，2]，满足041||p x q Aq-…． 27．（2017•新课标Ⅱ）设函数2()(1)x f x x e =-． （1）讨论()f x 的单调性；（2）当0x …时，()1f x ax +…，求a 的取值范围． 28．（2017•山东）已知函数2()2cos f x x x =+，()(cos sin 22)x g x e x x x =-+-，其中2.71828e ≈⋯是自然对数的底数．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(π，())f π处的切线方程；（Ⅱ）令()h x g =()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．29．（2017•天津）设a ，b R ∈，||1a …．已知函数32()63(4)f x x x a a x b =---+，()()x g x e f x =． （Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）已知函数()y g x =和x y e =的图象在公共点0(x ，0)y 处有相同的切线， ()i 求证：()f x 在0x x =处的导数等于0；()ii 若关于x 的不等式()x g x e …在区间0[1x -，01]x +上恒成立，求b 的取值范围．30．（2017•江苏）已知函数32()1(0,)f x x ax bx a b R =+++>∈有极值，且导函数()f x '的极值点是()f x 的零点．（Ⅰ）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； （Ⅱ）证明：23b a >；（Ⅲ）若()f x ，()f x '这两个函数的所有极值之和不小于72-，求实数a 的取值范围．31．（2017•北京）已知函数()cos x f x e x x =-． （1）求曲线()y f x =在点(0，(0))f 处的切线方程；（2）求函数()f x 在区间[0，]2π上的最大值和最小值．32．（2017•新课标Ⅱ）已知函数2()f x ax ax xlnx =--，且()0f x …． （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且220()2e f x --<<．33．（2017•浙江）已知函数1()(()2x f x x e x -=…．（1）求()f x 的导函数；（2）求()f x 在区间1[2，)+∞上的取值范围．34．（2017•新课标Ⅲ）已知函数2()(21)f x lnx ax a x =+++． （1）讨论()f x 的单调性； （2）当0a <时，证明3()24f x a--…． 35．（2017•新课标Ⅰ）已知函数2()(2)x x f x ae a e 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． 36．（2017•新课标Ⅲ）已知函数()1f x x alnx =--． （1）若()0f x …，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111(1)(1)(1)222n m ++⋯+<，求m 的最小值．37．（2017•山东）已知函数3211()32f x x ax =-，a R ∈，（1）当2a =时，求曲线()y f x =在点(3，f （3）)处的切线方程；（2）设函数()()()cos sin g x f x x a x x =+--，讨论()g x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．38．（2016•山东）设2()(21)f x xlnx ax a x =-+-，a R ∈． （1）令()()g x f x ='，求()g x 的单调区间；（2）已知()f x 在1x =处取得极大值，求正实数a 的取值范围． 39．（2016•天津）设函数3()f x x ax b =--，x R ∈，其中a ，b R ∈． （1）求()f x 的单调区间；（2）若()f x 存在极值点0x ，且10()()f x f x =，其中10x x ≠，求证：1020x x +=； （3）设0a >，函数()|()|g x f x =，求证：()g x 在区间[1-，1]上的最大值不小于14． 40．（2016•新课标Ⅲ）设函数()1f x lnx x =-+． （1）讨论()f x 的单调性； （2）证明当(1,)x ∈+∞时，11x x lnx-<<； （3）设1c >，证明当(0,1)x ∈时，1(1)x c x c +->． 41．（2016•北京）设函数32()f x x ax bx c =+++． （1）求曲线()y f x =在点(0，(0))f 处的切线方程；（2）设4a b ==，若函数()f x 有三个不同零点，求c 的取值范围； （3）求证：230a b ->是()f x 有三个不同零点的必要而不充分条件．42．（2016•新课标Ⅲ）设函数()cos2(1)(cos 1)f x a x a x =+-+，其中0a >，记|()|f x 的最大值为A ．（Ⅰ）求()f x '； （Ⅱ）求A ；（Ⅲ）证明：|()|2f x A '…．43．（2016•山东）已知221()()x f x a x lnx x -=-+，a R ∈． ()I 讨论()f x 的单调性；()II 当1a =时，证明3()()2f x f x >'+对于任意的[1x ∈，2]成立． 44．（2016•四川）设函数2()f x ax a lnx =--，1()x eg x x e=-，其中a R ∈， 2.718e ⋯=为自然对数的底数． （1）讨论()f x 的单调性； （2）证明：当1x >时，()0g x >；（3）确定a 的所有可能取值，使得()()f x g x >在区间(1,)+∞内恒成立． 45．（2016•江苏）已知函数()(0x x f x a b a =+>，0b >，1a ≠，1)b ≠． （1）设2a =，12b =． ①求方程()2f x =的根；②若对于任意x R ∈，不等式(2)()6f x mf x -…恒成立，求实数m 的最大值； （2）若01a <<，1b >，函数()()2g x f x =-有且只有1个零点，求ab 的值． 46．（2016•新课标Ⅱ）已知函数()(1)(1)f x x lnx a x =+--． （Ⅰ）当4a =时，求曲线()y f x =在(1，f （1）)处的切线方程； （Ⅱ）若当(1,)x ∈+∞时，()0f x >，求a 的取值范围． 47．（2016•新课标Ⅱ）（Ⅰ）讨论函数2()2xx f x e x -=+的单调性，并证明当0x >时，(2)20x x e x -++>；（Ⅱ）证明：当[0a ∈，1)时，函数2()(0)x e ax a g x x x--=>有最小值．设()g x 的最小值为h （a ），求函数h （a ）的值域．48．（2016•北京）设函数()a x f x xe bx -=+，曲线()y f x =在点(2，f （2）)处的切线方程为(1)4y e x =-+， （Ⅰ）求a ，b 的值；（Ⅱ）求()f x 的单调区间．49．（2016•新课标Ⅰ）已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =-+-有两个零点． （Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）设1x ，2x 是()f x 的两个零点，证明：122x x +<． 50．（2016•新课标Ⅰ）已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =-+-． （Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．2017-2019年高考真题导数压轴题全集（含详细解析）参考答案与试题解析一．解答题（共50小题）1．（2019•全国）已知函数2())f x x ax -． （1）当1a =时，求()f x 的单调区间；（2）若()f x 在区间[0，2]的最小值为23-，求a ．【解答】解：（1）当1a =时，2())f x x x =-， 则5322()(0)f x x x x '=-…，令()0f x '=，则35x =， ∴当305x <<时，()0f x '<；当35x >时，()0f x '>． ()f x ∴的单调递减区间为3(0,)5，单调递增区间为3(,)5+∞；（2）312253()(02)22f x x ax x '=-剟，令()0f x '=，则35a x =， 当0a …时，()0f x '>，()f x ∴在[0，2]上单调递增，∴2()(0)03min f x f ==≠-，不符合条件； 当1003a <…时，3025a <…，则当305a x <<时，()0f x '<；当325ax <<时，()0f x >，()f x ∴在3(0,)5a 上单调递减，在3(,2)5a上单调递增，∴53223332()()()()5553min a a a f x f a ==-=-，53a ∴=，符合条件；当103a >时，1023>，则当02x <<时，()0f x '<，()f x ∴在(0,2)上单调递减，∴2()(2)2)3min f x f a ==-=-，2a ∴=，不符合条件．()f x ∴在区间[0，2]的最小值为23-，a 的值为53．2．（2019•新课标Ⅲ）已知函数32()2f x x ax b =-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在a ，b ，使得()f x 在区间[0，1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由．【解答】解：（1）2()626()3af x x ax x x '=-=-．令()6()03a f x x x '=-=，解得0x =，或3a．①0a =时，2()60f x x '=…，函数()f x 在R 上单调递增． ②0a >时，函数()f x 在(,0)-∞，(3a，)+∞上单调递增，在(0,)3a 上单调递减．③0a <时，函数()f x 在(,)3a -∞，(0,)+∞上单调递增，在(3a，0)上单调递减．（2）由（1）可得：①0a …时，函数()f x 在[0，1]上单调递增．则(0)1f b ==-，f （1）21a b =-+=，解得1b =-，0a =，满足条件．②0a >时，函数()f x 在[0，]3a上单调递减．13a…，即3a …时，函数()f x 在[0，1]上单调递减．则(0)1f b ==，f （1）21a b =-+=-，解得1b =，4a =，满足条件． ③013a <<，即03a <<时，函数()f x 在[0，)3a 上单调递减，在(3a，1]上单调递增．则最小值32()2()()1333a a af a b =⨯-⨯+=-，化为：3127a b -+=-．而(0)f b =，f （1）2a b =-+，∴最大值为b 或2a b -+．若：3127a b -+=-，1b =，解得3a =，矛盾，舍去．若：3127a b -+=-，21a b -+=，解得a =±0，矛盾，舍去．综上可得：存在a ，b ，使得()f x 在区间[0，1]的最小值为1-且最大值为1．a ，b 的所有值为：01a b =⎧⎨=-⎩，或41a b =⎧⎨=⎩． 3．（2019•新课标Ⅲ）已知函数32()22f x x ax =-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）当03a <<时，记()f x 在区间[0，1]的最大值为M ，最小值为m ，求M m -的取值范围．【解答】解：（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-， 令()0f x '=，得0x =或3ax =．若0a >，则当(x ∈-∞，0)(,)3a +∞时，()0f x '>；当(0,)3ax ∈时，()0f x '<． 故()f x 在(,0)-∞，(,)3a+∞上单调递增，在(0,)3a 上单调递减；若0a =，()f x 在(,)-∞+∞上单调递增；若0a <，则当(x ∈-∞，)(03a ⋃，)+∞时，()0f x '>；当(3ax ∈，0)时，()0f x '<．故()f x 在(,)3a -∞，(0,)+∞上单调递增，在(3a，0)上单调递减；（2）当03a <<时，由（1）知，()f x 在(0,)3a 上单调递减，在(3a，1)上单调递增，()f x ∴在区间[0，1]的最小值为3()2327a a f =-+，最大值为(0)2f =或f （1）4a =-．于是，3227a m =-+，4,022,23a a M a -<<⎧=⎨<⎩…．332,0227,2327a a a M m a a ⎧-+<<⎪⎪∴-=⎨⎪<⎪⎩…． 当02a <<时，可知3227a a -+单调递减，M m ∴-的取值范围是8(,2)27；当23a <…时，327a 单调递增，M m ∴-的取值范围是8[27，1)．综上，M m -的取值范围8[27，2)．4．（2019•浙江）已知实数0a ≠，设函数()f x alnx =0x >． （Ⅰ）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）对任意21[x e∈，)+∞均有()f x …，求a 的取值范围． 注： 2.71828e =⋯为自然对数的底数．【解答】解：（1）当34a =-时，3()4f x lnx =-+0x >，3()4f x x '=-+=， ∴函数()f x 的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3,)+∞．（2）由f （1）12a…，得0a <…，当04a <…时，()f x…20lnx -…，令1t a=，则t …设()22g t t lnx =-，t …，则2()2g t t lnx=--，()i 当1[7x ∈，)+∞则()2g x g lnx =…，记()p x lnx =，17x …，则1()p x x '=-==，列表讨论：()p x p ∴…（1）0=，()2()2()0g t g p x p x ∴==厖．()ii 当211[,)7x e ∈时，()g t g =…，令()(1)q x x =++，21[x e ∈，1]7， 则()10q x'=+>，故()q x 在21[e ，1]7上单调递增，1()()7q x q ∴…，由()i 得11()()77q p p =<（1）0=，()0q x ∴<，()0g t g ∴=>…，由()()i ii 知对任意21[x e∈，)+∞，t ∈，)+∞，()0g t …，即对任意21[x e ∈，)+∞，均有()f x …，综上所述，所求的a 的取值范围是(0． 5．（2019•新课标Ⅱ）已知函数()(1)1f x x lnx x =---．证明： （1）()f x 存在唯一的极值点；（2）()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． 【解答】证明：（1）函数()(1)1f x x lnx x =---． ()f x ∴的定义域为(0,)+∞， 11()1x f x lnx lnx x x-'=+-=-， y lnx =单调递增，1y x=单调递减，()f x ∴'单调递增， 又f '（1）10=-<，f '（2）1412022ln ln -=-=>， ∴存在唯一的0(1,2)x ∈，使得0()0f x '=．当0x x <时，()0f x '<，()f x 单调递减， 当0x x >时，()0f x '>，()f x 单调递增， ()f x ∴存在唯一的极值点．（2）由（1）知0()f x f <（1）2=-， 又22()30f e e =->，()0f x ∴=在0(x ，)+∞内存在唯一的根x a =，由01a x >>，得011x a<<， 1111()()(1)10f a f ln a a a a a=---=-=， ∴1a是()0f x =在0(0,)x 的唯一根， 综上，()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．6．（2019•江苏）设函数()()()()f x x a x b x c =---，a ，b ，c R ∈，()f x '为()f x 的导函数． （1）若a b c ==，f （4）8=，求a 的值；（2）若a b ≠，b c =，且()f x 和()f x '的零点均在集合{3-，1，3}中，求()f x 的极小值； （3）若0a =，01b <…，1c =，且()f x 的极大值为M ，求证：427M …．【解答】解：（1）a b c ==，3()()f x x a ∴=-， f （4）8=，3(4)8a ∴-=， 42a ∴-=，解得2a =．（2）a b ≠，b c =，设2()()()f x x a x b =--． 令2()()()0f x x a x b =--=，解得x a =，或x b =．2()()2()()()(32)f x x b x a x b x b x b a '=-+--=---． 令()0f x '=，解得x b =，或23a bx +=． ()f x 和()f x '的零点均在集合{3A =-，1，3}中，若：3a =-，1b =，则2615333a b A +-+==-∉，舍去． 1a =，3b =-，则2231333a b A +-==-∉，舍去． 3a =-，3b =，则263133a b A +-+==-∉，舍去．． 3a =，1b =，则2617333a b A ++==∉，舍去． 1a =，3b =，则2533a b A +=∉，舍去． 3a =，3b =-，则263133a b A +-==∈，． 因此3a =，3b =-，213a bA +=∈， 可得：2()(3)(3)f x x x =-+． ()3[(3)](1)f x x x '=---．可得1x =时，函数()f x 取得极小值，f （1）22432=-⨯=-． （3）证明：0a =，01b <…，1c =， ()()(1)f x x x b x =--．2()()(1)(1)()3(22)f x x b x x x x x b x b x b '=--+-+-=-++． △22214(1)124444()332b b b b b =+-=-+=-+…．令2()3(22)0f x x b x b '=-++=．解得：11(0,]3x =，2x =．12x x <，12223b x x ++=，123b x x =，可得1x x =时，()f x 取得极大值为M ，2111()3(22)0f x x b x b '=-++=，可得：2111[(22)]3x b x b =+-，1111()()(1)M f x x x b x ==--222211111111(22)1()()()()[(21)2]33b x b x b x x x b x b x b x b +-=--=--=--+2222111(22)11[(21)2][(222)]339b x b b b x b b b x b b +-=--+=-+-++， 22132222()022b b b -+-=---<，M ∴在1(0x ∈，1]3上单调递减，2221222524()932727b b b b M b b -+-+-∴++=剟． 427M ∴…． 7．（2019•天津）设函数()(1)x f x lnx a x e =--，其中a R ∈． （Ⅰ）若0a …，讨论()f x 的单调性； （Ⅱ）若10a e<<， ()i 证明()f x 恰有两个零点；()ii 设0x 为()f x 的极值点，1x 为()f x 的零点，且10x x >，证明0132x x ->．【解答】()I 解：211()[(1)]x x xax e f x ae a x e x x-'=-+-=，(0,)x ∈+∞．0a …时，()0f x '>，∴函数()f x 在(0,)x ∈+∞上单调递增．()II 证明：()i 由()I 可知：21()xax e f x x-'=，(0,)x ∈+∞． 令2()1x g x ax e =-，10a e<<，可知：()g x 在(0,)x ∈+∞上单调递减，又g （1）10ae =->．且221111()1()1()0g ln a ln ln a a a a =-=-<，()g x ∴存在唯一解01(1,)x ln a∈．即函数()f x 在0(0,)x 上单调递增，在0(x ，)+∞单调递减． 0x ∴是函数()f x 的唯一极值点．令()1h x lnx x =-+，(0)x >，1()xh x x-'=， 可得()h x h …（1）0=，1x ∴>时，1lnx x <-．111111()()(1)()(1)0ln a f ln ln ln a ln e ln ln ln a a a a a=--=--<．0()f x f >（1）0=．∴函数()f x 在0(x ，)+∞上存在唯一零点．又函数()f x 在0(0,)x 上有唯一零点1． 因此函数()f x 恰有两个零点；()ii 由题意可得：0()0f x '=，1()0f x =，即0201x ax e =，111(1)x lnx a x e =-， 1011201x x x lnx ex --∴=，即1020111x x x lnx e x -=-， 1x >，可得1lnx x <-．又101x x >>， 故10220101(1)1x x x x ex x --<=-，取对数可得：100022(1)x x lnx x -<<-， 化为：0132x x ->．8．（2019•天津）设函数()cos x f x e x =，()g x 为()f x 的导函数． （Ⅰ）求()f x 的单调区间； （Ⅱ）当[4x π∈，]2π时，证明()()()02f xg x x π+-…； （Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间(24n ππ+，2)2n ππ+内的零点，其中n N ∈，证明20022sin cos n n e n x x x πππ-+-<-．【解答】（Ⅰ）解：由已知，()(cos sin )x f x e x x '=-，因此， 当(24x k ππ∈+，52)()4k k Z ππ+∈时，有sin cos x x >，得()0f x '<，()f x 单调递减；当3(24x k ππ∈-，2)()4k k Z ππ+∈时，有sin cos x x <，得()0f x '>，()f x 单调递增． ()f x ∴的单调增区间为3[24k ππ-，2]()4k k Z ππ+∈，单调减区间为[，52]()4k k Z ππ+∈； （Ⅱ）证明：记()()()()2h x f x g x x π=+-，依题意及（Ⅰ）， 有()(cos sin )x g x e x x =-，从而()()()()()(1)()()022h x f x g x x g x g x x ππ'='+'-+-='-<．因此，()h x 在区间[4π，]2π上单调递减，有()()()022h x h f ππ==…．∴当[4x π∈，]2π时，()()()02f xg x x π+-…； （Ⅲ）证明：依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos 1n x n e 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 x N πππ--==-=∈．由20()1()n n f y e f y π-==…及（Ⅰ），得0n y y …，由（Ⅱ）知，当(4x π∈，)2π时，()0g x '<，()g x ∴在[4π，]2π上为减函数，因此，0()()()04n g y g y g π<=…， 又由（Ⅱ）知，()()()02n n n f y g y y π+-…，故0222200000()2()()()sin cos (sin cos )n n n n n n y n n f y e e e e y g y g y g y x x e y y πππππ------=--=<--剟． 20022sin cos n n e n x x x πππ-∴+-<-．9．（2019•新课标Ⅰ）已知函数()2sin cos f x x x x x =--，()f x '为()f x 的导数． （1）证明：()f x '在区间(0,)π存在唯一零点； （2）若[0x ∈，]π时，()f x ax …，求a 的取值范围． 【解答】解：（1）证明：()2sin cos f x x x x x =--，()2cos cos sin 1cos sin 1f x x x x x x x x ∴'=-+-=+-，令()cos sin 1g x x x x =+-，则()sin sin cos cos g x x x x x x x '=-++=，当(0,)2x π∈时，cos 0x x >，当(,)2x ππ∈时，cos 0x x <，∴当2x π=时，极大值为()1022g ππ=->， 又(0)0g =，()2g π=-，()g x ∴在(0,)π上有唯一零点，即()f x '在(0,)π上有唯一零点；（2）由（1）知，()f x '在(0,)π上有唯一零点0x ， 使得0()0f x '=，且()f x '在0(0,)x 为正，在0(x ，)π为负， ()f x ∴在[0，0]x 递增，在0[x ，]π递减，结合(0)0f =，()0f π=，可知()f x 在[0，]π上非负， 令()h x ax =，()()f x h x …，根据()f x 和()h x 的图象可知，0a ∴…， a ∴的取值范围是(-∞，0]．10．（2019•新课标Ⅱ）已知函数1()1x f x lnx x +=--． （1）讨论()f x 的单调性，并证明()f x 有且仅有两个零点；（2）设0x 是()f x 的一个零点，证明曲线y lnx =在点0(A x ，0)lnx 处的切线也是曲线x y e =的切线．【解答】解析：（1）函数1()1x f x lnx x +=--．定义域为：(0，1)(1⋃，)+∞； 212()0(1)f x x x '=+>-，(0x >且1)x ≠， ()f x ∴在(0,1)和(1,)+∞上单调递增，①在(0,1)区间取值有21e，1e 代入函数，由函数零点的定义得， 21()0f e <，1()0f e >，211()()0f f e e<， ()f x ∴在(0,1)有且仅有一个零点，②在(1,)+∞区间，区间取值有e ，2e 代入函数，由函数零点的定义得，又f （e ）0<，2()0f e >，f （e ）2()0f e <，()f x ∴在(1,)+∞上有且仅有一个零点，故()f x 在定义域内有且仅有两个零点； （2）0x 是()f x 的一个零点，则有00011x lnx x +=-， 曲线y lnx =，则有1y x'=； 由直线的点斜式可得曲线的切线方程，曲线y lnx =在点0(A x ，0)lnx 处的切线方程为：0001()y lnx x x x -=-， 即：0011y x lnx x =-+，将00011x lnx x +=-代入， 即有：00121y x x x =+-， 而曲线x y e =的切线中，在点01(ln x ，1)x 处的切线方程为：00000011111()y x ln x lnx x x x x x -=-=+， 将00011x lnx x +=-代入化简，即：00121y x x x =+-， 故曲线y lnx =在点0(A x ，0)lnx 处的切线也是曲线x y e =的切线． 故得证．11．（2019•北京）已知函数321()4f x x x x =-+． （Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当[2x ∈-，4]时，求证：6()x f x x -剟；（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a R =-+∈，记()F x 在区间[2-，4]上的最大值为M （a ）．当M （a ）最小时，求a 的值． 【解答】解：（Ⅰ）23()214f x x x '=-+， 由()1f x '=得8()03x x -=，得1280,3x x ==． 又(0)0f =，88()327f =，y x ∴=和88273y x -=-，即y x =和6427y x =-； （Ⅱ）证明：欲证6()x f x x -剟， 只需证6()0f x x --剟， 令321()()4g x f x x x x =-=-，[2x ∈-，4]， 则2338()2()443g x x x x x '=-=-， 可知()g x '在[2-，0]为正，在8(0,)3为负，在8[,4]3为正，()g x ∴在[2-，0]递增，在[0，8]3递减，在8[,4]3递增，又(2)6g -=-，(0)0g =，864()6327g =->-，g （4）0=，6()0g x ∴-剟， 6()x f x x ∴-剟；（Ⅲ）由（Ⅱ）可得， ()|()()|F x f x x a =-+ |()|f x x a =-- |()|g x a =-在[2-，4]上，6()0g x -剟， 令()t g x =，()||h t t a =-，则问题转化为当[6t ∈-，0]时，()h t 的最大值M （a ）的问题了，①当3a -…时，M （a ）(0)||h a a ===-，此时3a -…，当3a =-时，M （a ）取得最小值3； ②当3a -…时，M （a ）(6)|6||6|h a a =-=--=+，63a +…，M ∴（a ）6a =+，也是3a =-时，M （a ）最小为3． 综上，当M （a ）取最小值时a 的值为3-．12．（2019•新课标Ⅰ）已知函数()sin (1)f x x ln x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．【解答】证明：（1）()f x 的定义域为(1,)-+∞， 1()cos 1f x x x'=-+，21()sin (1)f x x x ''=-++， 令21()sin (1)g x x x =-++，则32()cos 0(1)g x x x '=--<+在(1,)2π-恒成立，()f x ∴''在(1,)2π-上为减函数， 又(0)1f ''=，21()11102(1)2f ππ''=-+<-+=+，由零点存在定理可知， 函数()f x ''在(1,)2π-上存在唯一的零点0x ，结合单调性可得，()f x '在0(1,)x -上单调递增，在0(x ，)2π上单调递减，可得()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）由（1）知，当(1,0)x ∈-时，()f x '单调递增，()(0)0f x f '<'=，()f x 单调递减； 当0(0,)x x ∈时，()f x '单调递增，()(0)0f x f '>'=，()f x 单调递增；由于()f x '在0(x ，)2π上单调递减，且0()0f x '>，1()0212f ππ'=-<+， 由零点存在定理可知，函数()f x '在0(x ，)2π上存在唯一零点1x ，结合单调性可知，当0(x x ∈，1)x 时，()f x '单调递减，1()()0f x f x '>'=，()f x 单调递增； 当1(,)2x x π∈时，()f x '单调递减，1()()0f x f x '<'=，()f x 单调递减．当(2x π∈，)π时，cos 0x <，101x -<+，于是1()cos 01f x x x'=-<+，()f x 单调递减，其中 3.2()1(1)1(1)1 2.610222f ln ln ln lne ππ=-+>-+=->-=，()(1)30f ln ln ππ=-+<-<．于是可得下表：结合单调性可知，函数()f x 在(1-，]2π上有且只有一个零点0，由函数零点存在性定理可知，()f x 在(2π，)π上有且只有一个零点2x ，当[x π∈，)+∞时，()sin (1)1(1)130f x x ln x ln ln π=-+<-+<-<，因此函数()f x 在[π，)+∞上无零点．综上，()f x 有且仅有2个零点．13．（2018•北京）设函数2()[(41)43]x f x ax a x a e =-+++．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线与x 轴平行，求a ； （Ⅱ）若()f x 在2x =处取得极小值，求a 的取值范围． 【解答】解：（Ⅰ）函数2()[(41)43]x f x ax a x a e =-+++的导数为2()[(21)2]x f x ax a x e '=-++．由题意可得曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线斜率为0， 可得(212)0a a e --+=，且f （1）30e =≠， 解得1a =；（Ⅱ）()f x 的导数为2()[(21)2](2)(1)x x f x ax a x e x ax e '=-++=--， 若0a =则2x <时，()0f x '>，()f x 递增；2x >，()0f x '<，()f x 递减． 2x =处()f x 取得极大值，不符题意；若0a >，且12a =，则21()(2)02x f x x e '=-…，()f x 递增，无极值； 若12a >，则12a <，()f x 在1(a，2)递减；在(2,)+∞，1(,)a -∞递增， 可得()f x 在2x =处取得极小值； 若102a <<，则12a >，()f x 在1(2,)a 递减；在1(a，)+∞，(,2)-∞递增， 可得()f x 在2x =处取得极大值，不符题意；若0a <，则12a <，()f x 在1(a，2)递增；在(2,)+∞，1(,)a -∞递减， 可得()f x 在2x =处取得极大值，不符题意． 综上可得，a 的范围是1(2，)+∞．14．（2018•北京）设函数2()[(31)32]x f x ax a x a e =-+++．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(2，f （2）)处的切线斜率为0，求a ； （Ⅱ）若()f x 在1x =处取得极小值，求a 的取值范围． 【解答】解：（Ⅰ）函数2()[(31)32]x f x ax a x a e =-+++的导数为2()[(1)1]x f x ax a x e '=-++．曲线()y f x =在点(2，f （2）)处的切线斜率为0， 可得2(4221)0a a e --+=， 解得12a =； （Ⅱ）()f x 的导数为2()[(1)1](1)(1)x x f x ax a x e x ax e '=-++=--， 若0a =则1x <时，()0f x '>，()f x 递增；1x >，()0f x '<，()f x 递减． 1x =处()f x 取得极大值，不符题意；若0a >，且1a =，则2()(1)0x f x x e '=-…，()f x 递增，无极值； 若1a >，则11a<，()f x 在1(a ，1)递减；在(1,)+∞，1(,)a -∞递增，可得()f x 在1x =处取得极小值； 若01a <<，则11a >，()f x 在1(1,)a递减；在1(a ，)+∞，(,1)-∞递增，可得()f x 在1x =处取得极大值，不符题意； 若0a <，则11a<，()f x 在1(a ，1)递增；在(1,)+∞，1(,)a -∞递减，可得()f x 在1x =处取得极大值，不符题意． 综上可得，a 的范围是(1,)+∞．15．（2018•新课标Ⅲ）已知函数2()(2)(1)2f x x ax ln 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 ．【解答】（1）证明：当0a =时，()(2)(1)2f x x ln x x =++-，(1)x >-． ()(1)1xf x ln x x '=+-+，2()(1)x f x x ''=+，可得(1,0)x ∈-时，()0f x ''…，(0,)x ∈+∞时，()0f x ''… ()f x ∴'在(1,0)-递减，在(0,)+∞递增， ()(0)0f x f ∴''=…，()(2)(1)2f x x ln x x ∴=++-在(1,)-+∞上单调递增，又(0)0f =．∴当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >．（2）解：由2()(2)(1)2f x x ax ln x x =+++-，得222(12)(1)(1)()(12)(1)211x ax ax x ax x ln x f x ax ln x x x ++-++++'=+++-=++， 令2()(12)(1)(1)h x ax x ax x ln x =-++++， ()4(421)(1)h x ax ax a ln x '=++++．当0a …，0x >时，()0h x '>，()h x 单调递增， ()(0)0h x h ∴>=，即()0f x '>，()f x ∴在(0,)+∞上单调递增，故0x =不是()f x 的极大值点，不符合题意．当0a <时，12()84(1)1ah x a aln x x -''=++++， 显然()h x ''单调递减， ①令(0)0h ''=，解得16a =-．∴当10x -<<时，()0h x ''>，当0x >时，()0h x ''<，()h x ∴'在(1,0)-上单调递增，在(0,)+∞上单调递减， ()(0)0h x h ∴''=…，()h x ∴单调递减，又(0)0h =，∴当10x -<<时，()0h x >，即()0f x '>，当0x >时，()0h x <，即()0f x '<，()f x ∴在(1,0)-上单调递增，在(0,)+∞上单调递减， 0x ∴=是()f x 的极大值点，符合题意；②若106a -<<，则(0)160h a ''=+>，161644(1)(21)(1)0a a aah ea e++-''-=--<，()0h x ∴''=在(0,)+∞上有唯一一个零点，设为0x ，∴当00x x <<时，()0h x ''>，()h x '单调递增，()(0)0h x h ∴'>'=，即()0f x '>，()f x ∴在0(0,)x 上单调递增，不符合题意；③若16a <-，则(0)160h a ''=+<，221(1)(12)0h a e e''-=->，()0h x ∴''=在(1,0)-上有唯一一个零点，设为1x ，∴当10x x <<时，()0h x ''<，()h x '单调递减，()(0)0h x h ∴'>'=，()h x ∴单调递增， ()(0)0h x h ∴<=，即()0f x '<，()f x ∴在1(x ，0)上单调递减，不符合题意． 综上，16a =-．16．（2018•新课标Ⅰ）已知函数()1x f x ae lnx =--．（1）设2x =是()f x 的极值点，求a ，并求()f x 的单调区间； （2）证明：当1a e…时，()0f x …．【解答】解：（1）函数()1x f x ae lnx =--． 0x ∴>，1()x f x ae x'=-， 2x =是()f x 的极值点，f ∴'（2）2102ae =-=，解得212a e=， 21()12x f x e lnx e ∴=--，211()2x f x e e x∴'=-，当02x <<时，()0f x '<，当2x >时，()0f x '>， ()f x ∴在(0,2)单调递减，在(2,)+∞单调递增．（2）证明：当1a e …时，()1x e f x lnx e --…，设()1x e g x lnx e =--，则1()x e g x e x '=-，由1()0x e g x e x'=-=，得1x =，当01x <<时，()0g x '<， 当1x >时，()0g x '>， 1x ∴=是()g x 的最小值点，故当0x >时，()g x g …（1）0=，∴当1a e…时，()0f x …．17．（2018•新课标Ⅲ）已知函数21()xax x f x e +-=．（1）求曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程； （2）证明：当1a …时，()0f x e +…．【解答】解：（1）22(21)(1)(1)(2)()()x x x xax e ax x e ax x f x e e +-+-+-'==-． (0)2f ∴'=，即曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线斜率2k =，∴曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程方程为(1)2y x --=．即210x y --=为所求．（2）证明：函数()f x 的定义域为：R ，可得22(21)(1)(1)(2)()()x x x xax e ax x e ax x f x e e +-+-+-'==-． 令()0f x '=，可得1212,0x x a==-<，当1(,)x a ∈-∞-时，()0f x '<，1(,2)x a ∈-时，()0f x '>，(2,)x ∈+∞时，()0f x '<．()f x ∴在1(,)a -∞-，(2,)+∞递减，在1(a-，2)递增，注意到1a …时，函数2()1g x ax x =+-在(2,)+∞单调递增，且g （2）410a =+> 函数()f x 的图象如下：1a …，∴1(0,1]a∈，则11()a f e e a -=--…，1()aminf x e e ∴=--…，∴当1a …时，()0f x e +…．18．（2018•新课标Ⅱ）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 ． 【解答】证明：（1）当1a =时，函数2()x f x e x =-． 则()2x f x e x '=-，令()2x g x e x =-，则()2x g x e '=-， 令()0g x '=，得2x ln =．当(0,2)x ln ∈时，()0g x '<，当(2,)x ln ∈+∞时，()0g x '>，2()(2)222220ln g x g ln e ln ln ∴=-=->…， ()f x ∴在[0，)+∞单调递增，()(0)1f x f ∴=…， 解：（2）方法一、，()f x 在(0,)+∞只有一个零点⇔方程20x e ax -=在(0,)+∞只有一个根，2xe a x⇔=在(0,)+∞只有一个根，即函数y a =与2()xe G x x=的图象在(0,)+∞只有一个交点．3(2)()x e x G x x-'=， 当(0,2)x ∈时，()0G x '<，当(2,)∈+∞时，()0G x '>， ()G x ∴在(0,2)递减，在(2,)+∞递增，当0→时，()G x →+∞，当→+∞时，()G x →+∞，()f x ∴在(0,)+∞只有一个零点时，a G =（2）24e =．方法二：①当0a …时，2()0x f x e ax =->，()f x 在(0,)+∞没有零点．．②当0a >时，设函数2()1x h x ax e -=-．()f x 在(0,)+∞只有一个零点()h x ⇔在(0,)+∞只有一个零点．()(2)x h x ax x e -'=-，当(0,2)x ∈时，()0h x '<，当(2,)x ∈+∞时，()0h x '>， ()h x ∴在(0,2)递减，在(2,)+∞递增，∴24()(2)1min ah x h e ==-，(0)x …． 当h （2）0<时，即24e a >，由于(0)1h =，当0x >时，2x e x >，可得33342241616161(4)11110()(2)a a a a a h a e e a a=-=->-=->．()h x 在(0,)+∞有2个零点当h （2）0>时，即24e a <，()h x 在(0,)+∞没有零点，当h （2）0=时，即24e a =，()h x 在(0,)+∞只有一个零点，综上，()f x 在(0,)+∞只有一个零点时，24e a =．19．（2018•浙江）已知函数()f x lnx ．（Ⅰ）若()f x 在1x x =，212()x x x ≠处导数相等，证明：12()()882f x f x ln +>-；（Ⅱ）若342a ln -…，证明：对于任意0k >，直线y kx a =+与曲线()y f x =有唯一公共点． 【解答】证明：（Ⅰ）函数()f x lnx =， 0x ∴>，1()f x x'=-， ()f x 在1x x =，212()x x x ≠处导数相等，∴1211x x =， 12x x ≠，∴12=，12x x ≠，12256x x ∴>，由题意得121212()()()f x f x lnx lnx ln x x +=，设()g x lnx，则1()4)4g x x'=， ∴列表讨论：()g x ∴在[256，)+∞上单调递增， 12()(256)882g x x g ln ∴>=-， 12()()882f x f x ln ∴+>-．（Ⅱ）令(||)a k m e -+=，2||1()1a n k+=+， 则()||0f m km a a k k a -->+--…，。

破解难点优质课(一)导数与不等式破解难点一导数方法证明不等式构造函数证明不等式:构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时,根据所要证明的不等式,构造与之相关的函数,利用函数单调性、极值、最值加以证明.常见的构造方法有:(1)直接构造法:证明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))转化为证明f(x)-g(x)>0(f(x)-g(x)<0),进而构造辅助函数h(x)=f(x)-g(x);(2)适当放缩构造法:一是根据已知条件适当放缩,二是利用常见的放缩结论,即ln x≤x-1,e x≥x+1,ln x<x<e x(x>0),x x+1≤ln(x+1)≤x(x>-1);(3)构造“形似”函数:稍作变形再构造,对原不等式同解变形,如移项、通分、取对数,把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式,根据“相同结构”构造辅助函数;(4)构造双函数:若直接构造函数求导,难以判断符号,导函数零点也不易求得,因此函数单调性与极值点都不易获得,则可构造f(x)和g(x),利用其最值求解.案例(选取六年全国卷)关键步【适当放缩构造法】[2018·全国卷Ⅰ]已知函数f(x)=a e x-ln x-1.(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;(2)证明:当a≥1e时,f(x)≥0.……(2)证明:当a≥1e时,f(x)≥e xe-ln x-1.【关键1:根据条件将f(x)放缩,将a代换掉】设g(x)=e xe-ln x-1,【关键2:利用不等式右边构造函数】则g'(x)=e xe-1x.当0<x<1时,g'(x)<0;当x>1时,g'(x)>0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.【关键3:利用导数研究函数单调性、极值、最值,证得不等式】因此,当a≥1e时,f(x)≥0.【适当放缩构造法】[2018·全国卷Ⅲ]已知函数f(x)=ax2+x-1e x. (1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程; (2)证明:当a≥1时,f(x)+e≥0.……(2)证明:当a≥1时,f(x)+e≥(x2+x-1+e x+1)e-x.【关键1:根据条件将f(x)+e放缩,将a 代换掉】令g(x)=x2+x-1+e x+1,【关键2:利用不等式右边构造函数】则g'(x)=2x+1+e x+1.当x<-1时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>-1时,g'(x)>0,g(x)单调递增.所以g(x)≥g(-1)=0.因此f(x)+e≥0.【关键3:利用导数研究函数单调性、极值、最值,证得不等式】【直接构造法】[2017·全国卷Ⅲ]已知函数f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x.……(1)讨论f (x )的单调性; (2)当a<0时,证明f (x )≤-34a-2.(2)证明:由(1)知,当a<0时,f (x )在x=-12a 处取得最大值,最大值为f (-12a )=ln (-12a)-1-14a,【关键1:利用导数研究函数的单调性求得函数最值,由(1)知】 所以f (x )≤-34a -2等价于ln (-12a )-1-14a ≤-34a -2,即ln (-12a )+12a+1≤0. 设g (x )=ln x-x+1,【关键2:利用要证明的不等式直接构造函数】 则g'(x )=1x-1.当x ∈(0,1)时,g'(x )>0;当x ∈(1,+∞)时,g'(x )<0.所以g (x )在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调递减.故当x=1时,g (x )取得最大值,最大值为g (1)=0.所以当x>0时,g (x )≤0.从而当a<0时,ln (-12a )+12a +1≤0,即f (x )≤-34a-2.【关键3:利用导数研究函数单调性、极值、最值,证得不等式】【直接构造法】[2016·全国卷Ⅲ] 设函数f (x )=ln x-x+1. (1)讨论f (x )的单调性; (2)证明:当x ∈(1,+∞)时,1<x-1lnx<x ; (3)设c>1,证明:当x ∈(0,1)时,1+(c-1)x>c x.……(3)证明:设g (x )=1+(c-1)x-c x,【关键1:利用要证明的不等式直接构造函数】则g'(x )=c-1-c xln c ,令g'(x )=0, 解得x 0=ln c-1lnc lnc.当x<x 0时,g'(x )>0,g (x )单调递增;当x>x 0时,g'(x )<0,g (x )单调递减.【关键2:利用导数研究函数单调性、极值】 因为c>1,由(2)知,1<c-1lnc<c ,所以0<x 0<1.【关键3:判断极值点所在的区间】 又g (0)=g (1)=0,故当0<x<1时,g (x )>0.所以当x ∈(0,1)时,1+(c-1)x>c x.【关键4:利用函数单调性与极值点所在区间证得不等式】提示:在利用构造函数证明不等式时,有时仅侧重体现构造法思维,时常会运用到放缩法.基本技巧:(1)舍去一些正项(或负项);(2)在和或积中换大(或换小)某些项;(3)扩大(或缩小)分式的分子(或分母);(4)构造基本不等式(通常结合代换法,注意对指数的变换)等等.案例(选取六年全国卷)关键步[2015·全国卷Ⅰ] 设函数f (x )=e 2x-a ln x.(1)讨论f (x )的导函数f'(x )零点的个数;(2)证明:当a>0时,f (x )≥2a+a ln 2a.……(2)证明:由(1)可设f'(x )在(0,+∞)上的唯一零点为x 0.当x ∈(0,x 0)时,f'(x )<0;当x ∈(x 0,+∞)时,f'(x )>0.故f (x )在(0,x 0)上单调递减,在(x 0,+∞)上单调递增,所以当x=x 0时,f (x )取得最小值,最小值为f (x 0).【关键1:利用导数判断函数单调性、求函数最小值】 由于2e 2x 0-a x 0=0,将式子变形,可得e 2x 0=a 2x 0①,ln x 0=-2x 0-ln 2a②,(利用取对数法,把ln x 0用a 及x 0表示出来) 所以f (x 0)=a 2x 0+2ax 0+a ln 2a ≥2a+a ln 2a.【关键2:利用代换法,结合基本不等式消去x 0,证明不等式成立】故当a>0时,f (x )≥2a+a ln 2a.例1[2018·福州模拟]已知函数f(x)=ln x-alnxx2.(1)若a=1,求f(x)的单调区间;(2)若a=0,x∈(0,1),证明:x2-1x <f(x) e x.例2 已知函数f(x)=ln x.(1)求函数g(x)=f(x-1)-x+2的最大值;(2)已知0<a<b,求证:f(b)-f(a)>2a(b-a)a2+b2.例3 已知函数f(x)=e x-ln(x+m).(1)设x=0是f(x)的极值点,求m的值,并讨论f(x)的单调性;(2)当m≤2时,证明:f(x)>0.[总结反思] 判断函数f (x )的单调性可求f'(x )>0或f'(x )<0的解集,若不易求解集,可通过组成导函数f'(x )的基本函数的单调性判断出导函数的单调性,再结合导函数的零点从而得出f'(x )>0或f'(x )<0的解集.破解难点二 根据不等式确定参数范围一般地,若a>f (x )对x ∈D 恒成立,则只需a>f (x )max ;若a<f (x )对x ∈D 恒成立,则只需a<f (x )min .若存在x 0∈D ,使a>f (x 0)成立,则只需a>f (x )min ;若存在x 0∈D ,使a<f (x 0)成立,则只需a<f (x )max .由此构造不等式,求解参数的取值范围.分类讨论法.常见有两种情况:一种先利用综合法,结合导函数的零点之间的大小关系的决定条件,确定分类讨论的标准,分类后,判断不同区间函数的单调性,得到最值,构造不等式求解;另外一种,直接通过导函数的式子,看出导函数值正负的分类标准,通常导函数为二次函数或者一次函数.案例(选取六年全国卷) 关键步【结合导函数的零点分类讨论】 [2016·全国卷Ⅱ] 已知函数f (x )=(x+1)ln x-a (x-1).(1)当a=4时,求曲线y=f (x )在(1,f (1))处的切线方程;(2)若当x ∈(1,+∞)时,f (x )>0,求a 的取值范围.……(2)当x ∈(1,+∞)时,f (x )>0等价于ln x-a(x-1)x+1>0. 设g (x )=ln x-a(x-1)x+1,【关键1:对条件进行恒等变形,直接构造函数】 则g'(x )=1x -2a (x+1)2=x 2+2(1-a)x+1x(x+1)2,g (1)=0.【关键2:利用导函数确定分类标准】(i )当a ≤2,x ∈(1,+∞)时,x 2+2(1-a )x+1≥x 2-2x+1>0,故g'(x )>0,g (x )在(1,+∞)上单调递增,因此g (x )>0.【关键3:通过放缩判断导函数符号,研究函数单调性,求函数值域】(ii )当a>2时,令g'(x )=0,得x 1=a-1-√(a-1)2-1,x 2=a-1+√(a-1)2-1. 由x 2>1和x 1x 2=1得x 1<1,故当x ∈(1,x 2)时,g'(x )<0,g (x )在(1,x 2)上单调递减,因此g (x )<0.【关键4:利用导数研究函数单调性,求函数值域】 综上,a 的取值范围是(-∞,2]. 【结合导函数的零点分类讨论】 [2014·全国卷Ⅰ] 设函数f (x )=a lnx+1-a 2x 2-bx (a ≠1),曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线斜率为0. (1)求b ; (2)若存在x 0≥1,使得f (x 0)<aa-1,求a 的取值范围.……(2)f (x )的定义域为(0,+∞),由(1)知,f (x )=a ln x+1-a 2x 2-x , f'(x )=a x+(1-a )x-1=1-a x x-a1-a(x-1).【关键1:利用导函数确定分类标准】 (i )若a ≤12,则a1-a≤1,故当x ∈(1,+∞)时,f'(x )>0,f (x )在(1,+∞)上单调递增.所以,存在x 0≥1,使得f (x 0)<a 1-a 的充要条件为f (1)<a a-1,即1-a 2-1<aa-1,解得-√2-1<a<√2-1.【关键2:利用导数研究函数单调性,根据单调性构造不等式】 (ii )若12<a<1,则a 1-a >1,故当x ∈1,a 1-a 时,f'(x )<0;当x ∈a 1-a,+∞时,f'(x )>0.f (x )在1,a 1-a 上单调递减,在a 1-a,+∞上单调递增. 所以,存在x 0≥1,使得f (x 0)<a a-1的充要条件为f (a 1-a )<aa-1. 而f (a 1-a )=a ln a 1-a +a 22(1-a)+a a-1>aa-1,所以不合题意.【关键3:利用导数研究函数单调性,求极值构造不等式】 (iii )若a>1, 则f (1)=1-a 2-1=-a-12<aa-1,符合题意. 综上,a 的取值范围是(-√2-1,√2-1)∪(1,+∞).(续表)案例(选取六年全国卷)关键步【由导函数特点直接分类讨论】[2014·全国卷] 函数f (x )=ax 3+3x 2+3x (a ≠0).(1)讨论f (x )的单调性;(2)若f (x )在区间(1,2)是增函数,求a 的取值范围.……(2)当a>0,x>0时,f'(x )=3ax 2+6x+3>0,【关键1:利用导函数为常见函数直接确定分类标准】故当a>0时,f (x )在区间(1,2)是增函数.当a<0时,f (x )在区间(1,2)是增函数当且仅当f'(1)≥0且f'(2)≥0,解得-54≤a<0. 【关键2:利用导数判断函数单调性,求解不等式】综上,a 的取值范围是-54,0∪(0,+∞).提示:直接分类讨论法常在文数高考中出现,一般式子包含的各函数都是常见函数,能看出增减性.最后一般都转化为利用导数求出最值,结合构造法.案例(选取六年全国卷)关键步[2015·全国卷Ⅱ] 已知函数f (x )=ln x+a (1-x ). (1)讨论f (x )的单调性;(2)当f (x )有最大值,且最大值大于2a-2时,求a 的取值范围.……(2)由(1)知,当a ≤0时,f (x )在(0,+∞)上无最大值;当a>0时,f (x )在x=1a处取得最大值,最大值为f (1a)=ln 1a+a 1-1a=-ln a+a-1.【关键1:利用函数特点直接分类讨论,得函数最值】因此f (1a)>2a-2等价于ln a+a-1<0.令g (a )=ln a+a-1,【关键2:根据不等式直接构造函数】 则g (a )在(0,+∞)上单调递增,又g (1)=0.于是,当0<a<1时,g (a )<0;当a>1时,g (a )>0.【关键3:利用函数单调性、最值得到参数范围】因此,a 的取值范围是(0,1).例4[2018·广东惠州4月模拟]已知函数f(x)=4ln x-mx2+1(m∈R).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若对任意x∈[1,e],都有f(x)≤0成立,求实数m的取值范围.例5 已知函数f(x)=ax-ln x.(1)过原点O作函数f(x)图像的切线,求切点的横坐标;(2)若对任意x∈[1,+∞),不等式f(x)≥a(2x-x2)恒成立,求实数a的取值范围.例6[2018·湖南衡阳二模]已知函数f(x)=ax2+x+a(a∈R).e x,求实数a的值;(1)若a≥0,函数f(x)的极大值为3e(2)若对任意的a≤0,f(x)≤b ln x在[2,+∞)上恒成立,求实数b的取值范围.[总结反思]利用导数研究不等式中的参数问题,首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围.也可分离参数,构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题.。

考纲要求:1.导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中高档题． 常见的命题角度有：(1)证明不等式；(2)不等式恒成立问题；(3)存在型不等式成立问题．2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(对多项式函数不超 过三次).3.会求闭区间上函数的最大值、最小值(对多项式函数不超过三次)． 基础知识回顾: 1、求函数的极值（1）设函数)(x f y =在0x x =及其附近有定义，如果)(0x f 的值比0x 附近所有各点的值都大（小），则称)(0x f 是函数)(x f y =的一个极大（小）值。

（2）求函数的极值的一般步骤先求定义域D ,再求导，再解方程1()0f x =（注意和D 求交集），最后列表确定极值。

一般地，函数在()f x 点0x 连续时，如果0x 附近左侧1()f x >0，右侧1()f x <0，那么)(0x f 是极大值。

一般地，函数在()f x 点0x 连续时，如果0x 附近左侧1()f x <0，右侧1()f x >0，那么)(0x f 是极小值。

（3）极值是一个局部概念。

由定义，极值只是某个点的函数值与它附近点的函数值比较是最大或最小。

并不意味着它在函数的整个的定义域内最大或最小。

（4）函数的极值点一定出现在区间的内部，区间的端点不能成为极值点。

而使函数取得最大值、最小值的点可能在区间的内部，也可能在区间的端点。

（5）一般地，连续函数()f x 在点0x 处有极值是'0()f x =0的充分非必要条件。

（6）求函数的极值一定要列表。

2、用导数求函数的最值（1）设)(x f y =是定义在闭区间[],a b 上的函数，)(x f y =在(),a b 内有导数，可以这样求最值： ①求出函数在(),a b 内的可能极值点（即方程0)(/=x f 在(),a b 内的根n x x x ,,,21 ）；②比较函数值)(a f ，)(b f 与)(,),(),(21n x f x f x f ，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.a b，则必须通过求导，求函数的单调区间，最后确定函数的最值。

高考数学复习导数与函数的凹凸性导数与函数的凹凸性随着高考的临近，数学复习成为了每一位考生必须要面对的重要任务。

而导数与函数的凹凸性正是数学中一个重要的概念，它在高考数学文科试卷中占有很大的比重。

因此，了解和掌握导数与函数的凹凸性的概念和性质对于考生们来说是至关重要的。

本文将介绍导数的概念、凹凸性的定义与判定以及应用实例，帮助考生更好地理解和应用这一知识点。

一、导数的概念导数是微积分中的重要概念，用来描述函数变化的快慢程度。

在数学中，导数描述了一个函数在某一点上的斜率或者切线的斜率，可以理解为函数在该点上的瞬时变化率。

具体定义如下：设函数y=f(x)，若极限lim [f(x+h)-f(x)]/hh→0存在，且与x的选取无关，那么称这个极限为函数f(x)在x处的导数，记作f'(x)或dy/dx。

在导数的定义中，h是一个变量，表示x的增量。

导数的定义是通过求极限来得到的，因此导数是一个极限概念。

它不仅能够解释函数在某一点上的瞬时变化率，还可以用来研究函数的凹凸性。

二、凹凸性的定义与判定凹凸性是函数的一个重要性质，它描述了函数曲线的形状。

在数学中，我们可以通过导数的符号变化来判定函数的凹凸性。

具体定义如下：（1）凹函数：若函数的导数单调递增，则称该函数为凹函数。

即对于函数f(x)，如果f'(x)在[a,b]上单调递增，则称f(x)在[a,b]上是凹函数。

（2）凸函数：若函数的导数单调递减，则称该函数为凸函数。

即对于函数f(x)，如果f'(x)在[a,b]上单调递减，则称f(x)在[a,b]上是凸函数。

根据凹凸函数的定义，我们可以通过计算函数的导数来判断函数的凹凸性。

如果导数单调递增，则函数为凹函数；如果导数单调递减，则函数为凸函数；如果导数在某一区间内既递增又递减，则函数在该区间上既是凹函数又是凸函数。

三、凹凸性的应用实例除了基本的凹凸性的定义与判定外，导数与函数的凹凸性在问题求解过程中还有很多实际应用。

ʏ浙江省杭州育新高级中学 周小锋证明不等式在高考数学试卷中是一个永恒的难题,充分体现了数学基础知识的交汇性与综合性,数学思想方法的创新灵活多样性,经常出现在高考试卷的压轴题的位置㊂而导数作为一种数学工具,对于证明不等式问题更是一种具有创新性的应用㊂本文结合实例,就利用导数证明不等式的几种常见方式,合理总结证明技巧方法与规律㊂一㊁构建函数利用待证不等式的结构特征来构建相应的函数,利用导数法及其函数的单调性来化归与转化,是证明一些涉及函数的不等式问题中最常用的技巧方法,而其他方法技巧中往往也离不开构建函数这一关键步骤㊂例1 已知函数f (x )=1-l n xx,g (x )=a e e x +1x -b x ,若曲线y =f (x )与曲线y =g (x )在公共点A (1,1)处的切线相互垂直㊂(1)求实数a ,b 的值;(2)证明:当x ȡ1时,f (x )+g (x )ȡ2x ㊂解析:(1)对f (x )求导得f '(x )=l n x -1x2,则f '(1)=-1㊂对g (x )求导得g'(x )=-a e e x-1x2-b ,则g '(1)=-a -1-b ㊂联立方程组f '(1)g'(1)=-1,g (1)=1,即a +1+b =-1,a +1-b =1,解得a =b =-1㊂(2)由(1)可得g (x )=-e ex +1x +x ㊂令函数h (x )=f (x )+g (x )-2x(x ȡ1),则h (x )=1-l n x x -e e x -1x +x ,求导得h '(x )=-1-l n x x 2+e e x +1x2+1=l n x x 2+eex +1㊂因为x ȡ1,所以h '(x )>0,所以h (x )在[1,+ɕ)上单调递增,所以h (x )ȡh (1)=0,即1-l n x x -e ex -1x +x ȡ0㊂所以当x ȡ1时,f (x )+g (x )ȡ2x㊂点评:当证明含参不等式问题时,经常通过合理构建一边含参,一边为常数(往往是0或1等),对应构建形如 左减右 型(或 复杂减简单 型,以及除式等特殊形式)的函数,进而利用新函数的构建与求导,结合函数的单调性㊁极值与最值等知识来合理分析与转化,得以合理巧妙证明相应的不等式㊂二㊁放缩法放缩法证明不等式是在综合导数及其应用,以及函数的单调性等的基础上,进一步利用不等式的性质㊁重要不等式的结论(l n x ɤx -1,e xȡx +1,当且仅当x =1时取等号),借助导数法的应用来综合分析,实现不等式的证明㊂例2 已知函数f (x )=2l n x +2ex㊂(1)试确定f (x )的单调区间;(2)证明:当x >0时,都有f '(x )l n (x +1)<2e x +2ex +2㊂解析:(1)对f (x )求导得f '(x )=2(1-x -x l n x )x e x(x >0)㊂令函数g (x )=1-x -x l n x ,则g (1)=0㊂当0<x <1时,1-x >0,-x l n x >0,所以g (x )>0,f '(x )>0;当x >1时,1-x <0,-x l n x <0,所以g (x )<0,f'(x )<0㊂所以函数f (x )在(0,1)上单调递增,在(1,+ɕ)上单调递减㊂(2)要证明f '(x )l n (x +1)<2e x +2ex +2,即证(1-x -x l n x )l n (x +1)<1+1e2x ㊂12解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2023年5月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.令函数g (x )=1-x -x l n x ,求导得g'(x )=-1-(l n x +1)=-2-l n x ㊂当0<x <1e 2时,g '(x )>0;当x >1e2时,g'(x )<0㊂所以函数g (x )在0,1e2上单调递增,在1e2,+ɕ 上单调递减,所以g (x )ɤg 1e 2=1-1e 2+2e 2=1+1e2,所以1-x -x l n x ɤ1+1e2㊂要证明(1-x -x l n x )l n (x +1)<1+1e2x ,只需证明l n (x +1)<x 即可㊂结合重要不等式,可知l n x ɤx -1,当且仅当x =1时取等号(直接利用重要不等式的结论,证明略),所以0<l n (x +1)<x ㊂综上所述,当x >0时,都有f '(x )㊃l n (x +1)<2e x +2ex +2㊂点评:在证明一些含有l n x 与e x型的超越函数所对应的复杂不等式问题时,经常利用相应的重要不等式结论l n x ɤx -1㊁e xȡx +1等进行合理放缩处理,巧妙转化,进而得以证明相应的不等式㊂三㊁切线法切线法证明不等式问题,往往是数形结合的 产物 ,也是问题前后联系的进一步应用,利用前面问题所探求的切线方程,巧妙利用导数㊁函数的单调性及图像特征来分析与转化㊂例3 已知函数f (x )=e x-x2㊂(1)求函数f (x )的图像在x =1处的切线方程;(2)求证:当x >0时,e x+(2-e )x -1xȡl n x +1㊂解析:(1)对f (x )求导得f '(x )=e x-2x ,所以f '(1)=e -2,f (1)=e -1,所以函数f (x )的图像在x =1处的切线方程为y =(e -2)(x -1)+e -1,即y =(e -2)x +1㊂(2)令函数g (x )=f '(x )(x >0),求导得g '(x )=e x-2㊂当x <l n 2时,g'(x )<0;当x >l n 2时,g'(x )>0㊂所以函数g (x )=f'(x )在(0,l n 2)上单调递减,在(l n 2,+ɕ)上单调递增,则g (x )m i n =g (l n 2)=f '(l n 2)=2-2l n 2>0,所以函数f (x )=e x -x 2在(0,+ɕ)上单调递增㊂由函数f (x )的图像在x =1处的切线方程为y =(e -2)x +1,f (1)=e -1,可猜测:当x >0时,f (x )ȡ(e -2)x +1㊂证明如下:设函数h (x )=f (x )-(e -2)x -1(x >0),求导得h '(x )=e x-2x -e +2㊂令函数m (x )=h '(x ),求导得m '(x )=e x-2㊂当x <l n 2时,m '(x )<0;当x >l n 2时,m '(x )>0㊂所以h '(x )在(0,l n 2)上单调递减,在(l n 2,+ɕ)上单调递增,则h '(1)=0,0<l n 2<1,所以h '(l n 2)<0㊂又h '(0)=3-e >0,所以存在x 0ɪ(0,l n 2),使得h '(x 0)=0㊂故当x ɪ(0,x 0)ɣ(1,+ɕ)时,h '(x )>0;当x ɪ(x 0,1)时,h '(x )<0㊂所以h (x )在(0,x 0)上单调递增,在(x 0,1)上单调递减,在(1,+ɕ)上单调递增㊂因为h (0)=h (1)=0,所以h (x )ȡ0,即f (x )ȡ(e -2)x +1,当且仅当x =1时取等号,所以当x >0时,e x -x 2ȡ(e -2)x +1,变形可得e x+(2-e )x -1xȡx ㊂又x ȡl n x +1,当且仅当x =1时取等号(直接利用重要不等式的结论,证明略),所以e x+(2-e )x -1x ȡl n x +1,当且仅当x =1时取等号㊂点评:该题的第(1)问是求曲线的切线方程,要注意其切线方程是后续切线法证明不等式的 台阶 ,可运用切线放缩法进行放缩解决问题㊂此类综合应用问题往往呈现特殊的规律性:多步设问,层层递进,上问结果,用于下问㊂巧妙利用切线法来转化,合理有效证明相应的不等式㊂四㊁极值点偏移法证明一些含有函数的极值点或零点等的特殊不等式时,往往利用极值点偏移法,巧妙22 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2023年5月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.通过消参或消元等方式,合理构建函数,结合导数的运算与应用,以及函数的单调性㊁极值㊁最值等来综合应用,进而证明对应的不等式成立㊂例4 已知f (x )=x l n x -12m x 2-x ,m ɪR ㊂若函数f (x )的两个极值点x 1,x 2满足x 1<x 2,求证:x 1x 2>e 2㊂证明:欲证x 1x 2>e 2,需证l n x 1+l n x 2>2㊂由函数f (x )有两个极值点x 1,x 2,可得f'(x )有两个零点,又f '(x )=l n x -m x ,所以x 1,x 2是方程f '(x )=0的两个不同实根㊂证法一:于是有l n x 1-m x 1=0,l n x 2-m x 2=0㊂①②由①+②可得l n x 1+l n x 2=m (x 1+x 2),即m =l n x 1+l n x 2x 1+x 2;由②-①可得l n x 2-l n x 1=m (x 2-x 1),即m =l n x 2-l n x 1x 2-x 1㊂所以l n x 2-l n x 1x 2-x 1=l n x 1+l n x 2x 1+x 2,则l n x 1+l n x 2=(l n x 2-l n x 1)(x 2+x 1)x 2-x 1=1+x 2x 1l n x 2x 1x 2x 1-1㊂又0<x 1<x 2,设t =x 2x 1,则t >1,因此l n x 1+l n x 2=(1+t )l n tt -1,t >1㊂要证l n x 1+l n x 2>2,即证(t +1)l n tt -1>2(t >1),即证当t >1时,有l n t >2(t -1)t +1㊂令函数g (t )=l n t -2(t -1)t +1(t >1),求导得g '(t )=1t-2(t +1)-2(t -1)(t +1)2=(t -1)2t (t +1)2>0,所以函数g (t )在(1,+ɕ)上单调递增,因此g (t )>l n 1-2ˑ(1-1)1+1=0㊂于是当t >1时,有l n t >2(t -1)t +1,所以有l n x 1+l n x 2>2成立,即x 1x 2>e 2㊂证法二:由于f '(x 1)=f '(x 2)=0,令f'(x )=0,则l n xx=m ㊂令函数h (x )=l n xx,则h (x 1)=h (x 2)=m ,h '(x )=1-l n xx2㊂由h '(x )>0,得0<x <e ;由h '(x )<0,得x >e ,所以函数h (x )在(0,e)上单调递增,在(e ,+ɕ)上单调递减,故0<x 1<e<x 2㊂令函数H (x )=h (x )-h e2x(0<x <e ),求导得H '(x )=h '(x )+e 2x 2h 'e2x=1-l n x x 2+e 2x 2㊃1-l n e2x e4x2=1-l n x x 2+l n x -1e 2=(1-l n x )1x 2-1e2=(1-l n x )e 2-x2e 2x2㊂因为0<x <e,所以1-l n x >0,e 2-x 2>0,所以H '(x )>0,所以H (x )在(0,e )上单调递增,易得H (x )<0,所以当x ɪ(0,e )时,h (x )<he2x㊂因为h (x 1)=h (x 2),所以h (x 2)<he2x 1㊂因为x 2ɪ(e ,+ɕ),e 2x 1ɪ(e ,+ɕ),h (x )在(e,+ɕ)上单调递减,所以x 2>e2x 1,即x 1x 2>e 2㊂点评:利用导数证明不等式问题时,关键就是合理消参,或合理消 变 ,或减少参数个数,或减少变量个数,合理借助新函数的构建与导数的运算,利用函数的单调性㊁极值与最值等来转化与应用㊂利用导数证明不等式问题时,其实质就是借助导数的应用,结合导数的运算,以及函数的单调性㊁极值或最值等相关知识,从而达到 数 与 形 的联系,合理依托端点效应,巧妙缩小变量的取值范围,借助直观分析,合理寻找临界,进而巧妙实现对应的不等式证明问题,全面提升函数与导数的综合应用与巧妙转化,提高数学能力,培养数学核心素养㊂(责任编辑 王福华)32解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2023年5月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。

导数中证明不等式技巧——构造、切线放缩、二元变量、凹凸反转专题典例1】已知函数$f(x)=1-\ln(x)e^x,g(x)=\frac{x}{1-bx}$，若曲线$y=f(x)$与曲线$y=g(x)$的一个公共点是$A(1,1)$，且在点$A$处的切线互相垂直。

求$a,b$的值，并证明：当$x\geq1$时，$f(x)+g(x)\geq\frac{2}{x}$。

典例2】已知函数$f(x)=(x+b)(e^x-a)$，在$(-1,f(-1))$处的切线方程为$(e-1)x+ey+e-1=0$。

求$a,b$的值，并证明：若$m\leq\frac{f(x)}{x^2+x}$，则$f(x)\geq mx^2+x$。

典例3】已知函数$f(x)=x\ln x+ax+1$，$a\in\mathbb{R}$。

1）当$x>0$时，若关于$x$的不等式$f(x)\geq k$恒成立，求$a$的取值范围；2）当$n\in\mathbb{N^*}$时，证明：$\frac{n^3}{n+1}<\ln2^2+\ln2+\frac{1}{n+1}<\frac{n}{n+1}$。

典例4】已知函数$f(x)=\frac{2\ln x+2}{e^x}$。

1）求函数$f(x)$的单调区间；2）证明：当$x>0$时，$f'(x)\ln(x+1)<\frac{2}{x+2}$。

典例5】已知函数$f(x)=e^x-x^2$。

1）求曲线$f(x)$在$x=1$处的切线方程；2）证明：当$x>0$时，$e^x+(2-e)x-1\geq\ln x+1$。

典例7】已知函数$f(x)=x^2+ax+b\ln x$，曲线$y=f(x)$在点$(1,f(1))$处的切线方程为$y=2x$。

1）求实数$a,b$的值；2）设$F(x)=f(x)-x^2+mx(m\in\mathbb{R})$，$x_1,x_2$$(x_1<x_2)$分别是函数$F(x)$的两个零点，求证：$F'(x)$在$(x_1,x_2)$内至少有一个零点。

巧妙构造函数应用导数证明不等式问题-2019年高考数学压轴题探究与突破一．方法综述利用导数证明不等式是近几年高考命题的一种热点题型．利用导数证明不等式，关键是要找出与待证不等式紧密联系的函数，然后以导数为工具来研究该函数的单调性、极值、最值(值域)，从而达到证明不等式的目的，这时常常需要构造辅助函数来解决．题目本身特点不同，所构造的函数可有多种形式，解题的繁简程度也因此而不同，这里给出几种常用的构造技巧． 二．解题策略类型一 “比较法”构造差函数证明不等式【例1】【2018届广州模拟】已知函数()(xf x e 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20.xx x e ＞时，＜ 【答案】见解析. 【解析】(2)证明：令()()22.xxg x e x g x e x '＝－，则＝－由(1)得()()() 20g x f x f ln '≥＝＞， 故()g x 在R 上单调递增．所以当()()20010.xx g x g x e ＞时，＞＝＞，即＜【指点迷津】当题目中给出简单的基本初等函数，例如()()3 f x x g x ln x ＝，＝，进而证明在某个取值范围内不等式()()f x g x ≥成立时，可以类比作差法，构造函数()()()()()()h x f x g x x g x f x ϕ＝－或＝－，进而证明()()00min max h x x ϕ≥≤或即可，在求最值的过程中，可以利用导数为工具．此外，在能够说明()()()00g x f x >>的前提下，也可以类比作商法，构造函数()()()()()f x f x h x xg x g x ϕ＝(()=)，进而证明()()()11min max h x x ϕ≥≤．【举一反三】【广东省佛山市南海区南海中学2018届考前七校联合体高考冲刺】已知函数，(Ⅰ) 设函数，讨论函数的单调性；（Ⅱ）求证：当时，【答案】(1)见解析.(2)见解析. 【解析】（Ⅱ）要证，即证，令，当时，，∴成立；当时，，当时，；当时，，∴在区间上单调递减，在区间上单调递增，∴．∵，∴，，∴，即成立，故原不等式成立．类型二“拆分法”构造两函数证明不等式【例2】【山东省青岛市2019届9月期初调研】已知函数. (1)若上存在极值，求实数m的取值范围；(2)求证：当时，．【答案】（1）;（2）见解析【解析】（2）要证即证令，则再令，则当时，，∴在上是增函数，∴∴，∴在上是增函数 ∴当时，∴令，则当时，，∴即在上是减函数∴当时，所以，即【指点迷津】当所要证明的不等式由几个基本初等函数通过相乘以及相加的形式组成时，如果对其直接求导，得到的导函数往往给人一种“扑朔迷离”“不知所措”的感觉．这时可以将原不等式合理拆分为()()f x g x ≤的形式，进而证明()()max min f x g x ≤即可，此时注意配合使用导数工具．在拆分的过程中，一定要注意合理性的把握，一般以能利用导数进行最值分析为拆分标准．【举一反三】【山东省实验中学2019届高三第一次诊断】已知函数（）．（1）若函数在上是减函数，求实数的取值范围； （2）令，是否存在实数，当（为自然对数的底数）时，函数的最小值是，若存在，求出的值；若不存在，说明理由； （3）当时，证明：．【答案】（1）；（2）；（3）见解析.【解析】分析：（1）根据函数在上是减函数知其导数在上恒成立，结合二次函数性质可求得的范围（2）先假设存在，对函数求导，根据的值分情况讨论在上的单调性和最小值取得，可知当能够保证当时有最小值3（3）令由（2）知，，令可求出其最大值为3，即有，化简即可得证.解：（1）在上恒成立，令，有得，得．（2）假设存在实数，使有最小值3，①当时，在上单调递减，（舍去），②当时，在上单调递减，在上单调递增∴，满足条件．③当时，在上单调递减，（舍去），综上，存在实数，使得当时有最小值3．类型三“换元法”构造函数证明不等式【四川省成都石室中学2019届高三上学期入学】已知函数，，其中【例3】（1）若，求的单调区间；（2）若的两根为，且，证明：.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】分析：(1) 由已知得，,解不等式即可得到单调区间；（2）由题意可得，要证，即证：，即证：.解：（1）由已知得，所以，当时，；当时，．故的单调递增区间为，单调递减区间为．【指点迷津】若两个变元x 1，x 2之间联系“亲密”，我们可以通过计算、化简，将所证明的不等式整体转化为关于m(x 1，x 2)的表达式(其中m(x 1，x 2)为x 1，x 2组合成的表达式)，进而使用换元令m(x 1，x 2)＝t ，使所要证明的不等式转化为关于t 的表达式，进而用导数法进行证明，因此，换元的本质是消元． 【举一反三】【2018届四川省资阳市4月模拟（三诊）】已知函数()()ln pF x px x=+（其中0p >）． （1）当12p <<时，求()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. 【解析】（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 pF 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()u t 为增函数，即()11ln f t t t-'=-为1,116⎛⎫⎪⎝⎭增函数， 故()()10f t f ''<=，故()()()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12112x x p +>．而由12p <<，得1p >所以1211x x +> 类型四 “转化法”构造函数证明不等式【例4】【内蒙古赤峰二中2019届第二次月考】设函数有两个极值点，且（I ）求的取值范围，并讨论的单调性；（II ）证明：【答案】（Ⅰ）函数的单调递增区间为和，单调递减区间，其中，且.（Ⅱ）证明见解析 【解析】（Ⅱ）由韦达定理和①知，，则﹣＜x2＜0，，a=﹣2x2（1+x2），于是f（x2）=﹣2x2（1+x2）ln（1+x2），设函数g（t）=t2﹣2t（1+t）ln（1+t），则g′（t）=﹣2（1+2t）ln（1+t），当t=﹣时，g′（t）=0，当t∈（﹣，0）时，g′（t）＞0，故g（t）在[﹣，0）上是增函数．于是，当t∈（﹣，0），g（t）＞g（﹣）=，因此f（x2）=g（x2）＞．【指点迷津】在关于x1，x2的双变元问题中，若无法将所要证明的不等式整体转化为关于m(x1，x2)的表达式，则考虑将不等式转化为函数的单调性问题进行处理，进而实现消元的目的．【举一反三】【江西师范大学附属中学2018年10月高三月考】设，函数（1）若无零点，求实数的取值范围；（2）若有两个相异零点，求证：．【答案】（1）；（2）见解析【解析】(1)①若时，则是区间上的增函数，∵∴，函数在区间有唯一零点；②若，有唯一零点；③若，令，得，在区间上，，函数是增函数；在区间故在区间三．强化训练1.【山西省长治市第二中学2017-2018学年高二下期末】设函数在点处的切线方程为.（1）求的值，并求的单调区间；（2）证明：当时，.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】⑴，由已知，，故a=-2,b=-2.，当时，，当时，，故f(x)在单调递减，在单调递减；⑵，即，设，，所以g(x)在递增，在递减，当x≥0时，.2. 【2018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】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．记函数（），则，因为，所以，所以函数在上单调递增，所以.而，所以，故，即．3. 【2018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】（2），设，则，在上递增且令，设，，，在上递增，，，，令即：又，即：，，在上递增，即：，得证.4．【2018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 【解析】②当0a >时，令()'0f x =得： x a =，则（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 -=⋅-<，∴()f x 在区间(),31a a -上有一个零点，那么， ()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,+∞. （1）【解法二】函数的定义域为： ()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∴()()maxf 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 =-， ∵()11'1x h 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；不妨设： 12x x <，则： 120x a x <<<； 设()()()2F x f x f a x =--， ()0,2x a ∈， 则： ()()()'''2F x f x f a x =-- ()2212a a x a x a x=-+-+- ()()2221a x a --+- ()()22222x a a ax a x x a x -=+-=--. 当()0,x a ∈时， ()'0F x >，∴()F x 单调递增，又∵()0F a =， ∴()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 +>.当()0,x a ∈时， ()'0F x >，∴()F x 单调递增， 又∵()00F =，∴()0F x >，∴()()f a x f a x +>-， ∵()10,a x a -∈，∴()()12f x f x = ()()()()11f a a x f a a x =--<+- ()12f a x =-， ∵()2,x a ∈+∞， ()12,a x a -∈+∞， ()f x 在(),a +∞上单调递减， ∴212x a x >-，∴122x x a +>.5.【2018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】（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 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 b a b --综上：.ln ln 2a b a ba b -+<<-6.【河北省衡水中学2019届高三上二调】已知函数.(1)当时，若在上恒成立，求的取值范围；(2)当时，证明：.【答案】（1） （2）见解析【解析】（2）因为，所以，.令，则.当时，，单调递减；当时，，单调递增.所以，即当时，，所以在上单调递减.又因为所以当时，当时，于是对恒成立.7. 【四川省高2019届高三第一次诊断】已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）设，证明：.【答案】（1）；（2）见解析.【解析】（2）证明：因为，所以由于，等价于，令，设函数当时，，所以，所以在上是单调递增函数，又，所以，所以，即等价于，令，设函数当时，，所以，所以在上是单调递减函数，又，所以所以，即综上①②可得：.8.【北京市第八十中学2019届10月月考】已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）当时，求证：.【答案】(1) ex﹣4y+e=0;(2)证明见解析.【解析】（2）设，则，x∈（1，+∞）⇒F''（x）＞0⇒F'（x）在（1，+∞）上为增函数；又因，在（1，+∞）上为增函数；在（1，+∞）都成立．设，由于△=32（2﹣e）＜0，则在（1，+∞）上为增函数，又G（1）=0，若x＞1时，则．综上：．9．【河北省衡水中学2019届高三上二调】已知函数.(1)若函数在上为增函数，求的取值范围；(2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，证明：.【答案】（1）（2）见解析【解析】（2）由题得，则因为有两个极值点，所以欲证等价于证，即，所以因为，所以原不等式等价于.由可得，则.由可知，原不等式等价于，即设，则，则上式等价于.令，则因为，所以，所以在区间上单调递增，所以当时，，即，所以原不等式成立，即.10.【贵州省遵义航天高级中学2018届四模】已知函数的两个零点为．（1）求实数m的取值范围；（2）求证：．【答案】（1）（2）见解析【解析】（2）令，则，由题意知方程有两个根，即方程有两个根，不妨设，，令，则当时，单调递增，时，单调递减，综上可知，，要证，即证，即，即证，令，下面证对任意的恒成立，∵，∴，∴又∵，∴∴，则在单调递增∴，故原不等式成立．。

2019年高考压轴题：导数题型及解题方法一．切线问题题型1：求曲线)(x f y =在0x x =处的切线方程。

方法：)(0x f '为在0x x =处的切线的斜率。

题型2：过点),(b a 的直线与曲线)(x f y =的相切问题。

方法：设曲线)(x f y =的切点))(,(00x f x ，由b x f x f a x −='−)()()(000求出0x ，进而解决相关问题。

注意：曲线在某点处的切线若有则只有一，曲线过某点的切线往往不止一条。

例 已知函数f （x ）=x 3﹣3x ．（1）求曲线y =f （x ）在点x =2处的切线方程；（答案：0169=−−y x ）（2）若过点A )2)(,1(−≠m m A 可作曲线)(x f y =的三条切线，求实数m 的取值范围、（提示：设曲线)(x f y =上的切点（)(,00x f x ）；建立)(,00x f x 的等式关系。

将问题转化为关于m x ,0的方程有三个不同实数根问题。

（答案：m 的范围是()2,3−−）题型3：求两个曲线)(x f y =、)(x g y =的公切线。

方法：设曲线)(x f y =、)(x g y =的切点分别为（)(,11x f x ）。

（)(,22x f x ）；建立21,x x 的等式关系，12112)()(y y x f x x −='−，12212)()(y y x f x x −='−；求出21,x x ，进而求出切线方程。

解决问题的方法是设切点，用导数求斜率，建立等式关系。

例 求曲线2x y =与曲线x e y ln 2=的公切线方程。

（答案02=−−e y x e ）二．单调性问题题型1 求函数的单调区间求含参函数的单调区间的关键是确定分类标准。

分类的方法有：（1）在求极值点的过程中，未知数的系数与0的关系不定而引起的分类；（2）在求极值点的过程中，有无极值点引起的分类（涉及到二次方程问题时，△与0的关系不定）；(3) 在求极值点的过程中，极值点的大小关系不定而引起的分类；(4) 在求极值点的过程中，极值点与区间的关系不定而引起分类等。

导数证明不等式的几个方法在高等数学中，我们学习了很多种方法来证明不等式。

其中一种常见的方法是使用导数。

导数是用来描述函数变化率的概念，因此可以很好地用来证明不等式。

本文将介绍几种使用导数证明不等式的方法。

一、利用导数的正负性来证明不等式这种方法是最直接的方法之一、假设我们要证明一个函数f(x)在一个区间上大于等于0，我们可以先求出函数f(x)的导数f'(x)，然后根据f'(x)的正负性来判断f(x)的增减情况。

如果f'(x)大于等于0，则说明f(x)在整个区间上是递增的；如果f'(x)小于等于0，则说明f(x)在整个区间上是递减的。

根据递增或递减的性质，我们可以得出f(x)大于等于0的结论。

例如，我们要证明函数f(x)=x^2在区间[0,∞)上大于等于0。

首先求出f(x)的导数f'(x)=2x。

然后我们发现在整个区间上，f'(x)大于等于0，说明f(x)是递增的。

由于f(0)=0，因此可以得出f(x)大于等于0的结论。

二、利用导数的单调性来证明不等式这种方法是一种延伸和推广。

与前一种方法类似，我们可以根据导数的单调性来判断函数f(x)的增减情况。

如果f'(x)在一个区间上是递增的，那么f(x)在该区间上是凸的；如果f'(x)在一个区间上是递减的，那么f(x)在该区间上是凹的。

利用这个性质，我们可以得出一些重要的结论。

例如，如果我们要证明一个凸函数在一个区间上大于等于一个常数c，那么只需要证明在这个区间的两个端点上的函数值大于等于c，同时导数在这个区间上是递增的。

三、利用导数的极值来证明不等式这种方法利用了导数的极值特性。

如果一个函数f(x)在一些点x0处的导数为0，并且在这个点的左右两侧的导数符号发生了改变，那么我们可以得出结论，在x0处取得极值。

如果f(x)在x0处取得最大值，那么在这个点的左侧函数值都小于等于f(x0)，而在这个点的右侧函数值都大于等于f(x0)；反之，如果f(x)在x0处取得最小值，那么在这个点的左侧函数值都大于等于f(x0)，而在这个点的右侧函数值都小于等于f(x0)。

破解“函数与导数”试题的七种非常规技巧从近几年的全国卷高考情况来看，第21题是以函数与导数、方程与不等式等知识为载体的导数问题.这类试题，由于其试题新颖，综合性高，方法多样，技巧性强，所以难度往往很大，给不少学生造成了一定的心理压力.因此，如何突破这方面的内容便成了一个重要的研究课题.本文结合几道例题，给出破解“函数与导数”试题的七种非常规技巧，化陌生为熟悉，使这类问题的求解也具有一定的通性通法，极大降低解题难度.1 利用导数的定义例1（2016年高考新课标Ⅱ文20）已知函数f（x）=（x+1）lnx-a（x-1）.（Ⅰ）当a=4时，求曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程；（Ⅱ）若当x∈（1，+∞）时，f（x）>0，求a的取值范围.解（Ⅰ）所求切线方程为2x+y-2=0（过程略）；（Ⅱ）当x∈（1，+∞）时，f（x）>0等价于a1，则g′（x）=x2-1x-2lnx（x-1）2.设h（x）=x2-1x-2lnx，x>1，则h′（x）=（x-1）2x2>0.所以h（x）在（1，+∞）上单调递增，因此，当x>1时，h （x）>h（1）=0.所以g′（x）>0，故g（x）在（1，+∞）上单调递增.设φ（x）=（x+1）lnx，x>1，则g（x）=φ（x）-φ（1）x-1.于是limx→1g（x）=limx→1φ（x）-φ（1）x-1=φ′（x）x=1=lnx+x+1xx=1=2.所以a≤limx→1g（x）=2，故a的取值范围是（-∞，2].点评若采用分离参数法，在得出函数g（x）在（1，+∞）上单调递增后，无法求出最小值，分离参数法失败了.针对这种情况，有人启用洛必达法则解决，但因高中没有学习洛必达法则而受质疑，干脆放弃分离参数的方法另谋它法.故而本题的参考答案用的是分类讨论的方法进行求解.本文使用了导数的定义，既避免了繁琐的分类讨论，又没有使用超纲的洛必达法则，且整个解答过程极为简洁，无疑是一种值得推广的好方法.2 先充分后必要例2（2015年高考北京卷理科第18（3）题）设实数k使得ln1+x1-x>k（x+x33）对x∈（0，1）恒成立，求k的最大值.解设g（x）=ln1+x1-x-k（x+x33），则g′（x）=（x2+1）（-k），注意到g（0）=0，若x∈（0，1）时，g′（x）≥0（0g （0）=0符合题意，因此k≤2.又当k>2时，可得g′（x）=kx4-（k-2）1-x2，所以，当00时，不等式f（x）>1恒成立.解（1）函数f（x）在[1，+∞）上单调递增（过程略）；（2）f（x）>1等价于exx>lnx+1x3.令g（x）=exx，h（x）=lnx+1x3.一方面，g′（x）=（x-1）exx2.当x∈（0，1）时，g′（x）0，g（x）单调递增.所以当x=1时，g（x）=exx取得最小值，最小值为e. 另一方面，h′（x）=-3lnx+2x4.当x∈（0，e-23）时，h′（x）>0，h（x）单调递增；当x∈（e-23，+∞）时，h′（x）13e2，从而可知对x>0都有g（x）>h （x），即exx>lnx+1x3，即f（x）>1.点评当函数不等式中同时出现ex和lnx时，直接应用导数证明很困难，甚至需要多次求导，导致思维受阻，此时若能从函数不等式分离出ex或lnx，再利用导数证明，则可化难为易、化繁为简.5重要不等式例5（2014年新课标Ⅰ理21）设函数f（x）=aexlnx+bex-1x，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）a=1，b=2（过程略）；（2）由（1）知f（x）=exlnx+2xex-1，从而f（x）>1等价于xexlnx+2ex-1-x>0，由常见不等式ex≥x+1，得ex-1≥x，所以-x≥-ex-1，所以xexlnx+2ex-1-x≥xexlnx+ex-1=ex（xlnx+1e），令g（x）=xlnx+1e，x>0，则g′（x）=lnx+1，当01e时，g′（x）>0，g（x）单调递增.所以g（x）≥g（1e）=0.由于取等号的条件不同，故xexlnx+2ex-1-x>0，从而原不等式成立.点评课本是数学知识的重要载体，是高考考试内容的具体化，是解题能力的基本生长点.不等式ex≥x+1及其变式lnx≤x-1（x>0）即是课本中的一个重要不等式.只有全面“吃透”课本上的例题、习题，才能系统地掌握蕴含其中的基础知识、基本方法和数学思想，构建起属于自己的数学知识网络.6切线分隔法例6（2016年辽宁省部分重点中学协作体高三模拟考试理科第21题）已知函数f（x）=ln（x+1）x.（1）判断f（x）在（0，+∞）的单调性；（2）若x>0，证明：（ex-1）ln（x+1）>x2.解（1）f（x）在（0，+∞）上单调递减（过程略）；（2）因为（ex-1）ln（x+1）>x2ex-1x>xln（x+1）（x>0）.设g（x）=ex-1x，h（x）=xln（x+1），注意到g（0）=h （0）=1，则易求出函数g（x），h（x）的图像在点（0，1）处有相同的切线y=12x+1.下面证明两个不等式成立即可：ex-1x>12x+1（x>0）ex>12x2+x+1（x>0）；xln（x+1）0）ln（x+1）>2xx+2（x>0）.这两个不等式通过构造函数易证（过程略）.点评试题本质是通过等价变形，作出草图，发现函数y=ex-1x的图像与函数y=xln（x+1）的图像有公切线y=12x+1，且y=ex-1x的图像在这条公切线的上方，y=xln（x+1）的图像在这条公切线的下方.7变更主元法例7（黑龙江省哈尔滨市第三中学2016届高三第一次模拟考试理科第21题）已知函数f（x）=lnx-kx+1（k为常数），函数g（x）=xex-ln （4ax+1），（a为常数，且a>0）.（1）若函数f（x）有且只有1个零点，求k的取值的集合；（2）当（1）中的k取最大值时，求证：ag（x）-2f（x）>2（lna-ln2）.解（1）k的取值的集合为{k|k≤0或k=1}（过程略）；（2）由（1）知，lnx≤x-1，当且仅当x=1时等号成立.而4ax+1>1，故ln（4ax+1）axex-a?4ax-2lnx+2x-2=axex-2lnx-2x-2.设h（a）=xexa-2lna-2x-2lnx-2+2ln2，则h′（a）=xex-2a，由h′（a）>0，得a>2xex；由h′（a）。

利用导数证明不等式，解决导数压轴题，谨记两点
利用导数解决不等式恒成立问题的策略：
利用导数证明不等式，解决导数压轴题，谨记两点：
点评：不等式证明问题是近年高考命题的热点，命题主要是和导数、绝对值不等式及柯西不等式相结合，导数部分一旦出该类型题往往难度较大，要准确解答首先观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明．
点评：对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等式，便于问题的解决．但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法．。