江苏省苏州外国语学校2017届高三高考数学复习之凹凸函数之切线放缩

高考数学复习考点题型专题讲解专题43 导数与三角函数的交汇问题1.对于三角函数与幂函数、指数、对数函数混合构成的初等函数问题，常利用导数解决，主要有单调性、极值、最值、零点和不等式证明及求参数范围等问题.2.在解决这些问题时，既要遵循导数解决问题的一般思路和方法，又要注意三角函数本身的性质，特别地要注意三角函数的泰勒公式及常用结论(如x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，sin x <x <tanx 等).类型一 零点问题1.常借助高阶导数，令其为零找到参数讨论的分界点.2.对参数分类后，还常需要对自变量进行讨论.例1(2022·扬州调研)已知函数f (x )＝e x －ax sin x －bx ＋c 的图象与x 轴相切于原点. (1)求b ，c 的值；(2)若f (x )在(0，π)上有唯一零点，求实数a 的取值范围. 解 (1)f ′(x )＝e x －a (sin x ＋x cos x )－b ， 依题意，⎩⎨⎧f ′（0）＝0，f （0）＝0，即⎩⎨⎧1－b ＝0，1＋c ＝0，解得⎩⎨⎧b ＝1，c ＝－1.(2)由(1)得f ′(x )＝e x －a (sin x ＋x cos x )－1， 记g (x )＝e x －a (sin x ＋x cos x )－1， 则g ′(x )＝e x －a (2cos x －x sin x )， 所以g ′(0)＝1－2a ， ①当a >12时，(ⅰ)当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，g ″(x )＝e x＋a (3sin x ＋x cos x )>0，所以g ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递增，又因为g ′(0)<0，g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝e π2＋π2a >0，所以存在唯一实数x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，使得g ′(x 0)＝0.(ⅱ)当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π2，π时，2cos x －x sin x <0，则g ′(x )>0.由(ⅰ)(ⅱ)可知，x ∈(0，x 0)，g ′(x )<0，g (x )单调递减，x ∈(x 0，π)，g ′(x )>0，g (x )单调递增. 因为g (0)＝0，g (π)＝e π＋a π－1>0， 所以存在唯一实数x 1∈(x 0，π)， 使得g (x 1)＝0，所以当x ∈(0，x 1)时，g (x )<0， 即f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(x 1，π)，g (x )>0，即f ′(x )>0，f (x )单调递增.因为f (0)＝0，f (π)＝e π－π－1>0， 所以存在唯一实数x 2∈(x 1，π)， 使得f (x 2)＝0，即f (x )在(0，π)上有唯一零点，符合题意. ②当a ≤12时，f (x )＝e x －ax sin x －x －1≥e x －12x sin x －x －1， 记h (x )＝e x－12x sin x －x －1，x ∈(0，π).h ′(x )＝e x －12(sin x ＋x cos x )－1，所以h ″(x )＝e x－cos x ＋12x sin x >e 0－cos x ＋12x sin x >0，所以h ′(x )在(0，π)上单调递增， 且h ′(x )>e 0－12(sin 0＋0cos 0)－1＝0，所以h (x )在(0，π)上单调递增，h (x )>e 0－12×0×sin 0－0－1＝0，则x ∈(0，π)时，f (x )>0，所以f (x )在(0，π)上没有零点，不合题意，舍去. 综上，a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞. 训练1(2022·苏州八校适考)函数f (x )＝x －sin x －cos x . (1)求函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，π2上的极值；(2)证明：F (x )＝f (x )－ln x 有两个零点.(1)解 ∵f (x )＝x －sin x －cos x ， ∴f ′(x )＝1－cos x ＋sin x＝1－2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，π2，由f ′(x )＝0，可得x ＝－π2或x ＝0，∴x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，f ′(x )>0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2分别单调递增；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，0，f ′(x )<0，f (x )单调递减， ∴x ＝－π2时，函数f (x )有极大值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2＝1－π2；x ＝0时，函数f (x )有极小值f (0)＝－1.(2)证明 ∵F (x )＝f (x )－ln x ＝x －sin x －cos x －ln x ，x >0， ∴h (x )＝F ′(x )＝1－cos x ＋sin x －1x，x >0，∴h ′(x )＝sin x ＋cos x ＋1x 2＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4＋1x 2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3π4时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，即F ′(x )单调递增，又F ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝1－4π<0，F ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝2－2π>0，故存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，F ′(x 0)＝0，∴x ∈(0，x 0)时，F ′(x )<0，F (x )单调递减；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，3π4时，F ′(x )>0，F (x )单调递增，∴x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，3π4时，函数F (x )min ＝F (x 0)<F (1)＝1－sin 1－cos 1<0，F (e －2)＝e －2－sin e －2－cos e －2＋2>0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4＝3π4－ln 3π4>0，故x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3π4时，F (x )＝f (x )－ln x 有两个零点.当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，7π4时，2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4≤0， F (x )＝x －sin x －cos x －ln x ＝x －2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4－ln x ≥x －ln x ， 对于函数φ(x )＝x －ln x ，则φ′(x )＝1－1x ＝x －1x>0，又φ(1)＝1，∴x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，7π4，φ(x )>φ(1)＝1，即F (x )>0，此时函数F (x )＝f (x )－ln x 没有零点. 当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫7π4，＋∞时，F (x )＝x －sin x －cos x －ln x ＝x －2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4－ln x ≥x －2－ln x ， 由上可知F (x )≥7π4－2－ln 7π4>0， 故当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫7π4，＋∞时，函数F (x )＝f (x )－ln x 没有零点， 综上，函数F (x )＝f (x )－ln x 有两个零点. 类型二 证明不等式1.所证不等式不含参数时，常需对自变量分类讨论证明.2.所证不等式含参数时，要注意灵活应用切线不等式或利用参数的范围进行放缩. 例2 已知函数f (x )＝ln x ＋1x，e 为自然对数的底数，e≈2.718.求证：f (x )<e xx＋sin x .证明依题意，要证f(x)<e xx＋sin x，x>0，即证：x ln x－e x－x sin x＋1<0，令h(x)＝x ln x－e x－x sin x＋1，x>0.①当0<x≤1时，x sin x>0，1－e x<0，x ln x<0，故h(x)<0.②当1<x≤2时，x sin x>0，h(x)<x ln x－e x＋1，令u(x)＝x ln x－e x＋1，x∈(1，2]，u′(x)＝1＋ln x－e x，显然u″(x)＝1x－e x在(1，2]上单调递减，u″(x)<u″(1)＝1－e<0，所以u′(x)在(1，2]上单调递减，u′(x)<u′(1)＝1－e<0，所以u(x)在(1，2]上单调递减，u(x)<u(1)＝1－e<0，所以，当x∈(1，2]时，h(x)<u(x)<0.③当x>2时，－1≤sin x≤1，－x≤x sin x≤x，故h(x)≤x ln x－e x＋x＋1，令v(x)＝x ln x－e x＋x＋1，x>2，v′(x)＝2＋ln x－e x，显然v″(x)＝1x－e x在(2，＋∞)上单调递减，v″(x)<v″(2)＝12－e2<0，所以v′(x)在(2，＋∞)上单调递减，v′(x)<v′(2)＝2＋ln 2－e2<0，所以v(x)在(2，＋∞)上单调递减，v(x)<v(2)＝2ln 2－e2＋2＋1<5－e2<0，所以，当x>2时，h(x)≤v(x)<0.综上所述，当x>0时，h(x)<0，得证.训练2(2022·苏州八校联考)已知函数f(x)＝e－x－a ln x－2x(a∈R，x>0).(1)若a＝1，x0是函数f(x)的零点，求证：x0·e x0＝1；(2)证明：对任意x >0，0<a ≤1，都有a sin x －x ln x <e －x ＋x 2. 证明 (1)当a ＝1时，f (x )＝e －x －ln x －2x ， 由题意知f (x 0)＝e －x 0－ln x 0－2x 0＝0， 即e －x 0－x 0＝x 0＋ln x 0＝e －x 0＋ln e －x 0.令g (x )＝x ＋ln x ，显然g (x )在(0，＋∞)上单调递增，x 0，e －x 0>0. 由g (x 0)＝g (e －x 0)，得x 0＝e －x 0， 所以x 0e x 0＝1.(2)对∀x >0，令φ(x )＝x －sin x ，φ′(x )＝1－cos x ≥0，则φ(x )在(0，＋∞)上单调递增，且φ(0)＝0，所以当x >0时，φ(x )>0，即x >sin x .当0<a ≤1时，e －x ＋x 2＋x ln x －a sin x >e －x ＋x 2＋x ln x －ax ≥e －x ＋x 2＋x ln x －x ＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x e x ＋x ＋ln x －1. 令h (x )＝1x e x ＋x ＋ln x －1＝1x ex ＋ln(x e x )－1，令x e x＝t ，t ∈(0，＋∞)， 所以H (t )＝1t＋ln t －1，H ′(t )＝－1t 2＋1t ＝t －1t2.则H (t )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以H (t )≥H (1)＝0，即h (x )≥0， 所以e －x ＋x 2＋x ln x －a sin x >0， 即a sin x －x ln x <e －x ＋x 2得证. 类型三 不等式恒成立、能成立求参数1.分离参数，归纳为函数的最值问题.2.注意利用已知参数的范围.例3(2022·辽宁协作体模拟改编)已知函数f (x )＝14x 3－x 2sin α＋x ＋1，α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π2.证明：存在α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π2，使得不等式f (x )>e x 有解(e 是自然对数的底数).证明 不等式f (x )>e x 等价于 ⎝ ⎛⎭⎪⎫14x 3－x 2sin α＋x ＋1·e －x >1， 所以只需证⎝ ⎛⎭⎪⎫14x 3－x 2sin α＋x ＋1e －x 的最大值大于1.因为α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π2，－1≤－sin α≤12，又x 2∈[0，＋∞)，所以－x 2sin α≤12x 2，当α＝－π6时等号成立，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫14x 3－x 2sin α＋x ＋1e －x≤⎝ ⎛⎭⎪⎫14x 3＋12x 2＋x ＋1e －x .设函数g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14x 3＋12x 2＋x ＋1e －x ，g ′(x )＝－14x 2(x －1)e －x ，当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )≥0，g (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)，g ′(x )<0，g (x )单调递减.因为g (1)＝14＋12＋1＋1e ＝2.75e >1，所以存在α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π2，使得不等式f (x )>e x 有解.训练3(2022·潍坊二模改编)已知函数f (x )＝ax ＋cos x ＋sin x (a ∈R ). 若f (x )≤1＋2sin x ＋2cos x 在x ∈(0，π]上恒成立，求实数a 的取值范围. 解 f (x )≤1＋2sin x ＋2cos x ， 即a ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋sin x ＋cos x x min .令g (x )＝1＋sin x ＋cos xx，x ∈(0，π]，则g ′(x )＝（cos x －sin x ）x －1－sin x －cos xx2＝（x －1）cos x －（x ＋1）sin x －1x 2.令h (x )＝(x －1)cos x －(x ＋1)sin x －1，则h ′(x )＝cos x －(x －1)sin x －sin x －(x ＋1)cos x ＝－x (sin x ＋cos x ) ＝－2x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4，当0<x <3π4时，h ′(x )<0，h (x )单调递减； 当3π4<x <π时，h ′(x )>0，h (x )单调递增. 而h (0)＝－2<0，h (π)＝－π<0， 故h (x )<0在x ∈(0，π]上恒成立， 故g ′(x )<0在x ∈(0，π]上恒成立， 所以g (x )在x ∈(0，π]为减函数， 所以g (x )min ＝g (π)＝0，故a ≤0，所以实数a的取值范围是(－∞，0].类型四必要性探路1.常用探路方法有：取点探路、保号性探路、洛必达探路等.2.{探得的参数范围}⊇{参数取值范围}，无需再考虑不在探得参数范围内的情形. 例4(2022·海安模拟)已知函数f(x)＝e x＋x cos x.(1)判断函数f(x)在[0，＋∞)上的单调性，并说明理由；(2)对任意的x≥0，e x＋x sin x＋cos x≥ax＋2，求实数a的取值范围.解(1)函数f(x)在[0，＋∞)上是单调增函数，理由如下：因为f(x)＝e x＋x cos x，所以f′(x)＝e x＋cos x＋x(－sin x).记g(x)＝e x－x－1，则g′(x)＝e x－1，令g′(x)＝0，得x＝0.当x>0时，g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增；当x<0时，g′(x)<0，g(x)在(－∞，0)上单调递减，所以g(x)min＝g(0)＝0，所以g(x)＝e x－x－1≥0，即e x≥x＋1.又sin x≤1，cos x≥－1，所以f′(x)≥x＋1＋cos x＋x(－sin x)＝x(1－sin x)＋(1＋cos x)≥0，所以函数f(x)在[0，＋∞)上是单调增函数.(2)由题意知e x＋x sin x＋cos x－ax－2≥0对∀x≥0恒成立，令F(x)＝e x＋x sin x＋cos x－ax－2，∴F ′(x )＝e x＋sin x ＋x cos x －sin x －a ＝e x ＋x cos x －a ，而F (x )≥F (0)对∀x ≥0恒成立， ∴F ′(0)＝1－a ≥0⇒a ≤1(必要性). 下证充分性：当a ≤1时，F (x )＝e x ＋x sin x ＋cos x －ax －2≥e x ＋x sin x ＋cos x －x －2. 令h (x )＝e x ＋x sin x ＋cos x －x －2，h ′(x )＝e x ＋sin x ＋x cos x －sin x －1＝e x ＋x cos x －1， 由(1)知，h ′(x )在[0，＋∞)上单调递增， ∴h ′(x )≥h ′(0)＝0， ∴h (x )在[0，＋∞)上单调递增，h (x )≥h (0)＝0⇒F (x )≥0符合题意. 综上：实数a 的取值范围为(－∞，1].训练4 已知函数f (x )＝2sin x －x cos x －x ，f ′(x )是f (x )的导函数. (1)证明：f ′(x )在区间(0，π)存在唯一的零点； (2)若x ∈[0，π]时，f (x )≥ax 恒成立，求a 的取值范围. (1)证明 因为f (x )＝2sin x －x cos x －x ，所以f ′(x )＝2cos x －cos x ＋x sin x －1＝cos x ＋x sin x －1， 令g (x )＝cos x ＋x sin x －1，则g ′(x )＝－sin x ＋sin x ＋x cos x ＝x cos x ， 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2时，g ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，g ′(x )<0，所以当x ＝π2时，g (x )的极大值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π2－1>0，g (0)＝0，g (π)＝－2，所以g (x )在(0，π)上有唯一零点， 即f ′(x )在(0，π)上有唯一零点. (2)解 当x ＝π，由不等式f (x )≥ax ， 得f (π)＝0≥a π，可得a ≤0(必要性). 下证充分性：由(1)知，f ′(x )在(0，π)上有唯一零点x 0使得f ′(x 0)＝0，且f ′(x )在(0，x 0)上为正，在(x 0，π)上为负，所以f (x )在[0，x 0]上单调递增，在[x 0，π]上单调递减. 结合f (0)＝0，f (π)＝0，可知f (x )在[0，π]上非负， 所以x ∈[0，π]时，f (x )≥0. 又当a ≤0，x ∈[0，π]时，ax ≤0， 所以f (x )≥ax ，所以a 的取值范围是(－∞，0].一、基本技能练1.已知函数f (x )＝x －12sin x ＋m ln x ＋1，g (x )＝f (x )＋12sin x .当x ≥1时，若不等式g (x )－x －e x －1≤0恒成立，求实数m 的取值范围. 解 由题意知m ln x ＋1－e x －1≤0在[1，＋∞)恒成立.令h(x)＝m ln x＋1－e x－1，必要性：即证x≥1时，h(x)≤0恒成立，h(1)＝0.h′(x)＝mx－e x－1，h′(1)＝m－1≤0.即h(x)在x＝1处保持单调递减趋势时，m≤1.下证充分性：当m≤1，x≥1，m ln x≤ln x.则m ln x＋1－e x－1≤ln x＋1－e x－1，根据指对不等式ln x≤x－1，e x－1≥x，原式h(x)≤ln x＋1－e x－1≤x－1＋1－x＝0，当且仅当x＝1时取等号.故实数m的取值范围为(－∞，1].2.(2022·南京师大附中模拟)已知f(x)＝ln(x＋1)－ax(a∈R)，g(x)＝－sin x.若函数f(x)与g(x)的图象恰有一个交点，求a的取值范围.解函数f(x)与g(x)的图象恰有一个交点，等价于h(x)＝f(x)－g(x)有一个零点，h(x)＝f(x)－g(x)＝ln(x＋1)－ax＋sin x，显然h(0)＝0，即函数h(x)除0之外无其他零点.h′(x)＝1x＋1－a＋cos x，令m(x)＝1x＋1－a＋cos x，m′(x)＝－1（x＋1）2－sin x，当－1<x<0时，－1（x＋1）2<－1，则m′(x)＝－1（x＋1）2－sin x<0，即h′(x)在(－1，0)单调递减.若a≤0，当－1<x<0时，ln(x＋1)<0，sin x<0，则h(x)＝ln(x＋1)－ax＋sin x<0；当0<x<π时，ln(x＋1)>0，sin x>0，则h(x)＝ln(x＋1)－ax＋sin x>0；当x≥π时，ln(x＋1)>1，ln(x＋1)＋sin x>0，则h(x)＝ln(x＋1)－ax＋sin x>0，即h(x)除0之外无其他零点，符合题意.若0<a<2，当0<x<π时，m′(x)＝－1（x＋1）2－sin x<0，即h′(x)在(0，π)上单调递减，又h′(0)＝2－a>0，h′(π)＝1π＋1－a－1<0，则存在x0∈(0，π)使h′(x0)＝0，即h(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减，又h(0)＝0，x→＋∞时，h(x)→－∞，故h(x)在(0，＋∞)上至少存在1个零点，不合题意.若a＝2，当－1<x<0时，由上知h′(x)在(－1，0)上单调递减，h′(x)>h′(0)＝2－a ＝0，则h(x)在(－1，0)上单调递增，即h(x)<h(0)＝0；当x>0时，令n(x)＝ln(x＋1)－x，则n′(x)＝1x＋1－1＝－xx＋1<0，即n(x)单调递减，n(x)<n(0)＝0，即ln(x＋1)<x，令t(x)＝sin x－x，则t′(x)＝cos x－1≤0，即t(x)单调递减，t(x)<t(0)＝0，即sin x<x，则h (x )＝ln(x ＋1)－2x ＋sin x <0，即h (x )除0之外无其他零点，符合题意. 若a >2，当－1<x <0时，由上知h ′(x )在(－1，0)单调递减，又－1<1a －1<0，h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1>0，h ′(0)＝2－a <0，则存在x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，0使h ′(x 1)＝0，即h (x )在(－1，x 1)上单调递增，(x 1，0)上单调递减， 又h (0)＝0，x →－1时，h (x )→－∞， 故h (x )在(－1，0)存在1个零点，不合题意. 综上，a 的取值范围是{a |a ≤0或a ＝2}.3.(2022·苏州模拟)已知a ∈R ，函数f (x )＝e x －a sin x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)若f (x )≥3－12a ，求a 的取值范围. 解 (1)令g (x )＝f ′(x )＝e x －a cos x ，g ′(x )＝e x ＋a sin x .若a <1，则f ′(x )＝e x －a cos x >1－1＝0， 所以f ′(x )的零点个数为0； 若a ＝1，g ′(x )＝e x ＋sin x >0， 所以f ′(x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，又f ′(0)＝e 0－cos 0＝1－1＝0， 所以f ′(x )的零点个数为1；若a >1，g ′(x )＝e x＋a sin x >0， 所以f ′(x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增， 又f ′(0)＝1－a <0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝e π2>0，所以f ′(x )的零点个数为1.综上得，当a <1时，f ′(x )的零点个数为0；当a ≥1时，f ′(x )的零点个数为1. (2)由(1)知，若a ≤1，f ′(x )＝e x －a cos x ≥0，故f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，所以f (x )min ＝f (0)＝1>3－12≥3－12a ，所以a ≤1满足题意； 若a >1，存在唯一x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，使得f ′(x 0)＝e x 0－a cos x 0＝0，且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，π2时，f ′(x )>0， 所以f (x )在(0，x 0)上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，π2上单调递增.所以f (x )min ＝f (x 0)＝e x 0－a sin x 0＝a cos x 0－a sin x 0≥3－12a ， 化简得cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋π4≥6－24＝cos 5π12，又x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，所以x 0∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π6.设h (x )＝cos x e x ，x ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π6， ∴h ′(x )＝－sin x －cos xe x <0，所以y ＝cos x e x 在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π6上单调递减，所以1a ＝cos x 0e x 0∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e π6，1， 解得a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤1，233e π6.综上所述，a 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，233e π6.二、创新拓展练4.(2022·温州测试)已知函数f (x )＝e x ·cos x (e 为自然对数的底数). (1)求证：当x ∈(0，π)时，f (x )<x ＋1；(2)设f (x )＝m (－2π<x <2π)的解为x i (i ＝1，2，…)，x i >x i ＋1. (ⅰ)当x i ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，求x i －f (x i ＋1)的取值范围；(ⅱ)判断是否存在x i <π，使得x i ＋x i ＋1≥π2成立？并说明理由. (1)证明 设g (x )＝e x ·cos x －x －1， 则g ′(x )＝e x ·(cos x －sin x )－1. 令F (x )＝g ′(x )，则F ′(x )＝e x ·(－sin x －sin x ) ＝－2e x ·sin x . ∵x ∈(0，π)， ∴F ′(x )<0，∴g ′(x )在(0，π)上单调递减， ∴g ′(x )<g ′(0)＝0， ∴g (x )在(0，π)上单调递减，∴g (x )<g (0)＝0，∴当x ∈(0，π)时，f (x )<x ＋1.(2)解 (ⅰ)∵f ′(x )＝e x ·(cos x －sin x )＝2e x cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－2π，－7π4，⎝ ⎛⎭⎪⎫－3π4，π4，⎝ ⎛⎭⎪⎫5π4，2π上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－7π4，－3π4，⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，5π4上单调递减，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3π2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＝0，f (0)＝1，f (π)＝－e π<－1.又当x <0时，e x ∈(0，1)，cos x ∈[－1，1]， ∴f (x )∈(－1，1)， ∴f (x )的部分图象如图所示.观察图象知，当x i ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，又x i >x i ＋1，必有x i ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2.设h (x i )＝x i －f (x i ＋1)＝x i －f (x i )＝x i －e x i ·cos x i ，x i ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2.∵x i ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，因f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，5π4上单调递减，则e xi ·cos x i 在⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2上单调递减，因此h (x i )＝x i －e x i ·cos x i 在⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2上单调递增，∴x i －f (x i ＋1)∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－22e π4，π2.(ⅱ)不存在，理由如下：①当x i ∈(－∞，0]时，x i ＋1不存在或者显然x i ＋x i ＋1<π2，即x i ＋x i ＋1≥π2不成立； 因x i <π，则②当x i ≤π4时，由x i >x i ＋1，必有x i ＋x i ＋1<π2，即x i ＋x i ＋1≥π2不成立； ③当x i ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π2，π时，x i ＋1不存在或者x i ＋1≤－π2，此时x i ＋x i ＋1<π－π2＝π2，即x i ＋x i＋1≥π2不成立； ④当x i ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2时，x i ＋1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π4，构造函数t (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x －f (x )，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，则t ′(x )＝－f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x －f ′(x )＝－e π2－x ·(sin x －cos x )－e x ·(cos x －sin x )＝(cos x －sin x )·(e π2－x －e x ).因而当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2时，cos x －sin x <0，e π2－x －e x<e π2－π4－e π4＝0，∴t ′(x )>0，∴t (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2上单调递增，∴t (x )>t ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝0，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x >f (x )，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x i >f (x i )＝f (x i ＋1).又－π2<x i＋1<π4，0<π2－x i<π4且f(x)在⎝⎛⎭⎪⎫－π2，π4上单调递增，∴π2－x i>x i＋1，∴x i＋x i＋1<π2，即x i＋x i＋1≥π2不成立.综上所述，不存在x i＋1<x i<π，使得x i＋x i＋1≥π2.。

(4)若函数y=f(x)的图象关于点(a,0),(b,0)对称(a≠b),则函数y=f(x)的周期为
2|a-b|;
(5)若函数y=f(x)的图象关于直线x=a,x=b对称(a≠b),则y=f(x)的周期为2|ab|.
14.函数f(x)=|logax|(a>0,且a≠1),若f(m)=f(n)(m≠n),则mn=1.


2
0
k=- 2 · .
0
2 2
(2)在双曲线 E: 2 − 2 =1(a>0,b>0)中,类比(1)的①②③三个结论分别有:


2
2
2



①k0·k= 2 ;②k1·k2= 2 ;③k0·k= 2 .




0
(3)在抛物线 C:y2=2px(p>0)中类比(1)③的结论有 k= (y0≠0).


(2)当公比q≠-1或q=-1且n为奇数时,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…成等比数列(n∈N*).
(3)若等比数列的项数为2n(n∈N*),奇数项之和为S奇,偶数项之和为S偶,
则S偶=qS奇.
(4)Sm+n=Sm+qmSn(m,n∈N*).
4立体几何
1.若一个平面图形的面积为S,其斜二测画法直观图的面积为S',则有
(2)双曲线的焦点三角形:若P是双曲线上不同于实轴两端点的任意一
2
点,F1,F2分别为双曲线的左、右焦点,则
△1 2 =

tan
,其中θ=∠F1PF2.
2
4.抛物线中的常用结论
设AB是过抛物线y2=2px(p>0)焦点F的弦,若A(x1,y1),B(x2,y2),则

在 x∈(0,2)时恒成立.
e -e
l'(x)= 2
e
=
1-
,
e
∴当 x<1 时,l'(x)>0,函数 l(x)在(0,1)内单调递增,
当 x>1 时,l'(x)<0,函数
令 t(x)=ln
1
l(x)在(1,2)内单调递减,∴l(x)≤l(1)= .
e
1
1-
x-(x-1),t'(x)= -1= ,
会得到f'(x)=ex+g'(x),导函数中仍然含有ex,这时方程f'(x)=0或不等式f'(x)>0
都是超越方程或不等式,求解将比较麻烦,甚至不能直接求解,需要采取“二
次求导”或“虚设零点”的办法解决问题.但如果将函数解析式转化为exf(x)
()
()
x
x
或 的形式,则其导数为[e f(x)]'=e [f(x)+f'(x)],
故只需证明 xln x+1-x+4e

=e
1

1
1
=
1

1
·2

1
e (-1)

.
=
1
(-1)(e +-e -1)
2
.
当 x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)在区间(0,1)内单调递减,
1

1

1

∴xe >e,即-xe <-e,-xe -1<-e-1.
设 h(x)=ex+x,显然 h(x)在区间(0,1)内单调递增,∴ex+x<e+1.

函数与导数—导数中的放缩问题专题综述放缩法是解决函数不等式问题的利器，导数压轴题中的函数往往是指数、对数与其他函数综合，或者指对数并存的超越函数，有时直接构造出的函数难以直接求出最值，需要借助放缩解决.利用导数判断函数单调性、解决函数零点问题、不等式证明等问题中都会用到放缩法，使问题难度降低.常用的放缩方式有：①常用不等式放缩：指数放缩、对数放缩、三角放缩；②利用已知题目信息放缩；③根据已知参数范围或常识，减少变量，适当放缩；③利用单调性放缩；④利用基本不等式放缩： 若0a b >>，则211ln ln 2a b a bb ab a b a b-+<<<<-+；⑤由数值大小关系直接放缩，做题时灵活运用.本专题就前3种，重点探究.专题探究探究1：利用不等式放缩函数中有指数、对数、三角函数时，直接求导，导数不等式无法解出，根据函数结构，选择不等式进行放缩，使函数简单化. 常用不等式有：（1）三角函数放缩：①0,,sin tan 2x x x x π⎛⎫∀∈<< ⎪⎝⎭；②21sin 2x x x ≥-；③22111cos 1sin 22x x x -≤≤-（2）指数放缩：①1x e x ≥+；②x e ex ≥（1,y x y ex =+=为函数x y e =图象的两条切线）；③()101xe x x ≤≤-；④()10x e x x≤-< （3）对数放缩：①11ln 1x x x -≤≤-；②ln x x e ≤；③1ln x ex ≥-；（1,xy x y e =-=为函数ln y x =图象的两条切线）（4）指对放缩：()()ln 112xe x x x ->+--=(2021安徽省合肥市联考) 已知函数()(ln ),.xe f x a x x a R x=--∈（1）当0a >时，讨论函数()f x 的单调性；（2）当1a =-时，函数1()()()x g x f x x e mx x =+++满足：对任意(0,)x ∈+∞，都有()1g x 恒成立，求实数m 的取值范围．【审题视点】第（2）问显化函数()g x ，恒成立问题回顾常用的方法（专题1.3.7）：分离参数、含参讨论单调性等方法，由解析式的具体结构确定方法与细节.【思维引导】分离参数以后，函数中有指、对结构，若直接通过求导判断单调性求最值，方法较困难，利用不等关系1x e x ≥+，得ln ln 1x x e x x +≥++，使难度大大降低.【规范解析】解：（1）()f x 的定义域是(0,)+∞，22()(1)()x x x a xe e ax e x f x a x x x -+-'=--=，当0a >，0x >时，令()0f x '>，则1x <∴()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减；（2）当1a =-时，1()()()ln (1)x x g x f x x e mx xe x m x x=+++=-++，()()0,,1x g x ∀∈+∞≥即ln 1ln 1ln 11x x x x xe x e m x x++-+--=-，1.恒成立问题求参：分离参数构造函数求最值；2.构造的函数中有ln x 、ln x x e +，通过求导判断单调性求最值较困难，通过常用不等关系1xe x ≥+，进行放缩,是函数简单化.设()1x F x e x =--，则()1x F x e '=-，令()0F x '>，则0x >∴()f x 在()0,+∞上单调递增，在(),0-∞上单调递减∴()(0)0F x F =，即1(x e x +当且仅当0x =时“=”成立)，故ln ln 1(x x e x x +++当且仅当ln 0x x +=时“=”成立)， ()ln G x x x =+在(0,)+∞上是增函数，且11()10G e e=-<，(1)10G =>，故存在01(,1)x e∈使得ln 0x x +=成立，故ln 1ln 1ln (ln 1)112x x x e x x x x x++-+-++--=-（当且仅当0x x =时“=”成立），∴2m -，即m 的取值范围是[2,).-+∞【探究总结】常见的不等关系要灵活运用，解题时函数结构复杂，可考虑运用上述不等式进行放缩，使问题简答化.但不等式1,,ln 1,ln xxx e x e ex x x x e≥+≥≤-≤，从图象的角度看，是以直代曲，放缩的程度大，容易出现误差，在使用时要注意.另外若是求参数取值范围问题，要考虑不等式中的等号能否取到.(2021山东省泰安市一模) 已知函数()()ln 2xf x e x k -=-，（k 为常数， 2.718e =⋅⋅⋅是自然对数的底数），曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线与y 轴垂直.（1）求()f x 的单调区间；（2）设()()1ln 1xx x g x e-+=,对任意0x >，证明：()()21x x x g x e e -+<+. 探究2：利用已证结论放缩1.对使用过得不等关系，构造函数证明成立；2.利用不等关系进行替换.恒成立求取值范围的问题，放缩以后，要确保不等式中等号能否取到解答题的上一问中证明的不等式，或者推导过程中证明出的结论，为后续的证明提供放缩的依据.需证明的不等式为关于n 的多项式的和或不等式结构复杂，利用已证结论，进行放缩，使不等式化繁为简，便于构造函数求最值.(2021湖南省郴州市模拟) 已知函数()e (1)ln(1) 1.x f x x x =-++-（1）当0x >时，证明：()0f x >；（2）已知数列{}n a 的通项公式为1e 1nn n na n -=+，证明：12ln (1).n a a a n ++⋅⋅⋅+>+ 【审题视点】第（2）问，出现数列的前n 项和，且不能用常规的求和方法求和，借助第一问的结论对n a 的通项公式进行放缩，便于求和.【思维引导】对第一问的不等式进行变形，观察n a 的结构，进行放缩，能够用已知方法求和.【规范解析】解：（1）由题意得 ()()ln(1)10x f x e x x '=-+->， 设()ln(1)1x g x e x =-+-，则1(1)1()11x xe x g x e x x +-'=-=++， 当0x >时， 1x e >，11x +>，则(1)1x e x +>则(1)1()01x e x g x x +-'=>+， ()g x ∴在()0,+∞上单调递增，故()()00g x g >=，即()0f x '> ()f x ∴在()0,+∞上单调递增，∴当0x >时，()(0)0f x f >=，即()0f x >（2）由（1）知：当0x >时，()(1)ln(1)10x f x e x x =-++->，即1ln(1)1x e x x ->++ 令1x n=，则11ln()1nne n n n n -+>+，12231ln ln ln12n n a a a n++++>+++ 231ln()ln(1)12n n n+=⨯⨯⨯=+ ∴12ln (1)n a a a n ++⋅⋅⋅+>+【探究总结】函数中证明与n 有关的求和问题，或不等式证明问题，要仔细观察不等式结构特点，往往会利用前一问的结论，或者解题过程中的结论.利用已证结论，进行放缩，化繁为简，证明不等式的成立.(2021广东省东莞市联考) 已知函数()ln (1),(0)f x x a x a =-->（ 2.718e ≈即自然对数的底数）.（1）若函数()f x 在()1,+∞上是单调减函数，求实数a 的取值范围； （2）在（1）的条件下，当n N +∈时，证明：2311111111.2222n e ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++< ⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭探究3：利用已知参数范围或常识放缩函数解析中含有参数，且已知参数范围，证明不等式成立，可以从参数的范围入手，使参数取确定的值或利用单调性、其它不等关系，对不等式进行放缩，减少变量，使函数结构简单，易于判断单调性.(2021河北省石家庄联考) 已知函数()(2).x f x e k x =-+（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）证明：当0k e <<时，()(1ln )0.f x k x x ++->【审题视点】已知参数范围，证明不等式成立，且函数指对结构都有，若含参讨论难度大，可能要借助放缩，化繁为简.【思维引导】1.对已证不等式进行变形，变形为与n a 通项公式相似的结构；2.对自变量进行替换，得出新的不等式.利用不等式性质进行求和，实现放缩，证明结论.第（2）问不等式的证明，函数中有x e ，ln x ，构造函数求导，含参讨论解导数不等式较困难，可巧妙利用参数的范围，参数取确定的值，进行放缩，求不含参函数的最值较为简单.【规范解析】解：（1）由题意得 ()e .x f x k '=- ①当0k 时，()e 0x f x k '=->，∴函数()f x 在(,)-∞+∞上单调递增；②当0k >时，令()e 0x f x k '=-> 得ln x k >，则()g x '在(0,)+∞上单调递增，且(1)0g '= 当(0,1)x ∈时，()0g x '< 当(1,)x ∈+∞时，()0g x '>)0，10⎫->⎪⎭∴当0k e <<时，()(1ln )0.f x k x x ++->【探究总结】不等式的证明问题中含有参数，若直接构造函数含参讨论，难以解决的情况下，为避开讨论，可以在参数给定的范围内，结合不等式的结构进行第一步的放缩，达到消参的目的，转化为证明不含参的不等式.若不等式的结构依然复杂，在利用常用不等关系、已证结论等方法进一步放缩.(2021湖北省荆州市高三模拟) 已知函数()ln(2).x m f x e x -=-（1）设1x =是函数()f x 的极值点，求m 的值并讨论()f x 的单调性； （2）当2m 时，证明：()ln 2.f x >-专题升华导数解答题中函数多以xe 、ln x 型的函数与其他函数结合的形式出现，考查零点问题、不等式证明问题、恒成立问题等方向时，如果利用常规方法处理时，因函数结构复杂求导判断单调性难度较大，通过放缩将难以处理的函数转化为较为简单的函数进行处理.放缩法较为灵活，要根据不等式的结构、形式等特征，使条件与结论建立联系，选择适当的方法是关键. 1.积累常见的不等结论：如探究1中提及的不等式，解题时需构造函数，证明其正确性，再进行放缩.利用不等式进行放缩，体现了数学中的化归与转化思想，也体现了处理数学问题时以直代曲、以曲代曲的方法.2.巧用已证不等式，顺水推舟：利用已证不等式(或结论) “服务”于后续问题的求解，这类题目最明显的“暗示”，即为证明一个类似于数列求和的不等式，需利用已证不等式进行逐项替换放缩.若题目的第一问证明不等式，在后续解题时，留意是否会利用已证结论.3.已知参数范围：含参不等式的证明时，若因为参数的存在使函数讨论非常复杂，可考虑结合参数范围及其它结论进行放缩.4.其他放缩方法：除了上述三种难度较大的放缩方法以外，单调性、已知结论、基本不等式等.如利用基本不等式进行放缩，化曲为直，()202x x +=≥；和积互化等.不仅仅应用于简化不等式，在解题过程中，也可能用放缩证明代数式的值.长干行·其一[唐]李白妾发初覆额，折花门前剧。