資源簡介

(共57張PPT)
第三章　
進階篇　不等式證明方法
數學
大
一
輪
復
習
極值點偏移(一)
進階4
1.極值點偏移的定義
極值點偏移是函數在極值點左右的增減速度不一樣，導致函數的圖象不具有對稱性.例如我們學過的二次函數為標準的對稱結構，有對稱軸，但是有些函數沒有對稱軸，即關于類對稱軸對稱的兩點橫坐標之和不等于對稱點橫坐標的兩倍，我們把這種現象叫做極值點偏移.
2.從圖形角度理解極值點偏移(x0為極值點，且x1(1)左右對稱，無偏移，如二次函數；若f(x1)＝f(x2)，則x1＋x2＝2x0.
(2)左陡右緩，極值點向左偏移；若f(x1)＝f(x2)，則x1＋x2>2x0.
(3)左緩右陡，極值點向右偏移；若f(x1)＝f(x2)，則x1＋x2<2x0.
例1　(2024·南充模擬)已知函數f(x)＝x－ln x－a有兩個不同的零點x1，x2.
(1)求實數a的取值范圍；
對稱化構造法(和型)
題型一
f(x)的定義域為(0，＋∞)，
因為f'(x)＝1－
所以當0當x>1時，f'(x)>0，
所以f(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，
所以當x＝1時，f(x)取得最小值1－a.
又當x趨近于0或＋∞時，f(x)趨近于＋∞，
所以要使f(x)有兩個不同的零點x1，x2，只需滿足1－a<0，即a>1.
所以實數a的取值范圍為(1，＋∞).
(2)求證：x1＋x2>2.
不妨設x1則2－x1>1，
要證x1＋x2>2，
只需證2－x1又f(x)在(1，＋∞)上單調遞增，f(x1)＝f(x2)＝0，
所以只需證f(2－x1)即證f(2－x1)記g(x)＝f(2－x)－f(x)＝2－2x－ln(2－x)＋ln x，x∈(0，1)，
則g'(x)＝－2＝－
當00，g(x)單調遞增，
又g(1)＝f(2－1)－f(1)＝0，
所以g(x1)＝f(2－x1)－f(x1)<0，
即f(2－x1)所以x1＋x2>2.
證明x1＋x2>2x0的步驟
(1)求極值點x0：求出函數f(x)的極值點x0，結合函數f(x)的圖象，由f(x1)＝f(x2)得出x1，x2的取值范圍.
(2)構造函數：對結論為x1＋x2>2x0的情況，構造函數F(x)＝f(x)－f(2x0－x).
①F'(x)＝f'(x)＋f'(2x0－x)>0，則F(x)單調遞增；
②注意到F(x0)＝0，則F(x1)＝f(x1)－f(2x0－x1)<0即f(x1)③f(x2)＝f(x1)2x0－x1；
④得到結論x2＋x1>2x0.
思維升華
跟蹤訓練1　已知f(x)＝ln x－2x，若f(x1)＝f(x2)，求證：x1＋x2>1.
f'(x)＝－2＝
所以f(x)在上單調遞增，在上單調遞減，
所以f(x)max＝f ＝－1－ln 2，
又當x→0＋時，f(x)→－∞，
當x→＋∞時，f(x)→－∞，
所以f(x)的圖象如圖所示.
不妨設01，
只需證x2>1－x1，
由于f(x)在上單調遞減，
x2>1－x1>
所以只需證f(x2)即證f(x1)令h(x)＝f(1－x)－f(x)，0則h'(x)＝－<0，
所以h(x)在上單調遞減，
又h＝f －f ＝0，
所以h(x)>0，
即f(1－x)>f(x)，
即f(1－x1)>f(x1)，
所以x1＋x2>1.
例2　(2024·南充模擬)已知函數f(x)＝(1＋ln x).
(1)討論f(x)的單調性；
對稱化構造法(積型)
題型二
由題意可得x>0>0，所以a>0，
f(x)＝(1＋ln x)的定義域為(0，＋∞)，
又f'(x)＝＝－
由f'(x)＝0，得x＝1，
當00，
則f(x)在(0，1)上單調遞增；
當x>1時，f'(x)<0，則f(x)在(1，＋∞)上單調遞減.
(2)若方程f(x)＝1有兩個不同的根x1，x2，求實數a的取值范圍，并證明：x1x2>1.
由＝1，得＝a，
設g(x)＝
g'(x)＝
由g'(x)＝0，得x＝1，
當00，
則g(x)在(0，1)上單調遞增；
當x>1時，g'(x)<0，
則g(x)在(1，＋∞)上單調遞減，
又g＝0，g(1)＝1，且當x趨近于正無窮時，g(x)趨近于0，
g(x)＝的圖象如圖，
所以當0不妨設x1則0設h(x)＝g(x)－g－x(1－ln x)，
h'(x)＝＋ln x＝ln x≥0，
所以h(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
又h(1)＝0，所以h(x1)＝g(x1)－g<0，即g(x1)又g(x1)＝g(x2)，所以g(x2)又x2>1>1，g(x)在(1，＋∞)上單調遞減，
所以x2>故x1x2>1.
對結論x1x2>型，方法一是構造函數F(x)＝f(x)－f 通過研究F(x)的單調性獲得不等式；方法二是兩邊取對數，轉化成ln x1＋ln x2 >2ln x0，再把ln x1，ln x2看成兩變量即可.
思維升華
跟蹤訓練2　(2025·江蘇聯考)已知函數f(x)＝xln x＋t在點(1，f(1))處的切線經過原點.
(1)求t的值；
因為f'(x)＝ln x＋1，所以f'(1)＝1，
因為f(1)＝t，所以切線方程為y－t＝x－1，
即y＝x＋t－1.
因為切線經過原點，所以0＝0＋t－1，
所以t＝1.
(2)若存在x1因為f(x)＝xln x＋1(x>0)，
所以f'(x)＝ln x＋1，
令f'(x)>0，解得x>；
令f'(x)<0，解得0所以f(x)在上單調遞增，在上單調遞減.
因為f ＝1－f(1)＝1，
當x趨近于0時，f(x)趨近于1，f(x)的圖象如圖所示.
所以存在x1且0要證x1x2<即證x1<
因為<<只需證f(x1)>f
因為f(x1)＝f(x2)，即證f(x2)>f .
令g(x)＝f(x)－f ＝xln x－ln
＝xln x＋(ln x＋2)
所以g'(x)
＝(ln x＋1)＋
＝(ln x＋1).
因為0，
所以g(x)在上單調遞增，
所以g(x)>g＝0，
所以f(x)>f 即f(x2)>f
所以x1x2<.
課時精練
答案
1
2
(1)f'(x)=-a=
所以f(x)在上單調遞增，在上單調遞減，f(x)max=f =ln-1=-ln a-1，
當x→0+時，f(x)→-∞，當x→+∞時，f(x)→-∞.
由于f(x)有兩個零點，所以-ln a-1>0，
即0故a的取值范圍是.
1.
答案
1
2
(2)由(1)知0要證x1+x2>即證x2>-x1，
由于f(x)在上單調遞減，
x2>-x1>
所以只需證f(x2)即證f(x1)1.
答案
1
2
則h'(x)=-<0，
所以h(x)在上單調遞減，
所以h(x)>h=0，
即f >f(x)，即f >f(x1)，
所以x1+x2>.
1.
答案
1
2
(1)f(x)的定義域為(0，+∞)，f'(x)=1+ln x-ax，
由題意f'(x)≤0恒成立，
即a≥恒成立，
設h(x)=則h'(x)==-
當x∈(0，1)時，h'(x)>0，h(x)=單調遞增，
當x∈(1，+∞)時，h'(x)<0，h(x)=單調遞減，
所以h(x)在x=1處取得極大值，也是最大值，h(x)max=h(1)=1，故a≥1.
2.
答案
1
2
(2)方法一　函數f(x)有兩個極值點，由(1)可知0設g(x)=f'(x)=1+ln x-ax，
則x1，x2(x1當x∈時，g'(x)>0，當x∈時，g'(x)<0，
所以g(x)在上單調遞增，在上單調遞減，
所以02.
答案
1
2
又因為g(1)=1-a>0，所以0要證x1x2>只需證x2>>
只需證g(x2)其中g(x2)=0，
即證g=1-ln(ax1)->0，
2.
答案
1
2
即證ln(ax1)+-1<0，
由g(x1)=ln x1-ax1+1=0，
設ax1=t∈(0，1)，
則ln x1=t-1，x1=et-1，
則ln(ax1)+-1<0 ln t+e1-t-1<0，
設G(t)=ln t+e1-t-1(02.
答案
1
2
G'(t)=-e1-t=
由(1)知≤1，故ln x≤x-1，
所以ex-1≥x，et-1-t≥0，
即G'(t)≥0，G(t)在(0，1)上單調遞增，G(t)故ln(ax1)+-1<0成立，
即x1x2>.
2.
答案
1
2
方法二　先證明引理：
當0當t>1時，ln t>
設M(t)=ln t-(t>0)，
M'(t)=-=≥0，
所以M(t)在(0，+∞)上單調遞增，又M(1)=0，
2.
答案
1
2
當0當t>1時，M(t)>M(1)=0，
故引理得證.
因為函數f(x)有兩個極值點，
由(1)可知0設g(x)=f'(x)=1+ln x-ax，
則x1，x2(x12.
答案
1
2
g'(x)=-a，
當x∈時，g'(x)>0，
當x∈時，g'(x)<0，
所以g(x)在上單調遞增，在上單調遞減，
所以0
2.
答案
1
2
只需證ln x1+ln x2>-ln a，
因為
即證a(x2+x1)>2-ln a，
由引理可得ax2+ln a-1=ln(ax2)>
化簡可得a2+a(ln a-2)x2+ln a+1>0， ①
同理ax1+ln a-1=ln(ax1)<
2.
答案
1
2
化簡可得a2+a(ln a-2)x1+ln a+1<0， ②
由①②可得a2(x2+x1)(x2-x1)+a(ln a-2)(x2-x1)>0，
因為x2-x1>0，a>0，
所以a(x2+x1)+ln a-2>0，
即a(x2+x1)>2-ln a，
從而x1x2>.
2.
1.已知f(x)＝ln x－ax，其中a>0.
(1)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍；
1
2
答案
1
2
答案
f'(x)＝－a＝
所以f(x)在上單調遞增，在上單調遞減，
f(x)max＝f ＝ln－1＝－ln a－1，
當x→0＋時，f(x)→－∞，當x→＋∞時，f(x)→－∞.
由于f(x)有兩個零點，所以－ln a－1>0，
即0故a的取值范圍是.
(2)若f(x1)＝f(x2)，求證：x1＋x2>.
1
2
答案
1
2
答案
由(1)知0要證x1＋x2>即證x2>－x1，
由于f(x)在上單調遞減，
x2>－x1>
所以只需證f(x2)即證f(x1)1
2
答案
令h(x)＝f －f(x)
則h'(x)＝－<0，
所以h(x)在上單調遞減，所以h(x)>h＝0，
即f >f(x)，即f >f(x1)，
所以x1＋x2>.
1
2
答案
2.(2024·常州模擬)已知函數f(x)＝xln x－ax2(a>0).
(1)若函數f(x)在定義域內為減函數，求實數a的取值范圍；
1
2
答案
f(x)的定義域為(0，＋∞)，f'(x)＝1＋ln x－ax，
由題意f'(x)≤0恒成立，即a≥恒成立，
設h(x)＝則h'(x)＝＝－
當x∈(0，1)時，h'(x)>0，h(x)＝單調遞增，
當x∈(1，＋∞)時，h'(x)<0，h(x)＝單調遞減，
所以h(x)在x＝1處取得極大值，也是最大值，h(x)max＝h(1)＝1，
故a≥1.
1
2
答案
(2)若函數f(x)有兩個極值點x1，x2(x1.
1
2
答案
方法一　函數f(x)有兩個極值點，由(1)可知0設g(x)＝f'(x)＝1＋ln x－ax，
則x1，x2(x1g'(x)＝－a，當x∈時，g'(x)>0，當x∈時，g'(x)<0，
所以g(x)在上單調遞增，在上單調遞減，
所以0又因為g(1)＝1－a>0，
1
2
答案
所以0要證x1x2>只需證x2>>只需證g(x2)其中g(x2)＝0，
即證g＝1－ln(ax1)－>0，
即證ln(ax1)＋－1<0，
由g(x1)＝ln x1－ax1＋1＝0，
1
2
答案
設ax1＝t∈(0，1)，
則ln x1＝t－1，x1＝et－1，
則ln(ax1)＋－1<0 ln t＋e1－t－1<0，
設G(t)＝ln t＋e1－t－1(0G'(t)＝－e1－t＝
由(1)知≤1，故ln x≤x－1，
1
2
答案
所以ex－1≥x，et－1－t≥0，
即G'(t)≥0，G(t)在(0，1)上單調遞增，
G(t)即x1x2>.
1
2
答案
方法二　先證明引理：
當0當t>1時，ln t>
設M(t)＝ln t－(t>0)，
M'(t)＝≥0，
所以M(t)在(0，＋∞)上單調遞增，又M(1)＝0，
1
2
答案
當0當t>1時，M(t)>M(1)＝0，
故引理得證.
因為函數f(x)有兩個極值點，
由(1)可知0設g(x)＝f'(x)＝1＋ln x－ax，
則x1，x2(x1g'(x)＝－a，當x∈時，g'(x)>0，
1
2
答案
當x∈時，g'(x)<0，
所以g(x)在上單調遞增，在上單調遞減，
所以0要證x1x2>只需證ln x1＋ln x2>－ln a，
因為
即證a(x2＋x1)>2－ln a，
1
2
答案
由引理可得ax2＋ln a－1＝ln(ax2)>
化簡可得a2＋a(ln a－2)x2＋ln a＋1>0， ①
同理ax1＋ln a－1＝ln(ax1)<
化簡可得a2＋a(ln a－2)x1＋ln a＋1<0， ②
由①②可得a2(x2＋x1)(x2－x1)＋a(ln a－2)(x2－x1)>0，
因為x2－x1>0，a>0，所以a(x2＋x1)＋ln a－2>0，
即a(x2＋x1)>2－ln a，從而x1x2>.(共60張PPT)
第三章　
進階篇　不等式證明方法
數學
大
一
輪
復
習
切割線放縮
進階3
雙變量導數中的剪刀模型起源于2015年天津卷，在2021年新高考Ⅰ卷中名滿天下！該模型的實質是凹凸函數切割線放縮(牛頓切線法)，值得注意的是，該方法出現在人教版新教材選擇性必修第二冊82頁閱讀材料中.
1.函數的凹凸性
(1)下凸函數(凹函數)：如圖1，對于連續函數f(x)，若在其圖象上任取兩點A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，除端點外，線段AB始終在函數f(x)圖象的上方，
或在f(x)的圖象上任取點C(x0，f(x0))，函數f(x)在點C處的切線y=f'(x0)(x-x0)+f(x0)除切點外，始終在f(x)圖象的下方，我們稱f(x)為下凸函數.若f(x)存在二階導數f″(x)，則滿足f″(x)≥0的函數f(x)為下凸函數.
(2)上凸函數(凸函數)：如圖2，對于連續函數f(x)，若在其圖象上任取兩點A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，除端點外，線段AB始終在函數f(x)圖象的下方，或在f(x)的圖象上任取點C(x0，f(x0))，函數f(x)在點C處的切線y=f'(x0)(x-x0)+f(x0)除切點外，始終在f(x)圖象的上方，我們稱f(x)為上凸函數.若f(x)存在二階導數f″(x)，則滿足f″(x)≤0的函數f(x)為上凸函數.
2.切線、割線不等式
(1)對于下凸函數，可利用切割線進行放縮，f(x)≥f'(x0)(x-x0)+f(x0)，當x∈(x1，x2)時，f(x)<(x-x1)+f(x1).
(2)對于上凸函數，可利用切割線進行放縮，f(x)≤f'(x0)(x-x0)+f(x0)，當x∈(x1，x2)時，f(x)>(x-x1)+f(x1).
3.剪刀模型
已知函數f(x)為定義域上的下凸函數(或上凸函數)，且圖象與y=m交于A，B兩點，其橫坐標為x1，x2，我們可以利用下凸函數(或上凸函數)的切線與y=m的交點將x1，x2的范圍予以估計，這便是切線放縮的基本原理.
如圖，在函數圖象先減后增的情形下，兩條切線和兩條割線即可估計出交點橫坐標的一個上下界，而切割線的方程均為一次函數，這樣我們就可以得到一個顯式解(精確解)的估計.
切割線放縮主要應用在交點橫坐標和、交點橫坐標差問題中，切割線放縮體現了函數中的化曲為直的思想.
例1　已知函數f(x)=xln x.
(1)求f(x)的單調區間；
由題意，f'(x)=1+ln x(x>0)，
令f'(x)>0，則x>e-1，
令f'(x)<0，則0從而f(x)的單調遞減區間是(0，e-1)，單調遞增區間是(e-1，+∞).
(2)若x1當0當x>1時，f(x)>0，
因為x1結合f(x)在(0，e-1)上單調遞減，在(e-1，+∞)上單調遞增，
可得0設g(x)=f(x)+x(0則g(x)=x(1+ln x)<0，
所以f(x)<-x(0從而f(x1)<-x1，
又f(x1)=a，所以a<-x1，故-x1>a. ①
設h(x)=f(x)-(x-1)(e-1則h'(x)=1+ln x-=ln x+，
令h'(x)>0，則令h'(x)<0，則e-1從而h(x)在上單調遞增，又h(e-1)
=h(1)=0，
所以h(x)<0在(e-1，1)上恒成立，
故h(x2)=f(x2)-(x2-1)<0，
所以f(x2)<(x2-1)，
又f(x2)=a，所以a<(x2-1)，
故x2>1+a(e-1)， ②
將①②兩式相加可得x2-x1>ae+1.
設u(x)=f(x)-(x-1)(0則u'(x)=ln x<0，所以u(x)在(0，1)上單調遞減，
又u(1)=0，所以u(x)>0在(0，1)上恒成立，從而f(x)>x-1在(0，1)上恒成立，
所以f(x2)>x2-1，
又f(x2)=a，所以a>x2-1，故x2又x1>0，所以x2-x1綜上所述，ae+1例2　已知函數f(x)=(x-1)(ex-1).
(1)求函數f(x)在x=1處的切線方程；
由題意，f'(x)=ex-1+(x-1)ex=xex-1，
所以f'(1)=e-1，
又f(1)=0，所以f(x)在x=1處的切線方程為y=(e-1)(x-1).
(2)若方程f(x)=a有兩個不同的實根x1，x2，證明：|x1-x2|≤+1.
設g(x)=f(x)+x，
則g'(x)=f'(x)+1=xex，
所以g'(x)>0 x>0，g'(x)<0 x<0，
從而g(x)在(-∞，0)上單調遞減，在(0，+∞)上單調遞增，
故g(x)≥g(0)=f(0)=0，
所以f(x)≥-x， ①
設h(x)=f(x)-(e-1)(x-1)(x∈R)，
則h'(x)=f'(x)-(e-1)=xex-e，
所以h'(x)>0 x>1，h'(x)<0 x<1，
從而h(x)在(-∞，1)上單調遞減，在(1，+∞)上單調遞增，
故h(x)≥h(1)=0，
所以f(x)≥(e-1)(x-1). ②
由題意，方程f(x)=a有兩個不同的實根x1，x2，
所以f(x1)=f(x2)=a.
不妨設x1由f(x1)=a和不等式①可得a=f(x1)≥-x1，
所以x1≥-a；
由f(x2)=a和不等式②可得
a=f(x2)≥(e-1)(x2-1)，
所以x2≤+1，
從而|x1-x2|=x2-x1≤+1+a=+1.
(1)割線放縮關鍵是根據不等式的特點和需要，找準相關的函數及其割線，才能恰當地進行割線放縮.(2)割線夾本質與切線夾類似.
思維升華
跟蹤訓練　已知函數f(x)=ln x-x2+1.
(1)證明：f(x)設g(x)=f(x)-x，
則g(x)=ln x-x2+1-x，
g'(x)=-2x-1=-，
所以g'(x)>0 0，
故g(x)在上單調遞減，
從而g(x)max=g=ln-+1-=-ln 2<0，
所以g(x)<0，故f(x)(2)若方程f(x)=a有兩個不相等的實根x1，x2，證明：|x2-x1|<1-2a.
設h(x)=f(x)+x-1，
則h(x)=ln x-x2+x，
所以h'(x)=-2x+1=-，
從而h'(x)>0 01，
故h(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，+∞)上單調遞減，
所以h(x)max=h(1)=0，
故h(x)≤0恒成立，從而f(x)≤-x+1，
因為方程f(x)=a有兩個不相等的實根x1，x2，
不妨設x1則f(x1)=f(x2)=a，
所以a=f(x1)所以x2≤1-a，
故|x2-x1|=x2-x1<1-a-a=1-2a.
課時精練
答案
1
2
(1)函數f(x)的定義域為(-1，+∞)，
f'(x)=ln(x+1)+，f'(1)=ln 2.
所以f(x)在點(1，0)處的切線方程為y=ln 2·(x-1)，
即y=ln 2·x-ln 2，
故k=ln 2，b=-ln 2.
1.
答案
1
2
(2)設h(x)=f(x)-kx-b
=(x-1)ln(x+1)-xln 2+ln 2，x∈(-1，+∞)，
則h'(x)=ln(x+1)-+1-ln 2.
令F(x)=h'(x)=ln(x+1)-+1-ln 2，x∈(-1，+∞)，
則F'(x)=+>0，
所以F(x)為增函數，即h'(x)為增函數.
又h'(1)=ln 2-1+1-ln 2=0，
所以當x∈(-1，1)時，h'(x)<0，函數h(x)單調遞減；
1.
答案
1
2
當x∈(1，+∞)時，h'(x)>0，函數h(x)單調遞增，
所以h(x)min=h(1)=0，即h(x)≥0，
所以f(x)≥xln 2-ln 2.
1.
答案
1
2
(3)g(x)=f(x)+m(m∈R)的兩個零點x1，x2，即為關于x的方程f(x)=-m的兩個根，不妨設x1由題知，曲線y=f(x)在點(1，0)處的切線方程為y=xln 2-ln 2，
令φ(x)=xln 2-ln 2，
設關于x的方程φ(x)=-m的根為x'2，
則x'2=1-.
由(2)知，f(x2)≥φ(x2)，
所以φ(x'2)=f(x2)≥φ(x2)，
因為φ(x)為增函數，所以x'2≥x2.
1.
答案
1
2
設曲線y=f(x)在點(0，0)處的切線方程為y=t(x)，
因為f'(0)=-1，所以t(x)=-x，
設關于x的方程t(x)=-m的根為x'1，
則x'1=m.
令T(x)=f(x)-t(x)，
同(2)證明可得T(x)≥0，即f(x)≥t(x)，
f(x1)≥t(x1)，
所以t(x'1)=f(x1)≥t(x1)，又t(x)為減函數，所以x'1≤x1.
所以|x2-x1|=x2-x1≤x'2-x'1=1-m-.
1.
答案
1
2
(1)由題意，f'(x)=ex-1+(x-1)ex=xex-1，f″(x)=(x+1)ex，
所以f″(x)>0 x>-1，f″(x)<0 x<-1，
從而f'(x)在(-∞，-1)上單調遞減，在(-1，+∞)上單調遞增，
因為f'(0)=-1<0，f'(1)=e-1>0，
所以f'(x)在(-1，+∞)上有1個零點，
而當x≤-1時，顯然f'(x)<0，
所以f'(x)在(-∞，-1］上沒有零點，
故f'(x)有且僅有1個零點，
2.
答案
1
2
設為x0，當x當x>x0時，f'(x)>0，
所以f(x)在(-∞，x0)上單調遞減，
在(x0，+∞)上單調遞增，
從而f(x)存在唯一的極小值點x0.
2.
答案
1
2
(2)設g(x)=f(x)+x，
則g(x)=(x-1)ex+1，
所以g'(x)=xex，
從而g'(x)>0 x>0，g'(x)<0 x<0，
故g(x)在(-∞，0)上單調遞減，在(0，+∞)上單調
遞增，所以g(x)min=g(0)=0，
從而g(x)≥0恒成立，當且僅當x=0時取等號，
故當x>0時，g(x)>0，即f(x)+x>0，
所以f(x)>-x. ①
2.
答案
1
2
f(x)過(x0，f(x0))，(1，0)兩點的割線方程為y=(x-1)=(-1)(x-1)，
令h(x)=f(x)-(-1)(x-1)，
則h'(x)=f'(x)-+1=xex-，
當x∈(x0，1)時，h″(x)=(x+1)ex>0，
所以h'(x)在(x0，1)上單調遞增，
又h'(x0)=x0-=(x0-1)<0，
h'(1)=e->0，
所以h'(x)在(x0，1)上有1個零點，記作α，當x02.
答案
1
2
當α0，
故h(x)在(x0，α)上單調遞減，在(α，1)上單調遞增，
又h(x0)=h(1)=0，所以h(x)<0在(x0，1)上恒成立，
即f(x)-(-1)(x-1)<0恒成立，
故f(x)<(-1)(x-1)， ②
因為方程f(x)=a有2個實根x1，x2，
顯然f(0)=f(1)=0，
所以f(x)<0 02.
答案
1
2
不妨設x1因為a<0，所以必有0由f(x1)=a和不等式①可得a=f(x1)>-x1，
所以x1>-a；
由f(x2)=a和不等式②可得
a=f(x2)<(-1)(x2-1)，
所以x2>+1，從而x1+x2>-a++1，
2.
答案
1
2
由f'(x0)=x0-1=0可得=，
故x1+x2>-a++1=+1.
另一方面，要證x1+x2<2x0，
只需證x2<2x0-x1，
因為0所以2x0-x1>x0，
結合f(x)在(x0，+∞)上單調遞增知，
2.
答案
1
2
要證x2<2x0-x1，
只需證f(x2)又f(x1)=f(x2)，
所以只需證f(x1)即證f(x1)-f(2x0-x1)<0，
設φ(x)=f(x)-f(2x0-x)(0則φ'(x)=f'(x)+f'(2x0-x)=xex+(2x0-x)-2，
φ″(x)=(x+1)ex--(2x0-x)=(x+1)ex-(2x0+1-x)，
2.
答案
1
2
因為當0易證0從而(x+1)ex<(2x0+1-x)，
所以φ″(x)<0，故φ'(x)在(0，x0)上單調遞減，
又φ'(x0)=2x0-2=0，
所以φ'(x)>0在(0，x0)上恒成立，故φ(x)在(0，x0)上單調遞增，
顯然φ(x0)=0，所以φ(x)<0在(0，x0)上恒成立，
從而中φ(x1)=f(x1)-f(2x0-x1)<0，
2.
答案
1
2
故x1+x2<2x0成立，
綜上所述，+12.
1.已知函數f(x)=(x-1)ln(x+1)，曲線y=f(x)在點(1，0)處的切線方程為y=kx+b.
(1)求k，b的值；
1
2
答案
1
2
答案
函數f(x)的定義域為(-1，+∞)，
f'(x)=ln(x+1)+，f'(1)=ln 2.
所以f(x)在點(1，0)處的切線方程為y=ln 2·(x-1)，
即y=ln 2·x-ln 2，
故k=ln 2，b=-ln 2.
(2)證明：f(x)≥kx+b；
1
2
答案
1
2
答案
設h(x)=f(x)-kx-b
=(x-1)ln(x+1)-xln 2+ln 2，x∈(-1，+∞)，
則h'(x)=ln(x+1)-+1-ln 2.
令F(x)=h'(x)=ln(x+1)-+1-ln 2，x∈(-1，+∞)，
則F'(x)=+>0，
所以F(x)為增函數，即h'(x)為增函數.
又h'(1)=ln 2-1+1-ln 2=0，
所以當x∈(-1，1)時，h'(x)<0，函數h(x)單調遞減；
1
2
答案
當x∈(1，+∞)時，h'(x)>0，函數h(x)單調遞增，
所以h(x)min=h(1)=0，即h(x)≥0，
所以f(x)≥xln 2-ln 2.
(3)若函數g(x)=f(x)+m(m∈R)有兩個零點x1，x2，證明：|x1-x2|≤1-m-.
1
2
答案
1
2
答案
g(x)=f(x)+m(m∈R)的兩個零點x1，x2，即為關于x的方程f(x)=-m的兩個根，不妨設x1由題知，曲線y=f(x)在點(1，0)處的切線方程為y=xln 2-ln 2，
令φ(x)=xln 2-ln 2，
設關于x的方程φ(x)=-m的根為x'2，
則x'2=1-.
由(2)知，f(x2)≥φ(x2)，
所以φ(x'2)=f(x2)≥φ(x2)，
1
2
答案
因為φ(x)為增函數，所以x'2≥x2.
設曲線y=f(x)在點(0，0)處的切線方程為y=t(x)，
因為f'(0)=-1，所以t(x)=-x，
設關于x的方程t(x)=-m的根為x'1，
則x'1=m.
令T(x)=f(x)-t(x)，
同(2)證明可得T(x)≥0，即f(x)≥t(x)，
f(x1)≥t(x1)，
1
2
答案
所以t(x'1)=f(x1)≥t(x1)，
又t(x)為減函數，所以x'1≤x1.
所以|x2-x1|=x2-x1≤x'2-x'1=1-m-.
1
2
答案
2.已知函數f(x)=(x-1)(ex-1).
(1)證明：f(x)存在唯一的極小值點x0；
1
2
答案
由題意，f'(x)=ex-1+(x-1)ex=xex-1，f″(x)=(x+1)ex，
所以f″(x)>0 x>-1，f″(x)<0 x<-1，
從而f'(x)在(-∞，-1)上單調遞減，在(-1，+∞)上單調遞增，
因為f'(0)=-1<0，f'(1)=e-1>0，
所以f'(x)在(-1，+∞)上有1個零點，
而當x≤-1時，顯然f'(x)<0，
所以f'(x)在(-∞，-1］上沒有零點，
故f'(x)有且僅有1個零點，
1
2
答案
設為x0，當x當x>x0時，f'(x)>0，
所以f(x)在(-∞，x0)上單調遞減，
在(x0，+∞)上單調遞增，
從而f(x)存在唯一的極小值點x0.
1
2
答案
(2)若關于x的方程f(x)=a(a<0)有兩個不相等的實根x1，x2，證明：+11
2
答案
設g(x)=f(x)+x，
則g(x)=(x-1)ex+1，
所以g'(x)=xex，
從而g'(x)>0 x>0，g'(x)<0 x<0，
故g(x)在(-∞，0)上單調遞減，在(0，+∞)上單調遞增，所以g(x)min=g(0)=0，
從而g(x)≥0恒成立，當且僅當x=0時取等號，
故當x>0時，g(x)>0，即f(x)+x>0，
所以f(x)>-x. ①
1
2
答案
f(x)過(x0，f(x0))，(1，0)兩點的割線方程為y=(x-1)=(-1)(x-1)，
令h(x)=f(x)-(-1)(x-1)，
則h'(x)=f'(x)-+1=xex-，
當x∈(x0，1)時，h″(x)=(x+1)ex>0，
所以h'(x)在(x0，1)上單調遞增，
又h'(x0)=x0-=(x0-1)<0，
h'(1)=e->0，
所以h'(x)在(x0，1)上有1個零點，記作α，
當x01
2
答案
當α0，
故h(x)在(x0，α)上單調遞減，在(α，1)上單調遞增，
又h(x0)=h(1)=0，所以h(x)<0在(x0，1)上恒成立，
即f(x)-(-1)(x-1)<0恒成立，
故f(x)<(-1)(x-1)， ②
因為方程f(x)=a有2個實根x1，x2，
顯然f(0)=f(1)=0，
所以f(x)<0 01
2
答案
不妨設x1因為a<0，所以必有0由f(x1)=a和不等式①可得a=f(x1)>-x1，
所以x1>-a；
由f(x2)=a和不等式②可得
a=f(x2)<(-1)(x2-1)，
所以x2>+1，
從而x1+x2>-a++1，
1
2
答案
由f'(x0)=x0-1=0可得=，
故x1+x2>-a++1=+1.
另一方面，要證x1+x2<2x0，
只需證x2<2x0-x1，
因為0所以2x0-x1>x0，
1
2
答案
結合f(x)在(x0，+∞)上單調遞增知，
要證x2<2x0-x1，
只需證f(x2)又f(x1)=f(x2)，
所以只需證f(x1)即證f(x1)-f(2x0-x1)<0，
設φ(x)=f(x)-f(2x0-x)(0則φ'(x)=f'(x)+f'(2x0-x)=xex+(2x0-x)-2，
1
2
答案
φ″(x)=(x+1)ex--(2x0-x)
=(x+1)ex-(2x0+1-x)，
因為當0易證0從而(x+1)ex<(2x0+1-x)，
所以φ″(x)<0，故φ'(x)在(0，x0)上單調遞減，
又φ'(x0)=2x0-2=0，
所以φ'(x)>0在(0，x0)上恒成立，故φ(x)在(0，x0)上單調遞增，
1
2
答案
顯然φ(x0)=0，所以φ(x)<0在(0，x0)上恒成立，
從而中φ(x1)=f(x1)-f(2x0-x1)<0，
故x1+x2<2x0成立，
綜上所述，+1第三章　
進階篇　不等式證明方法
數學
大
一
輪
復
習
指對放縮
進階1
切線放縮證明不等式是一種常用的方法，它可以解決許多數學問題，常見的有指對切線放縮，使用切線放縮可以深入理解數學的本質.
常見的指對切線放縮
指對切線放縮
題型一
例1　證明不等式：ex－ln(x＋2)>0.
要證ex－ln(x＋2)>0，
即證ex>ln(x＋2)，
又ex≥x＋1，當且僅當x＝0時等號成立，
令t＝x＋2，則ln(x＋2)＝ln t≤t－1＝x＋1，
即ln(x＋2)≤x＋1，當且僅當x＝－1時等號成立，
故ex≥x＋1≥ln(x＋2)，等號成立的條件不一致，則ex>ln(x＋2)，結論得證.
指對同時出現時，一般求導難以解決，常見的方法有隱零點、同構、放縮等.
思維升華
跟蹤訓練1　當x>0時，證明：ex2－xln x要證當x>0時，ex2－xln x只需證ex－ln x下證－ln x≤
即證ln≤
令t＝即證ln t≤t.
顯然成立，且等號成立的條件是t＝e，
即x＝.
又ex≤ex，當且僅當x＝1時等號成立，
由不等式的基本性質及等號成立的條件不一致得原不等式成立.
1.與ex相關的增強放縮
(1)ex≥x＋1　　　　ex≥1＋x＋(x≥0)　　　　ex＝1＋
＋…＋＋o(xn)(泰勒展開式).
(2)ex≥ex　　　　ex≥ex
＋(x－1)2(x≥0).
指對增強放縮
題型二
(3)通過變換得到的其他不等式
把ex≥x＋1中的x換成ln x，可得ln x≤x－1.
把ex≥x＋1中的x換成x－1，可得ex≥ex.
把ex≥x＋1中的x換成－x，可得e－x≥－x＋1，取倒數后可得ex≤(x<1).
把ex≥x＋1中的x換成x＋ln x，可得ex＋ln x＝xex≥x＋ln x＋1(朗博同構).
2.與ln x相關的增強放縮
(1)ln x≤x－1　　　　ln(x＋1)≤x　　　　ln x≥1－　　　　ln(x＋1)
＝x－＋…＋(－1)n＋o(xn＋1)(泰勒展開式).
(2)ln x≤.
(3)飄帶不等式：≤ln x≤x≥1.
(4)通過變換得到的其他不等式
把ln x≤x－1中的x換成ex，可得ex≥x＋1.
把ln x≤x－1中的x換成可得ln x≤.
把ln x≤x－1中的x換成x＋1，可得ln(x＋1)≤x.
把ln(x＋1)≤x中的x換成可得ln(n＋1)－ln n<.
把ln(x＋1)≤x中的x換成－可得ln(n＋1)－ln n>.
例2　證明：ex＋≥2－ln x＋x2＋(e－2)x.
由題意知x>0，因為ex≥ex＋(x－1)2，
所以要證ex＋≥2－ln x＋x2＋(e－2)x成立，
只需證ex＋(x－1)2＋≥2－ln x＋x2＋(e－2)x，
即證ln≤－1，
令t＝即證ln t≤t－1，顯然成立.
結論得證.
在利用ex≥x＋1或ex≥ex進行切線放縮時，不等號右側的增長速度比左側的快，顯然不成立，此時選用增強版的曲線放縮.
思維升華
跟蹤訓練2　證明：對任意x>0，不等式ex＋x2－(e＋1)x＋>2成立.
因為ex≥ex，所以只需證ex＋x2－(e＋1)x＋>2成立，
即證x2－x＋>2成立，
即證x2－2x＋1＋x＋－1>2成立，
即證(x－1)2＋>3成立，
由基本不等式得x＋≥2當且僅當x＝時等號成立，
而2>3，(x－1)2≥0，故原不等式成立，結論得證.
課時精練
答案
1
2
(1)g(x)=f(ax)-x-a=eax-x-a，g'(x)=aeax-1，
①若a≤0，g'(x)<0，g(x)在R上單調遞減.
②若a>0，當x<-ln a時，g'(x)<0，g(x)單調遞減；
當x>-ln a時，g'(x)>0，g(x)單調遞增.
綜上，當a≤0時，g(x)在R上單調遞減；
當a>0時，g(x)在上單調遞減，在上單調
遞增.
1.
答案
1
2
(2)要證f(x)+ln x+>
只需證x(ln x+ex)-4+3>0，x>0，
由(1)可知，當a=1時，ex-x-1≥0，
即ex≥x+1，等號成立的充要條件為x=0.
當x+1>0時，上式兩邊取以e為底的對數，
可得ln(x+1)≤x(x>-1)，
用x-1代替x可得ln x≤x-1(x>0)，
1.
答案
1
2
又可得ln≤-1(x>0)，所以ln x≥1-(x>0)，
等號成立的充要條件為x=1.
所以x(ln x+ex)-4+3>x+3-4
=x2+2x+2-4=(x+1)2-4+1≥(2)2-4+1
=(2-1)2≥0，
從而不等式f(x)+ln x+>成立.
1.
答案
1
2
(1)由條件得f'(x)=ex-1-2ax，
令h(x)=ex-1-2ax，
則h'(x)=ex-2a.
①當2a≤1，即a≤時，在[0，+∞)上，h'(x)≥0，h(x)單調遞增，
∴h(x)≥h(0)，即f'(x)≥f'(0)=0，
∴f(x)在[0，+∞)上單調遞增，
∴f(x)≥f(0)=0，∴當a≤時滿足條件；
2.
答案
1
2
②當2a>1，即a>時，令h'(x)=0，
解得x=ln 2a，在[0，ln 2a)上，h'(x)<0，h(x)單調遞減，
∴當x∈(0，ln 2a)時，
有h(x)∴f(x)在(0，ln 2a)上單調遞減，
∴f(x)綜上，實數a的取值范圍為.
2.
答案
1
2
(2)由(1)得，當a=且x>0時，ex>1+x+
即ex-1>x+=
要證不等式(ex-1)ln(x+1)>x2，
只需證明ex-1>
只需證明>
2.
答案
1
2
只需證ln(x+1)>
設F(x)=ln(x+1)-
則F'(x)=-=
∴當x>0時，F'(x)>0恒成立，
故F(x)在(0，+∞)上單調遞增，又F(0)=0，
∴當x>0時，F(x)>0恒成立.
∴原不等式成立.
2.
1.已知函數f(x)＝ex.
(1)討論函數g(x)＝f(ax)－x－a的單調性；
1
2
答案
1
2
答案
g(x)＝f(ax)－x－a＝eax－x－a，g'(x)＝aeax－1，
①若a≤0，g'(x)<0，g(x)在R上單調遞減.
②若a>0，當x<－ln a時，g'(x)<0，g(x)單調遞減；
當x>－ln a時，g'(x)>0，g(x)單調遞增.
綜上，當a≤0時，g(x)在R上單調遞減；
當a>0時，g(x)在上單調遞減，在上單調遞增.
(2)證明：f(x)＋ln x＋>.
1
2
答案
1
2
答案
要證f(x)＋ln x＋>
只需證x(ln x＋ex)－4＋3>0，x>0，
由(1)可知，當a＝1時，ex－x－1≥0，
即ex≥x＋1，等號成立的充要條件為x＝0.
當x＋1>0時，上式兩邊取以e為底的對數，
可得ln(x＋1)≤x(x>－1)，
用x－1代替x可得ln x≤x－1(x>0)，
又可得ln≤－1(x>0)，
1
2
答案
所以ln x≥1－(x>0)，
等號成立的充要條件為x＝1.
所以x(ln x＋ex)－4＋3>x＋3－4
＝x2＋2x＋2－4＝(x＋1)2－4＋1
≥(2)2－4＋1
＝(2－1)2≥0，
從而不等式f(x)＋ln x＋>成立.
1
2
答案
2.已知函數f(x)＝ex－1－x－ax2.
(1)當x≥0時，若不等式f(x)≥0恒成立，求實數a的取值范圍；
1
2
答案
由條件得f'(x)＝ex－1－2ax，
令h(x)＝ex－1－2ax，則h'(x)＝ex－2a.
①當2a≤1，即a≤時，在[0，＋∞)上，h'(x)≥0，h(x)單調遞增，
∴h(x)≥h(0)，即f'(x)≥f'(0)＝0，
∴f(x)在[0，＋∞)上單調遞增，
∴f(x)≥f(0)＝0，
∴當a≤時滿足條件；
1
2
答案
②當2a>1，即a>時，令h'(x)＝0，解得x＝ln 2a，在[0，ln 2a)上，h'(x)<0，h(x)單調遞減，
∴當x∈(0，ln 2a)時，有h(x)即f'(x)∴f(x)在(0，ln 2a)上單調遞減，
∴f(x)綜上，實數a的取值范圍為.
1
2
答案
(2)若x>0，證明：(ex－1)ln(x＋1)>x2.
1
2
答案
由(1)得，當a＝且x>0時，ex>1＋x＋
即ex－1>x＋
要證不等式(ex－1)ln(x＋1)>x2，
只需證明ex－1>
只需證明>
只需證ln(x＋1)>
1
2
答案
設F(x)＝ln(x＋1)－
則F'(x)＝
∴當x>0時，F'(x)>0恒成立，
故F(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
又F(0)＝0，
∴當x>0時，F(x)>0恒成立.
∴原不等式成立.(共45張PPT)
第三章　
進階篇　不等式證明方法
數學
大
一
輪
復
習
極值點偏移(二)
進階5
例1　已知函數f(x)＝x2ln x，若方程f(x)＝m有兩個不相等的實根x1，x2，求證：>.
換元構造輔助函數
題型一
(換元法)
令a＝b＝則f(x1)＝f(x2)，
即ln x1＝ln x2，
所以ln ln
所以aln a＝bln b，
設函數g(x)＝xln x，則g(a)＝g(b)，
g'(x)＝ln x＋1，所以g'(x)>0 x>
g'(x)<0 0所以g(x)在上單調遞減，在上單調遞增.
求證>即證a＋b>.
不妨設a
令h(x)＝g(x)－g0由h'(x)＝g'(x)＋g'＝ln x＋1＋ln＋1＝ln＋2
＝ln＋2<0，
所以h(x)在上單調遞減，h(x)>h＝0，
所以g(a)>g即g(b)>g
又g(x)在上單調遞增，
所以b>－a，即a＋b>
故>得證.
在證明過程中出現的形式不符合和型結構時，通過換元構造新函數然后再進行證明.
思維升華
跟蹤訓練1　已知函數f(x)＝x－ln x，若兩個不相等的正實數x1，x2滿足f(x1)＝f(x2)，求證：f'(x1)＋f'(x2)<0.
f(x1)＝f(x2)即x1－ln x1＝x2－ln x2，
令a＝b＝則＋ln a＝＋ln b，
記函數g(x)＝＋ln x，則g(a)＝g(b)，
g'(x)＝
所以g'(x)>0 x>1，g'(x)<0 0所以g(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，
所以g(x)min＝g(1)＝1，
則a，b為g(x)＝k的兩個不相等的實數根，其中k>1，
不妨設a1，
令h(x)＝g(x)－g(2－x)，0則h'(x)＝g'(x)＋g'(2－x)＝＝－<0，
所以h(x)在(0，1)上單調遞減，h(x)>h(1)＝0，
所以g(a)>g(2－a)，故g(b)>g(2－a)，
又g(x)在(1，＋∞)上單調遞增，
所以b>2－a，即a＋b>2，故>2，
所以f'(x1)＋f'(x2)＝1－＋1－<0.
例2　已知函數f(x)＝xe－x(x∈R).如果x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，證明：
(1)x1＋x2>2；
比值代換
題型二
方法一　f'(x)＝(1－x)e－x，易知f(x)在(－∞，1)上單調遞增，
在(1，＋∞)上單調遞減，
所以f(x)max＝f(1)＝
又f(0)＝0，當x→＋∞時，f(x)→0，
不妨設x1由f(x1)＝f(x2)，得x1＝x2
即即x2－x1＝ln
令t＝(t>1)，
則x2－x1＝ln t， ①
又t＝即x2＝tx1， ②
由①②得x1＝x2＝
要證x1＋x2>2，即證>2，
即證ln t>(t>1)，
由飄帶不等式知該式成立.
所以x1＋x2>2.
方法二　(齊次消元)
f'(x)＝(1－x)e－x，易知f(x)在(－∞，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，
所以f(x)max＝f(1)＝
又f(0)＝0，當x→＋∞時，f(x)→0，
不妨設x1由f(x1)＝f(x2)，得x1＝x2即
所以x2－x1＝ln＝ln x2－ln x1，
即＝1.
x1＋x2＝(x1＋x2)·
＝·ln
＝·ln
令t＝(t>1)，
則由飄帶不等式知ln t>
即·ln t>2，即x1＋x2>2.
(2)x1x2<1.
方法一　由(1)知x1x2＝
則
要證x1x2<1，即證<1，
令m＝>1，即證<1，
即證ln m<(m>1)，
由飄帶不等式知該式成立，
故x1x2<1.
方法二　要證x1x2<1，即證<1，
·＝·ln·ln
令m＝(m>1)，
由飄帶不等式知ln m<
即·ln m2<1，
即<1，故x1x2<1.
比值代換法是指通過代數變形將所證的雙變量不等式通過代換t＝化為單變量的函數不等式，再利用函數單調性證明.
思維升華
跟蹤訓練2　設x1，x2為兩個不相等的正數，且x2ln x1－x1ln x2＝x1－x2，證明：不妨設0則t＝>1，
由x2ln x1－x1ln x2＝x1－x2得
tx1ln x1－x1ln(tx1)＝x1－tx1，
即ln x1＝－1，
要證只需證ex1x2>x1＋x2，
即證et>x1(1＋t)，
即證etx1>1＋t，
即證x1>
即證ln x1>ln
即證－1>ln(1＋t)－ln t－1，
即證>ln(1＋t)－ln t，
即證>ln
易知ln<
ln t>1－
則>>ln
故課時精練
答案
1
2
因為函數f(x)=ax2-(ln x)2，可得f'(x)=2ax-
若f(x)有兩個極值點x1，x2，
則函數f'(x)有兩個零點x1，x2，
所以2a=ln 2a=ln
令t1=t2=
則等價于關于t的方程2at=ln t有兩個不相等的實數根t1，t2，
只需證明t1t2>e2，
1.
答案
1
2
不妨令t1>t2，由2at1=ln t1，2at2=ln t2得2a=
要證t1t2>e2，
只需證明ln t1+ln t2>2，
即證ln t1+ln t2=2a(t1+t2)=(t1+t2)·>2，
即證ln t1-ln t2>
即證ln>
1.
答案
1
2
令m=則m>1，
只需證明ln m>(m>1)，
由飄帶不等式知，ln m>(m>1)成立，
則t1t2>e2成立，故x1x2>e得證.
1.
答案
1
2
(1)f(x)的定義域為R，f'(x)=(x+1)ex，
當x∈(-∞，-1)時，f'(x)<0，
當x∈(-1，+∞)時，f'(x)>0，
故f(x)在(-∞，-1)上單調遞減，在(-1，+∞)上單調遞增，
又當x→-∞時，f(x)→-m>0，
當x→+∞時，f(x)→+∞，
故要使f(x)有兩個零點，
2.
答案
1
2
則需f(x)min=f(-1)=-e-1-m<0，
故m>-
又m<0，可得-故滿足題意的實數m的取值范圍為.
2.
答案
1
2
(2)令x1=ea，x2=eb，
即a=ln x1，b=ln x2，
要證ea+eb>即證x1+x2>只需證x2>-x1，
由(1)可設a<-1所以0因為f(a)=f(b)=0，
2.
答案
1
2
所以x1ln x1=x2ln x2，
設g(x)=xln x，
因為g'(x)=ln x+1，
所以g(x)在上單調遞減，在上單調遞增，
令h(x)=g-g(x)，
02.
答案
1
2
則h'(x)=-ln-2=-ln[-(ex-1)2+1]>0，
所以h(x)在上單調遞增，
又h=0，所以h(x)<0，
所以h(x1)=g-g(x1)<0，
所以g2.
答案
1
2
因為-x1>x2>g(x)在上單調遞增，
所以x2>-x1，
所以x1+x2>
所以ea+eb>.
2.
1.已知函數f(x)＝ax2－(ln x)2(a∈R).若f(x)有兩個極值點x1，x2.求證：x1x2>e.
1
2
答案
1
2
答案
因為函數f(x)＝ax2－(ln x)2，
可得f'(x)＝2ax－
若f(x)有兩個極值點x1，x2，
則函數f'(x)有兩個零點x1，x2，
所以2a＝ln 2a＝ln
令t1＝t2＝
則等價于關于t的方程2at＝ln t有兩個不相等的實數根t1，t2，
只需證明t1t2>e2，
1
2
答案
不妨令t1>t2，由2at1＝ln t1，2at2＝ln t2得2a＝
要證t1t2>e2，只需證明ln t1＋ln t2>2，
即證ln t1＋ln t2＝2a(t1＋t2)＝(t1＋t2)·>2，
即證ln t1－ln t2>
即證ln>
令m＝則m>1，
1
2
答案
只需證明ln m>(m>1)，
由飄帶不等式知，ln m>(m>1)成立，
則t1t2>e2成立，故x1x2>e得證.
1
2
答案
2.(2025·昆明模擬)設a，b為函數f(x)＝xex－m(m<0)的兩個零點.
(1)求實數m的取值范圍；
1
2
答案
f(x)的定義域為R，f'(x)＝(x＋1)ex，
當x∈(－∞，－1)時，f'(x)<0，
當x∈(－1，＋∞)時，f'(x)>0，
故f(x)在(－∞，－1)上單調遞減，在(－1，＋∞)上單調遞增，
又當x→－∞時，f(x)→－m>0，
當x→＋∞時，f(x)→＋∞，
故要使f(x)有兩個零點，
則需f(x)min＝f(－1)＝－e－1－m<0，
1
2
答案
故m>－
又m<0，可得－故滿足題意的實數m的取值范圍為.
1
2
答案
(2)證明：ea＋eb>.
1
2
答案
令x1＝ea，x2＝eb，
即a＝ln x1，b＝ln x2，
要證ea＋eb>
即證x1＋x2>
只需證x2>－x1，
由(1)可設a<－1所以0因為f(a)＝f(b)＝0，
1
2
答案
所以x1ln x1＝x2ln x2，
設g(x)＝xln x，
因為g'(x)＝ln x＋1，
所以g(x)在上單調遞減，在上單調遞增，
令h(x)＝g－g(x)，0則h'(x)＝－ln－2
＝－ln[－(ex－1)2＋1]>0，
1
2
答案
所以h(x)在上單調遞增，
又h＝0，
所以h(x)<0，
所以h(x1)＝g－g(x1)<0，
所以g因為－x1>x2>g(x)在上單調遞增，
1
2
答案
所以x2>－x1，
所以x1＋x2>
所以ea＋eb>.(共44張PPT)
第三章　
進階篇　不等式恒(能)成立問題
數學
大
一
輪
復
習
端點失效
進階4
利用必要性探路，充分性護航解決恒成立問題時，利用端點處需滿足的必要條件縮小參數的取值范圍，而往往得到的范圍即為所求，再去做充分性論證即可.一般情況下單調函數是可以用端點效應的.但有時候難以避免會遇到端點失效的情況，即通過必要條件得到的參數范圍并不是最終的解.當函數不單調時，端點效應就會失效了，如圖.
遇到這樣的情況，我們又該怎么辦呢？
例　已知函數f(x)=ex+ax2-x.當x≥0時，f(x)≥x3+1，求a的取值范圍.
錯誤解法　(端點效應失效)
令h(x)=ex+ax2-x-x3-1，其中x≥0，
h(0)=0，
h'(x)=ex+2ax-1-x2，
h'(0)=0，
h″(x)=ex+2a-3x，
h″(0)=1+2a≥0，即a≥-，
但當a=-時，h(x)=ex-x2-x-x3-1，h(1)=e-3<0.
正確解法　方法一　(必要性探路)
當x≥0時，f(x)≥x3+1恒成立，
令h(x)=ex+ax2-x-x3-1，
則h'(x)=ex+2ax-1-x2，
由
即
②×x0-①×2得(x0-2)+x0-+2=0，
即(x0-2)-+-+2x0-x0+2=0，
即(x0-2)-(x0-2)-x0(x0-2)-(x0-2)=0，
即(x0-2)=0，
又當x≥0時ex≥1+x+(泰勒展開式)，
所以x0=2，
所以h(2)≥0，即a≥.
下證充分性：
當a≥時，
f(x)=ex+ax2-x≥ex+·x2-x，
只需證明ex+x2-x≥x3+1(x≥0)恒成立，
即≤4(x≥0)恒成立，
令t(x)=(x≥0)，
則t'(x)===，
所以當x∈時，t'(x)<0，t(x)單調遞減；
當x∈，t'(x)>0，t(x)單調遞增；
當x∈(2，+∞)，t'(x)<0，t(x)單調遞減.
從而t(x)max=max{t(0)，t(2)}=4，
即t(x)≤4，成立.
所以當a≥時，f(x)≥x3+1恒成立.
綜上，a的取值范圍是.
方法二　(分離參數)
由f(x)≥x3+1得，ex+ax2-x≥x3+1，其中x≥0，
當x=0時，不等式為1≥1，顯然成立，符合題意；
當x>0時，分離參數a得，
a≥-，
記g(x)=-，
g'(x)=-，
令h(x)=ex-x2-x-1(x≥0)，
則h'(x)=ex-x-1，h″(x)=ex-1≥0，
故h'(x)單調遞增，h'(x)≥h'(0)=0，
故函數h(x)單調遞增，h(x)≥h(0)=0，
由h(x)≥0可得ex-x2-x-1≥0恒成立，
故當x∈(0，2)時，g'(x)>0，g(x)單調遞增；
當x∈(2，+∞)時，g'(x)<0，g(x)單調遞減，
因此，g(x)max=g(2)=，故a≥g(x)max=，
綜上可得，實數a的取值范圍是.
導函數含參數單調的可以使用端點效應，導函數含參不單調的不能使用端點效應，如ex-ax2-x-1≥0在[0，+∞)上恒成立可以使用端點效應，因為它的導函數ex-2ax-1在a<0時為單調函數，而ex-x2-ax-1≥0在[0，+∞)上恒成立就不能使用端點效應.
思維升華
跟蹤訓練　已知函數H(x)=aex-1-ln x+ln a-1，若H(x)≥0恒成立，求實數a的取值范圍.
方法一　(必要性探路)
∵H(x)≥0恒成立，
H'(x)=aex-1-，
由即
得x0=1，
∴H(1)≥0，解得a≥1.
下面證明當a≥1時，H(x)≥0恒成立，
將H(x)=aex-1-ln x+ln a-1視為關于a的函數m(a)=ex-1·a+ln a-ln x-1，
易知m(a)單調遞增，
∴m(a)≥m(1)=ex-1-ln x-1，
又ex-1≥x，ln x≤x-1，
∴ex-1-ln x-1≥0，
即m(a)≥0，所以H(x)≥0，
綜上，a的取值范圍是[1，+∞).
方法二　(常規分類討論+隱零點代換)
H'(x)=aex-1-(x>0)，
∵a>0，∴H'(x)在(0，+∞)上為增函數，
當a=1時，H'(x)=ex-1-，H'(1)=0，
當x∈(0，1)時，H'(x)<0；
當x∈(1，+∞)時，H'(x)>0，
則H(x)min=H(1)=0，
故H(x)≥0，符合題意.
當a≠1時，取x1=min，則H'(x1)<0；
取x2=，則H'(x2)>0，
∴存在x3∈(x1，x2)使得H'(x3)=0，
當x∈(0，x3)時，H'(x)<0，H(x)單調遞減；
當x∈(x3，+∞)時，H'(x)>0，H(x)單調遞增，
∴H(x)min=H(x3)=a-ln x3+ln a-1， ①
又H'(x3)=a-=0，即a=，
兩邊取對數得ln a+x3-1=-ln x3， ②
代入①得H(x)min=H(x3)=+ln a+x3-1+ln a-1=+x3-2+2ln a，
由題意知H(x)min≥0，即+x3-2+2ln a≥0 2ln a≥-+2，
又-+2≤0，
∴2ln a≥0，解得a≥1，故a>1，綜上，a的取值范圍為[1，+∞).
方法三　(指對同構)
由H(x)=aex-1-ln x+ln a-1≥0得eln a+x-1+ln a+x-1≥ln x+x， ③
令F(x)=ln x+x，
則③式等價于F(eln a+x-1)≥F(x)， ④
又F(x)單調遞增，∴④式等價于eln a+x-1≥x，
即aex-1≥x a≥，
令m(x)=，則m'(x)=，
∴m(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，+∞)上單調遞減，
∴m(x)max=m(1)=1，∴a≥1，即a的取值范圍為[1，+∞).
課時精練
答案
1
2
方法一　(分離參數)
由f(x)≥ex(cos x-1)+x2+(a-1)x+1，可得ax≤ex-x2+x-1，
即當x>0時，a≤-x-+1恒成立.
設g(x)=-x-+1(x>0)，
則g'(x)==.
令φ(x)=ex-x-1，則當x∈(0，+∞)時，φ'(x)=ex-1>0，
1.
答案
1
2
所以當x∈(0，+∞)時，φ(x)單調遞增，φ(x)>φ(0)=0，
則當x∈(0，1)時，g'(x)<0，g(x)單調遞減；
當x∈(1，+∞)時，g'(x)>0，g(x)單調遞增，
所以g(x)min=g(1)=e-1，
所以a的取值范圍為(-∞，e-1].
1.
答案
1
2
方法二　(指數處理技巧)
當x>0時，不等式等價于≤1恒成立，
令h(x)=，x>0，
則h'(x)=，x>0，
①若a=1，h'(x)==，
因為(x-1)2≥0，ex>0，
1.
答案
1
2
所以h'(x)≤0，h(x)=在(0，+∞)上單調遞減，h(x)②若a<1，則1<2-a，
當x∈(0，1)∪(2-a，+∞)時，h'(x)<0；
當x∈(1，2-a)時，h'(x)>0，
所以h(x)在x=2-a處取得極大值，
由當x>0時，ex>x+1知，e2-a>3-a，即h(2-a)=<1，
1.
答案
1
2
又h(0)=1，所以h(x)<1在(0，+∞)上恒成立，
因此a<1符合題意.
③若1當x∈(0，2-a)∪(1，+∞)時，h'(x)<0；
當x∈(2-a，1)時，h'(x)>0，
所以h(x)在x=1處取得極大值，
則由 11.
答案
1
2
④若a≥2，則h(1)=≥>1，與題意矛盾.
綜上所述，a的取值范圍為(-∞，e-1].
1.
答案
1
2
當x>0時，將f(x)≥0變形，
得ax-1≥-，
因為函數y=-在x=π處的切線y=x-1恰好過
點(0，-1)，如圖，
所以a≥.
下面證當a≥時，f(x)≥0.
2.
答案
1
2
因為a≥，所以f(x)≥sin x-x+x2，
令g(x)=sin x-x+x2，
要證f(x)≥0，只需證g(x)≥0.
①當x∈(-∞，0]時，
g(x)=sin x-x+x2≥sin x-x，
又當x≤0時，sin x≥x，所以g(x)≥0；
2.
答案
1
2
②當x∈(0，π)時，令g'(x)=cos x-1+x=p(x)，p'(x)=-sin x+=q(x)，易知q(x)在上單調遞減，在上單調遞增.
因為q(0)=>0，q=-1+<0，
q(π)=>0，
所以 x1∈，x2∈，使得q(x1)=q(x2)=0.
所以當x∈(0，x1)∪(x2，π)時，q(x)>0；
2.
答案
1
2
當x∈(x1，x2)時，q(x)<0，
所以p(x)在(0，x1)，(x2，π)上單調遞增，在(x1，x2)上單調遞減.
而p(0)=p=p(π)=0，
所以當x∈時，p(x)>0；
當x∈時，p(x)<0.
所以g(x)在上單調遞增，在上單調遞減，而g(0)=g(π)=0，所以當x∈(0，π)時，g(x)>0.
2.
答案
1
2
③當x∈[π，+∞)時，p(x)≥cos x-1+2≥0，所以g(x)在[π，+∞)上單調遞增，
所以g(x)≥g(π)=0.
綜上所述，a的取值范圍是.
2.
1.已知函數f(x)=excos x，當x>0時，f(x)≥ex(cos x-1)+x2+(a-1)x+1恒成立，求實數a的取值范圍.
1
2
答案
1
2
答案
方法一　(分離參數)
由f(x)≥ex(cos x-1)+x2+(a-1)x+1，可得ax≤ex-x2+x-1，
即當x>0時，a≤-x-+1恒成立.
設g(x)=-x-+1(x>0)，
則g'(x)==.
令φ(x)=ex-x-1，則當x∈(0，+∞)時，φ'(x)=ex-1>0，
所以當x∈(0，+∞)時，φ(x)單調遞增，φ(x)>φ(0)=0，
1
2
答案
則當x∈(0，1)時，g'(x)<0，g(x)單調遞減；
當x∈(1，+∞)時，g'(x)>0，g(x)單調遞增，
所以g(x)min=g(1)=e-1，
所以a的取值范圍為(-∞，e-1].
方法二　(指數處理技巧)
當x>0時，不等式等價于≤1恒成立，
令h(x)=，x>0，
則h'(x)=，x>0，
1
2
答案
①若a=1，h'(x)==，
因為(x-1)2≥0，ex>0，
所以h'(x)≤0，h(x)=在(0，+∞)上單調遞減，h(x)②若a<1，則1<2-a，
當x∈(0，1)∪(2-a，+∞)時，h'(x)<0；
當x∈(1，2-a)時，h'(x)>0，
所以h(x)在x=2-a處取得極大值，
1
2
答案
由當x>0時，ex>x+1知，e2-a>3-a，
即h(2-a)=<1，
又h(0)=1，所以h(x)<1在(0，+∞)上恒成立，
因此a<1符合題意.
③若1當x∈(0，2-a)∪(1，+∞)時，h'(x)<0；
當x∈(2-a，1)時，h'(x)>0，
所以h(x)在x=1處取得極大值，
1
2
答案
則由 1④若a≥2，則h(1)=≥>1，與題意矛盾.
綜上所述，a的取值范圍為(-∞，e-1].
1
2
答案
2.已知函數f(x)=sin x-x+ax2(a∈R)，若f(x)≥0恒成立，求a的取值范圍.
[錯解1]　容易得f(0)=0，f'(x)=cos x-1+2ax，f'(0)=0，f″(x)=-sin x+2a.結合端點效應，當f″(x)=-sin x+2a≥0，即a≥時，f(x)≥0恒成立.
[錯解分析]　該解法的思路是破題的一種方法.根據端點f(0)=0且f'(0)=0的特點，學生考慮f'(x)單調遞增時的一種“理想狀態”，即f″(x)≥0恒成立時，有f'(x)單調遞增，結合f'(0)=0，得f(x)min=f(0)=0，所以f(x)≥0，這必定符合題意.
因此“a≥”是問題成立的充分條件.對于此時的充分條件，如何證明其必要性呢？如果順著學生思路走下去，接下來應考慮，當a<時，f(x)≥0不恒成立，即總能找到一個x0，使f(x0)<0.結合正確答案a≥來看，這顯然是行不通的.因此，正確的做法是當a<時，繼續尋找符合題意的a，但這個思維難度就不小了.
1
2
答案
[錯解2]　容易得f(0)=0，f'(x)=cos x-1+2ax，f'(0)=0，求得f″(x)=-sin x+2a.結合端點效應，必有f″(0)=2a≥0，即a≥0.
[錯解分析]　該方法的思路是完全按照“端點效應”的情況處理的，所以f″(0)≥0，即2a≥0，a≥0.此時，求得的范圍是問題的必要條件，如何證明其充分性呢？如果順著學生思路走下去，接下來應考慮，當a≥0時，f(x)≥0恒成立.
以上兩種思路都是處理該類不等式恒成立問題的常規解題思路，只是針對本題失效了而已.那么端點效應解題為何會失效呢？關鍵還在于端點效應解題本身有一種“湊巧”的成分在里面，此時不湊巧了而已！因此，利用端點效應解題要注意解題過程的邏輯性和嚴謹性.
1
2
答案
1
2
答案
[正解]　當x>0時，將f(x)≥0變形，得ax-1≥-，
因為函數y=-在x=π處的切線y=x-1恰好過
點(0，-1)，如圖，
所以a≥.
下面證當a≥時，f(x)≥0.
因為a≥，所以f(x)≥sin x-x+x2，令g(x)=sin x-x+x2，
要證f(x)≥0，只需證g(x)≥0.
1
2
答案
①當x∈(-∞，0]時，
g(x)=sin x-x+x2≥sin x-x，
又當x≤0時，sin x≥x，所以g(x)≥0；
②當x∈(0，π)時，令g'(x)=cos x-1+x=p(x)，p'(x)=-sin x+=q(x)，易知q(x)在上單調遞減，在上單調遞增.
因為q(0)=>0，q=-1+<0，
q(π)=>0，
1
2
答案
所以 x1∈，x2∈，
使得q(x1)=q(x2)=0.
所以當x∈(0，x1)∪(x2，π)時，q(x)>0；
當x∈(x1，x2)時，q(x)<0，
所以p(x)在(0，x1)，(x2，π)上單調遞增，在(x1，x2)上單調遞減.
而p(0)=p=p(π)=0，
所以當x∈時，p(x)>0；
1
2
答案
當x∈時，p(x)<0.
所以g(x)在上單調遞增，在上單調遞減，
而g(0)=g(π)=0，所以當x∈(0，π)時，g(x)>0.
③當x∈[π，+∞)時，p(x)≥cos x-1+2≥0，所以g(x)在[π，+∞)上單調遞增，
所以g(x)≥g(π)=0.
綜上所述，a的取值范圍是.(共57張PPT)
第三章　
進階篇　導數中的零點問題
數學
大
一
輪
復
習
隱零點與零點賦值
進階2
例1　(2024·汕頭模擬)已知函數f(x)＝g(x)＝aex－1，a∈R.
(1)求f(x)的極值；
隱零點問題
題型一
由題意得f'(x)＝x∈(0，＋∞)，
令f'(x)＝0，得x＝1，當00；
當x>1時，f'(x)<0，
則f(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，
故當x＝1時，函數取到極大值，極大值為f(1)＝1，無極小值.
(2)若f(x)與g(x)的圖象有兩個交點，求實數a的取值范圍.
由題意f(x)與g(x)的圖象有兩個交點，
即f(x)－g(x)＝－aex＋1＝0有兩個根，
即方程x＋ln x＋1－axex＝0有兩個根，
令F(x)＝x＋ln x＋1－axex，x∈(0，＋∞)，
F'(x)＝1＋－a(x＋1)ex＝(x＋1)
令φ(x)＝－aex(x>0)，φ'(x)＝－－aex，
①若a≤0，φ(x)>0，即F'(x)>0，
則F(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
F(x)至多有一個零點，不滿足題意；
②若a>0，φ'(x)＝－－aex<0，φ(x)在(0，＋∞)上單調遞減，
當01－aex，
令1－aex>0，得x故當00，
當x>1時，φ(x)＝－aex<1－aex，
令1－aex<0，得x>ln
故當x1>max時，φ(x1)<0，
所以φ(x)在(0，＋∞)上存在唯一零點x0，且＝a
當x∈(0，x0)時，φ(x)>0，
當x∈(x0，＋∞)時，φ(x)<0，
故x∈(0，x0)時，F'(x)>0，
當x∈(x0，＋∞)時，F'(x)<0，
所以F(x)在(0，x0)上單調遞增，在(x0，＋∞)上單調遞減，
因為＝a即ax0＝1，
故F(x)max＝F(x0)＝x0＋ln x0＋1－ax0＝x0＋ln x0，
要使得F(x)有兩個零點，則必有F(x)max>0，即x0＋ln x0>0，
由于＝a此時ln＝ln(x0)＝x0＋ln x0>0，得0下證當0因為F(e－2)＝e－2－1－ae－2由(1)知≤1恒成立，
故F(x)＝x＋ln x＋1－axex≤2x－axex＝x(2－aex)，當且僅當x＝1時取等號，
所以F<2ln－aln·＝ln＝0，
因為0使得F(x)在(0，x0)上單調遞增，在(x0，＋∞)上單調遞減，
故F(x)max＝F(x0)＝x0＋ln x0＋1－ax0＝x0＋ln x0＝ln>0，
故F(x)在(e－2，x0)和上各有一個零點，
綜上，若f(x)與g(x)的圖象有兩個交點，
則實數a的取值范圍為(0，1).
對函數的零點設而不求，通過整體代換、構造函數等方法，再結合題目條件解決問題.
(1)用函數零點存在定理判定導函數零點的存在性，列出零點方程f'(x0)＝0，并結合f(x)的單調性得到零點的取值范圍.
(2)以零點為分界點，說明導函數f'(x)的正負，得到f(x)的單調區間，進而求出f(x)的最值.
(3)將零點方程f'(x0)＝0適當變形，整體代入f(x)的最值式子后進行化簡、證明等，有時(1)中的零點范圍還可以適當縮小.
思維升華
跟蹤訓練1　(2024·鄭州模擬)設函數f(x)＝e2x－aln x.
(1)討論f(x)的導函數f'(x)的零點的個數；
f(x)的定義域為(0，＋∞)，
f'(x)＝2e2x－(x>0).
由f'(x)＝0得2xe2x＝a.
令g(x)＝2xe2x，g'(x)＝(4x＋2)e2x>0(x>0)，
從而g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
所以g(x)>g(0)＝0.
當a>0時，方程g(x)＝a有一個實根，即f'(x)存在唯一零點；
當a≤0時，方程g(x)＝a沒有實根，即f'(x)沒有零點.
(2)證明：當a>0時，f(x)≥2a＋aln.
由(1)可知當a>0時，f'(x)存在唯一零點，
設f'(x)在(0，＋∞)內的唯一零點為x0，
當x∈(0，x0)時，f'(x)<0；當x∈(x0，＋∞)時，f'(x)>0，
故f(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增，
所以f(x)min＝f(x0).
由2＝0，得
x0＝得ln x0＝ln＝ln－2x0，
所以f(x0)＝－aln x0＝－a
＝＋2ax0＋aln
≥2＋aln＝2a＋aln.
故當a>0時，f(x)≥2a＋aln.
例2　已知函數f(x)＝x(ln x－1)－aex＋eax＋1，a∈R.
(1)若a≤0，證明：f(x)≥0；
零點賦值
題型二
函數f(x)＝x(ln x－1)－aex＋eax＋1的定義域為(0，＋∞)，
得f'(x)＝ln x－aex＋ea，
顯然當a≤0時，函數f'(x)在(0，＋∞)上單調遞增，而f'(1)＝0，
即當0當x>1時，f'(x)>0，
因此，函數f(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增， x>0，f(x)≥f(1)＝0，
所以f(x)≥0.
(2)若(x－1)f(x)≤0恒成立，求a的取值范圍.
當a≤0時，由(1)知，當x>1時，f(x)>0，(x－1)f(x)>0，
即(x－1)f(x)≤0不恒成立，不符合題意；
當a>0時，(x－1)f(x)≤0等價于當01時，f(x)≤0，
當a>0時，令g(x)＝f'(x)＝ln x－aex＋ea，
得g'(x)＝－aex，
顯然g'(x)在(0，＋∞)上單調遞減，
令h(x)＝ex－x－1，h'(x)＝ex－1，
當x<0時，h'(x)<0，當x>0時，h'(x)>0，
則h(x)在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增， x∈R，h(x)≥h(0)＝0，即ex≥x＋1，
當且僅當x＝0時等號成立，
因此，e－x≥－x＋1，當0g'(x)＝－aex>
當00，
而g'＝a－a<0，
從而存在唯一實數x0∈使得g'(x0)＝0，
即a＝
當00，
當x>x0時，g'(x)<0，
則g(x)(即f'(x))在(0，x0)上單調遞增，在(x0，＋∞)上單調遞減，
而f'(1)＝0，當x0<1時，在(x0，1)上，f'(x)>0，f(x)在(x0，1)上單調遞增，
當x∈(x0，1)時，f(x)當x0>1時，在(1，x0)上f'(x)>0，f(x)在(1，x0)上單調遞增，
當x∈(1，x0)時，f(x)>f(1)＝0，不符合題意，
當x0＝1時，f'(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減， x∈(0，＋∞)，f'(x)≤f'(1)＝0，
得f(x)在(0，＋∞)上單調遞減，而f(1)＝0，即當x∈(0，1)時，f(x)>0，當x∈(1，＋∞)時，f(x)<0，符合題意，
因此，x0＝1，a＝.
綜上，a＝.
(1)賦值點需要做到三個優先：①優先常數賦值點；②優先借助已有極值求賦值點；③優先簡單運算.
(2)有時賦值點無法確定，可以先對解析式進行放縮，再根據不等式的解確定賦值點，放縮法的難度在于“度”的掌握.
思維升華
跟蹤訓練2　已知函數f(x)＝ax－曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線為y＝－x＋1.
(1)求a，b的值；
f'(x)＝a－則f(0)＝－b＝1，
解得b＝－1，f'(0)＝a－(1－b)＝a－2＝－1，
則a＝1，b＝－1.
(2)求證：函數在區間(1，＋∞)上單調遞增；
由(1)知f(x)＝x－
f'(x)＝1－
設h(x)＝ex＋x－2，
因為h(x)在(1，＋∞)上單調遞增，
則h(x)>h(1)＝e－1>0，
所以f'(x)>0在(1，＋∞)上恒成立，
所以函數f(x)在區間(1，＋∞)上單調遞增.
(3)求函數f(x)的零點個數，并說明理由.
因為f'(x)＝1－
令f'(x)＝0，得ex＋x－2＝0，
設h(x)＝ex＋x－2，
由(2)知h(x)在R上是增函數，且h(0)＝－1，h(1)＝e－1>0，
故存在唯一零點x0∈(0，1)，使得h(x0)＝0，
即存在唯一零點x0∈(0，1)，滿足f'(x0)＝0，
即＋x0－2＝0，則＝2－x0，
且當x∈(－∞，x0)時，f'(x)<0，此時f(x)單調遞減，
當x∈(x0，＋∞)時，f'(x)>0，此時f(x)單調遞增，
所以f(x)min＝f(x0)＝x0－
＝
當x0∈(0，1)時，2－x0>0，－>－＝1，
則f(x)min>0，
則函數f(x)的零點個數為0.
課時精練
答案
1
2
f(x)-g(x)=-e-x=
令h(x)=ln(x+a)-xe-x.
(1)當a=1時，h(x)=ln(x+1)-xe-x，
要證原不等式，只需證當x>0時，
h(x)=ln(x+1)-xe-x>0.
則h'(x)=+(x-1)e-x=>0對任意的x>0恒成立，
1.
答案
1
2
∴函數h(x)在(0，+∞)上單調遞增，
因此h(x)>h(0)=0，
即原不等式成立.
(2)①由題意知a>1，則函數y=f(x)-g(x)的定義域為(-a，0)∪(0，+∞).
由(1)可得當x>0時，f(x)-g(x)>-e-x>0，
故函數y=f(x)-g(x)在(0，+∞)上沒有零點；
1.
答案
1
2
②當x∈(-a，0)時，h'(x)=+(x-1)e-x=.
令F(x)=ex+x2+(a-1)x-a，x∈(-a，0)，
則F'(x)=ex+2x+(a-1)在(-a，0)上單調遞增，
且F'(-a)=e-a-2a+a-1=e-a-a-1<0，
∵F'(0)=a>0，∴F'(x)在(-a，0)上存在唯一零點，記為x0，
當x∈(-a，x0)時，F'(x)<0，此時函數F(x)單調遞減；
1.
答案
1
2
當x∈(x0，0)時，F'(x)>0，此時函數F(x)單調遞增.
∵a>1，∴F(-a)=e-a>0，F(0)=1-a<0，
∴F(x0)∴F(x)在(-a，x0)上存在唯一零點x1，
且當x∈(-a，x1)時，F(x)>0；
當x∈(x1，0)時，F(x)<0.
∴h(x)在(-a，x1)上單調遞增，在(x1，0)上單調遞減，且h(0)=ln a>0.
1.
答案
1
2
令y=xe-x，當x∈(-a，0)時，
則y'=(1-x)e-x>0，
函數y=xe-x在(-a，0)上單調遞增，
∴y=xe-x>-aea，
∴h(x)取x2=-a+>-a，且-a則x2=-a+∈(-a，0)，
1.
答案
1
2
則h(x2)又h(0)=ln a>0，由函數零點存在定理可得，
h(x)在(-a，0)上存在唯一的零點，
即y=f(x)-g(x)在(-a，0)上存在唯一零點.
綜上，當a>1時，函數y=f(x)-g(x)有唯一零點.
1.
答案
1
2
(1)f'(x)=aex-1-1，x∈R，
當a≤0時，易知f'(x)<0，
所以函數f(x)在R上是減函數；
當a>0時，令f'(x)=aex-1-1=0，解得x=1-ln a，
令f'(x)>0，得x>1-ln a，即f(x)在(1-ln a，+∞)上單調遞增，
令f'(x)<0，得x<1-ln a，即f(x)在(-∞，1-ln a)上單調遞減，
綜上，當a≤0時，函數f(x)在R上是減函數；
當a>0時，f(x)在(-∞，1-ln a)上單調遞減，在(1-ln a，+∞)上單調遞增.
2.
答案
1
2
(2)令g(x)=f(x)+x-ln x=aex-1-ln x-1，x∈(0，+∞)，
所以g'(x)=aex-1-
令h(x)=g'(x)，
則h'(x)=aex-1+
因為a≥1，所以h'(x)>0，
所以g'(x)在(0，+∞)上單調遞增，
當a=1時，g(x)=ex-1-ln x-1，
2.
答案
1
2
g'(x)=ex-1-
又g'(1)=0，
所以當x∈(0，1)時，g'(x)<0，g(x)單調遞減，
當x∈(1，+∞)時，g'(x)>0，g(x)單調遞增，
所以g(x)≥g(1)=e0-ln 1-1=0，
而此時=0，
所以當a=1時，f(x)+x-ln x≥成立；
2.
答案
1
2
當a>1時，可得-1<0，
所以<1，
所以g'=a-a=a(-1)<0，
又g'(1)=a-1>0，
所以存在x0∈使得g'(x0)=0，即a=
2.
答案
1
2
當x∈(0，x0)時，g'(x)<0；
當x∈(x0，+∞)時，g'(x)>0，
所以函數g(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，+∞)上單調遞增，
所以g(x)≥g(x0)=a-ln x0-1，
由a=可得，x0=
則g(x)≥x0+-2+ln a>2-2+ln a=ln a，
2.
答案
1
2
下面證明ln a>a>1，
令φ(x)=ln x-x>1，
所以φ'(x)=-=>0，
所以φ(x)在(1，+∞)上單調遞增，
所以φ(x)>φ(1)=0，
2.
答案
1
2
即ln a>得證，
即g(x)=f(x)+x-ln x>成立，
綜上，當a≥1時，
f(x)+x-ln x≥.
2.
1.設a∈R，已知函數f(x)＝g(x)＝e－x.
(1)當a＝1時，證明：當x>0時，f(x)>g(x)；
1
2
答案
1
2
答案
f(x)－g(x)＝－e－x＝令h(x)＝ln(x＋a)－xe－x.
當a＝1時，h(x)＝ln(x＋1)－xe－x，
要證原不等式，只需證當x>0時，
h(x)＝ln(x＋1)－xe－x>0.
則h'(x)＝＋(x－1)e－x＝>0對任意的x>0恒成立，
∴函數h(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
因此h(x)>h(0)＝0，即原不等式成立.
(2)當a>1時，證明：函數y＝f(x)－g(x)有唯一零點.
1
2
答案
1
2
答案
①由題意知a>1，則函數y＝f(x)－g(x)的定義域為(－a，0)∪(0，＋∞).
由(1)可得當x>0時，f(x)－g(x)>－e－x>0，
故函數y＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上沒有零點；
②當x∈(－a，0)時，h'(x)＝＋(x－1)e－x＝.
令F(x)＝ex＋x2＋(a－1)x－a，x∈(－a，0)，
則F'(x)＝ex＋2x＋(a－1)在(－a，0)上單調遞增，
且F'(－a)＝e－a－2a＋a－1＝e－a－a－1<0，
1
2
答案
∵F'(0)＝a>0，∴F'(x)在(－a，0)上存在唯一零點，記為x0，
當x∈(－a，x0)時，F'(x)<0，此時函數F(x)單調遞減；
當x∈(x0，0)時，F'(x)>0，此時函數F(x)單調遞增.
∵a>1，∴F(－a)＝e－a>0，F(0)＝1－a<0，
∴F(x0)∴F(x)在(－a，x0)上存在唯一零點x1，
且當x∈(－a，x1)時，F(x)>0；
當x∈(x1，0)時，F(x)<0.
1
2
答案
∴h(x)在(－a，x1)上單調遞增，在(x1，0)上單調遞減，且h(0)＝ln a>0.
令y＝xe－x，當x∈(－a，0)時，
則y'＝(1－x)e－x>0，
函數y＝xe－x在(－a，0)上單調遞增，
∴y＝xe－x>－aea，∴h(x)取x2＝－a＋>－a，
且－a則x2＝－a＋∈(－a，0)，
1
2
答案
則h(x2)又h(0)＝ln a>0，由函數零點存在定理可得，h(x)在(－a，0)上存在唯一的零點，
即y＝f(x)－g(x)在(－a，0)上存在唯一零點.
綜上，當a>1時，函數y＝f(x)－g(x)有唯一零點.
1
2
答案
2.已知函數f(x)＝aex－1－x－1.
(1)討論f(x)的單調性；
1
2
答案
f'(x)＝aex－1－1，x∈R，
當a≤0時，易知f'(x)<0，
所以函數f(x)在R上是減函數；
當a>0時，令f'(x)＝aex－1－1＝0，解得x＝1－ln a，
令f'(x)>0，得x>1－ln a，即f(x)在(1－ln a，＋∞)上單調遞增，
令f'(x)<0，得x<1－ln a，即f(x)在(－∞，1－ln a)上單調遞減，
綜上，當a≤0時，函數f(x)在R上是減函數；
當a>0時，f(x)在(－∞，1－ln a)上單調遞減，在(1－ln a，＋∞)上單調遞增.
1
2
答案
(2)證明：當a≥1時，f(x)＋x－ln x≥.
1
2
答案
令g(x)＝f(x)＋x－ln x＝aex－1－ln x－1，x∈(0，＋∞)，
所以g'(x)＝aex－1－
令h(x)＝g'(x)，則h'(x)＝aex－1＋
因為a≥1，所以h'(x)>0，
所以g'(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
當a＝1時，g(x)＝ex－1－ln x－1，
g'(x)＝ex－1－
1
2
答案
又g'(1)＝0，
所以當x∈(0，1)時，g'(x)<0，g(x)單調遞減，
當x∈(1，＋∞)時，g'(x)>0，g(x)單調遞增，
所以g(x)≥g(1)＝e0－ln 1－1＝0，
而此時＝0，
所以當a＝1時，f(x)＋x－ln x≥成立；
當a>1時，可得－1<0，
所以<1，
1
2
答案
所以g'＝a－a＝a(－1)<0，
又g'(1)＝a－1>0，
所以存在x0∈使得g'(x0)＝0，
即a
當x∈(0，x0)時，g'(x)<0；當x∈(x0，＋∞)時，g'(x)>0，
所以函數g(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增，
所以g(x)≥g(x0)＝a－ln x0－1，
1
2
答案
由a可得，x0＝
則g(x)≥x0＋－2＋ln a>2－2＋ln a＝ln a，
下面證明ln a>a>1，
令φ(x)＝ln x－x>1，
所以φ'(x)＝>0，
1
2
答案
所以φ(x)在(1，＋∞)上單調遞增，
所以φ(x)>φ(1)＝0，即ln a>得證，
即g(x)＝f(x)＋x－ln x>成立，
綜上，當a≥1時，f(x)＋x－ln x≥.(共32張PPT)
第三章　
進階篇　不等式恒(能)成立問題
數學
大
一
輪
復
習
端點效應
進階3
端點效應法是一種必要性探路法，是指對某些與函數有關的恒成立問題，通過選取函數定義域內的某些特殊值，先得到一個必要條件，初步獲得參數的范圍，再在該范圍內進行討論，或去驗證其充分性，進而得到參數的準確范圍的方法.
1.如圖(1)，如果連續函數f(x)在區間[a，b]上單調，f(x)≥0恒成立，則f(a)≥0且f(b)≥0.
2.一階端點效應：如圖(2)，如果連續函數f(x)在某一點x0處的函數值f(x0)恰好為零，則當x≥x0時，f(x)≥0成立的一個必要條件為端點x0處的導數值f'(x0)≥0.因為如果f'(x0)<0，那么函數會在x0右側的一個小區間內先單調遞減，此時函數f(x)在x≥x0時不恒為非負值，不滿足要求，如圖(3).
這個方法把某個區間上函數的恒成立問題轉化為判斷端點處的導數值符號，這就是端點效應.
類似地，如果連續函數f(x)在某一點x0處的函數值f(x0)恰好為零，當x>x0時，f(x)<0成立的一個必要條件為x0處的導數值f'(x0)<0.
3.二階端點效應：如圖(4)，如果連續函數f(x)在區間[a，b]上，f(x)≥0恒成立，且f(a)＝0，f'(a)＝0，則f″(a)≥0.
端點效應的核心思想是必要性探路，充分性護航.我們在解決一類恒成立問題時，可以利用端點處需滿足的必要條件縮小參數的取值范圍，而往往得到的范圍即為所求，再去做充分性論證即可.
例1　設函數f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf'(x)，x≥0，其中f'(x)是f(x)的導函數.若f(x)≥ag(x)恒成立，求實數a的取值范圍.
一階端點效應
題型一
依題意，f'(x)＝
由于g(x)＝xf'(x)，x≥0，
即g(x)＝x≥0，
而f(x)≥ag(x)恒成立，
即ln(1＋x)≥恒成立.
令F(x)＝ln(1＋x)－(x≥0)，
則F(x)≥0恒成立.
由于F(0)＝0，故此時必須保證函數F(x)在x＝0右側附近區間上單調遞增，
即保證F'(x)≥0在x＝0右側附近區間上恒成立，
而F'(x)＝
則F'(0)＝1－a，
故F'(0)≥0，即a≤1.
下證當a≤1時，F(x)≥0恒成立.
當a≤1時，函數F'(x)＝≥≥0，
故函數F(x)在[0，＋∞)上單調遞增，
即F(x)≥F(0)＝0，
故當a≤1時，函數F(x)≥0恒成立，
即原命題成立，
故實數a的取值范圍是(－∞，1].
這類恒成立題目，首先要構建一個新的函數使之大于等于0(或者小于等于0)，然后把區間端點代入計算看一下是否恰好為0，再求導，算出端點一階導函數值，若端點一階導函數值不為0，直接令導函數在端點處函數值大于等于0(或者小于等于0)，求出參數范圍然后證明即可.
思維升華
跟蹤訓練1　設函數f(x)＝ex－e－x.若對任意x≥0都有f(x)≥ax，求a的取值范圍.
依題意，若對任意x≥0都有f(x)≥ax，
即要保證f(x)－ax≥0恒成立，也就是當x≥0時，ex－e－x－ax≥0恒成立.
令F(x)＝ex－e－x－ax(x≥0)，
由于F(0)＝e0－e0＝0，
要使函數F(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
即保證F(x)在x＝0右側附近區間上單調遞增，則F'(x)≥0在x＝0右側附近區間上恒成立，
而F'(x)＝ex＋e－x－a，
且F'(0)＝1＋1－a＝2－a，
故F'(0)≥0，即a≤2.
下證當a≤2時，F(x)≥0恒成立，
當a≤2時，函數F'(x)＝ex＋e－x－a≥ex＋e－x－2≥2－2＝0，
故函數F(x)在[0，＋∞)上單調遞增，
即F(x)≥F(0)＝0恒成立，
故實數a的取值范圍是(－∞，2].
例2　設函數f(x)＝x(ex－1)－ax2.若當x≥0時，f(x)≥0恒成立，求a的取值范圍.
二階端點效應
題型二
由于當x≥0時，函數f(x)≥0恒成立，
而f(0)＝0，
故要保證函數f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，需保證f(x)在x＝0右側附近區間上單調遞增，
即保證函數f'(x)≥0在x＝0右側附近區間上恒成立.
而f'(x)＝ex－1＋xex－2ax＝(x＋1)ex－2ax－1，
故f'(0)＝1－1＝0，
即此時需保證函數f'(x)在x＝0右側附近區間上單調遞增，
即保證函數f″(x)≥0在x＝0右側附近區間上恒成立.
而f″(x)＝(x＋2)ex－2a，
故f″(0)＝2e0－2a＝2－2a，
而要函數f″(x)≥0在x＝0右側附近區間上恒成立，
則f″(0)≥0，即a≤1.
下證當a≤1時，f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
當a≤1時，f″(x)＝(x＋2)ex－2a≥(x＋2)ex－2，
令φ(x)＝(x＋2)ex－2，x≥0，
則φ'(x)＝(x＋3)ex>0，
故函數φ(x)單調遞增，故φ(x)≥φ(0)＝2－2＝0，
即f″(x)≥φ(x)≥0，
故此時函數f'(x)單調遞增，
即f'(x)≥f'(0)＝0，
故函數f(x)單調遞增，即f(x)≥f(0)＝0，
此時即可得到當a≤1時，函數f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
即實數a的取值范圍是(－∞，1].
如果端點處一階導函數值為0，把一階導數當作新函數，令二階導數在端點處函數值大于等于0(或者小于等于0)求出參數范圍，然后證明即可.
思維升華
跟蹤訓練2　(2024·全國甲卷改編)已知函數f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x.當x≥0時，f(x)≥0恒成立，求a的取值范圍.
由于當x≥0時f(x)≥0恒成立，而f(0)＝0，
故要保證函數f(x)在x＝0的右側附近區間上單調遞增，
即保證函數f'(x)≥0在x＝0的右側附近區間上恒成立.
而f'(x)＝－aln(1＋x)＋－1＝－aln(1＋x)－
故f'(0)＝0，即此時需保證函數f'(x)在x＝0的右側附近區間上單調遞增，
即保證函數f″(x)≥0在x＝0的右側附近區間上恒成立.
而f″(x)＝＝－＝－
故f″(0)＝－2a－1≥0，
即a≤－.
下證當a≤－時，f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
當a≤－時，
f″(x)＝－≥≥0，
所以f'(x)在[0，＋∞)上單調遞增，
所以f'(x)≥f'(0)＝0，
所以f(x)在[0，＋∞)上單調遞增，
即f(x)≥f(0)＝0恒成立，綜上，可得a≤－.
課時精練
答案
1
2
當x≥0時，f(x)≥ax f(x)-ax≥0，
令g(x)=f(x)-ax=ex-e-x-2ax(x≥0)，
求導得g'(x)=ex+e-x-2a，
因為g(0)=0，所以g'(0)≥0，解得a≤1.
下證當a≤1時，恒有g(x)≥0.
因為g'(x)=ex+e-x-2a≥2-2a≥0，
所以g(x)單調遞增，g(x)≥g(0)=0，
故實數a的取值范圍為(-∞，1].
1.
答案
1
2
(1)切點坐標為(1，e-2)，
且g'(x)=ex-1，
所以g'(1)=e-1，
所以切線方程為y-(e-2)=(e-1)(x-1)，
即(e-1)x-y-1=0.
2.
答案
1
2
(2)記F(x)=kf(x)-g(x)=k[2x-ln(2x+1)]-(ex-x-1)(x≥0)，
求導得F'(x)=k-(ex-1)=-ex+1(x≥0)，
F″(x)=4k·-ex=-ex，
由F(x)≤0恒成立，且F(0)=0，
F'(0)=0，
2.
答案
1
2
從而F″(0)≤0，得k≤.
下證當k≤時，F(x)≤0恒成立.
F(x)=k[2x-ln(2x+1)]-(ex-x-1)≤[2x-ln(2x+1)]-ex+x+1≤[2x-ln(2x+1)]-x2，
下證[2x-ln(2x+1)]-x2≤0(x≥0)恒成立，
設p(x)=[2x-ln(2x+1)]-x2，p'(x)=-x=≤0，
故p(x)單調遞減，則p(x)≤p(0)=0，得證.
2.
1.已知函數f(x)＝ex－e－x－ax.若x≥0時，恒有f(x)≥ax，求實數a的取值范圍.
1
2
答案
1
2
答案
當x≥0時，f(x)≥ax f(x)－ax≥0，
令g(x)＝f(x)－ax＝ex－e－x－2ax(x≥0)，
求導得g'(x)＝ex＋e－x－2a，
因為g(0)＝0，所以g'(0)≥0，解得a≤1.
下證當a≤1時，恒有g(x)≥0.
因為g'(x)＝ex＋e－x－2a≥2－2a≥0，
所以g(x)單調遞增，g(x)≥g(0)＝0，
故實數a的取值范圍為(－∞，1].
1
2
答案
2.已知f(x)＝2x－ln(2x＋1)，g(x)＝ex－x－1.
(1)求g(x)在點(1，g(1))處的切線方程；
切點坐標為(1，e－2)，且g'(x)＝ex－1，
所以g'(1)＝e－1，
所以切線方程為y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，
即(e－1)x－y－1＝0.
1
2
答案
(2)當x≥0時，kf(x)≤g(x)恒成立，求實數k的取值范圍.
1
2
答案
記F(x)＝kf(x)－g(x)＝k[2x－ln(2x＋1)]－(ex－x－1)(x≥0)，
求導得F'(x)＝k－(ex－1)＝－ex＋1(x≥0)，
F″(x)＝4k·－ex＝－ex，
由F(x)≤0恒成立，且F(0)＝0，F'(0)＝0，
從而F″(0)≤0，得k≤.
下證當k≤時，F(x)≤0恒成立.
1
2
答案
F(x)＝k[2x－ln(2x＋1)]－(ex－x－1)≤[2x－ln(2x＋1)]－ex＋x＋1
≤[2x－ln(2x＋1)]－x2，
下證[2x－ln(2x＋1)]－x2≤0(x≥0)恒成立，
設p(x)＝[2x－ln(2x＋1)]－x2，
p'(x)＝－x＝≤0，
故p(x)單調遞減，則p(x)≤p(0)＝0，得證.(共37張PPT)
第三章　
進階篇　不等式證明方法
數學
大
一
輪
復
習
飄帶不等式
進階2
在進行放縮的時候，轉化的本質就是把曲線轉化為直線進行簡化運算，即用直線代替曲線，在切點處曲線可以近似的用直線代替，但是隨著x的變化，直線與曲線的差距越來越大，放縮的精度越來越粗糙，所以有時采用曲線來代替直線.
1).
飄帶不等式的理解
題型一
例1　證明：
(1)(2)1).
令g(x)＝ln x－
則g'(x)＝＝－≤0，
所以g(x)在(0，＋∞)上單調遞減，
又g(1)＝0，
所以當00，
即當x>1時，g(x)<0，ln x<；
令h(x)＝ln x－
則h'(x)＝≥0，
所以h(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
又h(1)＝0，
所以當0當x>1時，h(x)>0綜上可知，當0當x>1時故(1)(2)結論得證.
例2　(2025·菏澤模擬)若函數f(x)在[a，b]上存在k∈(a，b)，使得f'(k)＝則稱k為f(x)在區間(a，b)上的“奇點”，若存在x1，x2(a(1)已知函數f(x)＝x3－x2是區間[0，m]上的“雙奇點函數”，求實數m的取值范圍；
飄帶不等式的應用
題型二
因為f(x)＝x3－x2，
則f'(x)＝3x2－x，
由＝m2－m，
所以關于x的方程m2－m＝3x2－x有兩解，
即關于x的方程3x2－x－m2＋m＝0在(0，m)上有兩解，
令g(x)＝3x2－x－m2＋m，
所以
解得即實數m的取值范圍是.
(2)已知函數f(x)＝2ln x－ax2＋1.
①當a＝0時，若1為f(x)在區間[m，n]上的“奇點”，證明：m＋n>2；
因為f'(k)＝－2ak＝k∈(m，n)，
當a＝0時，f(x)＝2ln x＋1，則f'(x)＝
因為k＝1，0所以＝2，即＝1，
要證m＋n>2，即證<
即ln>
令＝t，因為n>m>0，所以t>1，
設h(t)＝ln t－2·
所以h'(t)＝>0，
所以h(t)在(1，＋∞)上單調遞增，
所以h(t)>h(1)＝0在(1，＋∞)上恒成立，
所以ln>即證得m＋n>2.
②證明：對任意的a>0，f(x)在區間[m，n]上存在唯一“奇點”.
令φ(k)＝f'(k)－(0即φ(k)＝－2ak－
＝－2ak－2×＋a(n＋m)，
因為a>0，k>0，所以φ'(k)＝－－2a<0，
所以φ(k)在區間(m，n)上單調遞減.
因為φ(m)＝－2am－2×＋a(n＋m)＝＋a(n－m)，
令t＝所以t>1，
所以φ(m)＝(t－1－ln t)＋a(n－m).
設I(x)＝x－1－ln x，
所以I'(x)＝1－
當0當x>1時，I'(x)>0，
即I(x)在(0，1)上單調遞減，(1，＋∞)上單調遞增，
所以I(t)>I(1)＝0，即t－1－ln t>0.
因為n>m>0，a>0，所以φ(m)>0；
同理φ(n)＝＋a(m－n)，
因為當x∈(0，1)∪(1，＋∞)時，x－1－ln x>0，
所以－1－ln>0，即ln x>1－
所以ln t－1＋>0，
又m－n<0，a>0，所以φ(n)<0，
因為φ(m)φ(n)<0，且φ(k)在區間(m，n)上單調遞減，
所以φ(k)在區間(m，n)上存在唯一零點，
即對任意的a>0，f(x)在區間[m，n]上的“奇點”k是唯一的.
(1)利用飄帶不等式放縮可以將含對數的不等式轉變為分式不等式.
(2)令飄帶不等式中的x＝(a>b)可以轉變為對數均值不等式.
思維升華
跟蹤訓練　證明：當整數n>0時<1＋成立.
要證<1＋成立，即證>e成立，
即證nln＋ln>1成立，
因為ln x>(x>1)，只需證n>1成立，
即證>1，
顯然成立，得證.
課時精練
答案
1
2
(1)因為f(x)=ln x-x>0，
所以f'(x)=-x>0，
又因為函數y=f(x)在x=1處的切線為x軸，
所以f'(1)=1-=0，
解得a=2.
1.
答案
1
2
(2)由(1)可知f(x)=ln x-x>0，
所以f'(x)=-=≥0，
所以函數f(x)在(0，+∞)上單調遞增，
所以函數f(x)的單調遞增區間為(0，+∞)，無單調遞減區間.
1.
答案
1
2
(3)由(2)可知函數f(x)在(0，+∞)上單調遞增，且f(1)=0，
所以當x>1時，f(x)>0，
又因為x1>x2>0，所以>1，
有f >0，又ln x1>ln x2，有ln x1-ln x2>0，
由f >0，得ln->0，
1.
答案
1
2
即ln>=2·
即ln x1-ln x2>2· (*)
又因為ln x1-ln x2>0，x1+x2>0，
將(*)式兩邊同時乘
得<.
1.
答案
1
2
∵bln a-aln b=a-b，∴b(ln a+1)=a(ln b+1)，
∴=
令f(x)=則f'(x)=-
當00，f(x)單調遞增；
當x>1時，f'(x)<0，f(x)單調遞減.
∵f(a)=f(b)，b>a>0，
∴02.
答案
1
2
(1)要證a+b-ab>1，
只需證a+b-ab-1>0，
即證a(1-b)+b-1>0，
即證(1-b)(a-1)>0，
顯然成立，得證.
2.
答案
1
2
(2)當0<=<
即+<+
即-<
即+>2.
2.
答案
1
2
(3)當01，由飄帶不等式可知，
===
=·ln>·=
因此有ab>1，故a+b>ab+1>2.
2.
1.(2025·貴陽模擬)已知函數f(x)＝ln x－在x＝1處的切線為x軸.
(1)求實數a的值；
1
2
答案
因為f(x)＝ln x－x>0，
所以f'(x)＝x>0，
又因為函數y＝f(x)在x＝1處的切線為x軸，
所以f'(1)＝1－＝0，解得a＝2.
(2)求f(x)的單調區間；
1
2
答案
由(1)可知f(x)＝ln x－x>0，
所以f'(x)＝≥0，
所以函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
所以函數f(x)的單調遞增區間為(0，＋∞)，無單調遞減區間.
(3)若x1>x2>0，證明：<.
1
2
答案
1
2
答案
由(2)可知函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，且f(1)＝0，
所以當x>1時，f(x)>0，
又因為x1>x2>0，所以>1，
有f >0，又ln x1>ln x2，有ln x1－ln x2>0，
由f >0，
得ln>0，
1
2
答案
即ln>＝2·
即ln x1－ln x2>2· (*)
又因為ln x1－ln x2>0，x1＋x2>0，
將(*)式兩邊同時乘
得<.
1
2
答案
2.已知b>a>0，且bln a－aln b＝a－b，證明：
(1)a＋b－ab>1；
1
2
答案
∵bln a－aln b＝a－b，
∴b(ln a＋1)＝a(ln b＋1)，
∴
令f(x)＝
則f'(x)＝－
當00，f(x)單調遞增；
1
2
答案
當x>1時，f'(x)<0，f(x)單調遞減.
∵f(a)＝f(b)，b>a>0，
∴0要證a＋b－ab>1，
只需證a＋b－ab－1>0，
即證a(1－b)＋b－1>0，
即證(1－b)(a－1)>0，
顯然成立，得證.
1
2
答案
(2)>2；
當0<<
即<
即<
即>2.(共43張PPT)
第三章　
進階篇　不等式恒(能)成立問題
數學
大
一
輪
復
習
參數半分離與主元變換
進階2
例1　若不等式aln x－x＋1≤0恒成立，求實數a的取值范圍.
參數半分離
題型一
∵不等式aln x－x＋1≤0恒成立，
∴aln x≤x－1恒成立，x>0，
當a≤0時，顯然不恒成立，
當a>0時，原不等式等價于ln x≤(x－1)恒成立，
由于y＝ln x在x＝1處的切線方程為y＝x－1，
∴要使ln x≤(x－1)恒成立，
只需＝1，即a＝1，
∴a的取值范圍為{1}.
在半分離時，要調節參數a與x的位置，使f(x)與g(x)的作圖更方便，一般分為一條動直線與一條曲線.
思維升華
跟蹤訓練1　設函數f(x)＝若不等式f(x)≤ax＋2對任意
x∈R恒成立，則實數a的取值范圍為　　　　　　　　 .
作出函數f(x)的圖象，如圖，
直線y＝ax＋2恒過定點(0，2)，由圖可知a>0，
當直線y＝ax＋2與y＝－x2－2x相切時，
聯立可得x2＋(a＋2)x＋2＝0，
令Δ＝(a＋2)2－8＝0，
解得a＝－2＋2或a＝－2－2(舍去)；
當直線y＝ax＋2與曲線y＝2ln x相切時，
設切點P(x0，2ln x0)，
則曲線在點P處的切線方程為y－2ln x0＝(x－x0)，
又切線過點(0，2)，
解得x0＝e2，此時a＝
所以a的取值范圍為.
例2　已知不等式ln x－x2＋bx＋c≤0對任意的x∈(0，＋∞)，b∈恒成立，求c的取值范圍.
主元變換
題型二
令f(b)＝x·b＋ln x－x2＋c，b∈
由于x>0，所以函數f(b)在上單調遞增，
所以f(b)即c≤x2－x－ln x，x∈(0，＋∞)，
令g(x)＝x2－x－ln x，
則g'(x)＝x－
當02時，g'(x)>0，
所以g(x)在(0，2)上單調遞減，在(2，＋∞)上單調遞增，
所以c≤g(x)min＝g(2)＝－1－ln 2，
所以c的取值范圍為(－∞，－1－ln 2].
一些導數大題經常會含有多個變量，主要解題思路是以x為主元進行求解，但有時解題過程較為復雜，此時，有的題目就可以以其他變量為主元進行求解.
思維升華
跟蹤訓練2　已知函數f(x)＝2ax＋bx－1－2ln x，對任意a∈[1，3]和任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥2bx－3恒成立，求實數b的取值范圍.
由題知對任意a∈[1，3]，x∈(0，＋∞)，2ax＋bx－1－2ln x≥2bx－3恒成立，
即2x·a－bx－2ln x＋2≥0恒成立，
令g(a)＝2x·a－bx－2ln x＋2，a∈[1，3]，
則g(1)≥0，
即2x－bx－2ln x＋2≥0，
所以b≤2－恒成立，
令h(x)＝2－x∈(0，＋∞)，
則h'(x)＝－2·
當0當x>e2時，h'(x)>0，
所以h(x)在(0，e2)上單調遞減，在(e2，＋∞)上單調遞增，
所以h(x)min＝h(e2)＝2－
所以b≤2－
故b的取值范圍為.
課時精練
答案
1
2
(1)f'(x)=ex-a.
①當a≤0時，f'(x)>0，
所以f(x)在R上單調遞增.
又f(-1)=-1+a<0，
f(1)=e-a-1>0，
由函數零點存在定理可知，函數f(x)在R上有唯一零點，
故a≤0符合題意.
1.
答案
1
2
②當a>0時，令f'(x)=0，得x=ln a.
當x∈(-∞，ln a)時，f'(x)<0，f(x)單調遞減；
當x∈(ln a，+∞)時，f'(x)>0，f(x)單調遞增，
所以f(x)min=f(ln a)=eln a-aln a-1=a-aln a-1.
設g(a)=a-aln a-1(a>0)，
則g'(a)=1-(ln a+1)=-ln a，
當00，g(a)單調遞增；
當a>1時，g'(a)<0，g(a)單調遞減，
1.
答案
1
2
所以g(a)max=g(1)=0，故a=1.
綜上，實數a的取值范圍為{a|a≤0或a=1}.
(2)方法一　f(x)≤x2ex對x∈[0，+∞)恒成立，
即(1-x2)ex≤ax+1對x∈[0，+∞)恒成立，
即函數h(x)=(1-x2)ex的圖象恒在直線y=ax+1的下方，
而h'(x)=(1-x2-2x)ex，h″(x)=(-x2-4x-1)ex<0(x≥0)，
所以函數h(x)是上凸函數，且在點(0，1)處的切線斜率k=h'(0)=1，
1.
答案
1
2
直線y=ax+1過定點(0，1)，斜率為a，故a≥1，
即a的取值范圍為[1，+∞).
方法二　f(x)≤x2ex對x∈[0，+∞)恒成立，
即(1-x2)ex≤ax+1對x∈[0，+∞)恒成立，
記h(x)=(1-x2)ex=(1+x)(1-x)ex.
①當a≥1時，設函數m(x)=(1-x)ex，
則m'(x)=-xex≤0，
1.
答案
1
2
因此m(x)在[0，+∞)上單調遞減.
又m(0)=1，故m(x)≤1，
所以h(x)=(1+x)·m(x)≤1+x≤ax+1，
故f(x)≥x2ex對x∈[0，+∞)恒成立.
②當a<1時，設函數n(x)=ex-x-1，
則n'(x)=ex-1≥0，
所以n(x)在[0，+∞)上單調遞增，且n(0)=0，
1.
答案
1
2
故ex≥x+1.
當0(1-x)(1+x)2，
則(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2)，
(ⅰ)當0取x0=
則x0∈(0，1)，(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0，
所以h(x0)>ax0+1，故01.
答案
1
2
(ⅱ)當a≤0時，取x0=
則x0∈(0，1)，h(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1，
故a≤0不符合題意.
綜上，a的取值范圍為[1，+∞).
1.
答案
1
2
(1)f(x)=e2x-aln x的定義域為(0，+∞)，f'(x)=2e2x-.
①當a≤0時，f'(x)>0恒成立，
故f'(x)沒有零點.
②當a>0時，因為y=e2x單調遞增，y=-單調遞增，
所以f'(x)在(0，+∞)上單調遞增.
又f'(a)>0，當b滿足02.
答案
1
2
f'(b)=2e2b-<2e2b-4<2-4<0，
故由函數零點存在定理可知，f'(x)存在唯一零點.
綜上所述，當a≤0時，f'(x)沒有零點；
當a>0時，f'(x)存在唯一的零點.
2.
答案
1
2
(2)方法一　由(1)可設導函數f'(x)在(0，+∞)上的唯一零點為x0，
當x∈(0，x0)時，f'(x)<0；
當x∈(x0，+∞)時，f'(x)>0，
故f(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，+∞)上單調遞增，
所以當x=x0時，f(x)取得最小值，最小值為f(x0).
由于2-=0，所以f(x0)=+2ax0+aln≥2a+aln
故當a>0時，f(x)≥2a+aln.
2.
答案
1
2
方法二　令g(a)=2a+aln-e2x+aln x，
求導得g'(a)=2+ln-1+ln x
=1+ln 2+ln x-ln a，
令g'(a)>0，得a<2ex；
令g'(a)<0，得a>2ex，
所以函數g(a)在(0，2ex)上單調遞增，在(2ex，+∞)上單調遞減，
2.
答案
1
2
所以g(a)max=g(2ex)=4ex+2exln+2exln x-e2x=2ex-e2x.
再令h(x)=2ex-e2x，h'(x)=2e-2e2x，
所以h(x)在上單調遞增，在上單調遞減，
h(x)max=h=0，
所以g(a)max≤0，得證.
2.
1.已知函數f(x)＝ex－ax－1(a∈R，其中e為自然對數的底數).
(1)若f(x)在定義域內有唯一零點，求a的取值范圍；
1
2
答案
1
2
答案
f'(x)＝ex－a.
①當a≤0時，f'(x)>0，
所以f(x)在R上單調遞增.
又f(－1)＝－1＋a<0，f(1)＝e－a－1>0，
由函數零點存在定理可知，函數f(x)在R上有唯一零點，
故a≤0符合題意.
②當a>0時，令f'(x)＝0，得x＝ln a.
當x∈(－∞，ln a)時，f'(x)<0，f(x)單調遞減；
1
2
答案
當x∈(ln a，＋∞)時，f'(x)>0，f(x)單調遞增，
所以f(x)min＝f(ln a)＝eln a－aln a－1＝a－aln a－1.
設g(a)＝a－aln a－1(a>0)，
則g'(a)＝1－(ln a＋1)＝－ln a，
當00，g(a)單調遞增；
當a>1時，g'(a)<0，g(a)單調遞減，
所以g(a)max＝g(1)＝0，故a＝1.
綜上，實數a的取值范圍為{a|a≤0或a＝1}.
(2)若f(x)≤x2ex對x∈[0，＋∞)恒成立，求a的取值范圍.
1
2
答案
1
2
答案
方法一　f(x)≤x2ex對x∈[0，＋∞)恒成立，
即(1－x2)ex≤ax＋1對x∈[0，＋∞)恒成立，
即函數h(x)＝(1－x2)ex的圖象恒在直線y＝ax＋1的下方，
而h'(x)＝(1－x2－2x)ex，h″(x)＝(－x2－4x－1)ex<0(x≥0)，
所以函數h(x)是上凸函數，且在點(0，1)處的切線斜率k＝h'(0)＝1，
直線y＝ax＋1過定點(0，1)，斜率為a，
故a≥1，即a的取值范圍為[1，＋∞).
1
2
答案
方法二　f(x)≤x2ex對x∈[0，＋∞)恒成立，
即(1－x2)ex≤ax＋1對x∈[0，＋∞)恒成立，
記h(x)＝(1－x2)ex＝(1＋x)(1－x)ex.
①當a≥1時，設函數m(x)＝(1－x)ex，則m'(x)＝－xex≤0，
因此m(x)在[0，＋∞)上單調遞減.
又m(0)＝1，故m(x)≤1，
所以h(x)＝(1＋x)·m(x)≤1＋x≤ax＋1，
故f(x)≥x2ex對x∈[0，＋∞)恒成立.
1
2
答案
②當a<1時，設函數n(x)＝ex－x－1，
則n'(x)＝ex－1≥0，
所以n(x)在[0，＋∞)上單調遞增，且n(0)＝0，
故ex≥x＋1.
當0(1－x)(1＋x)2，
則(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，
(ⅰ)當01
2
答案
則x0∈(0，1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，
所以h(x0)>ax0＋1，
故0(ⅱ)當a≤0時，取x0＝
則x0∈(0，1)，h(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1，
故a≤0不符合題意.
綜上，a的取值范圍為[1，＋∞).
1
2
答案
2.設函數f(x)＝e2x－aln x.
(1)討論f(x)的導函數f'(x)零點的個數；
1
2
答案
f(x)＝e2x－aln x的定義域為(0，＋∞)，
f'(x)＝2e2x－.
①當a≤0時，f'(x)>0恒成立，
故f'(x)沒有零點.
②當a>0時，因為y＝e2x單調遞增，y＝－單調遞增，
所以f'(x)在(0，＋∞)上單調遞增.
又f'(a)>0，當b滿足01
2
答案
f'(b)＝2e2b－<2e2b－4<2－4<0，
故由函數零點存在定理可知，f'(x)存在唯一零點.
綜上所述，當a≤0時，f'(x)沒有零點；
當a>0時，f'(x)存在唯一的零點.
1
2
答案
(2)證明：當a>0時，f(x)≥2a＋aln.
1
2
答案
方法一　由(1)可設導函數f'(x)在(0，＋∞)上的唯一零點為x0，
當x∈(0，x0)時，f'(x)<0；
當x∈(x0，＋∞)時，f'(x)>0，
故f(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增，
所以當x＝x0時，f(x)取得最小值，最小值為f(x0).
由于2＝0，
所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln
故當a>0時，f(x)≥2a＋aln.
1
2
答案
方法二　令g(a)＝2a＋aln－e2x＋aln x，
求導得g'(a)＝2＋ln－1＋ln x
＝1＋ln 2＋ln x－ln a，
令g'(a)>0，得a<2ex；
令g'(a)<0，得a>2ex，
所以函數g(a)在(0，2ex)上單調遞增，在(2ex，＋∞)上單調遞減，
所以g(a)max＝g(2ex)
＝4ex＋2exln＋2exln x－e2x＝2ex－e2x.
1
2
答案
再令h(x)＝2ex－e2x，h'(x)＝2e－2e2x，
所以h(x)在上單調遞增，在上單調遞減，
h(x)max＝h＝0，
所以g(a)max≤0，得證.(共46張PPT)
第三章　
進階篇　不等式恒(能)成立問題
數學
大
一
輪
復
習
解決不等式恒(能)成立問題，常用的方法有：
(1)參數全分離
將原含參不等式等價變形成a≤f(x)這類形式，進而轉化為求f(x)的最值問題.當參變分離后的函數f(x)不復雜，容易求最值時，可采用此法.
(2)參數半分離
將原含參不等式等價變形成f(x)≤g(a，x)這類形式，畫圖分析參數a如何取值才能滿足該不等式，這種方法往往需要關注切線、端點等臨界狀態.
注：g(a，x)表示g(x)這個函數表達式中既有a也有x，a在不等式左右兩邊都可以.
(3)參數不分離(隱零點、端點效應).
(4)特殊的方法(同構等).
參數全分離
進階1
例1　不等式ln x－ax＋1≤0恒成立，求實數a的取值范圍.
參數全分離
題型一
不等式ln x－ax＋1≤0恒成立，
即ax≥ln x＋1恒成立，x>0，
即a≥恒成立，
設g(x)＝x>0，
則g'(x)＝－
易知函數g(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，
g(x)max＝g(1)＝1，
所以a≥1.
分離參數法解決恒(能)成立問題的策略
(1)分離變量，構造函數，直接把問題轉化為函數的最值問題.
(2)a≥f(x)恒成立 a≥f(x)max；
a≤f(x)恒成立 a≤f(x)min；
a≥f(x)能成立 a≥f(x)min；
a≤f(x)能成立 a≤f(x)max.
思維升華
跟蹤訓練1　(2024·青島模擬)已知函數f(x)＝ax－ex，a>0.
(1)若a＝1，求函數f(x)在x＝1處的切線方程；
當a＝1時，f(x)＝x－ex，f(1)＝1－e，
f'(x)＝1－ex，所以f'(1)＝1－e，
所以f(x)在x＝1處的切線方程為y－(1－e)＝(1－e)(x－1)，即y＝(1－e)x.
(2)若x>0，f(x)≤a－x2恒成立，求實數a的取值范圍.
當x>0時，ax－ex≤a－x2恒成立，
即a(x－1)≤ex－x2恒成立.
①當01，x2≤1，
又a>0，所以a(x－1)≤0，ex－x2>0，
所以a(x－1)≤ex－x2恒成立.
②當x>1時，x－1>0，
原不等式等價于a≤恒成立，
即a≤
令g(x)＝
則g'(x)＝
令h(x)＝ex－x，
則h'(x)＝ex－1，當x>0時，h'(x)>0，
則h(x)＝ex－x在(0，＋∞)上單調遞增，
h(x)>h(0)＝1，
所以當x>1時，ex－x>0.
則當1當x>2時，g'(x)>0，
所以g(x)＝在(1，2)上單調遞減，在(2，＋∞)上單調遞增，
所以a≤＝g(2)＝e2－4，
所以0綜上，實數a的取值范圍是(0，e2－4].
例2　已知函數f(x)＝x＋a.
(1)若a＝－1，求f(x)的單調區間和極值點；
換元后參數分離
題型二
當a＝－1時，f(x)＝xe－x－1，f'(x)＝e－x－xe－x，
令f'(x)＝0，得x＝1，
所以當x<1時，f'(x)>0；當x>1時，f'(x)<0.
所以f(x)的單調遞減區間為(1，＋∞)，單調遞增區間為(－∞，1)，極大值點為x＝1，無極小值點.
(2)若a>0，且當x>0時，f(x)>－1恒成立，求實數a的取值范圍.
方法一　f(x)>－1 x＋a>－1，
即x＋a＋1>0.
令＝t，t>0，則x＝at，
atet－(2a＋2)t＋a＋1>0對于t>0恒成立，
即a(tet－2t＋1)>2t－1， (*)
易證當t>0時，et>t＋1，
則tet－2t＋1>t(t＋1)－2t＋1>(t－1)2≥0，
即tet－2t＋1>0，
于是，由(*)可得a>
令g(t)＝(t>0)，
則g'(t)＝et(t>0).
當t∈(0，1)時，g'(t)>0；
當t∈(1，＋∞)時，g'(t)<0，
所以g(t)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，g(t)max＝g(1)＝
所以a>
故實數a的取值范圍是.
方法二　f(x)>－1 x＋a>－1，
即x＋a＋1>0.
令＝t，t>0，
則x＝at，atet－(2a＋2)t＋a＋1>0對于t>0恒成立，
即>對于t>0恒成立.
設h(t)＝t>0，則h'(t)＝
當t∈(0，1)時，h'(t)>0；
當t∈(1，＋∞)時，h'(t)<0.
可得h(t)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，
所以h(t)max＝h(1)＝
則>解得a>
故實數a的取值范圍是.
在有些題目中不能直接利用分離參數法，有時為了簡化函數，常進行換元，如本題令t＝就可輕松分離參數.
思維升華
跟蹤訓練2　已知函數f(x)＝[ln(1＋x)]2－.
(1)求函數f(x)的單調區間；
函數f(x)的定義域為(－1，＋∞)，
f'(x)＝＝
設g(x)＝2(1＋x)ln(1＋x)－x2－2x，
則g'(x)＝2ln(1＋x)－2x，
令h(x)＝2ln(1＋x)－2x，
則h'(x)＝－2＝.
當－10，
故h(x)在(－1，0)上單調遞增；
當x>0時，h'(x)<0，故h(x)在(0，＋∞)上單調遞減，
所以h(x)在x＝0處取得極大值，而h(0)＝0，
所以g'(x)≤0，
所以函數g(x)在(－1，＋∞)上為減函數，
于是當－1g(0)＝0；
當x>0時，g(x)所以當－10，f(x)在(－1，0)上單調遞增；
當x>0時，f'(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上單調遞減，
故函數f(x)的單調遞增區間為(－1，0)，單調遞減區間為(0，＋∞).
(2)若不等式≤e對任意的n∈N*都成立(其中e是自然對數的底數)，求a的最大值.
不等式≤e等價于不等式(n＋a)ln≤1，
由1＋>1知，a≤－n，
設φ(x)＝x∈(0，1]，
則φ'(x)＝－＝.
由(1)知，[ln(1＋x)]2－≤0，
即(1＋x)[ln(1＋x)]2－x2≤0，
當且僅當x＝0時等號成立，
所以φ'(x)<0，x∈(0，1]，
于是φ(x)在(0，1]上單調遞減，
故函數φ(x)在(0，1]上的最小值為φ(1)＝－1，
所以a的最大值為－1.
課時精練
答案
1
2
(1)函數f(x)=ax-ln x，求導得f'(x)=a-
由x∈[1，2]，得∈
當a≤時，f'(x)≤0，
當且僅當a=x=2時取等號，
函數f(x)在[1，2]上單調遞減；
當a≥1時，f'(x)≥0，當且僅當a=1，x=1時取等號，函數f(x)在[1，2]上單調遞增；
1.
答案
1
2
當由f'(x)<0，得1≤x<
由f'(x)>0，得因此函數f(x)在上單調遞減，在上單調遞增，
綜上，當a≤時，函數f(x)在[1，2]上單調遞減；
當當a≥1時，函數f(x)在[1，2]上單調遞增.
1.
答案
1
2
(2)依題意，不等式ax-ln x≤3在x∈(0，e]時有解，
即a≤+在x∈(0，e]時有解，
令g(x)=+x∈(0，e]，
求導得g'(x)=-+=-
由g'(x)>0，得0由g'(x)<0，得1.
答案
1
2
所以函數g(x)在上單調遞增，在上單調遞減，
當x=時，函數g(x)取得最大值g=e2，因此a≤e2，
所以實數a的取值范圍是(-∞，e2].
1.
答案
1
2
(1)f'(x)=3x2eax+ax3eax=x2eax(ax+3).
①當a=0時，f'(x)≥0恒成立，
所以f(x)在R上單調遞增.
②當a<0時，令f'(x)<0，得x>-；
令f'(x)>0，得x<-所以f(x)的單調遞減區間為單調遞增區間為.
2.
答案
1
2
③當a>0時，令f'(x)<0，得x<-；
令f'(x)>0，得x>-.
所以f(x)的單調遞減區間為單調遞增區間為.
(2)因為a=2，
所以f(x)≥mx+3ln x對x∈(0，+∞)恒成立等價于m≤對x∈
(0，+∞)恒成立.
2.
答案
1
2
方法一　設g(t)=t-1-ln t(t>0)，則g'(t)=.
令g'(t)<0，得0令g'(t)>0，得t>1，
所以g(t)min=g(1)=0，
所以t-1-ln t≥0.
取t=x3e2x，
則x3e2x-1-ln(x3e2x)≥0，
2.
答案
1
2
即x3e2x-3ln x-1≥2x，所以≥2.
設h(x)=x3e2x，
因為h(0)=0<1，h(1)=e2>1，
所以方程x3e2x=1必有解，
所以當且僅當x3e2x=1時，
函數y=(x>0)取得最小值，且最小值為2，
所以m≤2，即m的取值范圍為(-∞，2].
2.
答案
1
2
方法二　(同構法)
=≥=2，
等號成立的充要條件是3ln x+2x=0，
令φ(x)=3ln x+2x，
由φ=-3+<0，
φ(1)=2>0知，3ln x+2x=0必有解，
故m≤2，即m的取值范圍為(-∞，2].
2.
1.(2025·蘭州模擬)已知函數f(x)＝ax－ln x，a∈R.
(1)討論f(x)在區間[1，2]上的單調性；
1
2
答案
1
2
答案
函數f(x)＝ax－ln x，求導得f'(x)＝a－
由x∈[1，2]，得∈
當a≤時，f'(x)≤0，
當且僅當a＝x＝2時取等號，
函數f(x)在[1，2]上單調遞減；
當a≥1時，f'(x)≥0，當且僅當a＝1，x＝1時取等號，函數f(x)在[1，2]上單調遞增；
1
2
答案
當由f'(x)>0，得因此函數f(x)在上單調遞減，在上單調遞增，
綜上，當a≤時，函數f(x)在[1，2]上單調遞減；
當當a≥1時，函數f(x)在[1，2]上單調遞增.
(2)若當x∈(0，e]時，不等式f(x)≤3有解，求a的取值范圍.
1
2
答案
1
2
答案
依題意，不等式ax－ln x≤3在x∈(0，e]時有解，
即a≤在x∈(0，e]時有解，
令g(x)＝x∈(0，e]，
求導得g'(x)＝－＝－
由g'(x)>0，得0由g'(x)<0，得1
2
答案
所以函數g(x)在上單調遞增，在上單調遞減，
當x＝時，函數g(x)取得最大值g＝e2，因此a≤e2，
所以實數a的取值范圍是(－∞，e2].
1
2
答案
2.已知函數f(x)＝x3eax－1.
(1)討論f(x)的單調性；
1
2
答案
f'(x)＝3x2eax＋ax3eax＝x2eax(ax＋3).
①當a＝0時，f'(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上單調遞增.
②當a<0時，令f'(x)<0，得x>－；
令f'(x)>0，得x<－
所以f(x)的單調遞減區間為單調遞增區間為.
③當a>0時，令f'(x)<0，得x<－；
令f'(x)>0，得x>－.
所以f(x)的單調遞減區間為單調遞增區間為.
1
2
答案
(2)若a＝2，不等式f(x)≥mx＋3ln x對x∈(0，＋∞)恒成立，求m的取值
范圍.
1
2
答案
因為a＝2，所以f(x)≥mx＋3ln x對x∈(0，＋∞)恒成立等價于m≤對x∈(0，＋∞)恒成立.
方法一　設g(t)＝t－1－ln t(t>0)，
則g'(t)＝.
令g'(t)<0，得0令g'(t)>0，得t>1，
所以g(t)min＝g(1)＝0，
所以t－1－ln t≥0.
1
2
答案
取t＝x3e2x，則x3e2x－1－ln(x3e2x)≥0，
即x3e2x－3ln x－1≥2x，
所以≥2.
設h(x)＝x3e2x，
因為h(0)＝0<1，h(1)＝e2>1，
所以方程x3e2x＝1必有解，
所以當且僅當x3e2x＝1時，
函數y＝(x>0)取得最小值，且最小值為2，
1
2
答案
所以m≤2，即m的取值范圍為(－∞，2].
方法二　(同構法)
＝≥＝2，
等號成立的充要條件是3ln x＋2x＝0，
令φ(x)＝3ln x＋2x，
由φ＝－3＋<0，
φ(1)＝2>0知，3ln x＋2x＝0必有解，
故m≤2，即m的取值范圍為(－∞，2].(共45張PPT)
第三章　
進階篇　導數中的零點問題
數學
大
一
輪
復
習
導數在研究函數的單調性、極值和最值方面有著重要的作用，而這些問題的解決都離不開一個基本要點，即函數的零點.比如，導函數的零點既可能是原函數單調區間的分界點，也可能是原函數的極值點，或是最值點.可以說，抓住了函數的零點，也就抓住了導數問題的要點.
零點問題主要有如下四類：
①零點的個數問題；
②零點的范圍問題；
③隱零點問題；
④分段函數零點問題.
零點個數問題
進階1
例1　(2024·北京模擬)已知函數f(x)＝axln x－x2＋(1－a)x.
(1)當a<0時，求f(x)的極值；
利用導數研究零點個數
題型一
函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，
且f'(x)＝aln x＋a－x＋1－a＝aln x－x＋1，
令g(x)＝f'(x)＝aln x－x＋1，
則g'(x)＝－1＝
因為a<0，所以g'(x)<0恒成立，
所以g(x)在(0，＋∞)上單調遞減，
即f'(x)在(0，＋∞)上單調遞減，
又f'(1)＝0，
所以當00，當x>1時，f'(x)<0，
則f(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，
所以f(x)在x＝1處取得極大值為－a，無極小值.
(2)當≤a≤1時，判斷f(x)的零點個數，并說明理由.
令f(x)＝0，即axln x－x2＋(1－a)x＝0，
因為x>0，所以aln x－x＋1－a＝0，
令F(x)＝aln x－x＋1－a，
所以判斷f(x)的零點個數，即判斷F(x)的零點個數，
又F'(x)＝≤a≤1，
所以當00，當x>2a時，F'(x)<0，
所以F(x)在(0，2a)上單調遞增，在(2a，＋∞)上單調遞減，
所以F(x)max＝F(2a)＝aln(2a)－2a＋1，1≤2a≤2，
令H(x)＝ln x－x＋1，x∈[1，2]，
則H'(x)＝ln x－
因為x∈[1，2]，所以H'(x)≤ln 2－(ln 2－1)<0，
所以H(x)在[1，2]上單調遞減，
所以H(x)≤H(1)＝0，
所以F(2a)≤0，當且僅當a＝時等號成立，
所以當a＝時，F(x)有一個零點，即f(x)有一個零點，
當綜上可得，當a＝時，f(x)有一個零點，當解決零點個數問題常用的方法主要有以下三種：
(1)轉化為兩個函數圖象交點的個數問題，利用數形結合思想求解.
(2)轉化為函數f(x)的圖象與x軸交點個數的問題.
(3)將f(x)＝0進行參變分離，轉化為a＝g(x)的形式；有時為了避免出現“斷點”，可以考慮“倒數分參”.
思維升華
跟蹤訓練1　已知函數f(x)＝ex－a(x＋1)，a∈R.
(1)若f(x)在[0，1]上不單調，求a的取值范圍；
函數f(x)＝ex－a(x＋1)，
則f'(x)＝ex－a，
∵f(x)在[0，1]上不單調，
故函數f(x)在(0，1)上存在極值，
∴f'(x)在(0，1)上存在變號零點，
即ex－a＝0在(0，1)上有解，
即直線y＝a與曲線y＝ex的圖象在(0，1)上有交點，令h(x)＝ex，
當x∈(0，1)時，h(x)∈(1，e)，
∴a的取值范圍為(1，e).
(2)當a>0時，試討論函數f(x)的零點個數.
f(x)＝0等價于
故f(x)＝0的零點個數即為直線y＝與曲線y＝的圖象的交點個數，
令g(x)＝則g'(x)＝
令g'(x)>0，得x<0，令g'(x)<0，得x>0，
故g(x)在(－∞，0)上單調遞增，在(0，＋∞)上單調遞減，
∵g(0)＝1，當x→－∞時，g(x)→－∞，
當x→＋∞時，g(x)→0，
函數g(x)的圖象如圖所示，
∴當0<<1，即a>1時，f(x)有兩個零點；
當＝1，即a＝1時，f(x)有一個零點；
當>1，即0例2　(2024·長沙模擬)已知函數f(x)＝ex－ax2.
(1)若a＝1，證明：當x≥0時，f(x)≥1；
利用函數零點個數求參數范圍
題型二
當a＝1時，f(x)＝ex－x2，
則f'(x)＝ex－2x，
令h(x)＝ex－2x，則h'(x)＝ex－2，
由h'(x)＝0，得到x＝ln 2，
當x∈(－∞，ln 2)時，h'(x)<0，當x∈(ln 2，＋∞)，h'(x)>0，
所以h(x)≥h(ln 2)＝2－2ln 2>0，即f'(x)>0恒成立，
所以f(x)＝ex－x2在區間[0，＋∞)上單調遞增，
故f(x)≥f(0)＝e0＝1，命題得證.
(2)若f(x)在(0，＋∞)內有兩個零點，求a的取值范圍.
因為f(x)＝ex－ax2，
令f(x)＝0，得ex＝ax2，
又x∈(0，＋∞)，所以＝a，
令g(x)＝x∈(0，＋∞)，
則g'(x)＝
當x∈(0，2)時，g'(x)<0，當x∈(2，＋∞)時，g'(x)>0，
所以g(x)≥g(2)＝
又當x→0時，g(x)→＋∞，當x→＋∞時，g(x)→＋∞，
又f(x)在(0，＋∞)內有兩個零點，
所以a>即a的取值范圍為.
(1)分離參數法：分離之后函數無參數，則可得到函數的圖象，然后上下移動參數的值，觀察直線與函數圖象交點個數即可.
(2)隔離構造函數法：將一個函數分成兩個函數，一個為容易求導的不含參函數，另一個為圖象是一條直線的含參函數，觀察它們圖象的變化趨勢，找到臨界的位置，易求得參數的取值范圍.
(3)直接構造法：直接研究函數f(x)，對參數進行分類討論，判斷函數單調性，利用函數零點存在定理，判斷零點個數，從而求出參數的取值范圍.
思維升華
跟蹤訓練2　已知函數f(x)＝ln x＋ax＋2.
(1)若函數f(x)在x＝1處取得極值，求a的值；
因為f(x)＝ln x＋ax＋2(x>0)，
則f'(x)＝＋a＝
因為函數f(x)在x＝1處取得極值，
所以f'(1)＝1＋a＝0，解得a＝－1，
當a＝－1時，可得f'(x)＝
當x∈(0，1)時，f'(x)>0，f(x)單調遞增；
當x∈(1，＋∞)時，f'(x)<0，f(x)單調遞減，
所以當x＝1時，函數f(x)取得極大值，符合題意，故a＝－1.
(2)若函數f(x)在定義域內存在兩個零點，求a的取值范圍.
由f'(x)＝其中x>0，
當a≥0時，可得f'(x)>0，f(x)單調遞增，
此時函數f(x)至多有一個零點，不符合題意；
當a<0時，令f'(x)＝0，解得x＝－
當x∈時，f'(x)>0，f(x)單調遞增；
當x∈時，f'(x)<0，f(x)單調遞減，
所以當x＝－時，f(x)取得極大值，也是最大值，
最大值為f ＝ln＋a·＋2＝1－ln(－a)，
又當x→0時，f(x)→－∞；當x→＋∞時，f(x)→－∞，
所以要使得函數f(x)有兩個零點，則滿足f >0，
即1－ln(－a)>0，解得－e所以實數a的取值范圍是(－e，0).
課時精練
答案
1
2
(1)函數f(x)=ex-sin x-1，
當x>0時，f'(x)=ex-cos x>1-cos x≥0，
所以f(x)在(0，+∞)上單調遞增.
(2)由(1)知，f'(x)=ex-cos x，
當x∈時，f'(x)>0，
函數f(x)單調遞增，
f(-π)=e-π-1<0，
1.
答案
1
2
f =>0，
因此函數f(x)在內有唯一零點；
當x∈時，
令g(x)=ex-cos x，得g'(x)=ex+sin x，
g'(x)在上單調遞增，
g'=-1<0，g'(0)=1>0，
1.
答案
1
2
則存在x0∈使得g'(x0)=0，
當x∈時，g'(x)<0，函數g(x)即f'(x)單調遞減，
當x∈(x0，0)時，g'(x)>0，函數g(x)即f'(x)單調遞增，
又f ' =>0，f'(x0)則存在x1∈
1.
答案
1
2
使得f'(x1)=0，
當x∈時，f'(x)>0，函數f(x)單調遞增；當x∈(x1，0)時，
f'(x)<0，函數f(x)單調遞減，
而f =>0，f(0)=0，
因此函數f(x)在內有唯一零點，
所以函數f(x)在區間(-π，0]內有且僅有兩個零點.
1.
答案
1
2
(1)由f(1)=2a-2=4，
解得a=3，
∴f(x)=3x+-ln x，
則f'(x)=3+-則f'(1)=3，
∴切線方程為y-4=3(x-1)，
即y=3x+1.
2.
答案
1
2
(2)由f(x)=ax+(a-2)-ln x，
得f'(x)=a+-==x>0，
當a≤0時，f'(x)<0在(0，+∞)上恒成立，
f(x)在(0，+∞)上單調遞減，不符合題意，舍去；
當a>0時，令f'(x)<0，得0令f'(x)>0，得x>f(x)在上單調遞增.
2.
答案
1
2
當x→0時，f(x)→+∞，當x→+∞時，f(x)→+∞，
則f =+-ln=+1-+ln a=1-+ln a<0，
令g(a)=1-+ln a，a>0，則g'(a)=+>0，
∴g(a)在(0，+∞)上單調遞增.
又∵g(1)=0，∴當a∈(0，1)時，g(a)<0，當a∈(1，+∞)時，g(a)>0，
∴02.
1.(2024·淄博模擬)已知函數f(x)＝ex－sin x－1.
(1)討論函數f(x)在區間(0，＋∞)上的單調性；
1
2
答案
函數f(x)＝ex－sin x－1，
當x>0時，f'(x)＝ex－cos x>1－cos x≥0，
所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞增.
(2)證明函數f(x)在區間(－π，0]內有且僅有兩個零點.
1
2
答案
1
2
答案
由(1)知，f'(x)＝ex－cos x，
當x∈時，f'(x)>0，
函數f(x)單調遞增，
f(－π)＝e－π－1<0，f >0，
因此函數f(x)在內有唯一零點；
當x∈時，令g(x)＝ex－cos x，
得g'(x)＝ex＋sin x，
1
2
答案
g'(x)在上單調遞增，
g'－1<0，g'(0)＝1>0，
則存在x0∈使得g'(x0)＝0，
當x∈時，g'(x)<0，
函數g(x)即f'(x)單調遞減，
1
2
答案
當x∈(x0，0)時，g'(x)>0，
函數g(x)即f'(x)單調遞增，
又f'>0，f'(x0)則存在x1∈使得f'(x1)＝0，
當x∈時，f'(x)>0，函數f(x)單調遞增；當x∈(x1，0)時，f'(x)<0，函數f(x)單調遞減，
1
2
答案
而f >0，f(0)＝0，
因此函數f(x)在內有唯一零點，
所以函數f(x)在區間(－π，0]內有且僅有兩個零點.
1
2
答案
2.(2024·紹興模擬)已知函數f(x)＝ax＋(a－2)ln x，a∈R.
(1)求函數f(x)圖象上一點P(1，4)處的切線方程；
由f(1)＝2a－2＝4，解得a＝3，
∴f(x)＝3x＋ln x，
則f'(x)＝3＋則f'(1)＝3，
∴切線方程為y－4＝3(x－1)，即y＝3x＋1.
1
2
答案
(2)若函數f(x)有兩個零點x1，x2(x11
2
答案
由f(x)＝ax＋(a－2)ln x，
得f'(x)＝a＋＝x>0，
當a≤0時，f'(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，
f(x)在(0，＋∞)上單調遞減，不符合題意，舍去；
當a>0時，令f'(x)<0，得00，得x>f(x)在上單調遞增.
當x→0時，f(x)→＋∞，當x→＋∞時，f(x)→＋∞，
1
2
答案
則f ln＋1－＋ln a＝1－＋ln a<0，
令g(a)＝1－＋ln a，a>0，
則g'(a)＝>0，
∴g(a)在(0，＋∞)上單調遞增.
又∵g(1)＝0，∴當a∈(0，1)時，g(a)<0，當a∈(1，＋∞)時，g(a)>0，
∴0

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