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(共94張PPT)
第三章
§3.3　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的
極值、最值
數(shù)學(xué)
大
一
輪
復(fù)
習(xí)
1.借助函數(shù)圖象，了解函數(shù)在某點(diǎn)取得極值的必要和充分條件.
2.會(huì)用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極大值、極小值.
3.掌握利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)最值的方法.
4.會(huì)用導(dǎo)數(shù)研究生活中的最優(yōu)化問題.
課標(biāo)要求
課時(shí)精練
內(nèi)容索引
第一部分 落實(shí)主干知識(shí)
第二部分 探究核心題型
落實(shí)主干知識(shí)
第一部分
1.函數(shù)的極值
(1)函數(shù)的極小值
函數(shù)y＝f(x)在點(diǎn)x＝a處的函數(shù)值f(a)比它在點(diǎn)x＝a附近其他點(diǎn)處的函數(shù)值都小，f'(a)＝0；而且在點(diǎn)x＝a附近的左側(cè) ，右側(cè) ，則a叫做函數(shù)y＝f(x)的極小值點(diǎn)，f(a)叫做函數(shù)y＝f(x)的極小值.
(2)函數(shù)的極大值
函數(shù)y＝f(x)在點(diǎn)x＝b處的函數(shù)值f(b)比它在點(diǎn)x＝b附近其他點(diǎn)處的函數(shù)值都大，f'(b)＝0；而且在點(diǎn)x＝b附近的左側(cè) ，右側(cè) ，則b叫做函數(shù)y＝f(x)的極大值點(diǎn)，f(b)叫做函數(shù)y＝f(x)的極大值.
(3)極小值點(diǎn)、極大值點(diǎn)統(tǒng)稱為 ，極小值和極大值統(tǒng)稱為 .
f'(x)<0
f'(x)>0
f'(x)>0
f'(x)<0
極值點(diǎn)
極值
2.函數(shù)的最大(小)值
(1)函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上有最值的條件：
如果在區(qū)間[a，b]上函數(shù)y＝f(x)的圖象是一條 的曲線，那么它必有最大值和最小值.
(2)求函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上的最大(小)值的步驟：
①求函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)內(nèi)的 ；
②將函數(shù)y＝f(x)的各極值與 比較，其中最大的一個(gè)是最大值，最小的一個(gè)是最小值.
連續(xù)不斷
極值
端點(diǎn)處的函數(shù)值f(a)，f(b)
1.判斷下列結(jié)論是否正確.(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”)
(1)函數(shù)的極值可能不止一個(gè)，也可能沒有.(　　)
(2)函數(shù)的極小值一定小于函數(shù)的極大值.(　　)
(3)函數(shù)的極小值一定是函數(shù)的最小值.(　　)
(4)函數(shù)的極大值一定不是函數(shù)的最小值.(　　)
×
√
×
√
2.(多選)如圖是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f'(x)的圖象，則下列說法正確的是
A.函數(shù)f(x)在區(qū)間(3，5)上單調(diào)遞減
B.函數(shù)f(x)在區(qū)間(4，5)上單調(diào)遞增
C.函數(shù)f(x)在x＝3處取得極大值
D.函數(shù)f(x)在x＝4處取得極小值
√
√
由圖象可知，當(dāng)x∈(3，5)時(shí)，f'(x)<0，所以函數(shù)f(x)在
區(qū)間(3，5)上單調(diào)遞減，故A正確，B錯(cuò)誤；
由圖象可知，f'(3)＝0，且當(dāng)x∈(0，3)時(shí)，f'(x)>0，
當(dāng)x∈(3，5)時(shí)，f'(x)<0，所以f(x)在(0，3)上單調(diào)遞增，在(3，5)上單調(diào)遞減，故函數(shù)y＝f(x)在x＝3處取得極大值，故C正確；
由圖象可知，f'(4)≠0，故4不是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，故D錯(cuò)誤.
3.函數(shù)f(x)＝x3－x2－14x的極小值點(diǎn)為　　　，極大值為　　　.
18
由f(x)＝x3－x2－14x得，
f'(x)＝3x2－x－14＝(x＋2)(3x－7)，
令f'(x)>0，解得x>或x<－2，
令f'(x)<0，解得－2故f(x)在(－∞，－2)上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
故f(x)在x＝處取得極小值，在x＝－2處取得極大值，
故f(x)極大值＝f(－2)＝－8－2＋28＝18.
4.若函數(shù)f(x)＝x3－ax2＋2x－1有兩個(gè)極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是
　　　　 .
f'(x)＝3x2－2ax＋2，
由題意知f'(x)有兩個(gè)變號(hào)零點(diǎn)，
∴Δ＝(－2a)2－4×3×2>0，
解得a>或a<－.
(－∞，－)∪(＋∞)
解題時(shí)靈活應(yīng)用轉(zhuǎn)化以下幾個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)
(1)極值點(diǎn)不是點(diǎn)，若函數(shù)f(x)在x1處取得極大值，則x1為極大值點(diǎn)，極大值為f(x1).
(2)極值是個(gè)“局部”概念，最值是個(gè)“整體”概念.
(3)有極值的函數(shù)一定不是單調(diào)函數(shù).
(4)“f'(x0)＝0”是“x0為可導(dǎo)函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)”的必要不充分條件.例如f(x)＝x3，f'(0)＝0，但0不是極值點(diǎn).
(5)對(duì)于一般函數(shù)而言，函數(shù)的最值必在下列各點(diǎn)中取得：導(dǎo)數(shù)為零的點(diǎn)、導(dǎo)數(shù)不存在的點(diǎn)、端點(diǎn).
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微點(diǎn)提醒
探究核心題型
第二部分
命題點(diǎn)1　根據(jù)函數(shù)圖象判斷極值
利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)極值問題
題型一
例1　(多選)設(shè)函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為f'(x)，且函數(shù)g(x)＝xf'(x)的圖象如圖所示，則下列結(jié)論中一定成立的是
A.f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)
B.f(0)為f(x)的極大值
C.f(x)有兩個(gè)極小值點(diǎn)
D.f(－1)為f(x)的極小值
√
√
根據(jù)g(x)＝xf'(x)的圖象，可得當(dāng)x<－2時(shí)，g(x)＝xf'(x)>0，
可得f'(x)<0，即f(x)單調(diào)遞減，
當(dāng)－20，即f(x)單調(diào)遞增，
當(dāng)0當(dāng)x>1時(shí)，g(x)＝xf'(x)>0，可得f'(x)>0，即f(x)單調(diào)遞增，
因此f(x)在x＝－2和x＝1處取得極小值，在x＝0處取得極大值，共3個(gè)極值點(diǎn)，A錯(cuò)誤，C正確；
f(0)為f(x)的極大值，B正確；
f(－1)不是f(x)的極小值，D錯(cuò)誤.
命題點(diǎn)2　求已知函數(shù)的極值
例2　(2025·沈陽模擬)已知函數(shù)f(x)＝2ln x－2(a－1)x－ax2(a>0)，討論f(x)的極值.
函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，
求導(dǎo)得f'(x)＝－2(a－1)－2ax＝－
因?yàn)閍>0，則當(dāng)x∈時(shí)，f'(x)>0，
當(dāng)x∈時(shí)，f'(x)<0，
因此f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
所以當(dāng)x＝時(shí)，f(x)取得極大值f ＝2ln －2，無極小值.
命題點(diǎn)3　已知極值(點(diǎn))求參數(shù)
例3　(1)(2024·肇慶模擬)若函數(shù)f(x)＝x(x－c)2在x＝－2處取極小值，則c
等于
A.－6 B.－2
C.－6或－2 D.－4
√
由函數(shù)f(x)＝x(x－c)2，
可得f'(x)＝(x－c)2＋2x(x－c)＝(x－c)(3x－c)，
因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在x＝－2處取得極小值，
可得f'(－2)＝0，解得c＝－2或c＝－6，
當(dāng)c＝－2時(shí)，令f'(x)>0，解得x<－2或x>－；
令f'(x)<0，解得－2所以函數(shù)f(x)在(－∞，－2)上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
所以f(x)在x＝－2處取極大值，不符合題意，舍去；
當(dāng)c＝－6時(shí)，令f'(x)>0，可得x<－6或x>－2；令f'(x)<0，可得－6所以函數(shù)f(x)在(－∞，－6)上單調(diào)遞增，在(－6，－2)上單調(diào)遞減，在
(－2，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以f(x)在x＝－2處取極小值，符合題意，
綜上可得，c＝－6.
(2)已知函數(shù)f(x)＝ln x－x(其中a∈R，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))存在極大值，
且極大值不小于1，則a的取值范圍為　　　　　.
由已知可得，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f'(x)＝.
①當(dāng)a≤0時(shí)，f'(x)＝>0在(0，＋∞)上恒成立，
所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，此時(shí)函數(shù)f(x)無極值；
②當(dāng)a>0時(shí)，f'(x)＝
由f'(x)＝＝0可得x＝.
當(dāng)00，
所以f(x)在上單調(diào)遞增；
當(dāng)x>時(shí)，f'(x)<0，
所以f(x)在上單調(diào)遞減，
于是函數(shù)f(x)在x＝處取得極大值.
由已知，f ≥1，
即ln －1≥1，ln ≥2＝ln e2，
因?yàn)楹瘮?shù)y＝ln x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以≥e2，即a≤又a>0，
所以0于是a的取值范圍為.
綜上所述，a的取值范圍為.
根據(jù)函數(shù)的極值(點(diǎn))求參數(shù)的兩個(gè)要領(lǐng)
(1)列式：根據(jù)極值點(diǎn)處導(dǎo)數(shù)為0和極值這兩個(gè)條件列方程組，利用待定系數(shù)法求解.
(2)驗(yàn)證：求解后驗(yàn)證根的合理性.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練1　(1)已知函數(shù)f(x)＝aex＋bx在x＝0處取得極小值1，則f'(2)等于
A.e2－2 B.2－e2
C.e2－1 D.e2
√
由f(x)＝aex＋bx，得f'(x)＝aex＋b，
因?yàn)閒(x)在x＝0處取得極小值1，
所以 f'(x)＝ex－1，
當(dāng)x>0時(shí)，f'(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，
當(dāng)x<0時(shí)，f'(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，
所以f(x)在x＝0處取得極小值，故a＝1，b＝－1滿足題意，
于是有f'(2)＝e2－1.
(2)若函數(shù)f(x)＝eax＋2x有大于零的極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為
A.a>－2 B.a>－
C.a<－2 D.a<－
√
由函數(shù)f(x)＝eax＋2x，可得f'(x)＝aeax＋2，
若a≥0，f'(x)>0，此時(shí)f(x)為增函數(shù)，無極值點(diǎn)；
若a<0，令f'(x)＝aeax＋2＝0，
解得x＝ln
當(dāng)x>ln時(shí)，f'(x)>0，
當(dāng)x故x＝ln是f(x)＝eax＋2x的極值點(diǎn)，
由于函數(shù)f(x)＝eax＋2x有大于零的極值點(diǎn)，
∴l(xiāng)n>0，即ln<0，
即0<－<1，解得a<－2.
命題點(diǎn)1　不含參函數(shù)的最值
利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值
題型二
例4　函數(shù)f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1在區(qū)間[0，2π]上的最小值、最大值分別為
A.－ B.－
C.－＋2 D.－＋2
√
f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1，x∈[0，2π]，則f'(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1) cos x＝(x＋1)cos x，x∈[0，2π].
令f'(x)＝0，解得x＝或x＝.
因?yàn)閒 ＝cos sin ＋1＝＋2，
f ＝cos sin ＋1＝－
又f(0)＝cos 0＋(0＋1)sin 0＋1＝2，
f(2π)＝cos 2π＋(2π＋1)sin 2π＋1＝2，
所以f(x)max＝f ＋2，
f(x)min＝f ＝－.
命題點(diǎn)2　含參函數(shù)的最值
例5　已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－ax2(a>0)，求函數(shù)f(x)在[1，2]上的最小值.
函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－ax2，
求導(dǎo)得f'(x)＝xex－ax＝x(ex－a)，
若x∈[1，2]，則
①當(dāng)ln a≥2，即a≥e2時(shí)，ex－a≤0，f'(x)≤0，函數(shù)f(x)在[1，2]上單調(diào)遞減，
因此函數(shù)f(x)在[1，2]上的最小值為f(2)＝e2－2a；
②當(dāng)1因此函數(shù)f(x)的最小值為f(ln a)＝a(ln a－1)－a(ln a)2；
③當(dāng)ln a≤1，即0因此函數(shù)f(x)在[1，2]上的最小值為f(1)＝－a.
綜上，當(dāng)a≥e2時(shí)，f(x)在[1，2]上的最小值為e2－2a；
當(dāng)e當(dāng)0求含有參數(shù)的函數(shù)的最值，需先求函數(shù)的定義域、導(dǎo)函數(shù)，通過對(duì)參數(shù)分類討論，判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而得到函數(shù)f(x)的最值.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練2　(1)已知函數(shù)f(x)＝x－sin x，x∈[0，π]，則f(x)的最大值為　　　.
π
由f(x)＝x－sin x，x∈[0，π]，
可得f'(x)＝1－cos x，x∈[0，π]，
令f'(x)＝0可得cos x＝
又x∈[0，π]，所以x＝
當(dāng)x∈時(shí)，f'(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈時(shí)，f'(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；
易知f(0)＝0，f(π)＝π，
因此f(x)的最大值為π.
(2)(2025·泰安模擬)已知函數(shù)f(x)＝＋ln x在區(qū)間[1，e]上的最小值為則a的值為
A.1 B. C. D.
√
因?yàn)閒(x)＝＋ln x(x>0)，
所以f'(x)＝
當(dāng)a≤0時(shí)，f'(x)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
此時(shí)f(x)在區(qū)間[1，e]上的最小值為f(1)＝a＋ln 1＝
解得a＝不符合題意，舍去；
當(dāng)a>0時(shí)，令f'(x)<0，得00，得x>a，
所以f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增，
①當(dāng)0所以最小值為f(1)＝a≤1，不符合題意，舍去；
②當(dāng)1所以最小值為f(a)＝1＋ln a＝解得a＝；
③當(dāng)a≥e時(shí)，f(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，
所以最小值為f(e)＝＋ln e＝
解得a＝不符合題意，舍去.
綜上所述，a＝.
三次函數(shù)是一類重要的函數(shù)，其規(guī)律性強(qiáng)，內(nèi)容相對(duì)獨(dú)立，且有一些獨(dú)有的結(jié)論和技巧.如果能得當(dāng)運(yùn)用三次函數(shù)的有關(guān)結(jié)論，可以大大簡(jiǎn)化解題過程.
三次函數(shù)的性質(zhì)
微拓展
典例　(多選)已知三次函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，則下列選項(xiàng)正確的是
A.三次函數(shù)的對(duì)稱中心是
B.若函數(shù)f(x)關(guān)于點(diǎn)(m，n)對(duì)稱，則y＝f'(x)的圖象關(guān)于直線x＝m對(duì)稱
C.若函數(shù)y＝f(x)有極值，則對(duì)稱中心是兩個(gè)取極值的點(diǎn)的中點(diǎn)
D.若f(x)＝0的三個(gè)根分別為x1，x2，x3，則x1＋x2＋x3＝－
√
√
√
對(duì)于A，設(shè)f(m－x)＋f(m＋x)＝2n，得[a(m－x)3＋b(m－x)2＋c(m－x)＋d]＋[a(m＋x)3＋b(m＋x)2＋c(m＋x)＋d]＝2n，整理得(6ma＋2b)x2＋(2am3＋2bm2＋2cm＋2d)＝2n.根據(jù)多項(xiàng)式恒等對(duì)應(yīng)系數(shù)相等，可得m＝－且n＝am3＋bm2＋cm＋d，從而三次函數(shù)是中心對(duì)稱曲線，且由n＝f(m)知其對(duì)稱中心(m，f(m))仍然在曲線上.故對(duì)稱中心為，A正確；
對(duì)于B，由y＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(m，n)對(duì)稱，得f(x)＋f(2m－x)＝2n.求導(dǎo)可得f'(2m－x)＝f'(x)，即y＝f'(x)的圖象關(guān)于直線x＝m對(duì)稱，B正確；
對(duì)于C，設(shè)f'(x)＝3ax2＋2bx＋c＝0的兩根分別為x1，x2，則x1＋x2＝－，x1x2＝.設(shè)f(x)的兩個(gè)取極值的點(diǎn)為A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，
則f(x1)＋f(x2)＝(a＋b＋cx1＋d)＋(a＋b＋cx2＋d)＝a()＋b()＋c(x1＋x2)＋2d＝a(x1＋x2)[(x1＋x2)2－3x1x2]＋b[(x1＋x2)2－2x1x2]＋c(x1＋x2)＋2d＝a＋b＋2d＝＋2d.
2f ＝2＝＋2d，
所以f(x1)＋f(x2)＝2f ，AB的中點(diǎn)P即為對(duì)稱中心，C正確；
對(duì)于D，ax3＋bx2＋cx＋d＝a(x－x1)(x－x2)(x－x3)＝ax3－a(x1＋x2＋x3)x2＋a(x1x2＋x2x3＋x3x1)x－ax1x2x3.比較系數(shù)可得x1＋x2＋x3＝－，D錯(cuò)誤.
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課時(shí)精練
對(duì)一對(duì)
答案
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4
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13
14
題號(hào) 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A B D B B A AD BCD
題號(hào) 9 10 13 　14 答案 (2，+∞) C [－ln 2，＋∞) 答案
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13
14
(1)由函數(shù)f(x)=+x，
可得f'(x)=1-=
所以f'(0)==1-a=0，
解得a=1.
11.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
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12
13
14
(2)函數(shù)f(x)=+x的定義域?yàn)镽，且f'(x)=1-=
當(dāng)a≤0時(shí)，f'(x)>0恒成立，所以f(x)在R上單調(diào)遞增，f(x)無極值；
當(dāng)a>0時(shí)，令f'(x)>0，解得x>ln a；
令f'(x)<0，解得x所以f(x)在(-∞，ln a)上單調(diào)遞減，在(ln a，+∞)上單調(diào)遞增，
所以f(x)的極小值為1+ln a，無極大值.
綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)無極值；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)的極小值為1+ln a，無極大值.
11.
答案
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12
13
14
(1)當(dāng)a=1時(shí)，
則f(x)=ex-x-1，
f'(x)=ex-1，
可得f(1)=e-2，f'(1)=e-1，
即切點(diǎn)坐標(biāo)為(1，e-2)，
切線斜率k=e-1，
所以切線方程為y-(e-2)=(e-1)(x-1)，
即(e-1)x-y-1=0.
12.
答案
1
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5
6
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12
13
14
(2)方法一　因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)镽，且f'(x)=ex-a，
若a≤0，則f'(x)>0對(duì)任意x∈R恒成立，
可知f(x)在R上單調(diào)遞增，
無極值，不符合題意；
若a>0，令f'(x)>0，解得x>ln a，
令f'(x)<0，解得x可知f(x)在(-∞，ln a)上單調(diào)遞減，
在(ln a，+∞)上單調(diào)遞增，
12.
答案
1
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3
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14
則f(x)有極小值f(ln a)=a-aln a-a3，無極大值，
由題意可得，f(ln a)=a-aln a-a3<0，
即a2+ln a-1>0，
令g(a)=a2+ln a-1，a>0，
則g'(a)=2a+>0，
可知g(a)在(0，+∞)上單調(diào)遞增，且g(1)=0，
不等式a2+ln a-1>0等價(jià)于g(a)>g(1)，
12.
答案
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解得a>1，
所以a的取值范圍為(1，+∞).
方法二　因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)镽，
且f'(x)=ex-a，
若f(x)有極小值，
則f'(x)=ex-a有零點(diǎn)，
令f'(x)=ex-a=0，可得ex=a，
可知y=ex與y=a有交點(diǎn)，則a>0，
12.
答案
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令f'(x)>0，解得x>ln a；
令f'(x)<0，解得x可知f(x)在(-∞，ln a)上單調(diào)遞減，
在(ln a，+∞)上單調(diào)遞增，則f(x)有極小值f(ln a)=a-aln a-a3，
無極大值，符合題意，
由題意可得，f(ln a)=a-aln a-a3<0，即a2+ln a-1>0，
令g(a)=a2+ln a-1，a>0，
因?yàn)閥=a2，y=ln a-1在(0，+∞)上均單調(diào)遞增，
12.
答案
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所以g(a)在(0，+∞)上單調(diào)遞增，
且g(1)=0，
不等式a2+ln a-1>0等價(jià)于g(a)>g(1)，
解得a>1，
所以a的取值范圍為(1，+∞).
12.
一、單項(xiàng)選擇題
1.函數(shù)f(x)＝x3＋x2－3x－1的極小值點(diǎn)是
A.1 B.
C.－3 D.(－3，8)
√
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知識(shí)過關(guān)
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答案
f'(x)＝x2＋2x－3，
由x2＋2x－3＝0，得x＝－3或x＝1，
所以函數(shù)f(x)＝x3＋x2－3x－1在(－∞，－3)上單調(diào)遞增，在(－3，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
故f(x)在x＝1處有極小值，極小值點(diǎn)為1.
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答案
2.(2024·楚雄模擬)已知定義域?yàn)閇－3，5]的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f'(x)，且f'(x)的圖象如圖所示，則
A.f(x)在(－2，2)上先增后減
B.f(x)有極小值f(2)
C.f(x)有2個(gè)極值點(diǎn)
D.f(x)在x＝－3處取得最大值
√
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答案
由f'(x)的圖象可知，當(dāng)x∈(－2，2)或x∈(4，5)時(shí)，
f'(x)<0，則f(x)單調(diào)遞減，故A錯(cuò)誤；
當(dāng)x∈(－3，－2)或x∈(2，4)時(shí)，f'(x)>0，則f(x)單調(diào)
遞增，所以當(dāng)x＝2時(shí)，f(x)有極小值f(2)，故B正確；
由f'(x)的圖象結(jié)合單調(diào)性可知，當(dāng)x＝－2，2，4時(shí)，f(x)有極值，所以f(x)有3個(gè)極值點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；
當(dāng)x∈(－3，－2)時(shí)，f'(x)>0，則f(x)單調(diào)遞增，所以f(－3)3.(2025·蘇州模擬)設(shè)0A.1 B. C.2 D.
√
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14
因?yàn)?答案
4.(2024·赤峰模擬)已知函數(shù)f(x)＝xln x－ax有極值－e，則a等于
A.1 B.2 C.e D.3
√
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答案
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14
由題目條件可得，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f'(x)＝ln x＋1－a.
令f'(x)>0，得x>ea－1；
令f'(x)<0，得0所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，ea－1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(ea－1，＋∞)上單調(diào)遞增.
則函數(shù)f(x)的極小值點(diǎn)是ea－1，無極大值點(diǎn)，
故f(ea－1)＝ea－1ln ea－1－aea－1＝－e，
解得a＝2.
答案
5.若函數(shù)f(x)＝ex－ln(x＋m)的最小值為2＋ln 2，則m等于
A.－2 B.－ln 2
C.－ D.＋ln 2
√
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答案
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14
易知f(x)的定義域?yàn)?－m，＋∞)，f'(x)＝ex－
易知f'(x)在區(qū)間(－m，＋∞)上單調(diào)遞增，
又當(dāng)x→－m時(shí)，f'(x)→－∞；當(dāng)x→＋∞時(shí)，f'(x)→＋∞，
所以存在唯一x0∈(－m，＋∞)，使得f'(x0)＝0，即x0＝－ln(x0＋m)，
所以當(dāng)x∈(－m，x0)時(shí)，f'(x)<0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f'(x)>0，
所以f(x)在區(qū)間(－m，x0)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以f(x)的最小值為f(x0)＝－ln(x0＋m)＝＋x0＝2＋ln 2＝eln 2＋ln 2，
所以x0＝ln 2，所以eln 2＝解得m＝－ln 2.
答案
6.已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)x1，x2(x1A.a的取值范圍是(－∞，1)
B.x1是極小值點(diǎn)
C.當(dāng)x∈(x2，＋∞)時(shí)，f'(x)<0
D.
√
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答案
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14
令f'(x)＝－a＝－a＝0，
由題意，方程＝a在(0，＋∞)上有兩根x1，x2(x1設(shè)g(x)＝
g'(x)＝
當(dāng)00，g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x>1時(shí)，g'(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，
所以g(x)max＝g(1)＝1>0，
答案
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14
當(dāng)x→0時(shí)，g(x)＝→－∞，當(dāng)x→＋∞時(shí)，g(x)＝→0，
所以a的取值范圍是(0，1)，故A不正確；
由A選項(xiàng)分析可知0當(dāng)0當(dāng)x1f'(x1)＝0＝f'(x2)，f(x)單調(diào)遞增，
當(dāng)x>x2時(shí)，f'(x)所以x1是極小值點(diǎn)，故B，C正確；
對(duì)于D，因?yàn)椋絘，所以故D正確.
答案
二、多項(xiàng)選擇題
7.已知函數(shù)f(x)＝x3－3x2，則
A.f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減
B.f(x)的極大值點(diǎn)為2
C.f(x)的極大值為－2
D.f(x)有2個(gè)零點(diǎn)
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√
答案
√
由函數(shù)f(x)＝x3－3x2，可得f'(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，
令f'(x)>0，解得x<0或x>2；令f'(x)<0，解得0所以函數(shù)f(x)在(0，2)上單調(diào)遞減，在(－∞，0)，(2，＋∞)上單調(diào)遞增，
當(dāng)x＝0時(shí)，函數(shù)f(x)取得極大值，極大值為f(0)＝0；
當(dāng)x＝2時(shí)，函數(shù)f(x)取得極小值，極小值為f(2)＝－4，
又由x→＋∞時(shí)，f(x)→＋∞且f(2)＝－4<0，f(0)＝0，所以函數(shù)f(x)只有兩個(gè)零點(diǎn)，
所以A，D正確，B，C不正確.
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答案
8.(2023·新高考全國(guó)Ⅱ)若函數(shù)f(x)＝aln x＋(a≠0)既有極大值也有極小值，則
A.bc>0 B.ab>0
C.b2＋8ac>0 D.ac<0
√
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答案
√
√
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函數(shù)f(x)＝aln x＋的定義域?yàn)?0，＋∞)，
則f'(x)＝
因?yàn)楹瘮?shù)f(x)既有極大值也有極小值，
則函數(shù)f'(x)在(0，＋∞)上有兩個(gè)變號(hào)零點(diǎn)，
而a≠0，
因此方程ax2－bx－2c＝0有兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)根x1，x2，
答案
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于是
即有b2＋8ac>0，ab>0，ac<0，
顯然a2bc<0，即bc<0，故A錯(cuò)誤，B，C，D正確.
答案
三、填空題
9.若函數(shù)f(x)＝x3－4x＋m在[0，3]上的最小值為4，則m＝　　　.
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答案
f'(x)＝x2－4，
當(dāng)x∈[0，2)時(shí)，f'(x)<0，當(dāng)x∈(2，3]時(shí)，f'(x)>0，
所以f(x)在[0，2)上單調(diào)遞減，在(2，3]上單調(diào)遞增，
所以f(2)為f(x)在[0，3]上的極小值，也是最小值，
故×8－4×2＋m＝4，解得m＝.
10.若函數(shù)f(x)＝x2－ax＋ln x在(0，2)上有極值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是　　　　　　.
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答案
(2，＋∞)
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f(x)＝x2－ax＋ln x的定義域?yàn)?0，＋∞)，f'(x)＝x－a＋
要使函數(shù)f(x)＝x2－ax＋ln x在(0，2)上有極值，則f'(x)＝x－a＋在(0，2)上有變號(hào)零點(diǎn)，
令g(x)＝x＋x∈(0，2)，
則g(x)＝x＋≥2＝2，
當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)等號(hào)成立，所以a≥2.
答案
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當(dāng)a＝2時(shí)，f'(x)＝x－a＋＝x＋－2≥0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，
則函數(shù)f(x)＝x2－ax＋ln x在(0，2)上沒有極值，故a>2，
即實(shí)數(shù)a的取值范圍是(2，＋∞).
答案
四、解答題
11.已知函數(shù)f(x)＝＋x(a∈R).
(1)若f'(0)＝0，求實(shí)數(shù)a的值；
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答案
由函數(shù)f(x)＝＋x，
可得f'(x)＝1－
所以f'(0)＝＝1－a＝0，解得a＝1.
(2)討論函數(shù)f(x)的極值.
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答案
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答案
函數(shù)f(x)＝＋x的定義域?yàn)镽，且f'(x)＝1－
當(dāng)a≤0時(shí)，f'(x)>0恒成立，
所以f(x)在R上單調(diào)遞增，f(x)無極值；
當(dāng)a>0時(shí)，令f'(x)>0，解得x>ln a；令f'(x)<0，解得x所以f(x)在(－∞，ln a)上單調(diào)遞減，在(ln a，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以f(x)的極小值為1＋ln a，無極大值.
綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)無極值；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)的極小值為1＋ln a，無極大值.
12.(2024·新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax－a3.
(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；
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答案
當(dāng)a＝1時(shí)，則f(x)＝ex－x－1，f'(x)＝ex－1，
可得f(1)＝e－2，f'(1)＝e－1，
即切點(diǎn)坐標(biāo)為(1，e－2)，
切線斜率k＝e－1，
所以切線方程為y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，
即(e－1)x－y－1＝0.
(2)若f(x)有極小值，且極小值小于0，求a的取值范圍.
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答案
方法一　因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)镽，
且f'(x)＝ex－a，
若a≤0，則f'(x)>0對(duì)任意x∈R恒成立，
可知f(x)在R上單調(diào)遞增，
無極值，不符合題意；
若a>0，令f'(x)>0，解得x>ln a，
令f'(x)<0，解得x可知f(x)在(－∞，ln a)上單調(diào)遞減，
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答案
在(ln a，＋∞)上單調(diào)遞增，
則f(x)有極小值f(ln a)＝a－aln a－a3，無極大值，
由題意可得，f(ln a)＝a－aln a－a3<0，
即a2＋ln a－1>0，
令g(a)＝a2＋ln a－1，a>0，
則g'(a)＝2a＋>0，
可知g(a)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且g(1)＝0，
不等式a2＋ln a－1>0等價(jià)于g(a)>g(1)，
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答案
解得a>1，
所以a的取值范圍為(1，＋∞).
方法二　因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)镽，
且f'(x)＝ex－a，
若f(x)有極小值，
則f'(x)＝ex－a有零點(diǎn)，
令f'(x)＝ex－a＝0，可得ex＝a，
可知y＝ex與y＝a有交點(diǎn)，則a>0，
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答案
令f'(x)>0，解得x>ln a；
令f'(x)<0，解得x可知f(x)在(－∞，ln a)上單調(diào)遞減，
在(ln a，＋∞)上單調(diào)遞增，
則f(x)有極小值f(ln a)＝a－aln a－a3，
無極大值，符合題意，
由題意可得，f(ln a)＝a－aln a－a3<0，
即a2＋ln a－1>0，
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答案
令g(a)＝a2＋ln a－1，a>0，
因?yàn)閥＝a2，y＝ln a－1在(0，＋∞)上均單調(diào)遞增，
所以g(a)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
且g(1)＝0，
不等式a2＋ln a－1>0等價(jià)于g(a)>g(1)，
解得a>1，
所以a的取值范圍為(1，＋∞).
13.設(shè)ab≠0，若a為函數(shù)f(x)＝a(x－a)2(x－b)的極大值點(diǎn)，則
A.ab
C.abb2
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答案
√
能力拓展
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答案
由三次函數(shù)的性質(zhì)可知，要使a為函數(shù)f(x)＝a(x－a)2(x－b)的極大值點(diǎn)，則
當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)的大致圖象如圖(1)所示，則0當(dāng)a<0時(shí)，函數(shù)f(x)的大致圖象如圖(2)所示，則b綜上，ab14.若不等式a＋2x＋|ln x|－1≥0恒成立，則a的取值范圍是　　　　　 　.
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[－ln 2，＋∞)
答案
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14
答案
不等式a＋2x＋|ln x|－1≥0恒成立，
即a≥1－2x－|ln x|恒成立，
設(shè)f(x)＝1－2x－|ln x|，x∈(0，＋∞)，
當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)＝1－2x－ln x，f'(x)＝－2－<0，
∴f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，此時(shí)f(x)max＝f(1)＝－1；
當(dāng)0∴f'(x)＝－2＋
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答案
∴當(dāng)x∈時(shí)，f'(x)>0，當(dāng)x∈時(shí)，f'(x)<0，
∴f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
此時(shí)f(x)max＝f ＝ln ＝－ln 2.
綜上可知，a的取值范圍是[－ln 2，＋∞).
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第三章　
進(jìn)階篇　不等式證明方法
數(shù)學(xué)
大
一
輪
復(fù)
習(xí)
極值點(diǎn)偏移(一)
進(jìn)階3
1.極值點(diǎn)偏移的定義
極值點(diǎn)偏移是函數(shù)在極值點(diǎn)左右的增減速度不一樣，導(dǎo)致函數(shù)的圖象不具有對(duì)稱性.例如我們學(xué)過的二次函數(shù)為標(biāo)準(zhǔn)的對(duì)稱結(jié)構(gòu)，有對(duì)稱軸，但是有些函數(shù)沒有對(duì)稱軸，即關(guān)于類對(duì)稱軸對(duì)稱的兩點(diǎn)橫坐標(biāo)之和不等于對(duì)稱點(diǎn)橫坐標(biāo)的兩倍，我們把這種現(xiàn)象叫做極值點(diǎn)偏移.
2.從圖形角度理解極值點(diǎn)偏移(x0為極值點(diǎn)，且x1(1)左右對(duì)稱，無偏移，如二次函數(shù)；若f(x1)＝f(x2)，則x1＋x2＝2x0.
(2)左陡右緩，極值點(diǎn)向左偏移；若f(x1)＝f(x2)，則x1＋x2>2x0.
(3)左緩右陡，極值點(diǎn)向右偏移；若f(x1)＝f(x2)，則x1＋x2<2x0.
例1　(2024·南充模擬)已知函數(shù)f(x)＝x－ln x－a有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2.
(1)求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
對(duì)稱化構(gòu)造法(和型)
題型一
f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，
因?yàn)閒'(x)＝1－
所以當(dāng)0當(dāng)x>1時(shí)，f'(x)>0，
所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以當(dāng)x＝1時(shí)，f(x)取得最小值1－a.
又當(dāng)x趨近于0或＋∞時(shí)，f(x)趨近于＋∞，
所以要使f(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，只需滿足1－a<0，即a>1.
所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(1，＋∞).
(2)求證：x1＋x2>2.
不妨設(shè)x1則2－x1>1，
要證x1＋x2>2，
只需證2－x1又f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)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(dāng)00，g(x)單調(diào)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(diǎn)x0：求出函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)x0，結(jié)合函數(shù)f(x)的圖象，由f(x1)＝f(x2)得出x1，x2的取值范圍.
(2)構(gòu)造函數(shù)：對(duì)結(jié)論為x1＋x2>2x0的情況，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f(2x0－x).
①F'(x)＝f'(x)＋f'(2x0－x)>0，則F(x)單調(diào)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(jié)論x2＋x1>2x0.
思維升華
跟蹤訓(xùn)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(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
所以f(x)max＝f ＝－1－ln 2，
又當(dāng)x→0＋時(shí)，f(x)→－∞，
當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)→－∞，
所以f(x)的圖象如圖所示.
不妨設(shè)01，
只需證x2>1－x1，
由于f(x)在上單調(diào)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(diào)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(shù)f(x)＝(1＋ln x).
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
對(duì)稱化構(gòu)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?yàn)?0，＋∞)，
又f'(x)＝＝－
由f'(x)＝0，得x＝1，
當(dāng)00，
則f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增；
當(dāng)x>1時(shí)，f'(x)<0，則f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減.
(2)若方程f(x)＝1有兩個(gè)不同的根x1，x2，求實(shí)數(shù)a的取值范圍，并證明：x1x2>1.
由＝1，得＝a，
設(shè)g(x)＝
g'(x)＝
由g'(x)＝0，得x＝1，
當(dāng)00，
則g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增；
當(dāng)x>1時(shí)，g'(x)<0，
則g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，
又g＝0，g(1)＝1，且當(dāng)x趨近于正無窮時(shí)，g(x)趨近于0，
g(x)＝的圖象如圖，
所以當(dāng)0不妨設(shè)x1則0設(shè)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(diào)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(diào)遞減，
所以x2>故x1x2>1.
對(duì)結(jié)論x1x2>型，方法一是構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f 通過研究F(x)的單調(diào)性獲得不等式；方法二是兩邊取對(duì)數(shù)，轉(zhuǎn)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(xùn)練2　(2025·江蘇聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝xln x＋t在點(diǎn)(1，f(1))處的切線經(jīng)過原點(diǎn).
(1)求t的值；
因?yàn)閒'(x)＝ln x＋1，所以f'(1)＝1，
因?yàn)閒(1)＝t，所以切線方程為y－t＝x－1，
即y＝x＋t－1.
因?yàn)榍芯€經(jīng)過原點(diǎn)，所以0＝0＋t－1，
所以t＝1.
(2)若存在x1因?yàn)閒(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(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.
因?yàn)閒 ＝1－f(1)＝1，
當(dāng)x趨近于0時(shí)，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?yàn)?<只需證f(x1)>f
因?yàn)閒(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?yàn)?x<1，所以g'(x)>0，
所以g(x)在上單調(diào)遞增，
所以g(x)>g＝0，
所以f(x)>f 即f(x2)>f
所以x1x2<.
課時(shí)精練
答案
1
2
(1)f'(x)=-a=
所以f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，f(x)max=f =ln-1=-ln a-1，
當(dāng)x→0+時(shí)，f(x)→-∞，當(dāng)x→+∞時(shí)，f(x)→-∞.
由于f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，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(diào)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(diào)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?yàn)?0，+∞)，f'(x)=1+ln x-ax，
由題意f'(x)≤0恒成立，
即a≥恒成立，
設(shè)h(x)=則h'(x)==-
當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h'(x)>0，h(x)=單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈(1，+∞)時(shí)，h'(x)<0，h(x)=單調(diào)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(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)，由(1)可知0設(shè)g(x)=f'(x)=1+ln x-ax，
則x1，x2(x1當(dāng)x∈時(shí)，g'(x)>0，當(dāng)x∈時(shí)，g'(x)<0，
所以g(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
所以02.
答案
1
2
又因?yàn)間(1)=1-a>0，所以0要證x1x2>只需證x2>>
只需證g(x2)其中g(shù)(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(shè)ax1=t∈(0，1)，
則ln x1=t-1，x1=et-1，
則ln(ax1)+-1<0 ln t+e1-t-1<0，
設(shè)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(diào)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(dāng)0當(dāng)t>1時(shí)，ln t>
設(shè)M(t)=ln t-(t>0)，
M'(t)=-=≥0，
所以M(t)在(0，+∞)上單調(diào)遞增，又M(1)=0，
2.
答案
1
2
當(dāng)0當(dāng)t>1時(shí)，M(t)>M(1)=0，
故引理得證.
因?yàn)楹瘮?shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)，
由(1)可知0設(shè)g(x)=f'(x)=1+ln x-ax，
則x1，x2(x12.
答案
1
2
g'(x)=-a，
當(dāng)x∈時(shí)，g'(x)>0，
當(dāng)x∈時(shí)，g'(x)<0，
所以g(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
所以0
2.
答案
1
2
只需證ln x1+ln x2>-ln a，
因?yàn)?br/>即證a(x2+x1)>2-ln a，
由引理可得ax2+ln a-1=ln(ax2)>
化簡(jiǎn)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(jiǎn)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?yàn)閤2-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(gè)零點(diǎn)，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(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
f(x)max＝f ＝ln－1＝－ln a－1，
當(dāng)x→0＋時(shí)，f(x)→－∞，當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)→－∞.
由于f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，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(diào)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(diào)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(shù)f(x)＝xln x－ax2(a>0).
(1)若函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)為減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
1
2
答案
f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f'(x)＝1＋ln x－ax，
由題意f'(x)≤0恒成立，即a≥恒成立，
設(shè)h(x)＝則h'(x)＝＝－
當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h'(x)>0，h(x)＝單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h'(x)<0，h(x)＝單調(diào)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(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(x1.
1
2
答案
方法一　函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)，由(1)可知0設(shè)g(x)＝f'(x)＝1＋ln x－ax，
則x1，x2(x1g'(x)＝－a，當(dāng)x∈時(shí)，g'(x)>0，當(dāng)x∈時(shí)，g'(x)<0，
所以g(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
所以0又因?yàn)間(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(shù)(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(shè)ax1＝t∈(0，1)，
則ln x1＝t－1，x1＝et－1，
則ln(ax1)＋－1<0 ln t＋e1－t－1<0，
設(shè)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(diào)遞增，
G(t)即x1x2>.
1
2
答案
方法二　先證明引理：
當(dāng)0當(dāng)t>1時(shí)，ln t>
設(shè)M(t)＝ln t－(t>0)，
M'(t)＝≥0，
所以M(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又M(1)＝0，
1
2
答案
當(dāng)0當(dāng)t>1時(shí)，M(t)>M(1)＝0，
故引理得證.
因?yàn)楹瘮?shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)，
由(1)可知0設(shè)g(x)＝f'(x)＝1＋ln x－ax，
則x1，x2(x1g'(x)＝－a，當(dāng)x∈時(shí)，g'(x)>0，
1
2
答案
當(dāng)x∈時(shí)，g'(x)<0，
所以g(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
所以0要證x1x2>只需證ln x1＋ln x2>－ln a，
因?yàn)?br/>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(jiǎn)可得a2＋a(ln a－2)x2＋ln a＋1>0， ①
同理ax1＋ln a－1＝ln(ax1)<
化簡(jiǎn)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?yàn)閤2－x1>0，a>0，所以a(x2＋x1)＋ln a－2>0，
即a(x2＋x1)>2－ln a，從而x1x2>.(共34張PPT)
第三章
必刷小題5　導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用
數(shù)學(xué)
大
一
輪
復(fù)
習(xí)
對(duì)一對(duì)
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
題號(hào) 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B B D A A C A A
題號(hào) 9 10 11 12　 13 14
答案 BC BD ABD
一、單項(xiàng)選擇題
1.下列求導(dǎo)運(yùn)算結(jié)果正確的是
A.'＝1＋ B.(xln x)'＝ln x＋1
C.(sin π)'＝cos π D.'＝
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
對(duì)于A'＝1－故A錯(cuò)誤；
對(duì)于B，(xln x)'＝x'ln x＋(ln x)'x＝ln x＋·x＝ln x＋1，故B正確；
對(duì)于C，(sin π)'＝0，故C錯(cuò)誤；
對(duì)于D'＝故D錯(cuò)誤.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
2.函數(shù)y＝x2－ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為
A.(0，e) B.(0，1)
C.[1，＋∞) D.(0，＋∞)
√
由題意知，x>0，y'＝x－
令y'<0，得0所以其單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1).
3.已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f'(x)的圖象如圖所示，則該函數(shù)的大致圖象可能是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
由題意知f'(x)與x軸有三個(gè)交點(diǎn)，不妨設(shè)為x1，x2，x3，且x1當(dāng)x∈(－∞，x1)時(shí)，f'(x)<0，
當(dāng)x∈(x1，0)時(shí)，f'(x)>0，
當(dāng)x∈(0，x3)時(shí)，f'(x)<0，
當(dāng)x∈(x3，＋∞)時(shí)，f'(x)>0，
所以f(x)在區(qū)間(－∞，x1)，(0，x3)上單調(diào)遞減，故A，C錯(cuò)誤；
在區(qū)間(x1，0)，(x3，＋∞)上單調(diào)遞增，故B錯(cuò)誤，D正確.
答案
4.若函數(shù)f(x)＝x－－aln x存在單調(diào)遞減區(qū)間，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為
A.(2＋∞) B.(－∞，－2]
C.[－22] D.(－∞，2)
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
因?yàn)閒(x)＝x－－aln x存在單調(diào)遞減區(qū)間，
所以f'(x)＝1＋<0在(0，＋∞)上有解，
即a>＋x在(0，＋∞)上有解，
＋x≥2＝2
當(dāng)且僅當(dāng)x＝時(shí)等號(hào)成立，
所以＝2
故a>2.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
5.某制造商制造并出售球形瓶裝的某種液體材料.瓶子的制造成本是0.1πr4分，其中r(單位：cm)是瓶子的半徑.已知每售出1 mL的液體材料，制造商可獲利0.3分，且制造商能制作的瓶子的最大半徑為8 cm，則當(dāng)每瓶液體材料的利潤(rùn)最大時(shí)，瓶子的半徑為
A.3 cm B.4 cm C.5 cm D.6 cm
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
依題意知，每瓶液體材料的利潤(rùn)f(r)＝0.3×πr3－0.1πr4＝0.1π(4r3－r4)，0則f'(r)＝0.4πr2(3－r)，
令f'(r)＝0，得r＝3，
當(dāng)r∈(0，3)時(shí)，f'(r)>0，當(dāng)r∈(3，8]時(shí)，f'(r)<0，
因此函數(shù)f(r)在(0，3)上單調(diào)遞增，在(3，8]上單調(diào)遞減，即當(dāng)r＝3時(shí)，f(r)取最大值，
所以當(dāng)每瓶液體材料的利潤(rùn)最大時(shí)，r＝3.
答案
6.若函數(shù)f(x)＝(x－3)ex＋x2－2x＋1在區(qū)間(2m－2，3＋m)上存在最值，則m的取值范圍是
A.(－∞，－1) B.(2，＋∞)
C.(－1，2) D.(－∞，－1)∪(2，＋∞)
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答案
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f'(x)＝(x－2)ex＋x－2＝(x－2)(ex＋1)，
則當(dāng)x>2時(shí)，f'(x)>0，當(dāng)x<2時(shí)，f'(x)<0，
即f(x)在(－∞，2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，
即f(x)在x＝2處取得最值，
則有2m－2<2<3＋m，
解得－1答案
7.已知f(x)是定義域?yàn)镽的偶函數(shù)，且在(－∞，0)上單調(diào)遞減，若a＝
f(ln 1.04)，b＝f(1.04)，c＝f(e0.04)，則
A.aC.c1
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答案
因?yàn)閒(x)是定義域?yàn)镽的偶函數(shù)，且在(－∞，0)上單調(diào)遞減，
所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
ln 1.04令h(x)＝ex－(x＋1)，
當(dāng)x>0時(shí)，h'(x)＝ex－1>0，
則h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以h(0.04)＝e0.04－(0.04＋1)＝e0.04－1.04>h(0)＝0，
即e0.04>1.04，
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答案
所以e0.04>1.04>ln 1.04.
而f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
故有f(ln 1.04)1
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答案
8.已知a>0，b>1，且e2a＋2ln b＋1＝b2＋2a，則一定有
A.b>ea B.ln bC.a＋ln b>1 D.a＋ln b＝1
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因?yàn)閑2a＋2ln b＋1＝b2＋2a，
所以e2a－2a＝b2－2ln b－1＝－ln b2－1，
所以－ln b2－1>e2a－2a－1，
令f(x)＝ex－x－1，
則f'(x)＝ex－1，f(ln b2)>f(2a)，
當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f'(x)>0，
故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
答案
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因?yàn)閍>0，b>1，所以2a>0，ln b2>0，
則ln b2>2a，所以ln b>a，即b>ea，故A正確，B錯(cuò)誤；
因?yàn)閘n b>a，所以a＋ln b>2a，
因?yàn)閍>0，所以a＋ln b與1的大小關(guān)系不確定，故C，D錯(cuò)誤.
答案
二、多項(xiàng)選擇題
9.下列說法中正確的有
A.(sin 2x)'＝cos 2x
B.已知函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，且f'(1)＝1，則＝1
C.一質(zhì)點(diǎn)A沿直線運(yùn)動(dòng)，位移s(單位：m)與時(shí)間t(單位：s)之間的關(guān)系為
s(t)＝t2＋1，則該質(zhì)點(diǎn)在t＝2 s時(shí)的瞬時(shí)速度是4 m/s
D.若h(x)＝f(x)·g(x)，則h'(x)＝f'(x)·g'(x)
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對(duì)于A選項(xiàng)，(sin 2x)'＝2cos 2x，故A錯(cuò)誤；
對(duì)于B選項(xiàng)，由導(dǎo)函數(shù)定義可知＝f'(1)＝1，故B正確；
對(duì)于C選項(xiàng)，s'(t)＝2t，故s'(2)＝4，故該質(zhì)點(diǎn)在t＝2 s時(shí)的瞬時(shí)速度是 4 m/s，故C正確；
對(duì)于D選項(xiàng)，若h(x)＝f(x)·g(x)，則h'(x)＝f'(x)·g(x)＋f(x)·g'(x)，故D錯(cuò)誤.
10.已知f'(x)為函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，有f(x)－xf'(x)>0恒成立，則下列不等式一定成立的是
A.f >2f B.f <2f
C.f >2f(1) D.2f>f(1)
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構(gòu)造函數(shù)g(x)＝其中x>0，則g'(x)＝<0，
所以函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，
對(duì)于A，B選項(xiàng)，g即2f <4f 可得f <2f A錯(cuò)，B對(duì)；
對(duì)于C，D選項(xiàng)，g>g(1)，
即2f >f(1)，D對(duì)，C無法判斷.
答案
11.已知函數(shù)f(x)＝－x3＋3x－1，則
A.f(x)在x＝－1處取得極小值
B.f(x)有3個(gè)零點(diǎn)
C.f(x)在區(qū)間(－2，2)上的值域?yàn)?－3，1)
D.函數(shù)f(x)圖象的對(duì)稱中心為點(diǎn)(0，－1)
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答案
由f'(x)＝－3x2＋3，
令f'(x)>0，解得－11，
所以函數(shù)f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上單調(diào)遞減，在(－1，1)上單調(diào)遞增，
所以f(x)在x＝－1處取得極小值，故A正確；
又f(－2)＝1，f(－1)＝－3，f(1)＝1，f(2)＝－3，
所以f(－2)·f(－1)<0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，－1)上有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，
同理函數(shù)f(x)在(－1，1)上有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，在(1，＋∞)上有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，
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答案
即函數(shù)f(x)共有3個(gè)零點(diǎn)，故B正確；
由前面得f(x)在(－2，2)上的值域?yàn)閇－3，1]，故C錯(cuò)誤；
設(shè)g(x)＝－x3＋3x，x∈R，g(－x)＝－(－x)3＋3(－x)＝x3－3x＝－g(x)，所以函數(shù)g(x)是奇函數(shù)，圖象關(guān)于點(diǎn)(0，0)對(duì)稱，
又f(x)＝－x3＋3x－1的圖象是由g(x)的圖象向下平移1個(gè)單位長(zhǎng)度得到的，所以函數(shù)f(x)圖象的對(duì)稱中心為點(diǎn)(0，－1)，故D正確.
三、填空題
12.函數(shù)f(x)＝x－cos x，x∈的值域是　　　　　 　.
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答案
因?yàn)閒(x)＝x－cos x，x∈所以f'(x)＝＋sin x，
當(dāng)－當(dāng)－0，f(x)單調(diào)遞增，
所以f(x)min＝f ＝－又f ＝－從而f(x)max＝f
所以函數(shù)f(x)＝x－cos x，x∈的值域是.
13.在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A在曲線y＝ln x上，且該曲線在點(diǎn)A處的切線經(jīng)過點(diǎn)(－e，－1)(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，則點(diǎn)A的坐標(biāo)為　　　　，切線
方程為　　　　.
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答案
(e，1)
y＝
設(shè)點(diǎn)A的坐標(biāo)為(x0，y0)，則y0＝ln x0.
又y'＝當(dāng)x＝x0時(shí)，y'＝
曲線y＝ln x在點(diǎn)A處的切線方程為y－y0＝(x－x0)，即y－ln x0＝－1，
代入點(diǎn)(－e，－1)，得－1－ln x0＝－1，
即x0ln x0＝e，
記H(x)＝xln x，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，H(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，H(x)>0，
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答案
且H'(x)＝ln x＋1，當(dāng)x>1時(shí)，H'(x)>0，H(x)單調(diào)遞增，
又H(e)＝e，故x0ln x0＝e存在唯一的實(shí)數(shù)根x0＝e，此時(shí)y0＝1，
故點(diǎn)A的坐標(biāo)為(e，1)，切線方程為y＝.
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答案
14.定義：如果函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上存在x1，x2(a＝x3－x2＋a是[0，a]上的“雙中值函數(shù)”，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是　　 　.
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答案
由于f(x)＝x3－x2＋a，
則f'(x)＝x2－2x，
因?yàn)閒(x)在[0，a]上存在x1，x2(0滿足f'(x1)＝f'(x2)＝
即x2－2x＝a2－a，
則關(guān)于x的一元二次方程x2－2x－a2＋a＝0在(0，a)上有兩個(gè)不同的實(shí)根，
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答案
令g(x)＝x2－2x－a2＋a，
則解得所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是.(共45張PPT)
第三章　
進(jìn)階篇　導(dǎo)數(shù)中的零點(diǎn)問題
數(shù)學(xué)
大
一
輪
復(fù)
習(xí)
導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)的單調(diào)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(gè)基本要點(diǎn)，即函數(shù)的零點(diǎn).比如，導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)既可能是原函數(shù)單調(diào)區(qū)間的分界點(diǎn)，也可能是原函數(shù)的極值點(diǎn)，或是最值點(diǎn).可以說，抓住了函數(shù)的零點(diǎn)，也就抓住了導(dǎo)數(shù)問題的要點(diǎn).
零點(diǎn)問題主要有如下四類：
①零點(diǎn)的個(gè)數(shù)問題；
②零點(diǎn)的范圍問題；
③隱零點(diǎn)問題；
④分段函數(shù)零點(diǎn)問題.
零點(diǎn)個(gè)數(shù)問題
進(jìn)階1
例1　(2024·北京模擬)已知函數(shù)f(x)＝axln x－x2＋(1－a)x.
(1)當(dāng)a<0時(shí)，求f(x)的極值；
利用導(dǎo)數(shù)研究零點(diǎn)個(gè)數(shù)
題型一
函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?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?yàn)閍<0，所以g'(x)<0恒成立，
所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，
即f'(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，
又f'(1)＝0，
所以當(dāng)00，當(dāng)x>1時(shí)，f'(x)<0，
則f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，
所以f(x)在x＝1處取得極大值為－a，無極小值.
(2)當(dāng)≤a≤1時(shí)，判斷f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，并說明理由.
令f(x)＝0，即axln x－x2＋(1－a)x＝0，
因?yàn)閤>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(diǎn)個(gè)數(shù)，即判斷F(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，
又F'(x)＝≤a≤1，
所以當(dāng)00，當(dāng)x>2a時(shí)，F(xiàn)'(x)<0，
所以F(x)在(0，2a)上單調(diào)遞增，在(2a，＋∞)上單調(diào)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?yàn)閤∈[1，2]，所以H'(x)≤ln 2－(ln 2－1)<0，
所以H(x)在[1，2]上單調(diào)遞減，
所以H(x)≤H(1)＝0，
所以F(2a)≤0，當(dāng)且僅當(dāng)a＝時(shí)等號(hào)成立，
所以當(dāng)a＝時(shí)，F(xiàn)(x)有一個(gè)零點(diǎn)，即f(x)有一個(gè)零點(diǎn)，
當(dāng)綜上可得，當(dāng)a＝時(shí)，f(x)有一個(gè)零點(diǎn)，當(dāng)解決零點(diǎn)個(gè)數(shù)問題常用的方法主要有以下三種：
(1)轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù)問題，利用數(shù)形結(jié)合思想求解.
(2)轉(zhuǎn)化為函數(shù)f(x)的圖象與x軸交點(diǎn)個(gè)數(shù)的問題.
(3)將f(x)＝0進(jìn)行參變分離，轉(zhuǎn)化為a＝g(x)的形式；有時(shí)為了避免出現(xiàn)“斷點(diǎn)”，可以考慮“倒數(shù)分參”.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練1　已知函數(shù)f(x)＝ex－a(x＋1)，a∈R.
(1)若f(x)在[0，1]上不單調(diào)，求a的取值范圍；
函數(shù)f(x)＝ex－a(x＋1)，
則f'(x)＝ex－a，
∵f(x)在[0，1]上不單調(diào)，
故函數(shù)f(x)在(0，1)上存在極值，
∴f'(x)在(0，1)上存在變號(hào)零點(diǎn)，
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(diǎn)，令h(x)＝ex，
當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h(x)∈(1，e)，
∴a的取值范圍為(1，e).
(2)當(dāng)a>0時(shí)，試討論函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù).
f(x)＝0等價(jià)于
故f(x)＝0的零點(diǎn)個(gè)數(shù)即為直線y＝與曲線y＝的圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)，
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(diào)遞增，在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，
∵g(0)＝1，當(dāng)x→－∞時(shí)，g(x)→－∞，
當(dāng)x→＋∞時(shí)，g(x)→0，
函數(shù)g(x)的圖象如圖所示，
∴當(dāng)0<<1，即a>1時(shí)，f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)；
當(dāng)＝1，即a＝1時(shí)，f(x)有一個(gè)零點(diǎn)；
當(dāng)>1，即0例2　(2024·長(zhǎng)沙模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax2.
(1)若a＝1，證明：當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)≥1；
利用函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)求參數(shù)范圍
題型二
當(dāng)a＝1時(shí)，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(dāng)x∈(－∞，ln 2)時(shí)，h'(x)<0，當(dāng)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(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞增，
故f(x)≥f(0)＝e0＝1，命題得證.
(2)若f(x)在(0，＋∞)內(nèi)有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍.
因?yàn)閒(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(dāng)x∈(0，2)時(shí)，g'(x)<0，當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，g'(x)>0，
所以g(x)≥g(2)＝
又當(dāng)x→0時(shí)，g(x)→＋∞，當(dāng)x→＋∞時(shí)，g(x)→＋∞，
又f(x)在(0，＋∞)內(nèi)有兩個(gè)零點(diǎn)，
所以a>即a的取值范圍為.
(1)分離參數(shù)法：分離之后函數(shù)無參數(shù)，則可得到函數(shù)的圖象，然后上下移動(dòng)參數(shù)的值，觀察直線與函數(shù)圖象交點(diǎn)個(gè)數(shù)即可.
(2)隔離構(gòu)造函數(shù)法：將一個(gè)函數(shù)分成兩個(gè)函數(shù)，一個(gè)為容易求導(dǎo)的不含參函數(shù)，另一個(gè)為圖象是一條直線的含參函數(shù)，觀察它們圖象的變化趨勢(shì)，找到臨界的位置，易求得參數(shù)的取值范圍.
(3)直接構(gòu)造法：直接研究函數(shù)f(x)，對(duì)參數(shù)進(jìn)行分類討論，判斷函數(shù)單調(diào)性，利用函數(shù)零點(diǎn)存在定理，判斷零點(diǎn)個(gè)數(shù)，從而求出參數(shù)的取值范圍.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練2　已知函數(shù)f(x)＝ln x＋ax＋2.
(1)若函數(shù)f(x)在x＝1處取得極值，求a的值；
因?yàn)閒(x)＝ln x＋ax＋2(x>0)，
則f'(x)＝＋a＝
因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在x＝1處取得極值，
所以f'(1)＝1＋a＝0，解得a＝－1，
當(dāng)a＝－1時(shí)，可得f'(x)＝
當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f'(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f'(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，
所以當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)f(x)取得極大值，符合題意，故a＝－1.
(2)若函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)存在兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍.
由f'(x)＝其中x>0，
當(dāng)a≥0時(shí)，可得f'(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，
此時(shí)函數(shù)f(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)，不符合題意；
當(dāng)a<0時(shí)，令f'(x)＝0，解得x＝－
當(dāng)x∈時(shí)，f'(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈時(shí)，f'(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，
所以當(dāng)x＝－時(shí)，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(dāng)x→0時(shí)，f(x)→－∞；當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)→－∞，
所以要使得函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，則滿足f >0，
即1－ln(－a)>0，解得－e所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－e，0).
課時(shí)精練
答案
1
2
(1)函數(shù)f(x)=ex-sin x-1，
當(dāng)x>0時(shí)，f'(x)=ex-cos x>1-cos x≥0，
所以f(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞增.
(2)由(1)知，f'(x)=ex-cos x，
當(dāng)x∈時(shí)，f'(x)>0，
函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，
f(-π)=e-π-1<0，
1.
答案
1
2
f =>0，
因此函數(shù)f(x)在內(nèi)有唯一零點(diǎn)；
當(dāng)x∈時(shí)，
令g(x)=ex-cos x，得g'(x)=ex+sin x，
g'(x)在上單調(diào)遞增，
g'=-1<0，g'(0)=1>0，
1.
答案
1
2
則存在x0∈使得g'(x0)=0，
當(dāng)x∈時(shí)，g'(x)<0，函數(shù)g(x)即f'(x)單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈(x0，0)時(shí)，g'(x)>0，函數(shù)g(x)即f'(x)單調(diào)遞增，
又f ' =>0，f'(x0)則存在x1∈
1.
答案
1
2
使得f'(x1)=0，
當(dāng)x∈時(shí)，f'(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(x1，0)時(shí)，
f'(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，
而f =>0，f(0)=0，
因此函數(shù)f(x)在內(nèi)有唯一零點(diǎn)，
所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(-π，0]內(nèi)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn).
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(dāng)a≤0時(shí)，f'(x)<0在(0，+∞)上恒成立，
f(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞減，不符合題意，舍去；
當(dāng)a>0時(shí)，令f'(x)<0，得0令f'(x)>0，得x>f(x)在上單調(diào)遞增.
2.
答案
1
2
當(dāng)x→0時(shí)，f(x)→+∞，當(dāng)x→+∞時(shí)，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(diào)遞增.
又∵g(1)=0，∴當(dāng)a∈(0，1)時(shí)，g(a)<0，當(dāng)a∈(1，+∞)時(shí)，g(a)>0，
∴02.
1.(2024·淄博模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－sin x－1.
(1)討論函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的單調(diào)性；
1
2
答案
函數(shù)f(x)＝ex－sin x－1，
當(dāng)x>0時(shí)，f'(x)＝ex－cos x>1－cos x≥0，
所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.
(2)證明函數(shù)f(x)在區(qū)間(－π，0]內(nèi)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn).
1
2
答案
1
2
答案
由(1)知，f'(x)＝ex－cos x，
當(dāng)x∈時(shí)，f'(x)>0，
函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，
f(－π)＝e－π－1<0，f >0，
因此函數(shù)f(x)在內(nèi)有唯一零點(diǎn)；
當(dāng)x∈時(shí)，令g(x)＝ex－cos x，
得g'(x)＝ex＋sin x，
1
2
答案
g'(x)在上單調(diào)遞增，
g'－1<0，g'(0)＝1>0，
則存在x0∈使得g'(x0)＝0，
當(dāng)x∈時(shí)，g'(x)<0，
函數(shù)g(x)即f'(x)單調(diào)遞減，
1
2
答案
當(dāng)x∈(x0，0)時(shí)，g'(x)>0，
函數(shù)g(x)即f'(x)單調(diào)遞增，
又f'>0，f'(x0)則存在x1∈使得f'(x1)＝0，
當(dāng)x∈時(shí)，f'(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(x1，0)時(shí)，f'(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，
1
2
答案
而f >0，f(0)＝0，
因此函數(shù)f(x)在內(nèi)有唯一零點(diǎn)，
所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(－π，0]內(nèi)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn).
1
2
答案
2.(2024·紹興模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax＋(a－2)ln x，a∈R.
(1)求函數(shù)f(x)圖象上一點(diǎn)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(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2(x11
2
答案
由f(x)＝ax＋(a－2)ln x，
得f'(x)＝a＋＝x>0，
當(dāng)a≤0時(shí)，f'(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，
f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，不符合題意，舍去；
當(dāng)a>0時(shí)，令f'(x)<0，得00，得x>f(x)在上單調(diào)遞增.
當(dāng)x→0時(shí)，f(x)→＋∞，當(dāng)x→＋∞時(shí)，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(diào)遞增.
又∵g(1)＝0，∴當(dāng)a∈(0，1)時(shí)，g(a)<0，當(dāng)a∈(1，＋∞)時(shí)，g(a)>0，
∴0第三章　
進(jìn)階篇　不等式恒(能)成立問題
數(shù)學(xué)
大
一
輪
復(fù)
習(xí)
解決不等式恒(能)成立問題，常用的方法有：
(1)參數(shù)全分離
將原含參不等式等價(jià)變形成a≤f(x)這類形式，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為求f(x)的最值問題.當(dāng)參變分離后的函數(shù)f(x)不復(fù)雜，容易求最值時(shí)，可采用此法.
(2)參數(shù)半分離
將原含參不等式等價(jià)變形成f(x)≤g(a，x)這類形式，畫圖分析參數(shù)a如何取值才能滿足該不等式，這種方法往往需要關(guān)注切線、端點(diǎn)等臨界狀態(tài).
注：g(a，x)表示g(x)這個(gè)函數(shù)表達(dá)式中既有a也有x，a在不等式左右兩邊都可以.
(3)參數(shù)不分離(隱零點(diǎn)、端點(diǎn)效應(yīng)).
(4)特殊的方法(同構(gòu)等).
參數(shù)全分離
進(jìn)階1
例1　不等式ln x－ax＋1≤0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
參數(shù)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(shè)g(x)＝x>0，
則g'(x)＝－
易知函數(shù)g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，
g(x)max＝g(1)＝1，
所以a≥1.
分離參數(shù)法解決恒(能)成立問題的策略
(1)分離變量，構(gòu)造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)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(xùn)練1　(2024·青島模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax－ex，a>0.
(1)若a＝1，求函數(shù)f(x)在x＝1處的切線方程；
當(dāng)a＝1時(shí)，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(shí)數(shù)a的取值范圍.
當(dāng)x>0時(shí)，ax－ex≤a－x2恒成立，
即a(x－1)≤ex－x2恒成立.
①當(dāng)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(dāng)x>1時(shí)，x－1>0，
原不等式等價(jià)于a≤恒成立，
即a≤
令g(x)＝
則g'(x)＝
令h(x)＝ex－x，
則h'(x)＝ex－1，當(dāng)x>0時(shí)，h'(x)>0，
則h(x)＝ex－x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
h(x)>h(0)＝1，
所以當(dāng)x>1時(shí)，ex－x>0.
則當(dāng)1當(dāng)x>2時(shí)，g'(x)>0，
所以g(x)＝在(1，2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以a≤＝g(2)＝e2－4，
所以0綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(0，e2－4].
例2　已知函數(shù)f(x)＝x＋a.
(1)若a＝－1，求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值點(diǎn)；
換元后參數(shù)分離
題型二
當(dāng)a＝－1時(shí)，f(x)＝xe－x－1，f'(x)＝e－x－xe－x，
令f'(x)＝0，得x＝1，
所以當(dāng)x<1時(shí)，f'(x)>0；當(dāng)x>1時(shí)，f'(x)<0.
所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，1)，極大值點(diǎn)為x＝1，無極小值點(diǎn).
(2)若a>0，且當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>－1恒成立，求實(shí)數(shù)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(duì)于t>0恒成立，
即a(tet－2t＋1)>2t－1， (*)
易證當(dāng)t>0時(shí)，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(dāng)t∈(0，1)時(shí)，g'(t)>0；
當(dāng)t∈(1，＋∞)時(shí)，g'(t)<0，
所以g(t)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，g(t)max＝g(1)＝
所以a>
故實(shí)數(shù)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(duì)于t>0恒成立，
即>對(duì)于t>0恒成立.
設(shè)h(t)＝t>0，則h'(t)＝
當(dāng)t∈(0，1)時(shí)，h'(t)>0；
當(dāng)t∈(1，＋∞)時(shí)，h'(t)<0.
可得h(t)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，
所以h(t)max＝h(1)＝
則>解得a>
故實(shí)數(shù)a的取值范圍是.
在有些題目中不能直接利用分離參數(shù)法，有時(shí)為了簡(jiǎn)化函數(shù)，常進(jìn)行換元，如本題令t＝就可輕松分離參數(shù).
思維升華
跟蹤訓(xùn)練2　已知函數(shù)f(x)＝[ln(1＋x)]2－.
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－1，＋∞)，
f'(x)＝＝
設(shè)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(dāng)－10，
故h(x)在(－1，0)上單調(diào)遞增；
當(dāng)x>0時(shí)，h'(x)<0，故h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)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(shù)g(x)在(－1，＋∞)上為減函數(shù)，
于是當(dāng)－1g(0)＝0；
當(dāng)x>0時(shí)，g(x)所以當(dāng)－10，f(x)在(－1，0)上單調(diào)遞增；
當(dāng)x>0時(shí)，f'(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，
故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－1，0)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，＋∞).
(2)若不等式≤e對(duì)任意的n∈N*都成立(其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，求a的最大值.
不等式≤e等價(jià)于不等式(n＋a)ln≤1，
由1＋>1知，a≤－n，
設(shè)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(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)等號(hào)成立，
所以φ'(x)<0，x∈(0，1]，
于是φ(x)在(0，1]上單調(diào)遞減，
故函數(shù)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(shí)精練
答案
1
2
(1)函數(shù)f(x)=ax-ln x，求導(dǎo)得f'(x)=a-
由x∈[1，2]，得∈
當(dāng)a≤時(shí)，f'(x)≤0，
當(dāng)且僅當(dāng)a=x=2時(shí)取等號(hào)，
函數(shù)f(x)在[1，2]上單調(diào)遞減；
當(dāng)a≥1時(shí)，f'(x)≥0，當(dāng)且僅當(dāng)a=1，x=1時(shí)取等號(hào)，函數(shù)f(x)在[1，2]上單調(diào)遞增；
1.
答案
1
2
當(dāng)由f'(x)<0，得1≤x<
由f'(x)>0，得因此函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
綜上，當(dāng)a≤時(shí)，函數(shù)f(x)在[1，2]上單調(diào)遞減；
當(dāng)當(dāng)a≥1時(shí)，函數(shù)f(x)在[1，2]上單調(diào)遞增.
1.
答案
1
2
(2)依題意，不等式ax-ln x≤3在x∈(0，e]時(shí)有解，
即a≤+在x∈(0，e]時(shí)有解，
令g(x)=+x∈(0，e]，
求導(dǎo)得g'(x)=-+=-
由g'(x)>0，得0由g'(x)<0，得1.
答案
1
2
所以函數(shù)g(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
當(dāng)x=時(shí)，函數(shù)g(x)取得最大值g=e2，因此a≤e2，
所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(-∞，e2].
1.
答案
1
2
(1)f'(x)=3x2eax+ax3eax=x2eax(ax+3).
①當(dāng)a=0時(shí)，f'(x)≥0恒成立，
所以f(x)在R上單調(diào)遞增.
②當(dāng)a<0時(shí)，令f'(x)<0，得x>-；
令f'(x)>0，得x<-所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為單調(diào)遞增區(qū)間為.
2.
答案
1
2
③當(dāng)a>0時(shí)，令f'(x)<0，得x<-；
令f'(x)>0，得x>-.
所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為單調(diào)遞增區(qū)間為.
(2)因?yàn)閍=2，
所以f(x)≥mx+3ln x對(duì)x∈(0，+∞)恒成立等價(jià)于m≤對(duì)x∈
(0，+∞)恒成立.
2.
答案
1
2
方法一　設(shè)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(shè)h(x)=x3e2x，
因?yàn)閔(0)=0<1，h(1)=e2>1，
所以方程x3e2x=1必有解，
所以當(dāng)且僅當(dāng)x3e2x=1時(shí)，
函數(shù)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(gòu)法)
=≥=2，
等號(hào)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(shù)f(x)＝ax－ln x，a∈R.
(1)討論f(x)在區(qū)間[1，2]上的單調(diào)性；
1
2
答案
1
2
答案
函數(shù)f(x)＝ax－ln x，求導(dǎo)得f'(x)＝a－
由x∈[1，2]，得∈
當(dāng)a≤時(shí)，f'(x)≤0，
當(dāng)且僅當(dāng)a＝x＝2時(shí)取等號(hào)，
函數(shù)f(x)在[1，2]上單調(diào)遞減；
當(dāng)a≥1時(shí)，f'(x)≥0，當(dāng)且僅當(dāng)a＝1，x＝1時(shí)取等號(hào)，函數(shù)f(x)在[1，2]上單調(diào)遞增；
1
2
答案
當(dāng)由f'(x)>0，得因此函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
綜上，當(dāng)a≤時(shí)，函數(shù)f(x)在[1，2]上單調(diào)遞減；
當(dāng)當(dāng)a≥1時(shí)，函數(shù)f(x)在[1，2]上單調(diào)遞增.
(2)若當(dāng)x∈(0，e]時(shí)，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(shí)有解，
即a≤在x∈(0，e]時(shí)有解，
令g(x)＝x∈(0，e]，
求導(dǎo)得g'(x)＝－＝－
由g'(x)>0，得0由g'(x)<0，得1
2
答案
所以函數(shù)g(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
當(dāng)x＝時(shí)，函數(shù)g(x)取得最大值g＝e2，因此a≤e2，
所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，e2].
1
2
答案
2.已知函數(shù)f(x)＝x3eax－1.
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
1
2
答案
f'(x)＝3x2eax＋ax3eax＝x2eax(ax＋3).
①當(dāng)a＝0時(shí)，f'(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上單調(diào)遞增.
②當(dāng)a<0時(shí)，令f'(x)<0，得x>－；
令f'(x)>0，得x<－
所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為單調(diào)遞增區(qū)間為.
③當(dāng)a>0時(shí)，令f'(x)<0，得x<－；
令f'(x)>0，得x>－.
所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為單調(diào)遞增區(qū)間為.
1
2
答案
(2)若a＝2，不等式f(x)≥mx＋3ln x對(duì)x∈(0，＋∞)恒成立，求m的取值
范圍.
1
2
答案
因?yàn)閍＝2，所以f(x)≥mx＋3ln x對(duì)x∈(0，＋∞)恒成立等價(jià)于m≤對(duì)x∈(0，＋∞)恒成立.
方法一　設(shè)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(shè)h(x)＝x3e2x，
因?yàn)閔(0)＝0<1，h(1)＝e2>1，
所以方程x3e2x＝1必有解，
所以當(dāng)且僅當(dāng)x3e2x＝1時(shí)，
函數(shù)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(gòu)法)
＝≥＝2，
等號(hào)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(jìn)階篇　不等式證明方法
數(shù)學(xué)
大
一
輪
復(fù)
習(xí)
極值點(diǎn)偏移(二)
進(jìn)階4
例1　已知函數(shù)f(x)＝x2ln x，若方程f(x)＝m有兩個(gè)不相等的實(shí)根x1，x2，求證：>.
換元構(gòu)造輔助函數(shù)
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(shè)函數(shù)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(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.
求證>即證a＋b>.
不妨設(shè)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(diào)遞減，h(x)>h＝0，
所以g(a)>g即g(b)>g
又g(x)在上單調(diào)遞增，
所以b>－a，即a＋b>
故>得證.
在證明過程中出現(xiàn)的形式不符合和型結(jié)構(gòu)時(shí)，通過換元構(gòu)造新函數(shù)然后再進(jìn)行證明.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練1　已知函數(shù)f(x)＝x－ln x，若兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)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(shù)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(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以g(x)min＝g(1)＝1，
則a，b為g(x)＝k的兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，其中k>1，
不妨設(shè)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(diào)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(diào)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(shù)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(diào)遞增，
在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，
所以f(x)max＝f(1)＝
又f(0)＝0，當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)→0，
不妨設(shè)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(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，
所以f(x)max＝f(1)＝
又f(0)＝0，當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)→0，
不妨設(shè)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(shù)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(shù)不等式，再利用函數(shù)單調(diào)性證明.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練2　設(shè)x1，x2為兩個(gè)不相等的正數(shù)，且x2ln x1－x1ln x2＝x1－x2，證明：不妨設(shè)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(shí)精練
答案
1
2
因?yàn)楹瘮?shù)f(x)=ax2-(ln x)2，可得f'(x)=2ax-
若f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，
則函數(shù)f'(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，
所以2a=ln 2a=ln
令t1=t2=
則等價(jià)于關(guān)于t的方程2at=ln t有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)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?yàn)镽，f'(x)=(x+1)ex，
當(dāng)x∈(-∞，-1)時(shí)，f'(x)<0，
當(dāng)x∈(-1，+∞)時(shí)，f'(x)>0，
故f(x)在(-∞，-1)上單調(diào)遞減，在(-1，+∞)上單調(diào)遞增，
又當(dāng)x→-∞時(shí)，f(x)→-m>0，
當(dāng)x→+∞時(shí)，f(x)→+∞，
故要使f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，
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(shí)數(shù)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(shè)a<-1所以0因?yàn)閒(a)=f(b)=0，
2.
答案
1
2
所以x1ln x1=x2ln x2，
設(shè)g(x)=xln x，
因?yàn)間'(x)=ln x+1，
所以g(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)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(diào)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?yàn)?x1>x2>g(x)在上單調(diào)遞增，
所以x2>-x1，
所以x1+x2>
所以ea+eb>.
2.
1.已知函數(shù)f(x)＝ax2－(ln x)2(a∈R).若f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2.求證：x1x2>e.
1
2
答案
1
2
答案
因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝ax2－(ln x)2，
可得f'(x)＝2ax－
若f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，
則函數(shù)f'(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，
所以2a＝ln 2a＝ln
令t1＝t2＝
則等價(jià)于關(guān)于t的方程2at＝ln t有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)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(shè)a，b為函數(shù)f(x)＝xex－m(m<0)的兩個(gè)零點(diǎn).
(1)求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
1
2
答案
f(x)的定義域?yàn)镽，f'(x)＝(x＋1)ex，
當(dāng)x∈(－∞，－1)時(shí)，f'(x)<0，
當(dāng)x∈(－1，＋∞)時(shí)，f'(x)>0，
故f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞減，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，
又當(dāng)x→－∞時(shí)，f(x)→－m>0，
當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)→＋∞，
故要使f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，
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(shí)數(shù)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(shè)a<－1所以0因?yàn)閒(a)＝f(b)＝0，
1
2
答案
所以x1ln x1＝x2ln x2，
設(shè)g(x)＝xln x，
因?yàn)間'(x)＝ln x＋1，
所以g(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)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(diào)遞增，
又h＝0，
所以h(x)<0，
所以h(x1)＝g－g(x1)<0，
所以g因?yàn)椋瓁1>x2>g(x)在上單調(diào)遞增，
1
2
答案
所以x2>－x1，
所以x1＋x2>
所以ea＋eb>.(共38張PPT)
第三章　
進(jìn)階篇　不等式證明方法
數(shù)學(xué)
大
一
輪
復(fù)
習(xí)
飄帶不等式
進(jìn)階2
在進(jìn)行放縮的時(shí)候，轉(zhuǎn)化的本質(zhì)就是把曲線轉(zhuǎn)化為直線進(jìn)行簡(jiǎn)化運(yùn)算，即用直線代替曲線，在切點(diǎn)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(shí)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(diào)遞減，
又g(1)＝0，
所以當(dāng)00，
即當(dāng)x>1時(shí)，g(x)<0，ln x<；
令h(x)＝ln x－
則h'(x)＝≥0，
所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
又h(1)＝0，
所以當(dāng)0當(dāng)x>1時(shí)，h(x)>0綜上可知，當(dāng)0當(dāng)x>1時(shí)故(1)(2)結(jié)論得證.
例2　(2025·菏澤模擬)若函數(shù)f(x)在[a，b]上存在k∈(a，b)，使得f'(k)＝則稱k為f(x)在區(qū)間(a，b)上的“奇點(diǎn)”，若存在x1，x2(a(1)已知函數(shù)f(x)＝x3－x2是區(qū)間[0，m]上的“雙奇點(diǎn)函數(shù)”，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
飄帶不等式的應(yīng)用
題型二
因?yàn)閒(x)＝x3－x2，
則f'(x)＝3x2－x，
由＝m2－m，
所以關(guān)于x的方程m2－m＝3x2－x有兩解，
即關(guān)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(shí)數(shù)m的取值范圍是.
(2)已知函數(shù)f(x)＝2ln x－ax2＋1.
①當(dāng)a＝0時(shí)，若1為f(x)在區(qū)間[m，n]上的“奇點(diǎn)”，證明：m＋n>2；
因?yàn)閒'(k)＝－2ak＝k∈(m，n)，
當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝2ln x＋1，則f'(x)＝
因?yàn)閗＝1，0所以＝2，即＝1，
要證m＋n>2，即證<
即ln>
令＝t，因?yàn)閚>m>0，所以t>1，
設(shè)h(t)＝ln t－2·
所以h'(t)＝>0，
所以h(t)在(1，＋∞)上單調(diào)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(duì)任意的a>0，f(x)在區(qū)間[m，n]上存在唯一“奇點(diǎn)”.
令φ(k)＝f'(k)－(0即φ(k)＝－2ak－
＝－2ak－2×＋a(n＋m)，
因?yàn)閍>0，k>0，所以φ'(k)＝－－2a<0，
所以φ(k)在區(qū)間(m，n)上單調(diào)遞減.
因?yàn)棣?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(shè)I(x)＝x－1－ln x，
所以I'(x)＝1－
當(dāng)0當(dāng)x>1時(shí)，I'(x)>0，
即I(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以I(t)>I(1)＝0，即t－1－ln t>0.
因?yàn)閚>m>0，a>0，所以φ(m)>0；
同理φ(n)＝＋a(m－n)，
因?yàn)楫?dāng)x∈(0，1)∪(1，＋∞)時(shí)，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?yàn)棣?m)φ(n)<0，且φ(k)在區(qū)間(m，n)上單調(diào)遞減，
所以φ(k)在區(qū)間(m，n)上存在唯一零點(diǎn)，
即對(duì)任意的a>0，f(x)在區(qū)間[m，n]上的“奇點(diǎn)”k是唯一的.
(1)利用飄帶不等式放縮可以將含對(duì)數(shù)的不等式轉(zhuǎn)變?yōu)榉质讲坏仁?
(2)令飄帶不等式中的x＝(a>b)可以轉(zhuǎn)變?yōu)閷?duì)數(shù)均值不等式.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練　證明：當(dāng)整數(shù)n>0時(shí)<1＋成立.
要證<1＋成立，即證>e成立，
即證nln＋ln>1成立，
因?yàn)閘n x>(x>1)，只需證n>1成立，
即證>1，
顯然成立，得證.
課時(shí)精練
答案
1
2
(1)因?yàn)閒(x)=ln x-x>0，
所以f'(x)=-x>0，
又因?yàn)楹瘮?shù)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(shù)f(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞增，
所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，+∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間.
1.
答案
1
2
(3)由(2)可知函數(shù)f(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞增，且f(1)=0，
所以當(dāng)x>1時(shí)，f(x)>0，
又因?yàn)閤1>x2>0，所以>1，
有f >0，又ln x1>ln x2，有l(wèi)n 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?yàn)閘n x1-ln x2>0，x1+x2>0，
將(*)式兩邊同時(shí)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(dāng)00，f(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x>1時(shí)，f'(x)<0，f(x)單調(diào)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(dāng)0<=<
即+<+
即-<
即+>2.
2.
答案
1
2
(3)當(dāng)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(shù)f(x)＝ln x－在x＝1處的切線為x軸.
(1)求實(shí)數(shù)a的值；
1
2
答案
因?yàn)閒(x)＝ln x－x>0，
所以f'(x)＝x>0，
又因?yàn)楹瘮?shù)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(diào)區(qū)間；
1
2
答案
由(1)可知f(x)＝ln x－x>0，
所以f'(x)＝≥0，
所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間.
(3)若x1>x2>0，證明：<.
1
2
答案
1
2
答案
由(2)可知函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且f(1)＝0，
所以當(dāng)x>1時(shí)，f(x)>0，
又因?yàn)閤1>x2>0，所以>1，
有f >0，又ln x1>ln x2，有l(wèi)n 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?yàn)閘n x1－ln x2>0，x1＋x2>0，
將(*)式兩邊同時(shí)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(dāng)00，f(x)單調(diào)遞增；
1
2
答案
當(dāng)x>1時(shí)，f'(x)<0，f(x)單調(diào)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(dāng)0<<
即<
即<
即>2.
1
2
答案
(3)a＋b>2.
當(dāng)01，由飄帶不等式可知，
＝·ln>·
＝
因此有ab>1，故a＋b>ab＋1>2.(共75張PPT)
第三章
§3.1　導(dǎo)數(shù)的概念及其意
義、導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算
數(shù)學(xué)
大
一
輪
復(fù)
習(xí)
1.了解導(dǎo)數(shù)的概念、掌握基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù).
2.通過函數(shù)圖象，理解導(dǎo)數(shù)的幾何意義.
3.能夠用導(dǎo)數(shù)公式和導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則求簡(jiǎn)單函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，能求簡(jiǎn)單的復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù).
課標(biāo)要求
課時(shí)精練
內(nèi)容索引
第一部分 落實(shí)主干知識(shí)
第二部分 探究核心題型
落實(shí)主干知識(shí)
第一部分
1.導(dǎo)數(shù)的概念
(1)函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)記作 或 .
f'(x0)＝ .
(2)函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)(簡(jiǎn)稱導(dǎo)數(shù))
f'(x)＝y(tǒng)'＝.
2.導(dǎo)數(shù)的幾何意義
函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)的幾何意義就是曲線y＝f(x)在點(diǎn)P(x0，f(x0))處的切線的 ，相應(yīng)的切線方程為 .
f '(x0)
y'
斜率
y－f(x0)＝f '(x0)(x－x0)
3.基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式
基本初等函數(shù) 導(dǎo)函數(shù)
f(x)＝c(c為常數(shù)) f '(x)＝___
f(x)＝xα(α∈R，且α≠0) f '(x)＝______
f(x)＝sin x f '(x)＝_____
f(x)＝cos x f '(x)＝_______
f(x)＝ax(a>0，且a≠1) f '(x)＝______
f(x)＝ex f '(x)＝____
f(x)＝logax(a>0，且a≠1) f '(x)＝______
f(x)＝ln x f '(x)＝___
0
αxα－1
cos x
－sin x
axln a
ex
4.導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則
若f'(x)，g'(x)存在，則有
[f(x)±g(x)]'＝ ；
[f(x)g(x)]'＝ ；
'＝ (g(x)≠0)；
[cf(x)]'＝ .
5.復(fù)合函數(shù)的定義及其導(dǎo)數(shù)
復(fù)合函數(shù)y＝f(g(x))的導(dǎo)數(shù)與函數(shù)y＝f(u)，u＝g(x)的導(dǎo)數(shù)間的關(guān)系為y'x＝______，即y對(duì)x的導(dǎo)數(shù)等于y對(duì)u的導(dǎo)數(shù)與u對(duì)x的導(dǎo)數(shù)的乘積.
f'(x)±g'(x)
f'(x)g(x)＋f(x)g'(x)
cf'(x)
y'u·u'x
1.判斷下列結(jié)論是否正確.(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”)
(1)f'(x0)是函數(shù)y＝f(x)在x＝x0附近的平均變化率.(　　)
(2)與曲線只有一個(gè)公共點(diǎn)的直線一定是曲線的切線.(　　)
(3)f'(x0)＝[f(x0)]'.(　　)
(4)(e－x)'＝－e－x.(　　)
×
×
×
√
2.若函數(shù)f(x)＝ln x－2x＋1，則f'等于
A.0 B. C. D.
√
f'(x)＝－2，
所以f'＝2－2＝0.
3.(2024·開封模擬)已知函數(shù)f(x)＝2x，則函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為
A.x－y－1＝0 B.x－y＋1＝0
C.x·ln 2－y－1＝0 D.x·ln 2－y＋1＝0
√
函數(shù)f(x)＝2x，求導(dǎo)得f'(x)＝2xln 2，則f'(0)＝ln 2，而f(0)＝1，所以所求切線方程為y－1＝ln 2·(x－0)，即x·ln 2－y＋1＝0.
4.設(shè)曲線y＝e2ax在點(diǎn)(0，1)處的切線與直線2x－y＋1＝0垂直，則a的值
為　　　.
∵y＝e2ax，∴y'＝e2ax·(2ax)'＝2a·e2ax，
∴在點(diǎn)(0，1)處的切線斜率k＝y(tǒng)'|x＝0＝2ae0＝2a，
又∵切線與直線2x－y＋1＝0垂直，
∴2a×2＝－1，∴a＝－.
－
1.巧記兩個(gè)常用結(jié)論
(1)奇函數(shù)的導(dǎo)數(shù)是偶函數(shù)，偶函數(shù)的導(dǎo)數(shù)是奇函數(shù).周期函數(shù)的導(dǎo)數(shù)還是周期函數(shù).
(2)函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)數(shù)f'(x)反映了函數(shù)f(x)的瞬時(shí)變化趨勢(shì)，其正負(fù)號(hào)反映了變化的方向，其大小|f'(x)|反映了變化的快慢，|f'(x)|越大，曲線在這點(diǎn)處的切線越“陡峭”.
微點(diǎn)提醒
2.明確兩點(diǎn)不同
區(qū)分在點(diǎn)處的切線與過點(diǎn)處的切線：在點(diǎn)處的切線，該點(diǎn)一定是切點(diǎn)，切線有且僅有一條.過點(diǎn)處的切線，該點(diǎn)不一定是切點(diǎn)，切線至少有一條.
3.謹(jǐn)防兩個(gè)易誤點(diǎn)
(1)在復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)中，每一步求導(dǎo)分不清哪個(gè)變量對(duì)哪個(gè)變量的求導(dǎo)而致誤.
(2)牢記導(dǎo)數(shù)公式和導(dǎo)數(shù)的四則運(yùn)算法則，切忌記錯(cuò)記混.
返回
微點(diǎn)提醒
探究核心題型
第二部分
例1　(1)(多選)下列求導(dǎo)運(yùn)算正確的是
A.(ln 7)'＝
B.[(x2＋2)sin x]'＝2xsin x＋(x2＋2)cos x
C.'＝
D.[ln(3x＋2)]'＝
√
導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算
題型一
√
(ln 7)'＝0，故A錯(cuò)誤；
[(x2＋2)sin x]'＝2xsin x＋(x2＋2)cos x，故B正確；
'＝故C正確；
[ln(3x＋2)]'＝故D錯(cuò)誤.
(2)已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f'(x)，且f(x)＝2xf'＋sin x，則f 等于
A. B.
C. D.－
√
因?yàn)閒(x)＝2xf'＋sin x，
所以f'(x)＝2f'＋cos x，
令x＝
則f'＝2f'＋cos f'＝－
則f(x)＝－x＋sin x，
所以f ＝－＋sin .
(1)求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)要準(zhǔn)確地把函數(shù)拆分成基本初等函數(shù)的和、差、積、商，再利用運(yùn)算法則求導(dǎo).
(2)抽象函數(shù)求導(dǎo)，恰當(dāng)賦值是關(guān)鍵，然后活用方程思想求解.
(3)復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)，應(yīng)由外到內(nèi)逐層求導(dǎo)，必要時(shí)要進(jìn)行換元.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練1　(多選)下列命題正確的有
A.已知函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，若f'(1)＝2，則＝2
B.'＝
C.已知函數(shù)f(x)＝ln(2x＋1)，若f'(x0)＝1，則x0＝
D.設(shè)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f'(x)，且f(x)＝x2＋3xf'(2)＋ln x，則f'(2)＝－
√
√
對(duì)于A＝2＝2f'(1)＝4，故A錯(cuò)誤；
對(duì)于B'＝故B錯(cuò)誤；
對(duì)于C，f'(x)＝(2x＋1)'＝若f'(x0)＝1，則＝1，即x0＝故C正確；
對(duì)于D，f'(x)＝2x＋3f'(2)＋故f'(2)＝4＋3f'(2)＋故f'(2)＝－故D正確.
例2　(2023·全國(guó)甲卷)曲線y＝處的切線方程為
A.y＝x B.y＝x
C.y＝x＋ D.y＝x＋
導(dǎo)數(shù)的幾何意義
題型二
命題點(diǎn)1　求切線方程
√
因?yàn)閥＝
所以y'＝
所以k＝y(tǒng)'|x＝1＝
所以曲線y＝在點(diǎn)處的切線方程為y－(x－1)，即y＝x＋.
例3　若函數(shù)f(x)＝ln x＋2x2－ax的圖象上存在與直線2x－y＝0平行的切線，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是　　　　　 .
命題點(diǎn)2　求參數(shù)的值(范圍)
[2，＋∞)
函數(shù)f(x)＝ln x＋2x2－ax存在與直線2x－y＝0平行的切線，
即f'(x)＝2在(0，＋∞)上有解，
而f'(x)＝＋4x－a，
即＋4x－a＝2在(0，＋∞)上有解，
得a＝＋4x－2在(0，＋∞)上有解，
∵＋4x≥2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝時(shí)等號(hào)成立，
∴a≥4－2＝2，
∴a的取值范圍是[2，＋∞).
例4　(2025·廣州模擬)設(shè)點(diǎn)P在曲線y＝ex上，點(diǎn)Q在直線y＝x上，則|PQ|的最小值為
A. B.
C. D.
命題點(diǎn)3　切線的應(yīng)用
√
令y'＝ex＝得x＝－1，代入曲線y＝ex中，得P所以|PQ|的最小值即為點(diǎn)到直線y＝x的距離d＝.
(1)處理與切線有關(guān)的問題，關(guān)鍵是根據(jù)曲線、切線、切點(diǎn)的三個(gè)關(guān)系列出參數(shù)的方程：①切點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)是切線的斜率；②切點(diǎn)在切線上；③切點(diǎn)在曲線上.
(2)注意區(qū)分“在點(diǎn)P處的切線”與“過點(diǎn)P的切線”.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練2　(1)牛頓迭代法是求方程近似解的一種方法.如圖，方程f(x)＝0的根就是函數(shù)f(x)的零點(diǎn)r，取初始值x0，f(x)的圖象在橫坐標(biāo)為x0的點(diǎn)處的切線與x軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x1，f(x)的圖象在橫坐標(biāo)為x1的點(diǎn)處的切線與x軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x2，一直繼續(xù)下去，得到x1，x2，…，xn，它們?cè)絹碓浇咏黵.若f(x)＝x2－2(x>0)，x0＝2，則用牛頓迭代法得到的r的近似值x2約為
A.1.438 B.1.417
C.1.416 D.1.375
√
由f(x)＝x2－2(x>0)，
求導(dǎo)得f'(x)＝2x，而x0＝2，
則f'(x0)＝4，又f(x0)＝2，
于是函數(shù)f(x)的圖象在橫坐標(biāo)為x0＝2的點(diǎn)處的切線方程為y－2＝4(x－2)，
令y＝0，得x1＝
則f'(x1)＝3，f(x1)＝－2＝
因此函數(shù)f(x)的圖象在橫坐標(biāo)為x1＝的點(diǎn)處的切線方程為y－＝3
令y＝0，得x2＝≈1.417，
所以x2約為1.417.
(2)若點(diǎn)A(a，a)，B(b，eb)(a，b∈R)，則A，B兩點(diǎn)間距離|AB|的最小值
為　　　.
點(diǎn)A(a，a)在直線y＝x上，點(diǎn)B(b，eb)在曲線y＝ex上，
即求|AB|的最小值等價(jià)于求直線y＝x上的點(diǎn)到曲線y＝ex上的點(diǎn)的距離的最小值，
過y＝ex上的點(diǎn)(m，em)作y＝ex的切線，可得y－em＝em(x－m)，
令em＝1，可得m＝0，故該切線為y＝x＋1，
則直線y＝x＋1與y＝x的距離即為|AB|的最小值，此時(shí)|AB|＝即|AB|min＝.
例5　(2025·廣州模擬)若直線l既和曲線C1相切，又和曲線C2相切，則稱l為曲線C1和C2的公切線.已知曲線C1：f(x)＝ex－1和曲線C2：g(x)＝1＋ln x，請(qǐng)寫出曲線C1和C2的一條公切線方程：　　　　　　　　　　 .
兩曲線的公切線
題型三
y＝x(答案不唯一，或填y＝ex－1)
設(shè)公切線與C1：f(x)＝ex－1相切的切點(diǎn)為(x1－1)，與C2：g(x)＝1＋ln x相切的切點(diǎn)為(x2，1＋ln x2).
由f'(x)＝ex，則f'(x1)＝則公切線方程為y＝(x－x1)＋－1，
即y＝x＋(1－x1)－1；
由g'(x)＝則g'(x2)＝則公切線方程為y＝(x－x2)＋ln x2＋1，
即y＝·x＋ln x2，
所以解得或
故曲線C1和C2的公切線方程為y＝x或y＝ex－1.
公切線問題應(yīng)根據(jù)兩曲線在切點(diǎn)處切線的斜率相等，且切點(diǎn)既在切線上又在曲線上，列出有關(guān)切點(diǎn)橫坐標(biāo)的方程組，通過解方程組求解.或者分別求出兩曲線的切線，利用兩切線重合列方程組求解.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練3　(2024·福州模擬)已知直線y＝kx＋b既是曲線y＝ln x的切線，也是曲線y＝－ln(－x)的切線，則
A.k＝b＝0 B.k＝1，b＝0
C.k＝b＝－1 D.k＝1，b＝－1
√
設(shè)直線與曲線y＝ln x的切點(diǎn)為(x1，ln x1)且x1>0，
與曲線y＝－ln(－x)的切點(diǎn)為(x2，－ln(－x2))且x2<0，
又y'＝(ln x)'＝y(tǒng)'＝[－ln(－x)]'＝－
則直線y＝kx＋b與曲線y＝ln x的切線方程為y－ln x1＝(x－x1)，即y＝x＋ln x1－1，
直線y＝kx＋b與曲線y＝－ln(－x)的切線方程為y＋ln(－x2)＝－(x－x2)，即y＝－x＋1－ln(－x2)，
則解得
故k＝b＝ln x1－1＝0.l
返回
課時(shí)精練
對(duì)一對(duì)
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
題號(hào) 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A C B B A B AC BCD
題號(hào) 9 10 13 　14 答案 2 ln 2 B 　2 答案
1
2
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12
13
(1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)=x3-ax2+b的圖象過點(diǎn)(2，4)，
所以b=4a-4. ①
又f'(x)=3x2-2ax，f'(1)=1，
所以f'(1)=3×12-2a=3-2a=1， ②
由①②解得a=1，b=0.
11.
14
答案
1
2
3
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12
13
(2)由(1)知f(x)=x3-x2，
設(shè)所求切線在曲線y=f(x)上的切點(diǎn)坐標(biāo)為(m，m3-m2)，
則f'(m)=3m2-2m，
所以切線方程為
y-m3+m2=(3m2-2m)(x-m)，
又切線過點(diǎn)(0，-1)，
所以2m3-m2-1=0，
11.
14
答案
1
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12
13
可得2m3-2-m2+1=0，
即2(m3-1)-(m2-1)=0，
即(m-1)(2m2+m+1)=0，
解得m=1，
所以切點(diǎn)坐標(biāo)為(1，0)，切線方程為x-y-1=0.
故曲線y=f(x)過點(diǎn)(0，-1)的切線方程為x-y-1=0.
11.
14
答案
1
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12
13
(1)由導(dǎo)數(shù)公式得f'(x)=-3x2+1，
設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0，y0)，切線方程為y-1=k(x-1)，
由題意可得解得或
從而切線方程為2x+y-3=0或x-4y+3=0.
12.
14
答案
1
2
3
4
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11
12
13
(2)由(1)可得曲線y=f(x)在點(diǎn)(1，1)處的切線方程為y=-2x+3，
由g'(x)=-2e-2x+1，可得曲線y=g(x)在x=t(t∈R)處的切線斜率為g'(t)=-2e-2t+1，
由題意可得-2e-2t+1=-2，從而t=
此時(shí)切點(diǎn)坐標(biāo)為曲線y=g(x)在x=處的切線方程為
y-1=-2
即y=-2x+2，符合題意，所以t=.
12.
14
一、單項(xiàng)選擇題
1.若f(x)＝ln(－x)，則f'(－2 026)等于
A.－ B.－2 026 C. D.2 026
√
1
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13
知識(shí)過關(guān)
答案
f'(x)＝則f'(－2 026)＝－.
14
1
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3
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12
13
答案
2.一個(gè)做直線運(yùn)動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)的位移s(m)與時(shí)間t(s)的關(guān)系式為s＝100t－5t2，則該質(zhì)點(diǎn)的瞬時(shí)速度為0 m/s時(shí)，t等于
A.50 s B.20 s C.10 s D.5 s
√
由題意知s＝100t－5t2，則s'＝100－10t，令s'＝0，則t＝10，即當(dāng)該質(zhì)點(diǎn)的瞬時(shí)速度為0 m/s時(shí)，時(shí)間t＝10 s.
14
3.設(shè)函數(shù)f(x)＝xex的圖象與x軸相交于點(diǎn)P，則該曲線在點(diǎn)P處的切線方程為
A.y＝ex B.y＝x
C.y＝ex＋1 D.y＝x＋1
√
1
2
3
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11
12
13
函數(shù)f(x)＝xex，
由f(x)＝0，得x＝0，則點(diǎn)P(0，0)，
由f(x)＝xex，求導(dǎo)得f'(x)＝(x＋1)ex，
則f'(0)＝1，
所以該曲線在點(diǎn)P處的切線方程為y＝x.
答案
14
4.已知函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，f'(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則下列數(shù)值排序正確的是
A.0B.0C.0D.0√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
14
由函數(shù)f(x)的圖象可知f'(3)>0，f'(2)>0，
設(shè)A(2，f(2))，B(3，f(3))，則直線AB的斜率為＝f(3)－f(2)，
由于曲線是上升的，故f(3)>f(2)，∴f(3)－f(2)>0，
作出曲線在x＝2，x＝3處的切線，設(shè)為l1，l3，
直線AB為l2，l1，l2，l3的斜率分別為k1，k2，k3，
結(jié)合圖象可得l1，l2，l3的斜率滿足k3即01
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答案
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5.(2025·漢口模擬)已知函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，其圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為x－2y＋1＝0，記f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f'(x)，則f'(－1)等于
A.－ B. C.－2 D.2
√
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答案
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因?yàn)閒(x)為偶函數(shù)，
所以f(x)＝f(－x)，
兩邊求導(dǎo)，可得[f(x)]'＝[f(－x)]' f'(x)＝f'(－x)·(－x)' f'(x)＝－f'(－x).
又f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為x－2y＋1＝0，所以f'(1)＝.
所以f'(－1)＝－f'(1)＝－.
答案
14
6.直線l與曲線y＝ex＋1和y＝ex＋1均相切，則l的斜率為
A. B.1 C.2 D.e
√
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答案
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由y＝ex＋1，可得y'＝ex；
由y＝ex＋1，可得y'＝ex＋1，
設(shè)兩個(gè)切點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(x1＋1)和(x2)，直線l的斜率k＝
故x1＝x2＋1，即x1≠x2，
所以k＝＝1，
即直線l的斜率為1.
答案
14
二、多項(xiàng)選擇題
7.下列求導(dǎo)運(yùn)算正確的是
A.若y＝(x＋1)ln x，則y'＝ln x＋＋1
B.'＝－sin
C.'＝－2xln 2
D.(ln 2x)'＝
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答案
√
14
對(duì)于A，若y＝(x＋1)ln x，則y'＝ln x＋＝ln x＋＋1，故A正確；
對(duì)于B'＝0，故B錯(cuò)誤；
對(duì)于C'＝'－2xln 2＝－2xln 2，故C正確；
對(duì)于D，(ln 2x)'＝故D錯(cuò)誤.
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答案
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8.已知定義在R上的函數(shù)f(x)，g(x)，其導(dǎo)函數(shù)分別為f'(x)，g'(x)，f(1－x)＝6－g'(1－x)，f(1－x)－g'(1＋x)＝6，且g(x)＋g(－x)＝4，則
A.g'(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(0，1)中心對(duì)稱
B.g'(x＋4)＝g'(x)
C.f'(6)＝f'(2)
D.f(1)＋f(3)＝12
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答案
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由題意可得
兩式相減可得g'(1＋x)＝－g'(1－x)， ①
所以g'(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(1，0)中心對(duì)稱，A錯(cuò)誤；
由g(x)＋g(－x)＝4， ②
②式兩邊對(duì)x求導(dǎo)可得g'(x)＝g'(－x)，可知g'(x)是偶函數(shù)，
以1＋x替換①中的x可得g'(2＋x)＝－g'(－x)＝－g'(x)，
可得g'(4＋x)＝－g'(2＋x)＝g'(x)，所以g'(x)是周期為4的周期函數(shù)，B正確；
答案
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因?yàn)閒(x)＝6－g'(x)，可知f(x)也是周期為4的周期函數(shù)，即f(x＋4)＝f(x)，
兩邊求導(dǎo)可得f'(x＋4)＝f'(x)，所以f'(6)＝f'(2)，C正確；
因?yàn)間'(1＋x)＝－g'(1－x)，令x＝0，則g'(1)＝－g'(1)，即g'(1)＝0，
又因?yàn)間'(x)是偶函數(shù)，所以g'(－1)＝g'(1)＝0，
又因?yàn)間'(x)是周期為4的周期函數(shù)，則g'(3)＝g'(－1)＝0，
由f(x)＝6－g'(x)可得
所以f(1)＋f(3)＝12，D正確.
答案
14
三、填空題
9.拉格朗日中值定理是微分學(xué)中的基本定理之一，定理內(nèi)容是：如果函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a，b]上的圖象連續(xù)不間斷，在開區(qū)間(a，b)內(nèi)的導(dǎo)數(shù)為f'(x)，那么在區(qū)間(a，b)內(nèi)至少存在一點(diǎn)c，使得f(b)－f(a)＝f'(c)(b－a)成立，其中c叫做f(x)在[a，b]上的“拉格朗日中值點(diǎn)”.根據(jù)這個(gè)定理，可得函數(shù)f(x)＝x3－2x在[－2，2]上的“拉格朗日中值點(diǎn)”的個(gè)數(shù)為　　　.
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答案
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答案
∵＝2，f'(x)＝3x2－2，
令3x2－2＝2，解得x＝－∈[－2，2]或x＝∈[－2，2]，
∴f(x)在[－2，2]上的“拉格朗日中值點(diǎn)”的個(gè)數(shù)為2.
14
10.(2024·新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ)若曲線y＝ex＋x在點(diǎn)(0，1)處的切線也是曲線y＝ln(x＋1)＋a的切線，則a＝　　　　.
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答案
ln 2
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由y＝ex＋x得y'＝ex＋1，
當(dāng)x＝0時(shí)，y'＝e0＋1＝2，
故曲線y＝ex＋x在點(diǎn)(0，1)處的切線方程為
y＝2x＋1.
由y＝ln(x＋1)＋a得y'＝
設(shè)切線與曲線y＝ln(x＋1)＋a相切的切點(diǎn)為(x0，y0)，
由兩曲線有公切線得y'＝＝2，
答案
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解得x0＝－代入切線方程y＝2x＋1得y0＝2×＋1＝0，
則y＝ln(x0＋1)＋a＝0，
即ln＋a＝0，解得a＝ln 2.
答案
14
四、解答題
11.已知函數(shù)f(x)＝x3－ax2＋b(a，b∈R)的圖象過點(diǎn)(2，4)，且f'(1)＝1.
(1)求a，b的值；
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答案
因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝x3－ax2＋b的圖象過點(diǎn)(2，4)，所以b＝4a－4. ①
又f'(x)＝3x2－2ax，f'(1)＝1，
所以f'(1)＝3×12－2a＝3－2a＝1， ②
由①②解得a＝1，b＝0.
14
(2)求曲線y＝f(x)過點(diǎn)(0，－1)的切線方程.
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答案
由(1)知f(x)＝x3－x2，
設(shè)所求切線在曲線y＝f(x)上的切點(diǎn)坐標(biāo)為(m，m3－m2)，則f'(m)＝3m2－2m，
所以切線方程為y－m3＋m2＝(3m2－2m)(x－m)，
又切線過點(diǎn)(0，－1)，所以2m3－m2－1＝0，
可得2m3－2－m2＋1＝0，
即2(m3－1)－(m2－1)＝0，
即(m－1)(2m2＋m＋1)＝0，解得m＝1，
所以切點(diǎn)坐標(biāo)為(1，0)，切線方程為x－y－1＝0.
故曲線y＝f(x)過點(diǎn)(0，－1)的切線方程為x－y－1＝0.
14
12.已知函數(shù)f(x)＝－x3＋x＋1，g(x)＝e－2x＋1.
(1)求曲線y＝f(x)過點(diǎn)(1，1)的切線方程；
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答案
由導(dǎo)數(shù)公式得f'(x)＝－3x2＋1，
設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0，y0)，切線方程為y－1＝k(x－1)，
由題意可得解得或
從而切線方程為2x＋y－3＝0或x－4y＋3＝0.
14
(2)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，1)處的切線與曲線y＝g(x)在x＝t(t∈R)處的切線平行，求t的值.
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答案
由(1)可得曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，1)處的切線方程為y＝－2x＋3，
由g'(x)＝－2e－2x＋1，可得曲線y＝g(x)在x＝t(t∈R)處的切線斜率為g'(t)＝－2e－2t＋1，
由題意可得－2e－2t＋1＝－2，從而t＝
此時(shí)切點(diǎn)坐標(biāo)為
曲線y＝g(x)在x＝處的切線方程為y－1＝－2
即y＝－2x＋2，符合題意，所以t＝.
14
13.已知函數(shù)f(x)＝其導(dǎo)函數(shù)記為f'(x)，則f'(2 026)－
f'(－2 026)等于
A.－1 B.0 C.1 D.2
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答案
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能力拓展
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函數(shù)f(x)＝＝1＋的定義域?yàn)镽，
令g(x)＝
則g(x)的定義域?yàn)镽，f'(x)＝g'(x)，
又g(－x)＝＝－＝－g(x)，故g(x)是奇函數(shù)，
所以g(x)＋g(－x)＝0，
故g'(x)－g'(－x)＝0，
所以f'(2 026)－f'(－2 026)＝g'(2 026)－g'(－2 026)＝0.
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答案
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14.我們把分子、分母同時(shí)趨近于0的分式結(jié)構(gòu)稱為型，比如：當(dāng)x→0時(shí)
型，兩個(gè)無窮小之比的極限可能存在，也可能不存在.早在1696年，洛必達(dá)在他的著作《無窮小分析》一書中創(chuàng)造了一種算法(洛必達(dá)法則)，用以尋找滿足一定條件的兩函數(shù)之商的極限，法則的大意為：在一定條件下通過對(duì)分子、分母分別求導(dǎo)再求極限來確定未定式值的方法.
如：＝1，則＝　　　.
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由題可得＝2.
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第三章
§3.4　函數(shù)中的構(gòu)造問題
數(shù)學(xué)
大
一
輪
復(fù)
習(xí)
函數(shù)中的構(gòu)造問題是高考考查的一個(gè)熱點(diǎn)內(nèi)容，經(jīng)常以客觀題出現(xiàn)，通過已知等式或不等式的結(jié)構(gòu)特征，構(gòu)造新函數(shù)，解決比較大小、解不等式、恒成立等問題.
重點(diǎn)解讀
命題點(diǎn)1　利用f(x)與x構(gòu)造函數(shù)
利用f(x)進(jìn)行抽象函數(shù)構(gòu)造
題型一
例1　(2024·綿陽模擬)已知函數(shù)f(x)滿足f(x)＝f(－x)，且當(dāng)x∈(－∞，0]時(shí)，f(x)＋xf'(x)>0，若a＝30.2·f(30.2)，b＝ln 2·f(ln 2)，c＝log3·f則a，b，c的大小關(guān)系是
A.a>b>c B.c>b>a
C.c>a>b D.a>c>bj
√
令g(x)＝xf(x)，x∈R，
因?yàn)閒(x)＝f(－x)，所以g(－x)＝－xf(－x)＝－xf(x)＝－g(x)，
所以g(x)為奇函數(shù)，
又因?yàn)楫?dāng)x∈(－∞，0]時(shí)，f(x)＋xf'(x)>0，
所以當(dāng)x∈(－∞，0]時(shí)，g'(x)＝f(x)＋xf'(x)>0，所以g(x)在(－∞，0]上單調(diào)遞增，
又g(x)為奇函數(shù)，所以g(x)在R上單調(diào)遞增，
又因?yàn)閍＝30.2·f(30.2)＝g(30.2)，
b＝ln 2·f(ln 2)＝g(ln 2)，
c＝log3·f ＝g＝g(－2)，
－2<0所以g(－2)b>c.
(1)出現(xiàn)nf(x)＋xf'(x)形式，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝xnf(x).
(2)出現(xiàn)xf'(x)－nf(x)形式，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝.
思維升華
命題點(diǎn)2　利用f(x)與ex構(gòu)造函數(shù)
例2　函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒有f'(x)－f(x)>0，則
A.f(－1)>0 B.f(3)>ef(2)
C.f f(4)
√
設(shè)g(x)＝
則g'(x)＝
由條件可知，f'(x)－f(x)>0，所以g'(x)>0，
則函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增，
因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，
則f(0)＝0，
由<得f(－1)<0，故A錯(cuò)誤；
由>
得f(3)>ef(2)，故B正確；
由<得f f 故C錯(cuò)誤；
由<得ef(3)(1)出現(xiàn)f'(x)＋nf(x)形式，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝enxf(x).
(2)出現(xiàn)f'(x)－nf(x)形式，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝.
思維升華
命題點(diǎn)3　利用f(x)與sin x，cos x構(gòu)造函數(shù)
例3　(2025·杭州模擬)已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)sin x＋f'(x)cos x>
0，則
A.f C.f>f D.f>f
√
令F(x)＝x≠＋kπ，k∈Z，
故F'(x)＝>0恒成立，
故F(x)＝在k∈Z上單調(diào)遞增，
故F函數(shù)f(x)與sin x，cos x相結(jié)合構(gòu)造可導(dǎo)函數(shù)的幾種常見形式
F(x)＝f(x)sin x，F(xiàn)'(x)＝f'(x)sin x＋f(x)cos x；
F(x)＝F'(x)＝；
F(x)＝f(x)cos x，F(xiàn)'(x)＝f'(x)cos x－f(x)sinx；
F(x)＝F'(x)＝.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練1　(1)(2024·齊齊哈爾模擬)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，π)，其導(dǎo)函數(shù)是f'(x).若對(duì)任意的x∈(0，π)，有f'(x)sin x－f(x)cos x<0，則關(guān)于x的不等式f(x)>2f sin x的解集為
A. B.
C. D.
√
令函數(shù)g(x)＝x∈(0，π)，
則g'(x)＝<0，
因此函數(shù)g(x)在(0，π)上單調(diào)遞減，不等式f(x)>2fsin x >
即g(x)>g解得0所以原不等式的解集為.
(2)(2024·南通模擬)已知函數(shù)f(x)及其導(dǎo)函數(shù)f'(x)的定義域均為(0，＋∞)，若xf'(x)<2f(x)，則
A.4e2f(2)<16f(e)B.e2f(4)<4e2f(2)<16f(e)
C.e2f(4)<16f(e)<4e2f(2)
D.16f(e)√
方法一　設(shè)g(x)＝x∈(0，＋∞)，
∵xf'(x)<2f(x)，
∴g'(x)＝<0，
則g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，
∴g(2)>g(e)>g(4)，
∴>>
即4e2f(2)>16f(e)>e2f(4)，故C正確.
方法二　設(shè)f(x)＝1，又e2<16<4e2，C正確.
(3)(2024·揚(yáng)州模擬)已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)為f'(x)，對(duì)任意實(shí)數(shù)x，都有f(x)－f'(x)>0，且f(1)＝1，則f(x)>ex－1的解集為
A.(－∞，1)
B.(1，＋∞)
C.(－1，1)
D.(－∞，－1)∪(1，＋∞)
√
由f(x)>ex－1，可得>
令g(x)＝結(jié)合f(x)－f'(x)>0，則g'(x)＝<0，
所以g(x)在R上單調(diào)遞減，
故g(x)>g(1) x<1，
則原不等式的解集為(－∞，1).
例4　(1)(2025·昆明模擬)設(shè)a＝b＝c＝則
A.cC.b構(gòu)造具體函數(shù)關(guān)系
題型二
√
設(shè)f(x)＝x>0，
則f'(x)＝
令f'(x)＝0，得x＝
則f(x)在(0)上單調(diào)遞增，在(＋∞)上單調(diào)遞減，
b＝f()，c＝f()，則b>c，
又a－b＝>0，得a>b，
所以c(2)(2024·南昌模擬)142 857被稱為世界上最神秘的數(shù)字，142 857×1＝142 857，142 857×2＝285 714，142 857×3＝428 571，142 857×4＝571 428，142 857×5＝714 285，142 857×6＝857 142，所得結(jié)果是這些數(shù)字反復(fù)出現(xiàn)，若a＝e0.142 857，b＝＋1，c＝則
A.a>b>c B.c>b>a
C.b>a>c D.a>c>b
√
由題意知，a＝e0.142 857，c＝
設(shè)f(x)＝ex－x－1(x>0)，f'(x)＝ex－1，
當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f'(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，
所以f(x)＝ex－x－1>f(0)＝0，
所以ex>x＋1(x>0).
因?yàn)閤2＋2x＋1>1＋2x(x>0)，
所以x＋1>(x>0)，
得ex>(x>0)，
所以e0.142 857>即a>c；
由ex>x＋1(x>0)，得x>ln(x＋1)(x>0)，
所以x－1>ln x(x>1)，即x>ln x＋1(x>1)，
所以>ln ＋1＝＋1，即c>b.
綜上，a>c>b.
通過研究或變形，使所研究的式子具有鮮明的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，然后依據(jù)此特點(diǎn)構(gòu)造新函數(shù).常用的不等式：sin x0)，ln x≤x－1≤x2－x(x>0)，ex≥x＋1(x>0)，ex≥ex>x(x>0).
思維升華
跟蹤訓(xùn)練2　(1)(2025·九江模擬)已知a＝sin b＝ln c＝則
A.a>b>c B.c>a>b
C.c>b>a D.a>c>b
√
方法一　a＝sin >sin ＝c，
設(shè)f(x)＝ln x＋1－x，x>1，
則f'(x)＝<0，
故f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，
故f(x)1)，
所以b＝ln <－1＝c，故a>c>b.
方法二　a＝sin >sin ＝c，b＝ln所以a>c>b.
(2)已知e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，a＝b＝e2sin c＝則
A.a>b>c B.c>a>b
C.a>c>b D.b>c>a
√
構(gòu)建f(x)＝x>e，
則f'(x)＝>0在(e，＋∞)上恒成立，
可知f(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞增，
因?yàn)閍＝c＝
可知f(4)>f(π)>f(e)＝e，
即c>a>e；
構(gòu)建g(x)＝x－sin x，x>0，
則g'(x)＝1－cos x≥0在(0，＋∞)上恒成立，
可知g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
則g(x)>g(0)＝0，即x>sin x，x>0，
可得>sin 且e>0，
則e>e2sin 即e>b，
綜上所述，c>a>b.
課時(shí)精練
對(duì)一對(duì)
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
題號(hào) 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B B B C A C BC ABD
題號(hào) 9 　　　10 答案 a1.(2025·福州模擬)已知a＝ln b＝ln(ln 3)，c＝－則
A.a>b>c B.b>a>c
C.b>c>a D.c>a>b
√
1
2
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10
答案
1
2
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5
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11
12
13
14
答案
因?yàn)閎＝ln(ln 3)>ln(ln e)＝0，
而a＝ln <0，c<0，所以b最大，
構(gòu)造函數(shù)f(x)＝xln x(x>0)，因?yàn)閒'(x)＝ln x＋1(x>0)，
當(dāng)0時(shí)，f'(x)>0，
所以f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
又因?yàn)閍＝f c＝f
1
2
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10
答案
所以f >f 即a>c，
故b>a>c.
1
2
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10
答案
2.(2024·北海模擬)已知a＝ln(e)，b＝c＝＋1，則a，b，c的大小關(guān)系為
A.c>a>b B.b>a>c
C.a>b>c D.b>c>a
√
1
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3
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7
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9
10
答案
由題意，a＝＋1＝＋1，b＝＋1，c＝＋1，
設(shè)f(x)＝則f'(x)＝
當(dāng)00，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>e時(shí)，f'(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，
因?yàn)閑<4<5，
所以b＝f(e)＋1>a＝f(4)＋1>c＝f(5)＋1，故b>a>c.
3.(2024·昆明模擬)設(shè)定義在R上的函數(shù)y＝f(x)滿足對(duì) x∈R，都有f(x＋2)＋f(x)＝0，且當(dāng)x∈(0，4]時(shí)，xf'(x)－f(x)>0，若a＝f(2 024)，b＝4f(2 025)，c＝2f(2 026)，則a，b，c的大小關(guān)系是
A.a>b>c B.a>c>b
C.c>b>a D.b>c>a
√
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答案
1
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10
由f(x＋2)＋f(x)＝0 f(x＋4)＋f(x＋2)＝0 f(x＋4)＝f(x)，
即4為y＝f(x)的一個(gè)周期，
所以a＝f(2 024)＝f(4)，
同理b＝4f(2 025)＝4f(1)，c＝2f(2 026)＝2f(2)，
令g(x)＝ g'(x)＝
由已知可得，當(dāng)x∈(0，4]時(shí)，g'(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，
所以<< 4f(1)<2f(2)c>b.
答案
4.(2025·成都模擬)已知函數(shù)y＝f(x)對(duì)任意的x∈滿足f'(x)cos x－f(x)sin x>0(其中f'(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù))，則下列不等式成立的是
A.f >f B.f C.2f(0)f
√
1
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10
答案
1
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8
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10
構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)cos x，x∈
則g'(x)＝f'(x)cos x－f(x)sin x>0，
所以g(x)在上單調(diào)遞增，
則g所以f cos即f 答案
1
2
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10
則g>g
所以fcos>fcos
即f >f 故B不正確；
則g(0)所以f(0)cos 0即2f(0)答案
1
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7
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10
則g(0)所以f(0)cos 0即f(0)答案
5.(2024·成都模擬)若函數(shù)f(x)對(duì)任意的x∈R，都有f'(x)A.2f(ln 2)>f(2ln 2)－2
B.2f(ln 2)C.2f(ln 2)＝f(2ln 2)－2
D.無法比較大小
√
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答案
1
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10
令g(x)＝
則g'(x)＝
∵對(duì)任意的x∈R，都有f'(x)∴g'(x)<0，即g(x)在R上為減函數(shù)，
又ln 2<2ln 2，∴g(ln 2)>g(2ln 2)，
即>
可得2f(ln 2)>f(2ln 2)－2.
答案
6.(2024·南充模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝sin x＋ex－e－x－x＋3，則滿足f(x)＋f(3－2x)
<6的x的取值范圍是
A.(－∞，1) B.(1，＋∞)
C.(3，＋∞) D.(－∞，3)
√
1
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3
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答案
1
2
3
4
5
6
7
8
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10
f(x)＝sin x＋ex－e－x－x＋3，
設(shè)g(x)＝f(x)－3＝sin x＋ex－e－x－x，
又易知g(－x)＝－g(x)，
∴g(x)為R上的奇函數(shù)，
又g'(x)＝cos x＋ex＋e－x－1≥cos x＋2－1＝1＋cos x≥0，
∴g(x)在R上是增函數(shù)，
又f(x)＋f(3－2x)<6，
∴[f(x)－3]＋[f(3－2x)－3]<0，
答案
1
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6
7
8
9
10
∴g(x)＋g(3－2x)<0，∴g(x)<－g(3－2x)，
又g(x)為R上的奇函數(shù)，
∴g(x)又g(x)在R上是增函數(shù)，
∴x<2x－3，∴x>3，
故滿足f(x)＋f(3－2x)<6的x的取值范圍是(3，＋∞).
答案
二、多項(xiàng)選擇題
7.(2024·滁州模擬)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，其導(dǎo)函數(shù)為f'(x)，且對(duì)任意的x∈R，都有f(x)＋f'(x)>0，則下列說法正確的是
A.ef(1)f(0)
C.2f(ln 2)ef(1)
1
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10
√
答案
√
令g(x)＝exf(x)，
所以g'(x)＝exf(x)＋exf'(x)＝ex[f(x)＋f'(x)]>0，
所以g(x)在R上是增函數(shù)，所以g(0)又g(ln 2)所以eln 2f(ln 2)即2f(ln 2)1
2
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10
答案
8.(2025·池州模擬)下列不等關(guān)系中正確的是
A.ln 2< B.bea>aeb(a>b>1)
C.cos < D.sin >π
√
1
2
3
4
5
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8
9
10
答案
√
√
1
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3
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5
6
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11
12
13
14
對(duì)于A項(xiàng)，由ln 2＝構(gòu)造函數(shù)f(x)＝(x>0)，則f'(x)＝
當(dāng)00，則f(x)在(0，e2)上單調(diào)遞增，所以f(4)對(duì)于B項(xiàng)，設(shè)m(x)＝x>1，
則m'(x)＝>0在(1，＋∞)上恒成立，
故函數(shù)m(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
因?yàn)閍>b>1，故m(a)>m(b)，即>
故bea>aeb，故B項(xiàng)正確；
對(duì)于C項(xiàng)，因?yàn)閏os < cos <1－＝1－×
故構(gòu)造函數(shù)f(x)＝cos x－1＋x2(x>0)，
則f'(x)＝x－sin x，
令g(x)＝x－sin x，則g'(x)＝1－cos x≥0，
故g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
答案
1
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6
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10
則g(x)>g(0)，即f'(x)>f'(0)＝0，
則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
f ＝cos >f(0)＝0，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；
對(duì)于D項(xiàng)，sin >π sin >π－ sin>π－ sin<－π，
由C項(xiàng)分析可知－π>sin故D項(xiàng)正確.
答案
三、填空題
9.已知a＝b＝c＝則a，b，c的大小關(guān)系為　　　　.
1
2
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10
答案
a1
2
3
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5
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10
答案
令f(x)＝x≠0，
則f'(x)＝當(dāng)x≥2時(shí)，f'(x)≥0，
∴f(x)在[2，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴f(2)∴a10.已知x∈則不等式esin x－cos x－tan x≥0的解集為　　　　　.
1
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答案
1
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10
不等式esin x－cos x－tan x≥0可化為≥
當(dāng)x∈時(shí)，cos x>0，
又esin x>0，∴≥
令f(x)＝則f(cos x)≥f(sin x)，
∵f'(x)＝
∴當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，f'(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f'(x)<0，
∴f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，
答案
1
2
3
4
5
6
7
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9
10
當(dāng)x∈時(shí)，cos x∈(0，1]，sin x∈(－1，1)，
∴cos x≥sin x，
即當(dāng)x∈時(shí)，tan x≤1，∴x∈
即不等式esin x－cos x－tan x≥0的解集為.
答案(共85張PPT)
第三章
§3.2　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性
數(shù)學(xué)
大
一
輪
復(fù)
習(xí)
1.結(jié)合實(shí)例，借助幾何直觀了解函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系.
2.能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，會(huì)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(其中多項(xiàng)式函數(shù)一般不超過三次).
3.會(huì)利用函數(shù)的單調(diào)性判斷大小，求參數(shù)的取值范圍等簡(jiǎn)單應(yīng)用.
課標(biāo)要求
課時(shí)精練
內(nèi)容索引
第一部分 落實(shí)主干知識(shí)
第二部分 探究核心題型
落實(shí)主干知識(shí)
第一部分
1.函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系
條件 恒有 結(jié)論
函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上可導(dǎo) f'(x)>0 f(x)在區(qū)間(a，b)上_________
f'(x)<0 f(x)在區(qū)間(a，b)上_________
f'(x)＝0 f(x)在區(qū)間(a，b)上是_________
單調(diào)遞增
單調(diào)遞減
常數(shù)函數(shù)
2.利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性的步驟
第1步，確定函數(shù)f(x)的 ；
第2步，求出導(dǎo)數(shù)f'(x)的 ；
第3步，用f'(x)的零點(diǎn)將f(x)的定義域劃分為若干個(gè)區(qū)間，列表給出f'(x)在各區(qū)間上的正負(fù)，由此得出函數(shù)y＝f(x)在定義域內(nèi)的單調(diào)性.
定義域
零點(diǎn)
1.判斷下列結(jié)論是否正確.(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”)
(1)如果函數(shù)f(x)在某個(gè)區(qū)間內(nèi)恒有f'(x)＝0，則f(x)在此區(qū)間內(nèi)沒有單調(diào)性.
(　　)
(2)函數(shù)f(x)在某區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，則一定有f'(x)>0. (　　)
(3)在(a，b)內(nèi)f'(x)≤0且f'(x)＝0的根有有限個(gè)，則f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞減.
(　　)
(4)函數(shù)f(x)＝x－sin x在R上是增函數(shù).(　　)
×
√
√
√
2.函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)f'(x)的圖象如圖所示，則下列判斷中正確的是
A.f(x)在(－3，1)上單調(diào)遞增
B.f(x)在(1，3)上單調(diào)遞減
C.f(x)在(2，4)上單調(diào)遞減
D.f(x)在(3，＋∞)上單調(diào)遞增
√
當(dāng)x∈(－3，0)時(shí)，f'(x)<0，故f(x)在(－3，0)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(0，2)時(shí)，f'(x)>0，故f(x)在(0，2)上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(2，4)時(shí)，f'(x)<0，故f(x)在(2，4)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(4，＋∞)時(shí)，f'(x)>0，故f(x)在(4，＋∞)上單調(diào)遞增，顯然C正確，其他選項(xiàng)錯(cuò)誤.
3.函數(shù)f(x)＝xln x的單調(diào)遞減區(qū)間為
A. B.
C.(1，＋∞) D.(0，1)
√
函數(shù)f(x)的定義域是(0，＋∞)，由已知f'(x)＝ln x＋1，由f'(x)＝ln x＋1<0得04.(2025·南通模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2－ax＋ln x(a∈R)的單調(diào)遞減區(qū)間為則a＝　　　.
由題意可得，f'(x)＝2x－a＋<0的解集為則a＝3.
3
謹(jǐn)防四個(gè)易誤點(diǎn)
(1)討論函數(shù)的單調(diào)性或求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時(shí)，要堅(jiān)持“定義域優(yōu)先”原則.
(2)不能隨意將函數(shù)的2個(gè)獨(dú)立的單調(diào)遞增(或遞減)區(qū)間寫成并集形式.
(3)函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增(或遞減)，可得f'(x)≥0(或f'(x)≤0)在該區(qū)間恒成立，而不是f'(x)>0(或f'(x)<0)恒成立，“＝”不能少.必要時(shí)還需對(duì)“＝”進(jìn)行檢驗(yàn).
(4)若函數(shù)f(x)在(a，b)內(nèi)存在單調(diào)遞增區(qū)間，則當(dāng)x∈(a，b)時(shí)，f'(x)>0有解；若函數(shù)f(x)在(a，b)內(nèi)存在單調(diào)遞減區(qū)間，則當(dāng)x∈(a，b)時(shí)，f'(x)<0有解.
返回
微點(diǎn)提醒
探究核心題型
第二部分
例1　(1)若函數(shù)f(x)＝x2－3x－4ln x，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為
A.(－∞，－1)，(4，＋∞)
B.(－1，4)
C.(0，4)
D.(4，＋∞)
√
不含參函數(shù)的單調(diào)性
題型一
因?yàn)閒(x)＝x2－3x－4ln x，定義域?yàn)?0，＋∞)，
所以f'(x)＝x－3－
令f'(x)<0，解得0則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，4).
(2)若函數(shù)f(x)＝則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為　　　　.
(0，1)
f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，
f'(x)＝
令φ(x)＝－ln x－1(x>0)，φ'(x)＝－<0，
φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，且φ(1)＝0，
∴當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，φ(x)>0，即f'(x)>0，
當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，φ(x)<0，即f'(x)<0，
∴f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減.
∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，1).
確定不含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性，按照判斷函數(shù)單調(diào)性的步驟即可，但應(yīng)注意兩點(diǎn)，一是不能漏掉求函數(shù)的定義域，二是函數(shù)的單調(diào)區(qū)間不能用并集，要用“逗號(hào)”或“和”隔開.
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跟蹤訓(xùn)練1　(多選)函數(shù)y＝x4－2x2＋5的單調(diào)遞減區(qū)間可以為
A.(－∞，－1) B.(－1，0)
C.(0，1) D.(1，＋∞)
√
由題意得y'＝4x3－4x＝4x(x2－1)＝4x(x＋1)(x－1)，
令y'<0，解得x<－1或0結(jié)合選項(xiàng)可知函數(shù)y＝x4－2x2＋5的單調(diào)遞減區(qū)間可以為(－∞,－1),(0,1).
√
例2　已知函數(shù)f(x)＝e2x＋(a－2)ex－ax.
討論f(x)的單調(diào)區(qū)間.
含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性
題型二
由題意可知f(x)的定義域?yàn)镽，且f'(x)＝2e2x＋(a－2)ex－a＝(2ex＋a)(ex－1)，
①若a≥0，則2ex＋a>0，
令f'(x)>0，解得x>0；
令f'(x)<0，解得x<0，
可知f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
②若a<0，令f'(x)＝0，
解得x＝ln或x＝0，
(ⅰ)當(dāng)ln<0，即－2令f'(x)>0，解得x>0或x令f'(x)<0，解得ln可知f(x)在上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
(ⅱ)當(dāng)ln＝0，即a＝－2時(shí)，
則f'(x)＝2(ex－1)2≥0，可知f(x)在R上單調(diào)遞增；
(ⅲ)當(dāng)ln>0，即a<－2時(shí)，
令f'(x)>0，解得x<0或x>ln；
令f'(x)<0，解得0可知f(x)在上單調(diào)遞減，在(－∞，0)上單調(diào)遞增.
綜上所述，若a≥0，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)，單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)；
若－2若a＝－2，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為R，無單調(diào)遞減區(qū)間；
若a<－2，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為
單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0).
(1)研究含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性，要依據(jù)參數(shù)對(duì)不等式解集的影響進(jìn)行分類討論.
(2)劃分函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時(shí)，要在函數(shù)定義域內(nèi)討論，還要確定導(dǎo)數(shù)為零的點(diǎn)和函數(shù)的間斷點(diǎn).
思維升華
跟蹤訓(xùn)練2　(2024·揚(yáng)州質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝ax2－(a＋4)x＋2ln x，其中a>0.討論f(x)的單調(diào)性.
函數(shù)f(x)＝ax2－(a＋4)x＋2ln x的定義域?yàn)?0，＋∞)，
f'(x)＝2ax－(a＋4)＋＝
因?yàn)閍>0，由f'(x)＝0，可得x1＝x2＝
①若>則0當(dāng)即函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞減，
當(dāng)0時(shí)，f'(x)>0，
即函數(shù)f(x)在和上單調(diào)遞增；
②若a＝4，對(duì)任意的x>0，f'(x)＝≥0，即函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
③若<則a>4，
當(dāng)即函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞減，
當(dāng)0時(shí)，f'(x)>0，
即函數(shù)f(x)在和上單調(diào)遞增.
綜上所述，當(dāng)0當(dāng)a＝4時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
當(dāng)a>4時(shí)，函數(shù)f(x)在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.
例3　(1)已知函數(shù)f(x)＝ln x－設(shè)a＝f(log32)，b＝f(log0.20.5)，c＝f(ln 4)，則a，b，c的大小關(guān)系為
A.c>a>b B.a>c>b
C.b>c>a D.c>b>a
√
命題點(diǎn)1　比較大小或解不等式
函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用
題型三
因?yàn)閒(x)＝ln x－則x∈(0，＋∞)，
所以f'(x)＝＝
又當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，ex>1≥－所以f'(x)>0恒成立，
所以f(x)＝ln x－在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.
又0ln 4>1，
所以ln 4>log32>log0.20.5，則c>a>b.
(2)(2025·成都模擬)已知函數(shù)f(x)＝3x－sin x，若f(a)＋f(a2－2)>0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為　　　　　 .
(－∞，－2)∪(1，＋∞)
函數(shù)f(x)＝3x－sin x的定義域?yàn)镽，且f(－x)＝－3x＋sin x＝－f(x)，
所以f(x)＝3x－sin x為奇函數(shù)，
又f'(x)＝3－cos x>0，
所以f(x)＝3x－sin x在R上單調(diào)遞增，
不等式f(a)＋f(a2－2)>0，
即f(a2－2)>－f(a)＝f(－a)，
等價(jià)于a2－2>－a，解得a>1或a<－2，
所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，－2)∪(1，＋∞).
在導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用中常用到以下函數(shù)，記住以下的函數(shù)圖象對(duì)解題有事半功倍的效果.
常見組合函數(shù)的圖象
微拓展
典例　(多選)如果函數(shù)f(x)對(duì)定義域內(nèi)的任意兩實(shí)數(shù)x1，x2(x1≠x2)都有>0，則稱函數(shù)y＝f(x)為“F函數(shù)”.下列函數(shù)不是“F函數(shù)”的是
A.f(x)＝ex B.f(x)＝x2
C.f(x)＝ln x D.f(x)＝sin x
√
√
√
依題意，函數(shù)g(x)＝xf(x)為定義域上的增函數(shù).
對(duì)于A，g(x)＝xex，g'(x)＝(x＋1)ex，
當(dāng)x∈(－∞，－1)時(shí)，g'(x)<0，
∴g(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞減，故A中函數(shù)不是“F函數(shù)”；
對(duì)于B，g(x)＝x3在R上為增函數(shù)，故B中函數(shù)為“F函數(shù)”；
對(duì)于C，g(x)＝xln x，x>0，g'(x)＝1＋ln x，
當(dāng)x∈時(shí)，g'(x)<0，
∴g(x)在上單調(diào)遞減，
故C中函數(shù)不是“F函數(shù)”；
對(duì)于D，g(x)＝xsin x，g'(x)＝sin x＋xcos x，
當(dāng)x∈時(shí)，g'(x)<0，
∴g(x)在上單調(diào)遞減，
故D中函數(shù)不是“F函數(shù)”.
命題點(diǎn)2　根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)
例4　已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax2－2x(a≠0).
(1)若f(x)在[1，4]上單調(diào)遞減，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
因?yàn)閒(x)在[1，4]上單調(diào)遞減，
所以當(dāng)x∈[1，4]時(shí)，f'(x)＝－ax－2≤0恒成立，
即a≥恒成立.
設(shè)G(x)＝x∈[1，4]，
所以a≥G(x)max，
而G(x)＝－1，
因?yàn)閤∈[1，4]，所以∈
所以G(x)max＝－(此時(shí)x＝4)，
所以a≥－
又因?yàn)閍≠0，
所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是∪(0，＋∞).
(2)若f(x)在[1，4]上存在單調(diào)遞減區(qū)間，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
因?yàn)閒(x)在[1，4]上存在單調(diào)遞減區(qū)間，
則f'(x)<0在[1，4]上有解，
所以當(dāng)x∈[1，4]時(shí)，a>有解，
又當(dāng)x∈[1，4]時(shí)＝－1(此時(shí)x＝1)，
所以a>－1，又因?yàn)閍≠0，
所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－1，0)∪(0，＋∞).
由函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍的方法
(1)函數(shù)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)，實(shí)際上就是在該區(qū)間上f'(x)≥0(或f'(x) ≤0)恒成立.
(2)函數(shù)在區(qū)間(a，b)上存在單調(diào)區(qū)間，實(shí)際上就是f'(x)>0 (或f'(x)<0)在該區(qū)間上存在解集.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練3　(1)(2023·新高考全國(guó)Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝aex－ln x在區(qū)間(1，2)上單調(diào)遞增，則a的最小值為
A.e2 B.e C.e－1 D.e－2
√
依題可知，f'(x)＝aex－≥0在(1，2)上恒成立，顯然a>0，
所以xex≥在(1，2)上恒成立，
設(shè)g(x)＝xex，x∈(1，2)，
所以g'(x)＝(x＋1)ex>0，
所以g(x)在(1，2)上單調(diào)遞增，
g(x)>g(1)＝e，故e≥
即a≥＝e－1，即a的最小值為e－1.
(2)(2024·石家莊模擬)已知a＝b＝c＝則a，b，c的大小關(guān)
系為
A.a>b>c B.a>c>b
C.b>a>c D.b>c>a
√
構(gòu)造函數(shù)f(x)＝x∈(0，＋∞)，
則f'(x)＝
令f'(x)>0，得0令f'(x)<0，得x>e，
因此f(x)＝在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，
而a＝＝f(4)，b＝＝f(e)，c＝＝f(3)，
因?yàn)?>3>e，所以f(e)>f(3)>f(4)，即b>c>a.
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課時(shí)精練
對(duì)一對(duì)
答案
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題號(hào) 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C C A D B B CD AC
題號(hào) 9 10 13 　14 答案 (1，+∞) m<-2或m>2 　A 　C 答案
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(1)因?yàn)閒(x)=+ax-(ax+1)ln x，
所以f'(x)=x+a-aln x-=x--aln x，
依題意可得即
解得
11.
答案
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(2)由(1)可得f(x)=+2x-(2x+1)ln x，則f'(x)=x--2ln x，
令g(x)=f'(x)=x--2ln x，x∈(1，+∞)，則g'(x)=1+-=>0，
所以g(x)在(1，+∞)上單調(diào)遞增，
又g(1)=0，
所以當(dāng)x∈(1，+∞)時(shí)，g(x)>0，
即f'(x)>0，
所以f(x)在(1，+∞)上單調(diào)遞增.
11.
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(1)函數(shù)f(x)=ln(x+1)+的定義域?yàn)?-1，+∞)，求導(dǎo)得f'(x)=+
當(dāng)k=-3時(shí)，f'(x)=-==
當(dāng)-11+時(shí)，
f'(x)>0，當(dāng)1-所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-1，1-)，(1++∞)，單調(diào)遞減區(qū)間是(1-1+).
12.
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(2)由(1)知，f'(x)=+
由f(x)在其定義域上單調(diào)遞增，得f'(x)≥0在(-1，+∞)上恒成立，
則+≥0，即2k≥-
當(dāng)x>-1時(shí)，-=-≤-4，當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)取等號(hào)，
因此2k≥-4，解得k≥-2，
12.
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當(dāng)k=-2時(shí)，f'(x)=≥0，
f(x)在(-1，+∞)上單調(diào)遞增，
所以k的取值范圍是[-2，+∞).
12.
一、單項(xiàng)選擇題
1.設(shè)f'(x)＝x2－2x是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則y＝f(x)的圖象可能是
√
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知識(shí)過關(guān)
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答案
令f'(x)>0，得x<0或x>2，
令f'(x)<0，得0所以f(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0，2)上單調(diào)遞減，
由圖知，只有C選項(xiàng)的圖象符合.
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答案
2.函數(shù)f(x)＝x－2ln(2x)的單調(diào)遞減區(qū)間為
A.(1，＋∞) B.(0，1)
C.(0，2) D.(2，＋∞)
√
f(x)＝x－2ln(2x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，
f'(x)＝1－2··2＝1－
由f'(x)<0，可得x∈(0，2)，
故f(x)＝x－2ln(2x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，2).
3.已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax在區(qū)間[1，3]上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為
A.a≥1 B.a>1
C.a≥ D.a>
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因?yàn)閒(x)＝ln x－ax，
所以f'(x)＝－a，
因?yàn)閒(x)在區(qū)間[1，3]上單調(diào)遞減，
所以f'(x)≤0，即－a≤0，則a≥在[1，3]上恒成立，
因?yàn)閥＝在[1，3]上單調(diào)遞減，所以ymax＝1，故a≥1.
答案
4.若f(x)＝－x3＋x2＋2ax在(1，＋∞)上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則a的取值范圍是
A.(－∞，0] B.(－∞，0)
C.[0，＋∞) D.(0，＋∞)
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f(x)＝－x3＋x2＋2ax在(1，＋∞)上存在單調(diào)遞增區(qū)間，
只需f'(x)>0在(1，＋∞)上有解即可.
由已知得f'(x)＝－x2＋x＋2a，該函數(shù)圖象開口向下，對(duì)稱軸為x＝
故f'(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，
所以f'(1)＝2a>0，解得a>0.
答案
5.已知函數(shù)f(x)＝x3＋x2＋x＋1在(－∞，0)，(3，＋∞)上單調(diào)遞增，在(1，2)上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為
A. B.
C.(－∞，－2] D.
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由f(x)＝x3＋x2＋x＋1，得f'(x)＝x2＋ax＋1，
∵f(x)在(－∞，0)，(3，＋∞)上單調(diào)遞增；在(1，2)上單調(diào)遞減，
∴f'(x)＝0的兩根分別位于[0，1]和[2，3]內(nèi)，
則
解得－≤a≤－.
答案
6.已知a＝b＝c＝ln 則a，b，c的大小關(guān)系為
A.a>b>c B.b>a>c
C.c>a>b D.b>c>a
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設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－x－1，x∈R，
則f'(x)＝ex－1，
當(dāng)x<0時(shí)，f'(x)<0，
f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減；
當(dāng)x>0時(shí)，f'(x)>0，
f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
故f(x)≥f(0)＝0，
即ex≥1＋x，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)取等號(hào)，
答案
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∵ex≥1＋x，∴>1－
∴b>a，
由以上分析可知當(dāng)x>0時(shí)，有ex－1≥x成立，當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào)，
即ln x≤x－1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào)，
∴l(xiāng)n <－1＝
∴a>c，故b>a>c.
答案
二、多項(xiàng)選擇題
7.如圖為y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)f'(x)的圖象，給出下列四個(gè)說法，其中正確的是
A.f(x)有三個(gè)單調(diào)區(qū)間
B.f(－2)C.f(－1)D.f(x)在[－1，2]上單調(diào)遞增，在(2，4]上單調(diào)遞減
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對(duì)于A，由圖象可以看出，f'(x)的符號(hào)是先負(fù)后正，再負(fù)再正，所以函數(shù)f(x)有四個(gè)單調(diào)區(qū)間，故A錯(cuò)誤；
對(duì)于B，當(dāng)x∈[－2，－1]時(shí)，f'(x)≤0，函數(shù)f(x)單調(diào)
遞減，所以f(－2)>f(－1)，故B錯(cuò)誤；
對(duì)于C，當(dāng)x∈[－1，2]時(shí)，f'(x)≥0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，所以f(－1)對(duì)于D，當(dāng)x∈(2，4]時(shí)，f'(x)≤0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，顯然D正確.
8.若函數(shù)f(x)＝x2－9ln x在區(qū)間[m－1，m＋1]上單調(diào)，則實(shí)數(shù)m的值可
能是
A.4 B.3 C.2 D.1
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由題意得函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，
f'(x)＝x－
由f'(x)≥0，可得x≥3，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為[3，＋∞)，
由f'(x)≤0，可得0因?yàn)閒(x)在區(qū)間[m－1，m＋1]上單調(diào)，
所以或m－1≥3，解得1結(jié)合選項(xiàng)可得A，C符合題意.
答案
三、填空題
9.函數(shù)y＝的單調(diào)遞減區(qū)間為　　　 　.
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答案
(1，＋∞)
函數(shù)y＝的定義域?yàn)?0，＋∞)，
y'＝
令y'<0得x>1，
所以y＝的單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞).
10.(2025·濟(jì)南模擬)已知函數(shù)f(x)＝2x－msin x在R上不是單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是　　 　.
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答案
m<－2或m>2
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因?yàn)閒(x)＝2x－msin x，
所以f'(x)＝2－mcos x，
又f(x)不是單調(diào)函數(shù)，所以函數(shù)f(x)有極值點(diǎn)，
即f'(x)在R上有變號(hào)零點(diǎn)，
則2－mcos x＝0成立，
當(dāng)cos x＝0時(shí)，2－mcos x＝0可化為2＝0，顯然不成立；
答案
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當(dāng)cos x≠0時(shí)，m＝
因?yàn)閤∈R，－1≤cos x≤1，
所以≤－2或≥2，
所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為m<－2或m>2(因?yàn)橐凶兲?hào)零點(diǎn)，故不能取等號(hào))，
經(jīng)檢驗(yàn)，m<－2或m>2滿足要求.
答案
四、解答題
11.已知函數(shù)f(x)＝＋ax－(ax＋1)ln x在x＝1處的切線方程為y＝bx＋
(a，b∈R).
(1)求a，b的值；
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答案
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答案
因?yàn)閒(x)＝＋ax－(ax＋1)ln x，
所以f'(x)＝x＋a－aln x－＝x－－aln x，
依題意可得即
解得
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答案
(2)證明：f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增.
由(1)可得f(x)＝＋2x－(2x＋1)ln x，
則f'(x)＝x－－2ln x，
令g(x)＝f'(x)＝x－－2ln x，x∈(1，＋∞)，
則g'(x)＝1＋>0，
所以g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，又g(1)＝0，
所以當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g(x)>0，即f'(x)>0，
所以f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增.
12.(2024·西安模擬)已知函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)＋(k∈R).
(1)若k＝－3，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
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答案
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14
答案
函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)＋的定義域?yàn)?－1，＋∞)，
求導(dǎo)得f'(x)＝
當(dāng)k＝－3時(shí)，f'(x)＝
當(dāng)－11＋時(shí)，f'(x)>0，
當(dāng)1－所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－1，1－)，(1＋＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間是(1－1＋).
(2)若f(x)在其定義域上單調(diào)遞增，求k的取值范圍.
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答案
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14
答案
由(1)知，f'(x)＝
由f(x)在其定義域上單調(diào)遞增，得f'(x)≥0在(－1，＋∞)上恒成立，
則≥0，即2k≥－
當(dāng)x>－1時(shí)，－＝－≤－4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)取等號(hào)，
因此2k≥－4，解得k≥－2，
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答案
當(dāng)k＝－2時(shí)，f'(x)＝≥0，
f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以k的取值范圍是[－2，＋∞).
13.(2024·昆明模擬)已知函數(shù)f(x)＝(x－1)(ex＋a)在區(qū)間(－1，1)上單調(diào)遞增，則a的最小值為
A.e－1 B.e－2 C.e D.e2
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答案
√
能力拓展
由題意得f'(x)≥0在(－1，1)上恒成立，
f'(x)＝ex＋a＋(x－1)ex＝xex＋a，
故xex＋a≥0，即a≥－xex，
令g(x)＝－xex，x∈(－1，1)，
則g'(x)＝－ex－xex＝－(x＋1)ex<0在(－1，1)上恒成立，
故g(x)＝－xex在(－1，1)上單調(diào)遞減，
故g(x)故a≥e－1，故a的最小值為e－1.
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答案
14.若對(duì)任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1A. B.
C. D.
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答案
√
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12
13
14
答案
對(duì)任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1<2，
易知m≥0，x1>0，x2>0，
則x1ln x2－x2ln x1<2x2－2x1，
所以x1(ln x2＋2)即>.
令f(x)＝
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答案
則函數(shù)f(x)在(m，＋∞)上單調(diào)遞減.
因?yàn)閒'(x)＝－
由f'(x)<0，可得x>
所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為
所以(m，＋∞) 故m≥
即實(shí)數(shù)m的取值范圍為.
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第三章
必刷大題6　導(dǎo)數(shù)的綜合問題
數(shù)學(xué)
大
一
輪
復(fù)
習(xí)
答案
1
2
3
4
(1)由已知可得f(x)的定義域?yàn)?0，+∞)，f'(x)=-a，
所以f'(2)=-a=-即a=1，
所以f(x)=ln x-(x+1)，f'(x)=-1=
令f'(x)>0，得0令f'(x)<0，得x>1，
所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，+∞).
1.
答案
1
2
3
4
(2)由(1)得f(x)=ln x-(x+1)，
將不等式整理得f(x)-+2x+>k(x-1)，
因?yàn)閤∈(1，2)，所以x-1>0，
原不等式可轉(zhuǎn)化為k<-在(1，2)上恒成立，
令M(x)=-x∈(1，2)，
則M'(x)=-=
1.
答案
1
2
3
4
令P(x)=(x2-1)(2-x)-2xln x，x∈(1，2)，
則P'(x)=-(3x-1)(x-1)-2ln x<0，
所以P(x)在(1，2)上單調(diào)遞減，
P(x)所以M(x)在(1，2)上單調(diào)遞減，
M(x)>M(2)=ln 2-
所以k≤ln 2-所以實(shí)數(shù)k的取值范圍是.
1.
答案
1
2
3
4
(1)∵f(x)=ex-1-ln x，
f(x)的定義域?yàn)?0，+∞)，
∴f'(x)=ex-1-
令l(x)=ex-1-(x>0)，∴l(xiāng)'(x)=ex-1+>0，
∴當(dāng)x>0時(shí)，l(x)即f'(x)單調(diào)遞增，
又∵f'(1)=0，
2.
答案
1
2
3
4
∴當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f'(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(1，+∞)時(shí)，f'(x)>0，f(x)單調(diào)遞增.
∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，+∞).
2.
答案
1
2
3
4
(2)∵g(x)=f(x)-m(x-1)=ex-1-ln x-mx+m(m>0)，
∴g'(x)=ex-1--m(x>0，m>0)，
由(1)可知g'(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞增，且g'(1)=-m<0，
又g'(1+m)=em--m>em-(m+1)，
易證em>m+1，則g'(1+m)>0，
∴存在唯一的t∈(1，1+m) (1，+∞)，使得g'(t)=0，
2.
答案
1
2
3
4
∴當(dāng)x∈(0，t)時(shí)，g'(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(t，+∞)時(shí)，g'(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；
∴g(x)min=g(t)=et-1-ln t-mt+m，
又當(dāng)x→0時(shí)，g(x)→+∞；
當(dāng)x→+∞時(shí)，g(x)→+∞，
所以若方程g(x)=ex-1-ln x-mx+m=0有唯一的實(shí)根x0，
則x0=t>1，
2.
答案
1
2
3
4
∴
消去m可得(2-t)et-1-ln t+1-=0(t>1)，令h(t)=(2-t)et-1-ln t+1-(t>1)，
則h'(t)=(1-t)et-1-+=(1-t)<0，
∴h(t)在(1，+∞)上為減函數(shù)，且h(1)=1>0，h(2)=-ln 2<0，
∴當(dāng)h(t)=0時(shí)，t∈(1，2)，即12.
答案
1
2
3
4
(1)當(dāng)a=1,b=-2時(shí),f(x)=ln x--x,x>0,
令f'(x)=+-1=2,得(3x+2)(x-1)=0,
解得x=1(負(fù)值舍去),
故切點(diǎn)為(1,-3),
切線方程為y+3=2(x-1),即2x-y-5=0.
3.
答案
1
2
3
4
(2)f'(x)=--1,
∵x=1為f(x)的極小值點(diǎn),
∴f'(1)=a-b-1=0,a=b+1,
∴f'(x)=-=-,
①當(dāng)b≤0時(shí),x-b>0,令f'(x)=0得x=1,
當(dāng)00,f(x)單調(diào)遞增;
當(dāng)x>1時(shí),f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,f(x)在x=1處取得極大值,舍去.
3.
答案
1
2
3
4
②當(dāng)b=1時(shí),f'(x)=-≤0,
f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減,
f(x)不存在極值,舍去.
③當(dāng)0當(dāng)b0,f(x)單調(diào)遞增;
當(dāng)x>1時(shí),f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,此時(shí)f(x)在x=1處取得極大值,舍去.
3.
答案
1
2
3
4
④當(dāng)b>1時(shí),當(dāng)0當(dāng)10,f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x>b時(shí),f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,此時(shí)f(x)在x=1處取得極小值,符合題意.
綜上,b的取值范圍為(1,+∞).
3.
答案
1
2
3
4
(1)易知f(x)的定義域?yàn)?-1，+∞)，
由f(x)=x-aln(1+x)，得f'(x)=1-=
當(dāng)a≤0時(shí)，f'(x)>0在(-1，+∞)上恒成立，
所以f(x)在(-1，+∞)上為增函數(shù)，
當(dāng)a>0時(shí)，令f'(x)=0，得x=a-1，
當(dāng)x∈(-1，a-1)時(shí)，f'(x)<0，
當(dāng)x∈(a-1，+∞)時(shí)，f'(x)>0，
4.
答案
1
2
3
4
即f(x)在(-1，a-1)上單調(diào)遞減，在(a-1，+∞)上單調(diào)遞增.
綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(-1，+∞)上為增函數(shù)，
當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在(-1，a-1)上單調(diào)遞減，在(a-1，+∞)上單調(diào)遞增.
(2)當(dāng)a=1時(shí)，f(x)=x-ln(1+x)，
由(1)知，f(x)在(-1，0)上單調(diào)遞減，在(0，+∞)上單調(diào)遞增，
所以f(x)=x-ln(1+x)≥f(0)=0，
得到x≥ln(x+1)，
4.
答案
1
2
3
4
對(duì)于任意正整數(shù)n，令x=
則≥ln=ln(2n+1)-ln(2n-1)，
所以2>ln 3-ln 1+ln 5-ln 3+ln 7-ln 5+…+ln(2n+1)-ln(2n-1)=ln(2n+1)，
即1+++…+>ln(2n+1)，
命題得證.
4.
答案
1
2
3
4
(3)因?yàn)閜(x)=x-1-[x-1-aln(1+x-1)]=aln x(a>0，x>0)，
所以直線AB的斜率
kAB=又p'(x)=所以p'(x3)=
由題意得kAB==
又易知p'(x)=(a>0)在(0，+∞)上單調(diào)遞減，要證x3<
即證p'(x3)>p'
4.
答案
1
2
3
4
即證>
又0=
令=t>1，即證ln t>
即證(t+1)ln t-2(t-1)>0，
令q(t)=(t+1)ln t-2(t-1)(t>1)，
則q'(t)=ln t+-1，
4.
答案
1
2
3
4
令r(t)=ln t+-1，則r'(t)=-=
當(dāng)t>1時(shí)，r'(t)>0，
即r(t)在(1，+∞)上單調(diào)遞增，所以r(t)>r(1)=0，即q'(t)>0，
故q(t)在(1，+∞)上單調(diào)遞增，
所以q(t)>q(1)=0，
即(t+1)ln t>2(t-1)，
所以x3<故命題得證.
4.
1.(2024·葫蘆島模擬)已知函數(shù)f(x)＝ln x－a(x＋1)(a∈R)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線與直線x＋2y＝0平行.
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
1
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4
答案
1
2
3
4
答案
由已知可得f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，
f'(x)＝－a，
所以f'(2)＝－a＝－即a＝1，
所以f(x)＝ln x－(x＋1)，
f'(x)＝－1＝
令f'(x)>0，得0令f'(x)<0，得x>1，
所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞).
(2)當(dāng)x∈(1，2)時(shí)，f(x)>＋(k－2)x－k－恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍.
1
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3
4
答案
1
2
3
4
答案
由(1)得f(x)＝ln x－(x＋1)，
將不等式整理得f(x)－＋2x＋>k(x－1)，
因?yàn)閤∈(1，2)，所以x－1>0，
原不等式可轉(zhuǎn)化為k<在(1，2)上恒成立，
令M(x)＝x∈(1，2)，
則M'(x)＝＝
令P(x)＝(x2－1)(2－x)－2xln x，x∈(1，2)，
1
2
3
4
答案
則P'(x)＝－(3x－1)(x－1)－2ln x<0，
所以P(x)在(1，2)上單調(diào)遞減，
P(x)所以M(x)在(1，2)上單調(diào)遞減，
M(x)>M(2)＝ln 2－
所以k≤ln 2－
所以實(shí)數(shù)k的取值范圍是.
1
2
3
4
答案
2.(2024·贛州模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－1－ln x.
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
1
2
3
4
答案
∵f(x)＝ex－1－ln x，
f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，
∴f'(x)＝ex－1－
令l(x)＝ex－1－(x>0)，
∴l(xiāng)'(x)＝ex－1＋>0，
∴當(dāng)x>0時(shí)，l(x)即f'(x)單調(diào)遞增，
1
2
3
4
答案
又∵f'(1)＝0，
∴當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f'(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f'(x)>0，f(x)單調(diào)遞增.
∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞).
1
2
3
4
答案
(2)已知m>0，若函數(shù)g(x)＝f(x)－m(x－1)有唯一的零點(diǎn)x0，證明：11
2
3
4
答案
∵g(x)＝f(x)－m(x－1)＝ex－1－ln x－mx＋m(m>0)，
∴g'(x)＝ex－1－－m(x>0，m>0)，
由(1)可知g'(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且g'(1)＝－m<0，
又g'(1＋m)＝em－－m>em－(m＋1)，
易證em>m＋1，則g'(1＋m)>0，
∴存在唯一的t∈(1，1＋m) (1，＋∞)，使得g'(t)＝0，
∴當(dāng)x∈(0，t)時(shí)，g'(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(t，＋∞)時(shí)，g'(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；
1
2
3
4
答案
∴g(x)min＝g(t)＝et－1－ln t－mt＋m，
又當(dāng)x→0時(shí)，g(x)→＋∞；當(dāng)x→＋∞時(shí)，g(x)→＋∞，
所以若方程g(x)＝ex－1－ln x－mx＋m＝0有唯一的實(shí)根x0，則x0＝t>1，
∴
消去m可得(2－t)et－1－ln t＋1－＝0(t>1)，
令h(t)＝(2－t)et－1－ln t＋1－(t>1)，
1
2
3
4
答案
則h'(t)＝(1－t)et－1－
＝(1－t)<0，
∴h(t)在(1，＋∞)上為減函數(shù)，
且h(1)＝1>0，h(2)＝－ln 2<0，
∴當(dāng)h(t)＝0時(shí)，t∈(1，2)，即13.(2025·八省聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=aln x+-x.
(1)設(shè)a=1,b=-2,求曲線y=f(x)的斜率為2的切線方程;
1
2
3
4
答案
當(dāng)a=1,b=-2時(shí),f(x)=ln x--x,x>0,
令f'(x)=+-1=2,得(3x+2)(x-1)=0,
解得x=1(負(fù)值舍去),
故切點(diǎn)為(1,-3),
切線方程為y+3=2(x-1),即2x-y-5=0.
(2)若x=1是f(x)的極小值點(diǎn),求b的取值范圍.
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
f'(x)=--1,
∵x=1為f(x)的極小值點(diǎn),
∴f'(1)=a-b-1=0,a=b+1,
∴f'(x)=-=-,
①當(dāng)b≤0時(shí),x-b>0,令f'(x)=0得x=1,
當(dāng)00,f(x)單調(diào)遞增;
當(dāng)x>1時(shí),f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,f(x)在x=1處取得極大值,舍去.
1
2
3
4
答案
②當(dāng)b=1時(shí),f'(x)=-≤0,
f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減,
f(x)不存在極值,舍去.
③當(dāng)0當(dāng)b0,f(x)單調(diào)遞增;
當(dāng)x>1時(shí),f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,此時(shí)f(x)在x=1處取得極大值,舍去.
④當(dāng)b>1時(shí),當(dāng)01
2
3
4
答案
當(dāng)10,f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x>b時(shí),f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,此時(shí)f(x)在x=1處取得極小值,符合題意.
綜上,b的取值范圍為(1,+∞).
4.已知函數(shù)f(x)＝x－aln(1＋x)，a∈R.
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
易知f(x)的定義域?yàn)?－1，＋∞)，由f(x)＝x－aln(1＋x)，
得f'(x)＝1－
當(dāng)a≤0時(shí)，f'(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，
所以f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)，
當(dāng)a>0時(shí)，令f'(x)＝0，得x＝a－1，
當(dāng)x∈(－1，a－1)時(shí)，f'(x)<0，當(dāng)x∈(a－1，＋∞)時(shí)，f'(x)>0，
即f(x)在(－1，a－1)上單調(diào)遞減，在(a－1，＋∞)上單調(diào)遞增.
綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)，
當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在(－1，a－1)上單調(diào)遞減，在(a－1，＋∞)上單調(diào)遞增.
(2)證明：對(duì)于任意正整數(shù)n，都有1＋＋…＋>ln(2n＋1)；
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝x－ln(1＋x)，
由(1)知，f(x)在(－1，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以f(x)＝x－ln(1＋x)≥f(0)＝0，
得到x≥ln(x＋1)，
對(duì)于任意正整數(shù)n，令x＝
則≥ln＝ln(2n＋1)－ln(2n－1)，
1
2
3
4
答案
所以2>ln 3－ln 1＋ln 5－ln 3＋ln 7－ln 5＋…＋ln(2n＋1)－ln(2n－1)
＝ln(2n＋1)，
即1＋＋…＋>ln(2n＋1)，
命題得證.
(3)設(shè)p(x)＝x－1－f(x－1)，a>0，若曲線y＝p(x)上的兩點(diǎn)分別為A(x1，y1)，B(x2，y2)，滿足01
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
因?yàn)閜(x)＝x－1－[x－1－aln(1＋x－1)]＝aln x(a>0，x>0)，
所以直線AB的斜率kAB＝
又p'(x)＝所以p'(x3)＝
由題意得kAB＝
又易知p'(x)＝(a>0)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，要證x3<
即證p'(x3)>p'
1
2
3
4
答案
即證>
又0即證ln >
令＝t>1，即證ln t>
即證(t＋1)ln t－2(t－1)>0，
令q(t)＝(t＋1)ln t－2(t－1)(t>1)，
則q'(t)＝ln t＋－1，
1
2
3
4
答案
令r(t)＝ln t＋－1，
則r'(t)＝當(dāng)t>1時(shí)，r'(t)>0，
即r(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以r(t)>r(1)＝0，即q'(t)>0，
故q(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以q(t)>q(1)＝0，即(t＋1)ln t>2(t－1)，
所以x3<故命題得證.(共43張PPT)
第三章　
進(jìn)階篇　不等式恒(能)成立問題
數(shù)學(xué)
大
一
輪
復(fù)
習(xí)
參數(shù)半分離與主元變換
進(jìn)階2
例1　若不等式aln x－x＋1≤0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
參數(shù)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(dāng)a≤0時(shí)，顯然不恒成立，
當(dāng)a>0時(shí)，原不等式等價(jià)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(shí)，要調(diào)節(jié)參數(shù)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(dòng)直線與一條曲線.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練1　設(shè)函數(shù)f(x)＝若不等式f(x)≤ax＋2對(duì)任意
x∈R恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為　　　　　　　　 .
作出函數(shù)f(x)的圖象，如圖，
直線y＝ax＋2恒過定點(diǎn)(0，2)，由圖可知a>0，
當(dāng)直線y＝ax＋2與y＝－x2－2x相切時(shí)，
聯(lián)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(dāng)直線y＝ax＋2與曲線y＝2ln x相切時(shí)，
設(shè)切點(diǎn)P(x0，2ln x0)，
則曲線在點(diǎn)P處的切線方程為y－2ln x0＝(x－x0)，
又切線過點(diǎn)(0，2)，
解得x0＝e2，此時(shí)a＝
所以a的取值范圍為.
例2　已知不等式ln x－x2＋bx＋c≤0對(duì)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(shù)f(b)在上單調(diào)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(dāng)02時(shí)，g'(x)>0，
所以g(x)在(0，2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)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(dǎo)數(shù)大題經(jīng)常會(huì)含有多個(gè)變量，主要解題思路是以x為主元進(jìn)行求解，但有時(shí)解題過程較為復(fù)雜，此時(shí)，有的題目就可以以其他變量為主元進(jìn)行求解.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練2　已知函數(shù)f(x)＝2ax＋bx－1－2ln x，對(duì)任意a∈[1，3]和任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥2bx－3恒成立，求實(shí)數(shù)b的取值范圍.
由題知對(duì)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(dāng)0當(dāng)x>e2時(shí)，h'(x)>0，
所以h(x)在(0，e2)上單調(diào)遞減，在(e2，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以h(x)min＝h(e2)＝2－
所以b≤2－
故b的取值范圍為.
課時(shí)精練
答案
1
2
(1)f'(x)=ex-a.
①當(dāng)a≤0時(shí)，f'(x)>0，
所以f(x)在R上單調(diào)遞增.
又f(-1)=-1+a<0，
f(1)=e-a-1>0，
由函數(shù)零點(diǎn)存在定理可知，函數(shù)f(x)在R上有唯一零點(diǎn)，
故a≤0符合題意.
1.
答案
1
2
②當(dāng)a>0時(shí)，令f'(x)=0，得x=ln a.
當(dāng)x∈(-∞，ln a)時(shí)，f'(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(ln a，+∞)時(shí)，f'(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，
所以f(x)min=f(ln a)=eln a-aln a-1=a-aln a-1.
設(shè)g(a)=a-aln a-1(a>0)，
則g'(a)=1-(ln a+1)=-ln a，
當(dāng)00，g(a)單調(diào)遞增；
當(dāng)a>1時(shí)，g'(a)<0，g(a)單調(diào)遞減，
1.
答案
1
2
所以g(a)max=g(1)=0，故a=1.
綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為{a|a≤0或a=1}.
(2)方法一　f(x)≤x2ex對(duì)x∈[0，+∞)恒成立，
即(1-x2)ex≤ax+1對(duì)x∈[0，+∞)恒成立，
即函數(shù)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(shù)h(x)是上凸函數(shù)，且在點(diǎn)(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(diǎn)(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(duì)x∈[0，+∞)恒成立，
即(1-x2)ex≤ax+1對(duì)x∈[0，+∞)恒成立，
記h(x)=(1-x2)ex=(1+x)(1-x)ex.
①當(dāng)a≥1時(shí)，設(shè)函數(shù)m(x)=(1-x)ex，
則m'(x)=-xex≤0，
1.
答案
1
2
因此m(x)在[0，+∞)上單調(diào)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(duì)x∈[0，+∞)恒成立.
②當(dāng)a<1時(shí)，設(shè)函數(shù)n(x)=ex-x-1，
則n'(x)=ex-1≥0，
所以n(x)在[0，+∞)上單調(diào)遞增，且n(0)=0，
1.
答案
1
2
故ex≥x+1.
當(dāng)0(1-x)(1+x)2，
則(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2)，
(ⅰ)當(dāng)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(dāng)a≤0時(shí)，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?yàn)?0，+∞)，f'(x)=2e2x-.
①當(dāng)a≤0時(shí)，f'(x)>0恒成立，
故f'(x)沒有零點(diǎn).
②當(dāng)a>0時(shí)，因?yàn)閥=e2x單調(diào)遞增，y=-單調(diào)遞增，
所以f'(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞增.
又f'(a)>0，當(dāng)b滿足02.
答案
1
2
f'(b)=2e2b-<2e2b-4<2-4<0，
故由函數(shù)零點(diǎn)存在定理可知，f'(x)存在唯一零點(diǎn).
綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，f'(x)沒有零點(diǎn)；
當(dāng)a>0時(shí)，f'(x)存在唯一的零點(diǎn).
2.
答案
1
2
(2)方法一　由(1)可設(shè)導(dǎo)函數(shù)f'(x)在(0，+∞)上的唯一零點(diǎn)為x0，
當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f'(x)<0；
當(dāng)x∈(x0，+∞)時(shí)，f'(x)>0，
故f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，+∞)上單調(diào)遞增，
所以當(dāng)x=x0時(shí)，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(dāng)a>0時(shí)，f(x)≥2a+aln.
2.
答案
1
2
方法二　令g(a)=2a+aln-e2x+aln x，
求導(dǎo)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(shù)g(a)在(0，2ex)上單調(diào)遞增，在(2ex，+∞)上單調(diào)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(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
h(x)max=h=0，
所以g(a)max≤0，得證.
2.
1.已知函數(shù)f(x)＝ex－ax－1(a∈R，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)).
(1)若f(x)在定義域內(nèi)有唯一零點(diǎn)，求a的取值范圍；
1
2
答案
1
2
答案
f'(x)＝ex－a.
①當(dāng)a≤0時(shí)，f'(x)>0，
所以f(x)在R上單調(diào)遞增.
又f(－1)＝－1＋a<0，f(1)＝e－a－1>0，
由函數(shù)零點(diǎn)存在定理可知，函數(shù)f(x)在R上有唯一零點(diǎn)，
故a≤0符合題意.
②當(dāng)a>0時(shí)，令f'(x)＝0，得x＝ln a.
當(dāng)x∈(－∞，ln a)時(shí)，f'(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；
1
2
答案
當(dāng)x∈(ln a，＋∞)時(shí)，f'(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，
所以f(x)min＝f(ln a)＝eln a－aln a－1＝a－aln a－1.
設(shè)g(a)＝a－aln a－1(a>0)，
則g'(a)＝1－(ln a＋1)＝－ln a，
當(dāng)00，g(a)單調(diào)遞增；
當(dāng)a>1時(shí)，g'(a)<0，g(a)單調(diào)遞減，
所以g(a)max＝g(1)＝0，故a＝1.
綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為{a|a≤0或a＝1}.
(2)若f(x)≤x2ex對(duì)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(duì)x∈[0，＋∞)恒成立，
即(1－x2)ex≤ax＋1對(duì)x∈[0，＋∞)恒成立，
即函數(shù)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(shù)h(x)是上凸函數(shù)，且在點(diǎn)(0，1)處的切線斜率k＝h'(0)＝1，
直線y＝ax＋1過定點(diǎn)(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(duì)x∈[0，＋∞)恒成立，
即(1－x2)ex≤ax＋1對(duì)x∈[0，＋∞)恒成立，
記h(x)＝(1－x2)ex＝(1＋x)(1－x)ex.
①當(dāng)a≥1時(shí)，設(shè)函數(shù)m(x)＝(1－x)ex，則m'(x)＝－xex≤0，
因此m(x)在[0，＋∞)上單調(diào)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(duì)x∈[0，＋∞)恒成立.
1
2
答案
②當(dāng)a<1時(shí)，設(shè)函數(shù)n(x)＝ex－x－1，
則n'(x)＝ex－1≥0，
所以n(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，且n(0)＝0，
故ex≥x＋1.
當(dāng)0(1－x)(1＋x)2，
則(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，
(ⅰ)當(dāng)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(dāng)a≤0時(shí)，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(shè)函數(shù)f(x)＝e2x－aln x.
(1)討論f(x)的導(dǎo)函數(shù)f'(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；
1
2
答案
f(x)＝e2x－aln x的定義域?yàn)?0，＋∞)，
f'(x)＝2e2x－.
①當(dāng)a≤0時(shí)，f'(x)>0恒成立，
故f'(x)沒有零點(diǎn).
②當(dāng)a>0時(shí)，因?yàn)閥＝e2x單調(diào)遞增，y＝－單調(diào)遞增，
所以f'(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.
又f'(a)>0，當(dāng)b滿足01
2
答案
f'(b)＝2e2b－<2e2b－4<2－4<0，
故由函數(shù)零點(diǎn)存在定理可知，f'(x)存在唯一零點(diǎn).
綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，f'(x)沒有零點(diǎn)；
當(dāng)a>0時(shí)，f'(x)存在唯一的零點(diǎn).
1
2
答案
(2)證明：當(dāng)a>0時(shí)，f(x)≥2a＋aln.
1
2
答案
方法一　由(1)可設(shè)導(dǎo)函數(shù)f'(x)在(0，＋∞)上的唯一零點(diǎn)為x0，
當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f'(x)<0；
當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f'(x)>0，
故f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以當(dāng)x＝x0時(shí)，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(dāng)a>0時(shí)，f(x)≥2a＋aln.
1
2
答案
方法二　令g(a)＝2a＋aln－e2x＋aln x，
求導(dǎo)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(shù)g(a)在(0，2ex)上單調(diào)遞增，在(2ex，＋∞)上單調(diào)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(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
h(x)max＝h＝0，
所以g(a)max≤0，得證.(共35張PPT)
第三章　
進(jìn)階篇　不等式證明方法
數(shù)學(xué)
大
一
輪
復(fù)
習(xí)
指對(duì)放縮
進(jìn)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(shù)學(xué)問題，常見的有指對(duì)切線放縮，使用切線放縮可以深入理解數(shù)學(xué)的本質(zhì).
常見的指對(duì)切線放縮
指對(duì)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(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)等號(hào)成立，
令t＝x＋2，則ln(x＋2)＝ln t≤t－1＝x＋1，
即ln(x＋2)≤x＋1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝－1時(shí)等號(hào)成立，
故ex≥x＋1≥ln(x＋2)，等號(hào)成立的條件不一致，則ex>ln(x＋2)，結(jié)論得證.
指對(duì)同時(shí)出現(xiàn)時(shí)，一般求導(dǎo)難以解決，常見的方法有隱零點(diǎn)、同構(gòu)、放縮等.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練1　當(dāng)x>0時(shí)，證明：ex2－xln x要證當(dāng)x>0時(shí)，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(hào)成立的條件是t＝e，
即x＝.
又ex≤ex，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)等號(hào)成立，
由不等式的基本性質(zhì)及等號(hào)成立的條件不一致得原不等式成立.
1.與ex相關(guān)的增強(qiáng)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(duì)增強(qiáng)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(shù)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(gòu)).
2.與ln x相關(guān)的增強(qiáng)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?yàn)閑x≥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(jié)論得證.
在利用ex≥x＋1或ex≥ex進(jìn)行切線放縮時(shí)，不等號(hào)右側(cè)的增長(zhǎng)速度比左側(cè)的快，顯然不成立，此時(shí)選用增強(qiáng)版的曲線放縮.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練2　證明：對(duì)任意x>0，不等式ex＋x2－(e＋1)x＋>2成立.
因?yàn)閑x≥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(dāng)且僅當(dāng)x＝時(shí)等號(hào)成立，
而2>3，(x－1)2≥0，故原不等式成立，結(jié)論得證.
課時(shí)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(diào)遞減.
②若a>0，當(dāng)x<-ln a時(shí)，g'(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x>-ln a時(shí)，g'(x)>0，g(x)單調(diào)遞增.
綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，g(x)在R上單調(diào)遞減；
當(dāng)a>0時(shí)，g(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)
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(dāng)a=1時(shí)，ex-x-1≥0，
即ex≥x+1，等號(hào)成立的充要條件為x=0.
當(dāng)x+1>0時(shí)，上式兩邊取以e為底的對(duì)數(shù)，
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(hào)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(dāng)2a≤1，即a≤時(shí)，在[0，+∞)上，h'(x)≥0，h(x)單調(diào)遞增，
∴h(x)≥h(0)，即f'(x)≥f'(0)=0，
∴f(x)在[0，+∞)上單調(diào)遞增，
∴f(x)≥f(0)=0，∴當(dāng)a≤時(shí)滿足條件；
2.
答案
1
2
②當(dāng)2a>1，即a>時(shí)，令h'(x)=0，
解得x=ln 2a，在[0，ln 2a)上，h'(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，
∴當(dāng)x∈(0，ln 2a)時(shí)，
有h(x)∴f(x)在(0，ln 2a)上單調(diào)遞減，
∴f(x)綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為.
2.
答案
1
2
(2)由(1)得，當(dāng)a=且x>0時(shí)，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(shè)F(x)=ln(x+1)-
則F'(x)=-=
∴當(dāng)x>0時(shí)，F(xiàn)'(x)>0恒成立，
故F(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞增，又F(0)=0，
∴當(dāng)x>0時(shí)，F(xiàn)(x)>0恒成立.
∴原不等式成立.
2.
1.已知函數(shù)f(x)＝ex.
(1)討論函數(shù)g(x)＝f(ax)－x－a的單調(diào)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(diào)遞減.
②若a>0，當(dāng)x<－ln a時(shí)，g'(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x>－ln a時(shí)，g'(x)>0，g(x)單調(diào)遞增.
綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，g(x)在R上單調(diào)遞減；
當(dāng)a>0時(shí)，g(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)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(dāng)a＝1時(shí)，ex－x－1≥0，
即ex≥x＋1，等號(hào)成立的充要條件為x＝0.
當(dāng)x＋1>0時(shí)，上式兩邊取以e為底的對(duì)數(shù)，
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(hào)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(shù)f(x)＝ex－1－x－ax2.
(1)當(dāng)x≥0時(shí)，若不等式f(x)≥0恒成立，求實(shí)數(shù)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(dāng)2a≤1，即a≤時(shí)，在[0，＋∞)上，h'(x)≥0，h(x)單調(diào)遞增，
∴h(x)≥h(0)，即f'(x)≥f'(0)＝0，
∴f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴f(x)≥f(0)＝0，
∴當(dāng)a≤時(shí)滿足條件；
1
2
答案
②當(dāng)2a>1，即a>時(shí)，令h'(x)＝0，解得x＝ln 2a，在[0，ln 2a)上，h'(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，
∴當(dāng)x∈(0，ln 2a)時(shí)，有h(x)即f'(x)∴f(x)在(0，ln 2a)上單調(diào)遞減，
∴f(x)綜上，實(shí)數(shù)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(dāng)a＝且x>0時(shí)，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(shè)F(x)＝ln(x＋1)－
則F'(x)＝
∴當(dāng)x>0時(shí)，F(xiàn)'(x)>0恒成立，
故F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
又F(0)＝0，
∴當(dāng)x>0時(shí)，F(xiàn)(x)>0恒成立.
∴原不等式成立.(共32張PPT)
第三章　
進(jìn)階篇　不等式恒(能)成立問題
數(shù)學(xué)
大
一
輪
復(fù)
習(xí)
端點(diǎn)效應(yīng)
進(jìn)階3
端點(diǎn)效應(yīng)法是一種必要性探路法，是指對(duì)某些與函數(shù)有關(guān)的恒成立問題，通過選取函數(shù)定義域內(nèi)的某些特殊值，先得到一個(gè)必要條件，初步獲得參數(shù)的范圍，再在該范圍內(nèi)進(jìn)行討論，或去驗(yàn)證其充分性，進(jìn)而得到參數(shù)的準(zhǔn)確范圍的方法.
1.如圖(1)，如果連續(xù)函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上單調(diào)，f(x)≥0恒成立，則f(a)≥0且f(b)≥0.
2.一階端點(diǎn)效應(yīng)：如圖(2)，如果連續(xù)函數(shù)f(x)在某一點(diǎn)x0處的函數(shù)值f(x0)恰好為零，則當(dāng)x≥x0時(shí)，f(x)≥0成立的一個(gè)必要條件為端點(diǎn)x0處的導(dǎo)數(shù)值f'(x0)≥0.因?yàn)槿绻鹒'(x0)<0，那么函數(shù)會(huì)在x0右側(cè)的一個(gè)小區(qū)間內(nèi)先單調(diào)遞減，此時(shí)函數(shù)f(x)在x≥x0時(shí)不恒為非負(fù)值，不滿足要求，如圖(3).
這個(gè)方法把某個(gè)區(qū)間上函數(shù)的恒成立問題轉(zhuǎn)化為判斷端點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)值符號(hào)，這就是端點(diǎn)效應(yīng).
類似地，如果連續(xù)函數(shù)f(x)在某一點(diǎn)x0處的函數(shù)值f(x0)恰好為零，當(dāng)x>x0時(shí)，f(x)<0成立的一個(gè)必要條件為x0處的導(dǎo)數(shù)值f'(x0)<0.
3.二階端點(diǎn)效應(yīng)：如圖(4)，如果連續(xù)函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上，f(x)≥0恒成立，且f(a)＝0，f'(a)＝0，則f″(a)≥0.
端點(diǎn)效應(yīng)的核心思想是必要性探路，充分性護(hù)航.我們?cè)诮鉀Q一類恒成立問題時(shí)，可以利用端點(diǎn)處需滿足的必要條件縮小參數(shù)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(shè)函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf'(x)，x≥0，其中f'(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù).若f(x)≥ag(x)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
一階端點(diǎn)效應(yīng)
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(shí)必須保證函數(shù)F(x)在x＝0右側(cè)附近區(qū)間上單調(diào)遞增，
即保證F'(x)≥0在x＝0右側(cè)附近區(qū)間上恒成立，
而F'(x)＝
則F'(0)＝1－a，
故F'(0)≥0，即a≤1.
下證當(dāng)a≤1時(shí)，F(xiàn)(x)≥0恒成立.
當(dāng)a≤1時(shí)，函數(shù)F'(x)＝≥≥0，
故函數(shù)F(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，
即F(x)≥F(0)＝0，
故當(dāng)a≤1時(shí)，函數(shù)F(x)≥0恒成立，
即原命題成立，
故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，1].
這類恒成立題目，首先要構(gòu)建一個(gè)新的函數(shù)使之大于等于0(或者小于等于0)，然后把區(qū)間端點(diǎn)代入計(jì)算看一下是否恰好為0，再求導(dǎo)，算出端點(diǎn)一階導(dǎo)函數(shù)值，若端點(diǎn)一階導(dǎo)函數(shù)值不為0，直接令導(dǎo)函數(shù)在端點(diǎn)處函數(shù)值大于等于0(或者小于等于0)，求出參數(shù)范圍然后證明即可.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練1　設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－e－x.若對(duì)任意x≥0都有f(x)≥ax，求a的取值范圍.
依題意，若對(duì)任意x≥0都有f(x)≥ax，
即要保證f(x)－ax≥0恒成立，也就是當(dāng)x≥0時(shí)，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(shù)F(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
即保證F(x)在x＝0右側(cè)附近區(qū)間上單調(diào)遞增，則F'(x)≥0在x＝0右側(cè)附近區(qū)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(dāng)a≤2時(shí)，F(xiàn)(x)≥0恒成立，
當(dāng)a≤2時(shí)，函數(shù)F'(x)＝ex＋e－x－a≥ex＋e－x－2≥2－2＝0，
故函數(shù)F(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，
即F(x)≥F(0)＝0恒成立，
故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，2].
例2　設(shè)函數(shù)f(x)＝x(ex－1)－ax2.若當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)≥0恒成立，求a的取值范圍.
二階端點(diǎn)效應(yīng)
題型二
由于當(dāng)x≥0時(shí)，函數(shù)f(x)≥0恒成立，
而f(0)＝0，
故要保證函數(shù)f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，需保證f(x)在x＝0右側(cè)附近區(qū)間上單調(diào)遞增，
即保證函數(shù)f'(x)≥0在x＝0右側(cè)附近區(qū)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(shí)需保證函數(shù)f'(x)在x＝0右側(cè)附近區(qū)間上單調(diào)遞增，
即保證函數(shù)f″(x)≥0在x＝0右側(cè)附近區(qū)間上恒成立.
而f″(x)＝(x＋2)ex－2a，
故f″(0)＝2e0－2a＝2－2a，
而要函數(shù)f″(x)≥0在x＝0右側(cè)附近區(qū)間上恒成立，
則f″(0)≥0，即a≤1.
下證當(dāng)a≤1時(shí)，f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
當(dāng)a≤1時(shí)，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(shù)φ(x)單調(diào)遞增，故φ(x)≥φ(0)＝2－2＝0，
即f″(x)≥φ(x)≥0，
故此時(shí)函數(shù)f'(x)單調(diào)遞增，
即f'(x)≥f'(0)＝0，
故函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，即f(x)≥f(0)＝0，
此時(shí)即可得到當(dāng)a≤1時(shí)，函數(shù)f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
即實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，1].
如果端點(diǎn)處一階導(dǎo)函數(shù)值為0，把一階導(dǎo)數(shù)當(dāng)作新函數(shù)，令二階導(dǎo)數(shù)在端點(diǎn)處函數(shù)值大于等于0(或者小于等于0)求出參數(shù)范圍，然后證明即可.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練2　(2024·全國(guó)甲卷改編)已知函數(shù)f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x.當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)≥0恒成立，求a的取值范圍.
由于當(dāng)x≥0時(shí)f(x)≥0恒成立，而f(0)＝0，
故要保證函數(shù)f(x)在x＝0的右側(cè)附近區(qū)間上單調(diào)遞增，
即保證函數(shù)f'(x)≥0在x＝0的右側(cè)附近區(qū)間上恒成立.
而f'(x)＝－aln(1＋x)＋－1＝－aln(1＋x)－
故f'(0)＝0，即此時(shí)需保證函數(shù)f'(x)在x＝0的右側(cè)附近區(qū)間上單調(diào)遞增，
即保證函數(shù)f″(x)≥0在x＝0的右側(cè)附近區(qū)間上恒成立.
而f″(x)＝＝－＝－
故f″(0)＝－2a－1≥0，
即a≤－.
下證當(dāng)a≤－時(shí)，f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
當(dāng)a≤－時(shí)，
f″(x)＝－≥≥0，
所以f'(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以f'(x)≥f'(0)＝0，
所以f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，
即f(x)≥f(0)＝0恒成立，綜上，可得a≤－.
課時(shí)精練
答案
1
2
當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)≥ax f(x)-ax≥0，
令g(x)=f(x)-ax=ex-e-x-2ax(x≥0)，
求導(dǎo)得g'(x)=ex+e-x-2a，
因?yàn)間(0)=0，所以g'(0)≥0，解得a≤1.
下證當(dāng)a≤1時(shí)，恒有g(shù)(x)≥0.
因?yàn)間'(x)=ex+e-x-2a≥2-2a≥0，
所以g(x)單調(diào)遞增，g(x)≥g(0)=0，
故實(shí)數(shù)a的取值范圍為(-∞，1].
1.
答案
1
2
(1)切點(diǎn)坐標(biāo)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(dǎo)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(dāng)k≤時(shí)，F(xiàn)(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(shè)p(x)=[2x-ln(2x+1)]-x2，p'(x)=-x=≤0，
故p(x)單調(diào)遞減，則p(x)≤p(0)=0，得證.
2.
1.已知函數(shù)f(x)＝ex－e－x－ax.若x≥0時(shí)，恒有f(x)≥ax，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
1
2
答案
1
2
答案
當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)≥ax f(x)－ax≥0，
令g(x)＝f(x)－ax＝ex－e－x－2ax(x≥0)，
求導(dǎo)得g'(x)＝ex＋e－x－2a，
因?yàn)間(0)＝0，所以g'(0)≥0，解得a≤1.
下證當(dāng)a≤1時(shí)，恒有g(shù)(x)≥0.
因?yàn)間'(x)＝ex＋e－x－2a≥2－2a≥0，
所以g(x)單調(diào)遞增，g(x)≥g(0)＝0，
故實(shí)數(shù)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(diǎn)(1，g(1))處的切線方程；
切點(diǎn)坐標(biāo)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(dāng)x≥0時(shí)，kf(x)≤g(x)恒成立，求實(shí)數(shù)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(dǎo)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(xiàn)'(0)＝0，
從而F″(0)≤0，得k≤.
下證當(dāng)k≤時(shí)，F(xiàn)(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(shè)p(x)＝[2x－ln(2x＋1)]－x2，
p'(x)＝－x＝≤0，
故p(x)單調(diào)遞減，則p(x)≤p(0)＝0，得證.(共57張PPT)
第三章　
進(jìn)階篇　導(dǎo)數(shù)中的零點(diǎn)問題
數(shù)學(xué)
大
一
輪
復(fù)
習(xí)
隱零點(diǎn)與零點(diǎn)賦值
進(jìn)階2
例1　(2024·汕頭模擬)已知函數(shù)f(x)＝g(x)＝aex－1，a∈R.
(1)求f(x)的極值；
隱零點(diǎn)問題
題型一
由題意得f'(x)＝x∈(0，＋∞)，
令f'(x)＝0，得x＝1，當(dāng)00；
當(dāng)x>1時(shí)，f'(x)<0，
則f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，
故當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)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(gè)交點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
由題意f(x)與g(x)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，
即f(x)－g(x)＝－aex＋1＝0有兩個(gè)根，
即方程x＋ln x＋1－axex＝0有兩個(gè)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(diào)遞增，
F(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)，不滿足題意；
②若a>0，φ'(x)＝－－aex<0，φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，
當(dāng)01－aex，
令1－aex>0，得x故當(dāng)00，
當(dāng)x>1時(shí)，φ(x)＝－aex<1－aex，
令1－aex<0，得x>ln
故當(dāng)x1>max時(shí)，φ(x1)<0，
所以φ(x)在(0，＋∞)上存在唯一零點(diǎn)x0，且＝a
當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，φ(x)>0，
當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，φ(x)<0，
故x∈(0，x0)時(shí)，F(xiàn)'(x)>0，
當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，F(xiàn)'(x)<0，
所以F(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞減，
因?yàn)椋絘即ax0＝1，
故F(x)max＝F(x0)＝x0＋ln x0＋1－ax0＝x0＋ln x0，
要使得F(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，則必有F(x)max>0，即x0＋ln x0>0，
由于＝a此時(shí)ln＝ln(x0)＝x0＋ln x0>0，得0下證當(dāng)0因?yàn)镕(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(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào)，
所以F<2ln－aln·＝ln＝0，
因?yàn)?使得F(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，＋∞)上單調(diào)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(gè)零點(diǎn)，
綜上，若f(x)與g(x)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，
則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(0，1).
對(duì)函數(shù)的零點(diǎn)設(shè)而不求，通過整體代換、構(gòu)造函數(shù)等方法，再結(jié)合題目條件解決問題.
(1)用函數(shù)零點(diǎn)存在定理判定導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)的存在性，列出零點(diǎn)方程f'(x0)＝0，并結(jié)合f(x)的單調(diào)性得到零點(diǎn)的取值范圍.
(2)以零點(diǎn)為分界點(diǎn)，說明導(dǎo)函數(shù)f'(x)的正負(fù)，得到f(x)的單調(diào)區(qū)間，進(jìn)而求出f(x)的最值.
(3)將零點(diǎn)方程f'(x0)＝0適當(dāng)變形，整體代入f(x)的最值式子后進(jìn)行化簡(jiǎn)、證明等，有時(shí)(1)中的零點(diǎn)范圍還可以適當(dāng)縮小.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練1　(2024·鄭州模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝e2x－aln x.
(1)討論f(x)的導(dǎo)函數(shù)f'(x)的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；
f(x)的定義域?yàn)?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(diào)遞增，
所以g(x)>g(0)＝0.
當(dāng)a>0時(shí)，方程g(x)＝a有一個(gè)實(shí)根，即f'(x)存在唯一零點(diǎn)；
當(dāng)a≤0時(shí)，方程g(x)＝a沒有實(shí)根，即f'(x)沒有零點(diǎn).
(2)證明：當(dāng)a>0時(shí)，f(x)≥2a＋aln.
由(1)可知當(dāng)a>0時(shí)，f'(x)存在唯一零點(diǎn)，
設(shè)f'(x)在(0，＋∞)內(nèi)的唯一零點(diǎn)為x0，
當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f'(x)<0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f'(x)>0，
故f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)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(dāng)a>0時(shí)，f(x)≥2a＋aln.
例2　已知函數(shù)f(x)＝x(ln x－1)－aex＋eax＋1，a∈R.
(1)若a≤0，證明：f(x)≥0；
零點(diǎn)賦值
題型二
函數(shù)f(x)＝x(ln x－1)－aex＋eax＋1的定義域?yàn)?0，＋∞)，
得f'(x)＝ln x－aex＋ea，
顯然當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f'(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，而f'(1)＝0，
即當(dāng)0當(dāng)x>1時(shí)，f'(x)>0，
因此，函數(shù)f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)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(dāng)a≤0時(shí)，由(1)知，當(dāng)x>1時(shí)，f(x)>0，(x－1)f(x)>0，
即(x－1)f(x)≤0不恒成立，不符合題意；
當(dāng)a>0時(shí)，(x－1)f(x)≤0等價(jià)于當(dāng)01時(shí)，f(x)≤0，
當(dāng)a>0時(shí)，令g(x)＝f'(x)＝ln x－aex＋ea，
得g'(x)＝－aex，
顯然g'(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，
令h(x)＝ex－x－1，h'(x)＝ex－1，
當(dāng)x<0時(shí)，h'(x)<0，當(dāng)x>0時(shí)，h'(x)>0，
則h(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， x∈R，h(x)≥h(0)＝0，即ex≥x＋1，
當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)等號(hào)成立，
因此，e－x≥－x＋1，當(dāng)0g'(x)＝－aex>
當(dāng)00，
而g'＝a－a<0，
從而存在唯一實(shí)數(shù)x0∈使得g'(x0)＝0，
即a＝
當(dāng)00，
當(dāng)x>x0時(shí)，g'(x)<0，
則g(x)(即f'(x))在(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞減，
而f'(1)＝0，當(dāng)x0<1時(shí)，在(x0，1)上，f'(x)>0，f(x)在(x0，1)上單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈(x0，1)時(shí)，f(x)當(dāng)x0>1時(shí)，在(1，x0)上f'(x)>0，f(x)在(1，x0)上單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈(1，x0)時(shí)，f(x)>f(1)＝0，不符合題意，
當(dāng)x0＝1時(shí)，f'(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， x∈(0，＋∞)，f'(x)≤f'(1)＝0，
得f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，而f(1)＝0，即當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f(x)>0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f(x)<0，符合題意，
因此，x0＝1，a＝.
綜上，a＝.
(1)賦值點(diǎn)需要做到三個(gè)優(yōu)先：①優(yōu)先常數(shù)賦值點(diǎn)；②優(yōu)先借助已有極值求賦值點(diǎn)；③優(yōu)先簡(jiǎn)單運(yùn)算.
(2)有時(shí)賦值點(diǎn)無法確定，可以先對(duì)解析式進(jìn)行放縮，再根據(jù)不等式的解確定賦值點(diǎn)，放縮法的難度在于“度”的掌握.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練2　已知函數(shù)f(x)＝ax－曲線y＝f(x)在點(diǎn)(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(shù)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增；
由(1)知f(x)＝x－
f'(x)＝1－
設(shè)h(x)＝ex＋x－2，
因?yàn)閔(x)在(1，＋∞)上單調(diào)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(shù)f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增.
(3)求函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，并說明理由.
因?yàn)閒'(x)＝1－
令f'(x)＝0，得ex＋x－2＝0，
設(shè)h(x)＝ex＋x－2，
由(2)知h(x)在R上是增函數(shù)，且h(0)＝－1，h(1)＝e－1>0，
故存在唯一零點(diǎn)x0∈(0，1)，使得h(x0)＝0，
即存在唯一零點(diǎn)x0∈(0，1)，滿足f'(x0)＝0，
即＋x0－2＝0，則＝2－x0，
且當(dāng)x∈(－∞，x0)時(shí)，f'(x)<0，此時(shí)f(x)單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f'(x)>0，此時(shí)f(x)單調(diào)遞增，
所以f(x)min＝f(x0)＝x0－
＝
當(dāng)x0∈(0，1)時(shí)，2－x0>0，－>－＝1，
則f(x)min>0，
則函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為0.
課時(shí)精練
答案
1
2
f(x)-g(x)=-e-x=
令h(x)=ln(x+a)-xe-x.
(1)當(dāng)a=1時(shí)，h(x)=ln(x+1)-xe-x，
要證原不等式，只需證當(dāng)x>0時(shí)，
h(x)=ln(x+1)-xe-x>0.
則h'(x)=+(x-1)e-x=>0對(duì)任意的x>0恒成立，
1.
答案
1
2
∴函數(shù)h(x)在(0，+∞)上單調(diào)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(shù)y=f(x)-g(x)的定義域?yàn)?-a，0)∪(0，+∞).
由(1)可得當(dāng)x>0時(shí)，f(x)-g(x)>-e-x>0，
故函數(shù)y=f(x)-g(x)在(0，+∞)上沒有零點(diǎn)；
1.
答案
1
2
②當(dāng)x∈(-a，0)時(shí)，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(diào)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(diǎn)，記為x0，
當(dāng)x∈(-a，x0)時(shí)，F(xiàn)'(x)<0，此時(shí)函數(shù)F(x)單調(diào)遞減；
1.
答案
1
2
當(dāng)x∈(x0，0)時(shí)，F(xiàn)'(x)>0，此時(shí)函數(shù)F(x)單調(diào)遞增.
∵a>1，∴F(-a)=e-a>0，F(xiàn)(0)=1-a<0，
∴F(x0)∴F(x)在(-a，x0)上存在唯一零點(diǎn)x1，
且當(dāng)x∈(-a，x1)時(shí)，F(xiàn)(x)>0；
當(dāng)x∈(x1，0)時(shí)，F(xiàn)(x)<0.
∴h(x)在(-a，x1)上單調(diào)遞增，在(x1，0)上單調(diào)遞減，且h(0)=ln a>0.
1.
答案
1
2
令y=xe-x，當(dāng)x∈(-a，0)時(shí)，
則y'=(1-x)e-x>0，
函數(shù)y=xe-x在(-a，0)上單調(diào)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(shù)零點(diǎn)存在定理可得，
h(x)在(-a，0)上存在唯一的零點(diǎn)，
即y=f(x)-g(x)在(-a，0)上存在唯一零點(diǎn).
綜上，當(dāng)a>1時(shí)，函數(shù)y=f(x)-g(x)有唯一零點(diǎn).
1.
答案
1
2
(1)f'(x)=aex-1-1，x∈R，
當(dāng)a≤0時(shí)，易知f'(x)<0，
所以函數(shù)f(x)在R上是減函數(shù)；
當(dāng)a>0時(shí)，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(diào)遞增，
令f'(x)<0，得x<1-ln a，即f(x)在(-∞，1-ln a)上單調(diào)遞減，
綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)在R上是減函數(shù)；
當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在(-∞，1-ln a)上單調(diào)遞減，在(1-ln a，+∞)上單調(diào)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?yàn)閍≥1，所以h'(x)>0，
所以g'(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞增，
當(dāng)a=1時(shí)，g(x)=ex-1-ln x-1，
2.
答案
1
2
g'(x)=ex-1-
又g'(1)=0，
所以當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g'(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈(1，+∞)時(shí)，g'(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，
所以g(x)≥g(1)=e0-ln 1-1=0，
而此時(shí)=0，
所以當(dāng)a=1時(shí)，f(x)+x-ln x≥成立；
2.
答案
1
2
當(dāng)a>1時(shí)，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(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，g'(x)<0；
當(dāng)x∈(x0，+∞)時(shí)，g'(x)>0，
所以函數(shù)g(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，+∞)上單調(diào)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(diào)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(dāng)a≥1時(shí)，
f(x)+x-ln x≥.
2.
1.設(shè)a∈R，已知函數(shù)f(x)＝g(x)＝e－x.
(1)當(dāng)a＝1時(shí)，證明：當(dāng)x>0時(shí)，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(dāng)a＝1時(shí)，h(x)＝ln(x＋1)－xe－x，
要證原不等式，只需證當(dāng)x>0時(shí)，
h(x)＝ln(x＋1)－xe－x>0.
則h'(x)＝＋(x－1)e－x＝>0對(duì)任意的x>0恒成立，
∴函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
因此h(x)>h(0)＝0，即原不等式成立.
(2)當(dāng)a>1時(shí)，證明：函數(shù)y＝f(x)－g(x)有唯一零點(diǎn).
1
2
答案
1
2
答案
①由題意知a>1，則函數(shù)y＝f(x)－g(x)的定義域?yàn)?－a，0)∪(0，＋∞).
由(1)可得當(dāng)x>0時(shí)，f(x)－g(x)>－e－x>0，
故函數(shù)y＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上沒有零點(diǎn)；
②當(dāng)x∈(－a，0)時(shí)，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(diào)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(diǎn)，記為x0，
當(dāng)x∈(－a，x0)時(shí)，F(xiàn)'(x)<0，此時(shí)函數(shù)F(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(x0，0)時(shí)，F(xiàn)'(x)>0，此時(shí)函數(shù)F(x)單調(diào)遞增.
∵a>1，∴F(－a)＝e－a>0，F(xiàn)(0)＝1－a<0，
∴F(x0)∴F(x)在(－a，x0)上存在唯一零點(diǎn)x1，
且當(dāng)x∈(－a，x1)時(shí)，F(xiàn)(x)>0；
當(dāng)x∈(x1，0)時(shí)，F(xiàn)(x)<0.
1
2
答案
∴h(x)在(－a，x1)上單調(diào)遞增，在(x1，0)上單調(diào)遞減，且h(0)＝ln a>0.
令y＝xe－x，當(dāng)x∈(－a，0)時(shí)，
則y'＝(1－x)e－x>0，
函數(shù)y＝xe－x在(－a，0)上單調(diào)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(shù)零點(diǎn)存在定理可得，h(x)在(－a，0)上存在唯一的零點(diǎn)，
即y＝f(x)－g(x)在(－a，0)上存在唯一零點(diǎn).
綜上，當(dāng)a>1時(shí)，函數(shù)y＝f(x)－g(x)有唯一零點(diǎn).
1
2
答案
2.已知函數(shù)f(x)＝aex－1－x－1.
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
1
2
答案
f'(x)＝aex－1－1，x∈R，
當(dāng)a≤0時(shí)，易知f'(x)<0，
所以函數(shù)f(x)在R上是減函數(shù)；
當(dāng)a>0時(shí)，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(diào)遞增，
令f'(x)<0，得x<1－ln a，即f(x)在(－∞，1－ln a)上單調(diào)遞減，
綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)在R上是減函數(shù)；
當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在(－∞，1－ln a)上單調(diào)遞減，在(1－ln a，＋∞)上單調(diào)遞增.
1
2
答案
(2)證明：當(dāng)a≥1時(shí)，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?yàn)閍≥1，所以h'(x)>0，
所以g'(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
當(dāng)a＝1時(shí)，g(x)＝ex－1－ln x－1，
g'(x)＝ex－1－
1
2
答案
又g'(1)＝0，
所以當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g'(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g'(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，
所以g(x)≥g(1)＝e0－ln 1－1＝0，
而此時(shí)＝0，
所以當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＋x－ln x≥成立；
當(dāng)a>1時(shí)，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(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，g'(x)<0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，g'(x)>0，
所以函數(shù)g(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)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(diào)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(dāng)a≥1時(shí)，f(x)＋x－ln x≥.(共59張PPT)
第三章
§3.5　指對(duì)同構(gòu)問題
數(shù)學(xué)
大
一
輪
復(fù)
習(xí)
把一個(gè)等式或不等式通過變形，使左右兩邊結(jié)構(gòu)、形式完全相同，構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行處理，找到這個(gè)函數(shù)模型的方法就是同構(gòu)法.同構(gòu)法主要解決含有指數(shù)、對(duì)數(shù)混合的等式或不等式問題.
重點(diǎn)解讀
例1　若對(duì)0A.1 B.2 C.e D.2e
√
雙變量地位同等同構(gòu)
題型一
由ln<2x2－2x1，0得x1x2(ln x2－ln x1)<2x2－2x1，
則ln x2－ln x1<
即ln x2－ln x1<
有l(wèi)n x2＋令f(x)＝ln x＋(x>0)，則f(x2)所以f'(x)＝
令f'(x)>0 x>2，令f'(x)<0 0所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(2，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，2)，
所以當(dāng)0所以0含有地位同等的兩個(gè)變量x1，x2或x，y或a，b的等式或不等式，如果進(jìn)行整理(即同構(gòu))后，等式或不等式兩邊具有結(jié)構(gòu)的一致性，往往暗示應(yīng)構(gòu)造函數(shù)，應(yīng)用函數(shù)單調(diào)性解決.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練1　若0A.x1ln x1x2ln x2
C.x2ln x1x1ln x2
√
令f(x)＝xln x，則f'(x)＝1＋ln x，
當(dāng)0令g(x)＝則g'(x)＝
當(dāng)00，則g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，
因?yàn)?所以g(x1)指對(duì)同構(gòu)的常用形式
(1)積型：aea≤bln b，一般有三種同構(gòu)方式：
①同左構(gòu)造形式：aea≤ln beln b，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝xex；
②同右構(gòu)造形式：ealn ea≤bln b，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝xln x；
③取對(duì)構(gòu)造形式：a＋ln a≤ln b＋ln(ln b)(a>0，b>1)，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝x＋ln x.
指對(duì)同構(gòu)法的理解
題型二
(2)商型：≤一般有三種同構(gòu)方式：
①同左構(gòu)造形式：≤構(gòu)造函數(shù)f(x)＝；
②同右構(gòu)造形式：≤構(gòu)造函數(shù)f(x)＝；
③取對(duì)構(gòu)造形式：a－ln a≤ln b－ln(ln b)(a>0，b>1)，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝x－ln x.
(3)和、差型：ea±a>b±ln b，一般有兩種同構(gòu)方式：
①同左構(gòu)造形式：ea±a>eln b±ln b，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝ex±x；
②同右構(gòu)造形式：ea±ln ea>b±ln b，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝x±ln x.
例2　(1)(多選)若ea＋a>b＋ln b(a，b為變量)成立，則下列選項(xiàng)正確的是
A.a>ln b B.aC.ea>b D.ea√
√
方法一　由ea＋a>b＋ln b，可得ea＋a>eln b＋ln b，
令f(x)＝ex＋x，則f(a)>f(ln b)，
因?yàn)閒(x)在R上是增函數(shù)，
所以a>ln b，即ea>b.
方法二　由ea＋a>b＋ln b，可得ea＋ln ea>b＋ln b，
令g(x)＝x＋ln x，則g(ea)>g(b)，
因?yàn)間(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，
所以ea>b，即a>ln b.
(2)(2025·宜春模擬)在數(shù)學(xué)中，我們把僅有變量不同，而結(jié)構(gòu)、形式相同的兩個(gè)式子稱為同構(gòu)式，相應(yīng)的方程稱為同構(gòu)方程，相應(yīng)的不等式稱為同構(gòu)不等式.若關(guān)于a的方程aea－2＝e4和關(guān)于b的方程b(ln b－2)＝e3λ－1(a>0，b>e2)可化為同構(gòu)方程，則ab的值為　　　.
e8
對(duì)aea－2＝e4兩邊取自然對(duì)數(shù)，
得ln a＋a＝6， ①
對(duì)b(ln b－2)＝e3λ－1兩邊取自然對(duì)數(shù)，
得ln b＋ln(ln b－2)＝3λ－1，
即ln b－2＋ln(ln b－2)＝3λ－3， ②
因?yàn)榉匠挞佗跒閮蓚€(gè)同構(gòu)方程，
所以3λ－3＝6，解得λ＝3，
設(shè)F(x)＝ln x＋x且x>0，則F'(x)＝＋1>0，
所以F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故F(x)＝6的解只有一個(gè)，
所以a＝ln b－2，
則ab＝b(ln b－2)＝e3×3－1＝e8.
利用恒等式x＝ln ex和x＝eln x，通過冪轉(zhuǎn)指或冪轉(zhuǎn)對(duì)進(jìn)行等價(jià)變形，構(gòu)造函數(shù)，然后由構(gòu)造的函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行研究.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練2　(多選)對(duì)不等式ax＋eax>ln(bx)＋bx進(jìn)行指對(duì)同構(gòu)時(shí)，可以構(gòu)造的函數(shù)是
A.f(x)＝ln x＋x B.f(x)＝xln x
C.f(x)＝x＋ex D.f(x)＝
√
√
由恒等式x＝ln ex可得ax＝ln eax，
所以ax＋eax>ln(bx)＋bx可變形為
ln eax＋eax>ln(bx)＋bx，
構(gòu)造函數(shù)f(x)＝ln x＋x，
可得f(eax)>f(bx).
同理，由恒等式x＝eln x可得bx＝eln(bx)，
所以ax＋eax>ln(bx)＋bx可變形為ax＋eax>ln(bx)＋eln(bx)，
構(gòu)造函數(shù)f(x)＝x＋ex，可得f(ax)>f(ln(bx)).
例3　(1)設(shè)實(shí)數(shù)k>0，對(duì)于任意的x>1，不等式kekx≥ln x恒成立，則k的最
小值為　　　.
同構(gòu)法的應(yīng)用
題型三
由kekx≥ln x得kxekx≥xln x，
即kxekx≥eln x·ln x，
令f(x)＝xex，則f(kx)≥f(ln x).
因?yàn)閒'(x)＝(x＋1)ex，
所以f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，
因?yàn)閗x>0，ln x>0，
所以kx≥ln x，即k≥
令h(x)＝(x>1)，則h'(x)＝
當(dāng)x∈(1，e)時(shí)，h'(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，h'(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，
所以h(x)max＝h(e)＝即k≥
所以k的最小值為.
(2)(2025·衡陽模擬)已知m是方程xeex－2＋(e－1)ln x＝2的一個(gè)根，則＋(e－1)ln m等于
A.1 B.2 C.3 D.5
√
xeex－2＋(e－1)ln x＝2 eeln x＋x－2＋eln x＋x－2＝x＋ln x＝eln x＋ln x，
設(shè)f(t)＝et＋t，則f'(t)＝et＋1>0恒成立，故f(t)單調(diào)遞增，
由f(eln x＋x－2)＝f(ln x)得eln x＋x－2＝ln x，即(e－1)ln x＝2－x.
因?yàn)閙是方程xeex－2＋(e－1)ln x＝2的一個(gè)根，
所以(e－1)ln m＝2－m，
所以m＝
所以＋(e－1)ln m＝m＋(e－1)ln m＝m＋2－m＝2.
常見的同構(gòu)函數(shù)有：①f(x)＝；②f(x)＝xln x；③f(x)＝xex；④f(x)＝.
其中①④可以借助②③可以借助xex＝(ln ex)ex＝(ln t)t＝tln t進(jìn)行指對(duì)互化.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練3　(1)(2024·呂梁模擬)若關(guān)于x的不等式ea＋x·ln xA.(－∞，0] B.[－1，0]
C.[－1，＋∞) D.[0，＋∞)
√
由ea＋x·ln x可得<在(0，1)上恒成立，
即<在(0，1)上恒成立，
當(dāng)a≥0時(shí)<0>0，
不等式<在(0，1)上顯然成立；
當(dāng)a<0時(shí)，令f(x)＝
則f(ln x)f'(x)＝當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，f'(x)>0，
所以f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，
又當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，ln x∈(－∞，0)，a＋x∈(－∞，1)，
所以只需ln x即a>ln x－x在(0，1)上恒成立.
令g(x)＝ln x－x，0則g'(x)＝>0，
即g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，
其中g(shù)(1)＝ln 1－1＝－1，故a≥g(1)＝－1，
所以－1≤a<0.
綜上，a≥－1.
(2)已知e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，a，b均為大于1的實(shí)數(shù)，若aea＋1＋b<
bln b，則
A.bea＋1
C.abe
√
由aea＋1＋b設(shè)f(x)＝xln x，可得f(ea)因?yàn)閍>1，可得ea>e，
又因?yàn)閎(ln b－1)>0，b>1，所以ln b>1，即b>e，所以>1，
易知當(dāng)x>1時(shí)，f'(x)＝ln x＋1>0，可得函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以ea<即b>ea＋1.
課時(shí)精練
對(duì)一對(duì)
答案
1
2
3
4
5
6
7
題號(hào) 1 2 3 4 5 6
答案 B B BCD BCD [-e，0) 4
答案
1
2
3
4
5
6
7
(1)因?yàn)閒(x)=aex-x，定義域?yàn)镽，
所以f'(x)=aex-1，
當(dāng)a≤0時(shí)，由于ex>0，則aex≤0，
故f'(x)=aex-1<0恒成立，
所以f(x)在R上單調(diào)遞減；
當(dāng)a>0時(shí)，令f'(x)=aex-1=0，
解得x=-ln a，
7.
答案
1
2
3
4
5
6
7
當(dāng)x<-ln a時(shí)，f'(x)<0，則f(x)在(-∞，-ln a)上單調(diào)遞減；
當(dāng)x>-ln a時(shí)，f'(x)>0，則f(x)在(-ln a，+∞)上單調(diào)遞增，
綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在R上單調(diào)遞減；
當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在(-∞，-ln a)上單調(diào)遞減，在(-ln a，+∞)上單調(diào)遞增.
(2)因?yàn)閒(x)=aex-x，
所以f(x)+x+ln a≥ln x等價(jià)于eln a+x+ln a+x≥ln x+x=eln x+ln x，
令g(x)=ex+x，上述不等式等價(jià)于g(ln a+x)≥g(ln x)，顯然g(x)為增函數(shù)，
7.
答案
1
2
3
4
5
6
7
所以原不等式等價(jià)于ln a+x≥ln x，
即ln a≥ln x-x，
令h(x)=ln x-x，
則h'(x)=-1=
當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h'(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，+∞)時(shí)，h'(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，
7.
答案
1
2
3
4
5
6
7
所以h(x)max=h(1)=-1，
ln a≥-1=ln 即a≥
所以a的取值范圍是.
7.
一、單項(xiàng)選擇題
1.設(shè)x>0，y>0，若ex＋ln y>x＋y，則下列選項(xiàng)正確的是
A.x>y B.x>ln y
C.x√
1
2
3
4
5
6
7
答案
1
2
3
4
5
6
7
答案
不等式ex＋ln y>x＋y等價(jià)于
ex－x>y－ln y，
令f(x)＝ex－x，
則f(ln y)＝eln y－ln y＝y(tǒng)－ln y，
∴不等式ex－x>y－ln y等價(jià)于f(x)>f(ln y)，
∵f'(x)＝ex－1，
∴當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f'(x)>0，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴若y∈(1，＋∞)，則ln y∈(0，＋∞)，
1
2
3
4
5
6
7
答案
由f(x)>f(ln y)有x>ln y；
若y∈(0，1]，則ln y≤0，
由x>0，有x>ln y.
綜上所述，x>ln y.
1
2
3
4
5
6
7
答案
2.若關(guān)于x的不等式ex＋x＋ln ≥mx＋ln m恒成立，則實(shí)數(shù)m的最大值為
A.2 B.e C.3 D.e2
√
由題意得，m>0，x>0，
不等式等價(jià)于ex＋x≥mx＋ln(mx)恒成立，
即ex＋ln ex≥mx＋ln(mx)恒成立，
令f(x)＝x＋ln x，
則不等式轉(zhuǎn)化為f(ex)≥f(mx)，
因?yàn)閒'(x)＝1＋>0，
所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以ex≥mx，則≥m.
1
2
3
4
5
6
7
答案
1
2
3
4
5
6
7
答案
令g(x)＝x>0，
則g'(x)＝
則當(dāng)01時(shí)，g'(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，
所以當(dāng)x＝1時(shí)，g(x)有最小值，
即g(x)min＝g(1)＝e，則m≤e，
則m的最大值為e.
二、多項(xiàng)選擇題
3.(2025·邯鄲模擬)已知a>0，b∈R，e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，若b＋eb＝a＋
ln a，則a－b的值可以是
A.－1 B.1 C.2 D.3
√
1
2
3
4
5
6
7
答案
√
√
1
2
3
4
5
6
7
設(shè)函數(shù)f(x)＝x＋ex，
則f(x)在R上是增函數(shù)，
所以b＋eb－(a＋ln a)＝b＋eb－(ln a＋eln a)＝f(b)－f(ln a)＝0，
所以b＝ln a，即a＝eb，所以a－b＝eb－b，
令g(x)＝ex－x，則g'(x)＝ex－1，
當(dāng)x<0時(shí)，g'(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>0時(shí)，g'(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，
所以g(x)≥g(0)＝1，從而a－b≥1，結(jié)合選項(xiàng)，選項(xiàng)BCD符合題意.
答案
4.(2024·鹽城模擬)若不等式ax－exln a<0在x∈[2，＋∞)上恒成立，則實(shí)數(shù)a的值可以為
A.3e B.2e C.e D.2
√
1
2
3
4
5
6
7
答案
√
√
1
2
3
4
5
6
7
答案
由題意得a>0，
由ax－exln a<0得<
設(shè)f(x)＝則f'(x)＝
當(dāng)x<1時(shí)，f'(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>1時(shí)，f'(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，
又f(0)＝0，f(1)＝當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝>0恒成立，
所以f(x)＝的圖象如圖所示，
1
2
3
4
5
6
7
答案
<即f(x)對(duì)于A，當(dāng)a＝3e時(shí)，ln a＝ln 3＋1>2，根據(jù)圖象可得
f(x)對(duì)于B，當(dāng)a＝2e時(shí)，ln a＝ln 2＋1∈(1，2)，根據(jù)圖象可得f(x)對(duì)于C，當(dāng)a＝e時(shí)，ln a＝1，根據(jù)圖象可得f(x)1
2
3
4
5
6
7
答案
對(duì)于D，當(dāng)a＝2時(shí)，ln a＝ln 2，
又f(ln 2)＝ln 2，f(2)＝
因?yàn)?×ln 2－3×＝ln 2
且2>e，e2>6，即ln 2>1<1，
所以3×ln 2－3×＝ln 2>0，
即f(ln 2)>f(2)，
根據(jù)圖象可得f(x)三、填空題
5.(2025·長(zhǎng)春模擬)不等式xex＋≥0(a<0)對(duì) x∈(1，＋∞)恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是　　　　　　.
1
2
3
4
5
6
7
答案
[－e，0)
1
2
3
4
5
6
7
由xex＋≥0可得
xex≥－＝－aln x·e－aln x，
令f(x)＝xex(x>0)，則f'(x)＝(x＋1)ex>0，
故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
因?yàn)閍<0，x∈(1，＋∞)，則－aln x>0，
則f(x)≥f(－aln x)，可得x≥－aln x，
即a≥－對(duì) x∈(1，＋∞)恒成立，
答案
1
2
3
4
5
6
7
令g(x)＝x>1，
則g'(x)＝
由g'(x)＝0可得x＝e，故當(dāng)1e時(shí)，g'(x)>0，
所以g(x)在(1，e)上單調(diào)遞減，在(e，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以g(x)min＝g(e)＝e，
得a≥＝－e，
又a<0，所以－e≤a<0.
答案
6.(2025·渭南模擬)已知實(shí)數(shù)x1，x2滿足ln x2＝則x1＝　　.
1
2
3
4
5
6
7
答案
4
1
2
3
4
5
6
7
由
可得x1＝4，故x1>0，
由ln x2＝可得ln ＝4，
可得·ln ＝4，故ln >0，
令f(x)＝xex，則f(x1)＝f(ln )，
f'(x)＝(x＋1)ex，
當(dāng)x>0時(shí)，f'(x)>0，
答案
1
2
3
4
5
6
7
所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增.
由f(x1)＝f(ln )得x1＝ln
所以
因?yàn)閤1＝4，所以x1＝4.
答案
四、解答題
7.(2024·咸陽模擬)已知函數(shù)f(x)＝aex－x.
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
1
2
3
4
5
6
7
答案
1
2
3
4
5
6
7
答案
因?yàn)閒(x)＝aex－x，定義域?yàn)镽，所以f'(x)＝aex－1，
當(dāng)a≤0時(shí)，由于ex>0，則aex≤0，故f'(x)＝aex－1<0恒成立，
所以f(x)在R上單調(diào)遞減；
當(dāng)a>0時(shí)，令f'(x)＝aex－1＝0，解得x＝－ln a，
當(dāng)x<－ln a時(shí)，f'(x)<0，則f(x)在(－∞，－ln a)上單調(diào)遞減；
當(dāng)x>－ln a時(shí)，f'(x)>0，則f(x)在(－ln a，＋∞)上單調(diào)遞增，
綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在R上單調(diào)遞減；
當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在(－∞，－ln a)上單調(diào)遞減，在(－ln a，＋∞)上單調(diào)遞增.
(2)若f(x)＋x＋ln a≥ln x，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
1
2
3
4
5
6
7
答案
1
2
3
4
5
6
7
答案
因?yàn)閒(x)＝aex－x，
所以f(x)＋x＋ln a≥ln x等價(jià)于eln a＋x＋ln a＋x≥ln x＋x＝eln x＋ln x，
令g(x)＝ex＋x，上述不等式等價(jià)于g(ln a＋x)≥g(ln x)，顯然g(x)為增函數(shù)，
所以原不等式等價(jià)于ln a＋x≥ln x，
即ln a≥ln x－x，
令h(x)＝ln x－x，則h'(x)＝－1＝
當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h'(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h'(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，
1
2
3
4
5
6
7
答案
所以h(x)max＝h(1)＝－1，
ln a≥－1＝ln 即a≥
所以a的取值范圍是.

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