高考数学考点14利用导数解决综合问题试题解读与变式

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高考数学考点14利用导数解决综合问题试题解读与变式

考点十四:利用导数解决综合问题 【考纲要求】 (1)了解函数单调性和导数的关系;能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调 区间(其中多项式函数一般不超过三次). (2)了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件;会用导数求函数的极大值、极 小值(其中多项式函数一般不超过三次);会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项 式函数一般不超过三次). (3)会利用导数解决某些实际问题。 【命题规律】 导数综合问题是高考中的难点所在,题型变化较多,尤其是利用导数证明不等式等相关 知识. 熟练掌握利用导数这一工具,将试题进行分解,逐一突破,灵活运用数形结合思想、分 类讨论思想、函数方程思想等,分析问题解决问题,这也是 2018 年考试的热点问题.【典型 高考试题变式】 (一)构造函数在导数问题中的应用 例 1.【2015 全国 2卷(理)】设函数 是奇函数 ( )的导函数, ,当 时, ,则使得 成立的的取值范围是( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】试题分析:考虑取特殊函数 ,是奇函数,且 , , 当 时, >0,满足题设条件.直接研究函数 ,图象 如下图,可知选 B 答案. 【方法技巧归纳】本题主要考查了函数的奇偶性、导数在研究函数的单调性中的应用和 导数在研究函数的极值中的应用,考查学生综合知识能力,渗透着转化与化归的数学思想, 属中档题.其解题的方法运用的是特值法,将抽象问题具体化,找出与已知条件符合的特殊 函数,分析其函数的图像及其性质,进而得出所求的结果,其解题的关键是特值函数的正确 选取. 【变式 1】【改编例题条件,利用导数运算法则构造函数求最值】【2017 河南郑州三质检】 设函数 满足 , ,则 时, 的最小值为( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】对于等式 ,因为 ,故此等式可化为: ,且 .令 , . .当 时, , 单调递增,故 ,因此当 时, 恒成立.因为 ,所 以 恒成立.因此, 在 上单调递增, 的最小值为 .故本题正确答 案为 D. 【变式 2】【改编例题条件,利用导数运算法则构造函数求解不等式】【2017 河南息县第 一高级中学三质检】已知函数  f x 的定义域为 R,其图象关于点  1,0 中心对称,其导 函数  f x ,当 1x   时,        1 1 0x f x x f x      ,则不等式    1 0xf x f  的解集为( ) A.  1, B.  , 1  C.  1,1 D.    , 1 1,    【答案】C 【解析】由题意设      1g x x f x  ,则        ' 1 'g x f x x f x   , 当 1x   时,        1 1 ' 0x f x x f x      , 当 1x   时,      1 ' 0f x x f x   ,则  g x 在  , 1  上递增,函数  f x 的定义域为R ,其图象关于点  1,0 中心对称, 函 数  1f x 的图象关于点  0,0 中心对称,则函数  1f x 是奇函数,令        1 1 ,h x g x xf x h x     是R 上的偶函数,且在  ,0 递增,由偶函数的性 质得:函数  h x 在  0, 上递减,    1 0 ,h f  不等式    1 0xf x f  化为:    1h x h ,即 1x  ,解得 1 1x   , 不等式解集是  1,1 ,故选 C. 【变式 3】【改编例题条件,利用函数单调性构造函数求解不等式】【2017 江西省鹰潭市 高三第一次模拟考试数学(理)】函数  f x 是定义在区间  0, 上的可导函数,其导函数 为  'f x ,且满足    ' 2 0xf x f x  ,则不等式      2016 2016 5 5 5 2016 x f x f x     的 解集为( ) A.  2011x x  B. { | 2011}x x   C. { | 2011 0}x x   D. { | 2016 2011}x x    【答案】D 【变式 4】【改编例题条件,构造函数解决恒成立问题】【2018 安徽蚌埠二中高三 7 月月 考(文)】已知对任意实数 1k  ,关于 x的不等式   2 x xk x a e   在  0, 上恒成立,则 a 的最大整数值为( ) A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】令   2 ( 0)x xf x x e   ,依题意,对任意 1k  ,当 0x  时,  y f x 图象 在直线  y k x a  下方,∴    2 1 x x f x e   列表  y f x 得的大致图象 则当 0a  时,∵  0 2f   ,∴当1 2k  时不成立; 当 1a   时,设  0 1y k x  与  y f x 相切于点   0 0,x f x . 则     0 0 0 2 0 0 0 0 2 1 1 1x x f x k x x e x        ,解得  0 5 1 0,1 2 x    . ∴ 0 5 1 2 3 5 1 1k e e      ,故成立,∴当 a Z 时, max 1a   .故选 B. (二)方程解(函数零点)的个数问题 例 2.【2015 全国 1 卷(理)】已知函数 , . (1)当 为何值时,轴为曲线 的切线; (2)用 表示 中的最小值,设函数 ,讨论 零点的 个数. 【答案】(Ⅰ) ;(Ⅱ)当 或 时, 由一个零点;当 或 时, 有两个零点;当 时, 有三个零点. 【解析】试题分析:(Ⅰ)先利用导数的几何意义列出关于切点的方程组,解出切点坐 标与对应的 值;(Ⅱ)根据对数函数的图像与性质将分为 研究 的零点 个数,若零点不容易求解,则对 再分类讨论. 试题解析:(Ⅰ)设曲线 与轴相切于点 ,则 , ,即 , 解得 . 因此,当 时,轴是曲线 的切线. (Ⅱ)当 时, ,从而 , ∴ 在(1,+∞)无零点. 当=1时,若 ,则 , ,故=1是 的零点;若 , 则 , ,故=1 不是 的零点. 当 时, ,所以只需考虑 在(0,1)的零点个数. (ⅰ)若 或 ,则 在(0,1)无零点,故 在(0,1)单调,而 , ,所以当 时, 在(0,1)有一个零点;当 0 时, 在(0,1)无零点. (ⅱ)若 ,则 在(0, )单调递减,在( ,1)单调递增,故当= 时, 取的最小值,最小值为 = . ①若 >0,即 < <0, 在(0,1)无零点. ②若 =0,即 ,则 在(0,1)有唯一零点; ③若 <0,即 ,由于 , ,所以当 时, 在(0,1) 有两个零点;当 时, 在(0,1)有一个零点.…10 分 综上,当 或 时, 由一个零点;当 或 时, 有两个零点;当 时, 有三个零点. 【方法技巧归纳】1.确定零点的个数问题:可利用数形结合的办法判断交点个数,如果 函数较为复杂,可结合导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象. 2.方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题,可参变分离,转化为求函数的值域问题处 理. 3. 与函数零点有关的参数范围问题,往往利用导数研究函数的单调区间和极值点,并结合 特殊点,从而判断函数的大致图像,讨论其图象与 轴的位置关系,进而确定参数的取值范 围;或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题. 【变式 1】【改编例题的条件,依据函数零点个数求参数的取值】【2015 江苏卷】已知函 数 ),()( 23 Rbabaxxxf  . (1)试讨论 )(xf 的单调性; (2)若 acb  (实数 c 是 a 与无关的常数),当函数 )(xf 有三个不同的零点时,a 的取值范围恰好是 ), 2 3() 2 3,1()3,(   ,求 c的值. 【答案】(1)当 0a  时,  f x 在  ,  上单调递增; 当 0a  时,  f x 在 2, 3 a      ,  0, 上单调递增,在 2 ,0 3 a     上单调递减; 当 0a  时,  f x 在  ,0 , 2 , 3 a      上单调递增,在 20, 3 a     上单调递减. (2) 1.c  【解析】 试题分析(1)先求函数导数,根据导函数零点大小讨论函数单调性,注意需分三种情 况讨论,不要忽略相等的情况(2)首先转化条件:函数 )(xf 有三个不同的零点,就是零 在极大值与极小值之间,然后研究不等式 340, 0, 0 27 a a c a c a      以及 340, 0, 0 27 a a c a c a      解集情况,令 34( ) 27 g a a c a   ,则当 3a   时 ( 3) 0g   且 当 3 2 a  时 3( ) 0 2 g  ,因此确定 1c  ,然后再利用函数因式分解验证满足题意 (2)由(1)知,函数  f x 的两个极值为  0f b , 32 4 3 27 af a b       ,则函数  f x 有三个 零点等价于   32 40 0 3 27 af f b a b               ,从而 3 0 4 0 27 a a b       或 3 0 40 27 a b a       . 又b c a  ,所以当 0a  时, 34 0 27 a a c   或当 0a  时, 34 0 27 a a c   . 设   34 27 g a a a c   ,因为函数  f x 有三个零点时, a的取值范围恰好是   3 3, 3 1, , 2 2                ,则在  , 3  上   0g a  ,且在 3 31, , 2 2             上   0g a  均恒成立, 从而  3 1 0g c    ,且 3 1 0 2 g c        ,因此 1c  . 此时,      3 2 21 1 1 1f x x ax a x x a x a           , 因函数有三个零点,则  2 1 1 0x a x a     有两个异于 1 的不等实根, 所以    2 21 4 1 2 3 0a a a a         ,且    21 1 1 0a a      , 解得   3 3, 3 1, , 2 2 a                 . 综上 1c  . 【变式 2】【改编例题的条件,依据函数零点个数证明不等式】【2015 天津卷(理)】已 知函数 ( ) n ,nf x x x x R   ,其中 *n ,n 2N  . (Ⅰ)讨论 ( )f x 的单调性; (Ⅱ)设曲线 ( )y f x= 与 x轴正半轴的交点为P,曲线在点P处的切线方程为 ( )y g x= , 求证:对于任意的正实数 x,都有 ( ) ( )f x g x ; (Ⅲ)若关于 x的方程 ( )=a(a )f x 为实数 有两个正实根 1 2x x, ,求证: 2 1| - | 2 1 ax x n < + - 【答案】(Ⅰ) 当n为奇数时, ( )f x 在 ( , 1)  , (1, ) 上单调递减,在 ( 1,1) 内 单调递增;当n为偶数时, ( )f x 在 ( , 1)  上单调递增, ( )f x 在 (1, ) 上单调递减.(Ⅱ) 见解析; (Ⅲ)见解析. 【解析】(Ⅰ)由 ( ) nf x nx x  ,可得,其中 *n N 且 2n  , 下面分两种情况讨论: (1)当n为奇数时: 令 ( ) 0f x  ,解得 1x  或 1x   , 当 x变化时, ( ), ( )f x f x 的变化情况如下表: x ( , 1)  ( 1,1) (1, ) ( )f x    ( )f x    所以, ( )f x 在 ( , 1)  , (1, ) 上单调递减,在 ( 1,1) 内单调递增. (Ⅱ)证明:设点 P的坐标为 0( ,0)x ,则 1 1 0 nx n  , 2 0( )f x n n   ,曲线 ( )y f x 在 点 P处的切线方程为  0 0( )y f x x x  ,即  0 0( ) ( )g x f x x x  ,令 ( ) ( ) ( )F x f x g x  ,即  0 0( ) ( ) ( )F x f x f x x x   ,则 0( ) ( ) ( )F x f x f x    由于 1( ) nf x nx n    在  0, 上单调递减,故 ( )F x 在  0, 上单调递减,又因为 0( ) 0F x  ,所以当 0(0, )x x 时, 0( ) 0F x  ,当 0( , )x x  时, 0( ) 0F x  ,所以 ( )F x 在 0(0, )x 内单调递增,在 0( , )x  内单调递减,所以对任意的正实数 x都有 0( ) ( ) 0F x F x  ,即对任意的正实数 x,都有 ( ) ( )f x g x . (Ⅲ)证明:不妨设 1 2x x ,由(Ⅱ)知   2 0( )g x n n x x   ,设方程 ( )g x a 的根 为 2x ,可得 2 02 .ax x n n     ,当 2n  时, ( )g x 在  ,  上单调递减,又由(Ⅱ)知 2 2 2( ) ( ) ( ),g x f x a g x    可得 2 2x x  . 类似的,设曲线 ( )y f x 在原点处的切线方程为 ( )y h x ,可得 ( )h x nx ,当 (0, )x  , ( ) ( ) 0nf x h x x    ,即对任意 (0, )x  , ( ) ( ).f x h x 设方程 ( )h x a 的根为 1x ,可得 1 ax n   ,因为 ( )h x nx 在  ,  上单调递增,且 1 1 1( ) ( ) ( )h x a f x h x    ,因此 1 1x x  . 由此可得 2 1 2 1 01 ax x x x x n        . 因为 2n  ,所以 1 1 1 12 (1 1) 1 1 1n n nC n n          ,故 1 1 02 nn x  , 所以 2 1 2 1 ax x n     . 【变式 3】【改编例题的条件和结论,函数零点与充要条件综合】【2016 北京卷(文)】 设函数   3 2 .f x x ax bx c    (Ⅰ)求曲线  y f x 在点   0, 0f 处的切线方程; (Ⅱ)设 4a b  ,若函数  f x 有三个不同零点,求 c 的取值范围; (Ⅲ)求证: 2 3 0a b > 是  f x 有三个不同零点的必要而不充分条件. 【答案】(Ⅰ) y bx c  ;(Ⅱ) 320, 27       ;(Ⅲ)见解析. 【解析】 试题分析:(Ⅰ)求函数 f(x)的导数,根据  0f c ,  0f b  求切线方程; (Ⅱ)根据导函数判断函数 f(x)的单调性,由函数  f x 有三个不同零点,求 c 的取值范 围; (Ⅲ)从两方面必要性和不充分性证明,根据函数的单调性判断零点个数. 试题解析:(Ⅰ)由   3 2f x x ax bx c    ,得   23 2f x x ax b    . 因为  0f c ,  0f b  , 所以曲线  y f x 在点   0, 0f 处的切线方程为 y bx c  . (Ⅱ)当 4a b  时,   3 24 4f x x x x c    , 所以   23 8 4f x x x    . 令   0f x  ,得 23 8 4 0x x   ,解得 2x   或 2 3 x   .  f x 与  f x 在区间  ,  上的情况如下: x  , 2  2 22, 3       2 3  2 , 3        f x  0  0   f x  c  32 27 c   所以,当 0c  且 32 0 27 c   时,存在  1 4, 2x    , 2 22, 3 x        , 3 2 ,0 3 x       ,使得      1 2 3 0f x f x f x   . 由  f x 的单调性知,当且仅当 320, 27 c      时,函数   3 24 4f x x x x c    有三个不同 零点. 综上所述,若函数  f x 有三个不同零点,则必有 24 12 0a b   . 故 2 3 0a b  是  f x 有三个不同零点的必要条件. 当 4a b  , 0c  时, 2 3 0a b  ,    23 24 4 2f x x x x x x     只有两个不同零 点,所以 2 3 0a b  不是  f x 有三个不同零点的充分条件. 因此 2 3 0a b  是  f x 有三个不同零点的必要而不充分条件. (三)函数中的隐零点问题 例 3.【2017 全国 1 卷(理)】已知函数    2e 2 ex xf x a a x    . (1)讨论  f x 的单调性; (2)若  f x 有两个零点,求 a的取值范围. 【解析】(1)由于    2e 2 ex xf x a a x    , 故       22 e 2 e 1 e 1 2e 1x x x xf x a a a        . ①当 0a 时, e 1 0xa   , 2e 1 0x   .从而   0f x  恒成立.  f x 在R 上单调递减. ②当 0a  时,令   0f x  ,从而 e 1 0xa   ,得 lnx a  . x  ln a , ln a  ln a  ,  f x′  0   f x  极小值  综上,当 0a 时, ( )f x 在R 上单调递减; 当 0a  时, ( )f x 在 ( , ln )a  上单调递减,在 ( ln , )a  上单调递增. (2)由(1)知, 当 0a 时,  f x 在R 上单调减,故  f x 在R 上至多一个零点,不满足条件. 当 0a  时,  min 1ln 1 lnf f a a a      . 令   11 lng a a a    . 令    11 ln 0g a a a a     ,则   2 1 1 0g a a a     .从而  g a 在  0  , 上单调增,而  1 0g  . 当 0 1a  时,   0g a  .当 1a  时   0g a  .当 1a  时   0g a  若 1a  ,则  min 11 ln 0f a g a a      ,故   0f x  恒成立,从而  f x 无零点,不满足条 件. 若 1a  ,则 min 11 ln 0f a a     ,故   0f x  仅有一个实根 ln 0x a   ,不满足条件. 若 0 1a  ,则 min 11 ln 0f a a     ,注意到 ln 0a  .   2 21 1 0 e e e a af       . 故  f x 在  1 ln a , 上有一个实根,而又 3 1ln 1 ln lna a a         . 且 3 3ln 1 ln 13 3ln( 1) e e 2 ln 1a af a a a a                                  3 31 3 2 ln 1a a a a                    3 31 ln 1 0 a a               .故  f x 在 3ln ln 1a a          , 上有一个实根. 又  f x 在  ln a , 上单调减,在  ln a  , 单调增,故  f x 在R 上至多两个实根. 又  f x 在  1 ln a , 及 3ln ln 1a a          , 上均至少有一个实数根,故  f x 在R 上恰有两 个实根. 综上, 0 1a  . 【方法技巧归纳】研究函数零点问题常常与研究对应方程的实根问题相互转化.已知函 数  f x 有 2 个零点求参数 a 的取值范围,第一种方法是分离参数,构造不含参数的函数, 研究其单调性、极值、最值,判断 y a 与其交点的个数,从而求出 a的取值范围;第二种 方法是直接对含参函数进行研究,研究其单调性、极值、最值,注意点是若  f x 有 2 个零 点,且函数先减后增,则只需其最小值小于 0,且后面还需验证最小值两边存在大于 0 的点. 【变式 1】【改编例题的条件,根据零点个数不同,确定参数取值范围】【2018 山西孝义 高三入学摸底考试】已知函数    2 1f x a x b   . (1)讨论函数    xg x e f x  在区间 0,1 上的单调性; (2)已知函数   1 2 x xh x e xf        ,若  1 0h  ,且函数  h x 在区间  0,1 内有零 点,求 a的取值范围. 【答案】(1)见解析(2) 1 2e a   试题解析:解:(1)由题得    2 1xg x e a x b    ,所以    ' 2 1xg x e a   . 当 3 2 a  时,  ' 0g x  ,所以  g x 在 0,1 上单调递增; 当 1 2 ea   时,  ' 0g x  ,所以  g x 在 0,1 上单调递减; 当 3 1 2 2 ea   时,令  ' 0g x  ,得    ln 2 2 0,1x a   , 所以函数  g x 在区间  0, ln 2 2a  上单调递减,在区间  ln 2 2 ,1a  上单调递增. 综上所述,当 3 2 a  时,  g x 在 0,1 上单调递增; 当 3 1 2 2 ea   时,函数  g x 在区间  0, ln 2 2a  上单调递减,在区间  ln 2 2 ,1a   上单调递增; 当 1 2 ea   时,所以  g x 在 0,1 上单调递减. (2)     21 1 1 2 x xxh x e xf e a x bx            ,      ' 2 1xh x e a x b g x     , 设 0x 为  h x 在区间  0,1 内的一个零点,则由    00 0h h x  ,可知  h x 在区间  00, x 上不单调,则  g x 在区间  00, x 内存在零点 1x ,同理,  g x 在区间  0 ,1x 内存在零点 2x , 所以  g x 在区间  0,1 内至少有两个零点. 由(1)知,当 3 2 a  时,  g x 在 0,1 上单调递增,故  g x 在  0,1 内至多有一个零点, 不合题意. 当 1 2 ea   时,  g x 在 0,1 上单调递减,故  g x 在  0,1 内至多有一个零点,不合题意, 所以 3 1 2 2 ea   , 此时  g x 在区间  0, ln 2 2a  上单调递减,在区间  ln 2 2 ,1a  上单调递增. 因此,  1 0, ln 2 2x a   ,  2 ln 2 2 ,1x a   ,必有  0 1 0g b   ,  1 2 2 0g e a b     . 由  1 0h  ,得 a b e  , 1 1 0 2 g e e         . 又  0 1 0g a e    ,  1 2 0g a   ,解得 1 2e a   . (四)极值点偏移问题 例 4.【2016 全国 1 卷(理)】已知函数 2( ) ( 2)e ( 1)xf x x a x    有两个零点. (Ⅰ)求 a的取值范围; (Ⅱ)设 x1,x2是 ( )f x 的两个零点,证明: 1 2 2x x  . 【答案】(Ⅰ) (0, ) ;(Ⅱ)见解析 【解析】 试题分析:(Ⅰ)求导,根据导函数的符号来确定(主要要根据导函数零点来分类);(Ⅱ) 借助(Ⅰ)的结论来证明,由单调性可知 1 2 2x x  等价于 1 2( ) (2 )f x f x  ,即 2(2 ) 0f x  .设 2( ) e ( 2)ex xg x x x    ,则 2'( ) ( 1)(e e )x xg x x    .则当 1x  时, '( ) 0g x  ,而 (1) 0g  ,故当 1x  时, ( ) 0g x  .从而 2 2( ) (2 ) 0g x f x   ,故 1 2 2x x  . 试题解析:(Ⅰ) '( ) ( 1)e 2 ( 1) ( 1)(e 2 )x xf x x a x x a       . (Ⅲ)设 0a  ,由 '( ) 0f x  得 1x  或 ln( 2 )x a  . 若 e 2 a   ,则 ln( 2 ) 1a  ,故当 (1, )x  时, '( ) 0f x  ,因此 ( )f x 在 (1, ) 单调递 增.又当 1x  时 ( ) 0f x  ,所以 ( )f x 不存在两个零点. 若 e 2 a   ,则 ln( 2 ) 1a  ,故当 (1, ln( 2 ))x a  时, '( ) 0f x  ;当 (ln( 2 ), )x a   时, '( ) 0f x  .因此 ( )f x 在 (1, ln( 2 ))a 单调递减,在 (ln( 2 ), )a  单调递增.又当 1x  时, ( ) 0f x  ,所以 ( )f x 不存在两个零点. 综上, a的取值范围为 (0, ) . (Ⅱ)不妨设 1 2x x ,由(Ⅰ)知 1 2( ,1), (1, )x x    , 22 ( ,1)x   , ( )f x 在 ( ,1) 单调递减,所以 1 2 2x x  等价于 1 2( ) (2 )f x f x  ,即 2(2 ) 0f x  . 由于 22 2 2 2 2(2 ) e ( 1)xf x x a x     ,而 2 2 2 2 2( ) ( 2) e ( 1) 0xf x x a x     ,所以 2 22 2 2 2(2 ) e ( 2)ex xf x x x     . 设 2( ) e ( 2)ex xg x x x    ,则 2'( ) ( 1)(e e )x xg x x    . 所以当 1x  时, '( ) 0g x  ,而 (1) 0g  ,故当 1x  时, ( ) 0g x  . 从而 2 2( ) (2 ) 0g x f x   ,故 1 2 2x x  . 【方法技巧归纳】对于含有参数的函数单调性、极值、零点问题,通常要根据参数进行 分类讨论,要注意分类讨论的原则:互斥、无漏、最简.解决函数不等式的证明问题的思路是 构造适当的函数,利用导数研究函数的单调性或极值破解. 【变式 1】【改编例题的条件,由极值点偏移思想证明参数的大小】【2018 广东深圳高三 入学摸底考试(文)】已知函数 . (1)求函数 的极小值; (2)若函数 有两个零点 ,求证: . 【答案】(1)极小值为 (2)见解析 【解析】试题分析:(1)先求函数导数 .再根据导函数是否变号进行分类 讨论:当 时,导函数不变号,无极小值;当 时,导函数先负后正,有一个极小值(2) 先用分析法转化要证不等式:因为 . 令 ,所以只要证 ,即 证 ,利用导数易得 为增函数,即得 所以原命题成立. 试题解析:解:(1) . 当 时, 在 上为增函数,函数 无极小值; 当 时,令 ,解得 . 若 ,则 单调递减; 若 ,则 单调递增. 故函数 的极小值为 . (2)证明:由题可知 . 要证 ,即证 , 不妨设 ,只需证 ,令 , 即证 ,要证 ,只需证 ,令 , 只需证 ,∵ , ∴ 在 内为增函数,故 ,∴ 成立. 所以原命题成立. 【变式 2】【改编例题的条件,由极值点偏移思想证明不等式】【2018 广东珠海高三 9 月摸底考试(理)】函数    2 ln 1f x x m x   (1)讨论  f x 的单调性; (2)若函数  f x 有两个极值点 1 2x x、 ,且 1 2x x ,求证:  2 1 12 2 ln2f x x x   【答案】(1) 0m  时,  f x 在 1 1 21 2 2 m         , 上单减,在 1 1 2 2 2 m         , 上单增; 10 2 m  时,  f x 在 1 1 2 1 1 2 2 2 2 2 m m           , 上单减,在 1 1 21 2 2 m         , 和 1 1 2 2 2 m         , 上单增; 1 2 m 时,  f x 在  1 , 上单增;(2)见解析. 【解析】试题分析:(1)   22 2 1 x x mf x x     ,分类讨论,研究  f x 的符号情况, 进而得到函数的单调区间;(2) 设函数  f x 有两个极值点 1 2x x、 ,且 1 2x x ,  1x 、 2x 是   22 2 0g x x x m    的二根 1 2 1 2 1 { 2 x x mx x     ,若证  2 1 12 2 ln2f x x x   成立, 只需证        2 2 2 2 2 22 4 1 ln 1 1 1 2ln2 0x x x x x       对 2 1 0 2 x   恒成立.设          2 12 4 1 ln 1 1 1 2ln2 ( 0) 2 x x x x x x x           ,研究其最值即可. 试题解析: 解:  f x 的定义域是  1 , ,   22 2 1 x x mf x x     (1)由题设知, 1 0x  令   22 2g x x x m   ,这是开口向上,以 1 2 x   为对称轴的抛物线. 在 1x   时,当 1 1 0 2 2 g m         ,即 1 2 m 时,   0g x  ,即   0f x  在  1 , 上恒成立. 2) 当 1 1 1 2 11 2 2 2 mx         时,即 1 2 10 2 2 m   ,即 10 2 m  时 1 2x x x  时,   0g x  ,即   0f x  11 x x   或 2x x 时,   0g x  ,即   0f x  综上: 0m  时,  f x 在 1 1 21 2 2 m         , 上单减,在 1 1 2 2 2 m         , 上单增; 10 2 m  时,  f x 在 1 1 2 1 1 2 2 2 2 2 m m           , 上单减,在 1 1 21 2 2 m         , 和 1 1 2 2 2 m         , 上单增; 1 2 m 时,  f x 在  1 , 上 单增. (2)若函数  f x 有两个极值点 1 2x x、 ,且 1 2x x 则必是 10 2 m  ,则 1 2 10 2 2 m   ,则 1 2 11 0 2 x x      , 且  f x 在  1 2x x, 上单减,在  11 x , 和  2x , 上单增, 则    2 0 0f x f   1x 、 2x 是   22 2 0g x x x m    的二根  1 2 1 2 1 { 2 x x mx x     ,即 1 21x x   , 1 22m x x 若证  2 1 12 2 ln2f x x x   成立,只需证      2 2 2 2 2 2 1 2 22 2 2 ln 1 2 4 ln 1f x x m x x x x x             2 2 2 2 2 2 22 4 1 ln 1 1 2 1 ln2x x x x x x            2 21 2 1 ln2x x    即证        2 2 2 2 2 22 4 1 ln 1 1 1 2ln2 0x x x x x       对 2 1 0 2 x   恒成立 设          2 12 4 1 ln 1 1 1 2ln2 ( 0) 2 x x x x x x x                 44 1 2 ln 1 lnx x x e       当 1 0 2 x   时, 1 2 0x  ,  ln 1 0x  , 4ln 0 e  故   0x  ,故  x 在 1 0 2      , 上单增 故    1 1 1 1 1 12 4 ln 1 2ln2 0 2 4 2 2 2 2 x                                 2 2 2 2 2 22 4 1 ln 1 1 1 2ln2 0x x x x x       对 2 1 0 2 x   恒成立   2 1 12 2 ln2f x x x   【变式 3】【改编例题的条件,由极值点偏移思想证明不等式(乘积型)】【2018 安徽六 安市寿县第一中学第一次月考】已知函数   lnf x x x  . (Ⅰ)求函数  f x 的单调区间; (Ⅱ)若方程  f x m ( 2)m   有两个相异实根 1x , 2x ,且 1 2x x ,证明: 2 1 2 2x x  . 【答案】(Ⅰ)  y f x 在(0,1)递增,  y f x 在(1,+ ) 递减(Ⅱ在此处键入公 式。)见解析 【解析】试题分析:(1)求出  'f x ,  ' 0f x  可得函数得  f x 的增区间,  ' 0f x  得可得函数得  f x 的减区间;(2)由(1)可设  f x m 的两个相异实根分别 为 1 2,x x 满足 1 2 1 1 2 20 1, 1, ln 0, ln 0x x x x m x x m       ,只需证明.  1 2 2 1g x g x        即可. 试题解析:(1) 的定义域为 当 时 所以 在 递增 当 时 所以 在 递减 (2)由(1)可设 的两个相异实根分别为 , 满足 且 , 由题意可知 又有(1)可知 在 递减 故 所以 , 令 令 , 则 . 当 时, , 是减函数,所以 . 所以当 时, ,即 因为 , 在 上单调递增, 所以 ,故 . 综上所述: (五)一元函数不等式的证明 例 4.【2016 山东(理)】已知   2 2 1( ) ln ,xf x a x x a x     R . (1)讨论 ( )f x 的单调性; (2)当 1a  时,证明 3( ) ( ) 2 f x f x  对于任意的  1,2x 成立. 【解析】(1) ( )f x 的定义域为 (0, ) , 2 2 3 3 2 2 ( 2)( 1)'( ) a ax xf x a x x x x        . 当 0a„ 时, (0,1)x 时, '( ) 0f x  , ( )f x 单调递增; (1, ) , '( ) 0x f x  时 , ( )f x 单调递减. 当 0a  时, 3 ( 1) 2 2'( ) a xf x x x x a a              . (ii)若 2a  ,则 2 1 a  ,在 x (0, ) 内, '( ) 0f x  , ( )f x 单调递增; (iii)若 2a  ,则 20 1 a   , 当 20,x a        或 x (1, ) 时, '( ) 0f x  , ( )f x 单调递增; 当 x 2 ,1 a        时, '( ) 0f x  , ( )f x 单调递减. 综上所述,当 0a„ 时,函数 ( )f x 在 (0,1) 内单调递增,在 (1, ) 内单调递减; 当0 2a  时, ( )f x 在 (0,1) 内单调递增,在 21, a        内单调递减,在 2 , a        内单调 递增; 当 2a  时, ( )f x 在 (0, ) 内单调递增; 当 2a  , ( )f x 在 20, a        内单调递增,在 2 ,1 a        内单调递减,在 (1, ) 内单调递增. (2)由(1)知, 1a  时, 2 2 3 2 1 1 2 2( ) '( ) ln (1 )xf x f x x x x x x x          2 3 3 1 2ln 1x x x x x       , [1, 2]x , 令 2 3 3 1 2( ) ln , ( ) 1g x x x h x x x x       , [1, 2]x . 则 ( ) '( ) ( ) ( )f x f x g x h x   , 由 1'( ) 0xg x x   … 可得 ( ) (1) 1g x g … ,当且仅当 1x  时取得等号. 又 2 4 3 2 6'( ) x xh x x     , 设 2( ) 3 2 6x x x     ,则 ( )x 在 x [1,2]单调递减, 因为 (1) 1, (2) 10    , 所以在[1,2]上存在 0x 使得 0(1, )x x 时, 0( ) 0, ( , 2)x x x   时, ( ) 0x  , 所以函数 ( )h x 在 0(1, )x 上单调递增;在 0( , 2)x 上单调递减, 由于 1(1) 1, (2) 2 h h  ,因此当 x [1,2]时, 1( ) (2) 2 h x h … ,当且仅当 2x  时取得等号, 所以 3( ) '( ) (1) (2) 2 f x f x g h    , 即 3( ) '( ) 2 f x f x  对于任意的 [1, 2]x 恒成立. 【方法技巧归纳】本题主要考查导数的计算、应用导数研究函数的单调性、分类讨论思 想.本题覆盖面广,对考生计算能力要求较高,是一道难题.解答本题,准确求导数是基础, 恰当分类讨论是关键,易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当,或因复杂式子变形能力 差,而错误百出.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力、分类讨论思想等. 【变式 1】【改编例题的条件,证明不等式】【2018 广东省广州市海珠区高三测试一(理)】 已知函数   ln af x x x   . (1)若函数  f x 有零点,求实数 a的取值范围; (2)证明:当 2a e  时,   xf x e . 【答案】(1) 1, e     ;(2)见解析. 【解析】试题分析:(1)求出函数  f x 的导数,讨论两种情况,分别研究函数的单调 性,求其最值,结合函数的图象和零点定理即可求出 a的取值范围;(2)问题转化为 ln xx x a xe  ,令   lnh x x x a  ,令   xx xe  ,利用导数研究函数的单调性,分类 讨论求出函数的最值,即可证明. 试题解析:(1)函数   ln af x x x   的定义域为  0, .由   ln af x x x   ,得   2 2 1 a x af x x x x     . ①当 0a  时,   0f x  恒成立,函数  f x 在  0, 上单调递增,又    1 ln1 0, ,f a a x f x     ,所以函数  f x 在定义域  0, 上有1个 零点. ②当 0a  时,则  0,x a 时,    0; ,f x x a    时,   0f x  .所以函数  f x 在  0,a 上单调递减,在  ,a  上单调递增.当   min ln 1x a f x a     .当 ln 1 0a   ,即 10 a e   时,又  1 ln1 0f a a    ,所以函数  f x 在定义域  0, 上有 2个零点. 综上所述实数 a的取值范围为 1, e     . (2)要证明当 2a e  时,   xf x e ,即证明当 20,x a e   时, ln xax e x   ,即 ln xx x a xe  ,令   lnh x x x a  ,则   ln 1h x x  ,当 10 x e   时,   0f x  ; 当 1x e  时,   0f x  .所以函数  h x 在 10, e       上单调递减,在 1 , e      上单调递增. 当 1x e  时,   min 1h x a e       .于是,当 2a e  时,   1 1h x a e e     .①令   xx xe  ,则    1x x xx e xe e x        .当0 1x  时,   0f x  ;当 1x  时,   0f x  .所以函数  x 在  0,1 上单调递增,在  1, 上单调递减.当 1x  时,   min 1x e     .于是,当 0x  时,   1x e   .②显然,不等式①、②中的等号不能同时 成立.故当 2a e  时, (f x ) xe . 【变式 2】【改编例题的条件,证明不等式(不等式右侧是常数)】【2017 吉林省松原市 实验高级中学等三校联考(文)】设函数   ln 1 af x x x    ,  0a  (1)当 1 30 a  时,求函数  f x 的单调区间; (2)当 1 2 a  ,  1,x  时,求证: ln 1 1 ax x    . 【答案】(1)增区间为: 50, 6       , 6 , 5      .减区间为 5 ,1 6       , 61, 5       .(2) 见解析。 试题解析:(1)函数  f x 的定义域为    0,1 1,  ,当 1 30 a  时,    2 5 6 6 5' 1 x x f x x x           , 令:  ' 0f x  ,得: 6 5 x  或 5 6 x  ,所以函数单调增区间为: 50, 6       , 6 , 5      .  ' 0f x  ,得: 5 6 6 5 x  ,所以函数单调减区间为 5 ,1 6       , 61, 5       . (2)若证 ln 1 1 ax x    , 1 , 1 2 a x      成立,只需证:   1ln ln 1 1 2 1 ax x x x       , 即:    2 1 ln 1 2 1x x x    当 1x  时成立. 设        2 1 ln 2 1 1 1g x x x x x      . ∴   1' 2 lng x x x       ,显然  'g x 在  1, 内是增函数, 且  ' 1 2 0g    ,   1' 2 2 ln2 0 2 g        , ∴  ' 0g x  在  1,2 内有唯一零点 0x ,使得: 0 0 1ln 0x x   , 且当  01,x x ,  ' 0g x  ; 当  0 ,x x  ,  ' 0g x  . ∴  g x 在  01, x 递减,在  0 ,x  递增.          0 0 0 0 0min 0 0 1 12 1 ln 1 1 2 1 1 1 5 2g x g x x x x x x x                        , ∵  0 1,2x  ,∴ 0 0 1 52 2 x x    . ∴  min 0g x  ,∴ ln 1 1 ax x    成立. 【变式 3】【改编例题的条件,证明参数不等式】【2017 黑龙江省哈尔滨市第九中学高三 二模(文)】已知 0a  ,函数   2lnf x x ax  , 0x  .(  f x 的图象连续不断) (1) 求  f x 的单调区间; (2) 当 1 8 a  时,证明:存在  0 2,x   ,使  0 3 2 f x f       ; (3) 若存在属于区间 1,3 的 ,  ,且 1   ,使    f f  ,证明: ln3 ln2 ln2 5 3 a   . 【答案】答案见解析 【解析】试题分析:(1)求  f x 的单调区间,由于函数   2lnf x x ax  含有对数函 数,因此求  f x 的单调区间,可用导数法,因此对函数   2lnf x x ax  求导得,     21 1 22 , 0,axf x ax x x x       ,令   0f x  ,解得 2 2 ax a  ,列表确定单调区 间;(2)当 1 8 a  时,证明:存在  0 2,x   ,使  0 3 2 f x f       ,可转化为   3 0 2 f x f       在  2, 上有解,可令     3 2 g x f x f        ,有根的存在性定理可知, 只要在  2, 找到两个 1 2,x x ,是得    1 2 0f x f x  即可,故本题把 1 8 a  代入  f x 得   21ln 8 f x x x  ,由(1)知  f x 在  0,2 内单调递增,在  2, 内单调递减,   32 2 f f       ,故  2 0g  ,取 3 2 2 x e   ,则   241 9 0 32 eg x    ,即可证出;(3) 若存在均属于区间 1,3 的 ,  ,且 1   ,使    f f  ,由(1)知  f x 的单调 递增区间是 20, 2 a a        ,单调递减区间是 2 , 2 a a        ,故 2 2 a a    ,且  f x 在 ,  上的最小值为  f  ,而 1   ,  , 1,3   ,只有1 2 3     ,由单调性可知,             2 1 { 2 3 f f f f f f       ,从而可证得结论. 试题解析:(1)     21 1 22 , 0, .axf x ax x x x       (1分) 令   0f x  ,解得 2 . 2 ax a  (2分) 当 x变化时,    ,f x f x 的变化情况如下表: x 20, 2 a a        2 2 a a 2 , 2 a a         f x + 0 -  f x 递增 极大值 递减 所以,  f x 的单调递增区间是 20, 2 a a        ,单调递减区间是 2 , 2 a a        (5分) (2)证明:当 1 8 a  时,   21ln 8 f x x x  , 由(1)知  f x 在  0,2 内单调递增,在  2, 内单调递减. 令     3 2 g x f x f        . (6 分) 由于  f x 在  0,2 内单调递增,故   32 2 f f       ,即  2 0g  (7 分) 取 3 2 2 x e   ,则   241 9 0 32 eg x    . 所以存在  0 2,x x  ,使  0 0g x  , 即存在  0 2,x   ,使  0 3 2 f x f       . (9 分) (说明: x的取法不唯一,只要满足 2x  ,且   0g x  即可.) (3)证明:由    f f  及(1)的结论知 2 2 a a    , 从而  f x 在 ,  上的最小值为  f  , (10 分) 又由 1   ,  , 1,3   ,知1 2 3     (11 分) 故             2 1 { 2 3 f f f f f f       即 2 4 { 2 4 3 9 ln a a ln a ln a       (13 分) 从而 ln3 ln2 ln2 5 3 a   (14 分) (六)多元函数不等式的证明 例 6 【2017 天津卷(理)】设 a Z ,已知定义在 R 上的函数   4 3 22 3 3 6f x x x x x a     在区间  1,2 内有一个零点 0x ,  g x 为  f x 的导函数. (Ⅰ)求  g x 的单调区间; (Ⅱ)设    0 01, ,2m x x  ,函数       0h x g x m x f m   ,求证:    0 0h m h x  ; (Ⅲ)求证:存在大于 0的常数 A,使得对于任意的正整数 ,p q,且    0 01, , 2 ,p x x q   满足 0 4 1p x q Aq   . 【答案】(Ⅰ)增区间是  , 1  , 1 , 4      ,递减区间是 11, 4      .(Ⅱ)见解析; (III)见解析. 试题解析:(Ⅰ)解:由   4 3 22 3 3 6f x x x x x a     ,可得     3 28 9 6 6g x f x x x x     , 进而可得   224 18 6g x x x    .令   0g x  ,解得 1x   ,或 1 4 x  . 当 x 变化时,    ,g x g x 的变化情况如下表: x  , 1  11, 4      1 , 4       g x + - +  g x ↗ ↘ ↗ 所以,  g x 的单调递增区间是  , 1  , 1 , 4      ,单调递减区间是 11, 4      . (Ⅱ)证明:由       0h x g x m x f m   ,得       0h m g m m x f m   ,       0 0 0h x g x m x f m   . 令函数       1 0H x g x x x f x   ,则     ' 1 0H x g x x x  .由(Ⅰ)知,当  1,2x 时,   0g x  ,故当  01,x x 时,  ' 1 0H x  ,  1H x 单调递减;当  0 , 2x x 时,  ' 1 0H x  ,  1H x 单调递增.因此,当    0 01, ,2x x x  时,      1 1 0 0 0H x H x f x    ,可得    1 0, 0H m h m 即 . 令函数       2 0 0H x g x x x f x   ,则      ' 2 0H x g x g x  .由(Ⅰ)知,  g x 在 1,2 上单调递增,故当  01,x x 时,  ' 2 0H x  ,  2H x 单调递增;当  0 , 2x x 时,  ' 2 0H x  ,  2H x 单调递减.因此,当    0 01, ,2x x x  时,    2 2 0 0H x H x  , 可得    2 00, 0H m h x 即 . 所以,    0 0h m h x  . (III)证明:对于任意的正整数 p, q,且    0 01, , 2p x x q   , 令 pm q  ,函数       0h x g x m x f m   . 由(II)知,当  01,m x 时,  h x 在区间  0,m x 内有零点; 当  0 , 2m x 时,  h x 在区间  0 ,x m 内有零点. 所以  h x 在  1,2 内至少有一个零点,不妨设为 1x ,则    1 1 0 0p ph x g x x f q q                . 由(I)知  g x 在 1,2 上单调递增,故      10 1 2g g x g   , 于是       4 3 2 2 3 4 0 4 1 2 3 3 6 2 2 pp ff p p q p q pq aqqqp x q g x g g q                . 因为当  1,2x 时,   0g x  ,故  f x 在 1,2 上单调递增, 所以  f x 在区间 1,2 上除 0x 外没有其他的零点,而 0 p x q  ,故 0pf q       . 又因为 p, q, a均为整数,所以 4 3 2 2 3 42 3 3 6p p q p q pq aq    是正整数, 从而 4 3 2 2 3 42 3 3 6 1p p q p q pq aq     . 所以  0 4 1 2 p x q g q   .所以,只要取  2A g ,就有 0 4 1p x q Aq   . 【方法技巧归纳】判断  g x 的单调性,只需对函数求导,根据  g x 的导数的符号判 断函数的单调性,求出单调区间,有关函数的零点问题,先利用函数的导数判断函数的单调 性,了解函数的图象的增减情况,再对极值点作出相应的要求,可控制零点的个数. 【变式 1】【改编例题的条件,双元不等式的证明】【2018 江苏省南京市溧水高级中学开 学考试】已知函数    1 ln , 1 a x f x x a R x      . (1)若 2x  是函数  f x 的极值点,求曲线  y f x 在点   1, 1f 处的切线方程; (2)若函数  f x 在  0, 上为单调增函数,求a的取值范围; (3)设 ,m n为正实数,且m n ,求证: ln ln 2 m n m n m n     . 【答案】(1) 8 1 0x y   ;(2)  , 2 ;(3)证明见解析. 【解析】试题分析:(1)求出导数,由题意可得  ' 3 0f  代入可得 8 3 a  ,可得切线 的斜率和切点,进而得到切线的方程;(2)由函数  f x 在  0, 上为增函数,可得  ' 0f x  恒成立,既有  2 2 2 1 0x a x    ,当 0x  时, 12 2a x x    ,求得右边 函数的最小值,即可得到 a范围;(3)运用分析法证明,要证 ln ln 2 m n m n m n     ,只需证 1 1 2ln m m n n m n    ,即证 2 1 ln 0 1 m m n mn n        ,设    2 1 ln 1 x h x x x     ,求出导数判断单调 性,运用单调递增,即可得证. 试题解析:(1)        2 1 11 1 a x a x f x x x                2 2 2 2 1 2 2 2 1 . 1 1 x ax x a x x x x x          由题意知  2 0f   ,代入得 9 4 a  ,经检验,符合题意. 从而切线斜率   11 8 k f    ,切点为  1,0 , 切线方程为 8 1 0x y   (3)要证 ,只需证 , 即证 2 1 ln . 1 m m n mn n       只需证 2 1 ln 0. 1 m m n mn n        设    2 1 ln 1 x h x x x     ,由(2)知  h x 在  1, 上是单调函数,又 1m n  , 所以  1 0mh h n        ,即 2 1 ln 0 1 m m n mn n        成立,所以 ln ln 2 m n m n m n     . 【变式 2】【改编例题的条件,双元不等式的证明(乘积形式)】【2017 江西师范大学附 属中学(文)】已知函数     2ln 1, ( , 2 xf x g x ax aex a R e x     是自然对数的底数). (1)求函数  f x 的单调区间; (2)若      h x f x g x  ,当 0a  时,求函数  h x 的最大值; (3)若 0,m n  且 n mm n ,求证: 2mn e . 【答案】(1)  f x 在  0,e 上单调递增,在  ,e  上单调递减. (2)   2 max 1 1 2 h x ae e   (3)见解析 【解析】试题分析:(1) 求出  'f x ,  ' 0f x  得增区间,  ' 0f x  得减区间; (2)利用导数研究函数      h x f x g x  的单调性即可求函数  h x 的最大值;(3)化简 已知得 0, n mm n m n   , ln lnn m m n  ln lnm n m n   即    f m f n ,然后利用分 析法证明原不等式. 试题解析: (1)  f x 的定义域为  0, ,且   2 1 lnxf x x   , 令   0 0f x x e    ,   0f x x e   f x 在  0,e 上单调递增,在  ,e  上单调递减. (2)   2ln 1 ( 0) 2 xh x ax aex x x     ,    2 1 lnxh x a x e x       , 当 x e 时, 2 1 ln 0, 0x x e x   ,  0 0a a x e    ,   0h x   当0 x e  时, 2 1 ln 0, 0, 0x x e a x      ,   0h x    h x 在  0,e 上单调递增,在  ,e  上单调递减.     2 max 1 1 2 h x h e ae e     . (3) 0, n mm n m n   , ln lnn m m n  ln lnm n m n   即    f m f n . 由(1)知  f x 在  0,e 上单调递增,在  ,e  上单调递减,且  1 0f  , 则1 n e m   要证 2mn e ,即证 2em e n   ,即证   2ef m f n        ,即证   2ef n f n        , 即证   2 2 lnln n nn n e   ,由于1 ,0 ln 1n e n    ,即证 2 2 2ln 2 lne n n n n  . 令   2 2 2ln 2 ln (1 )G x e x x x x x e         2 2 4 2 ln 2 ln 1e eG x x x x x x x x x x                    2 ln 1 e x e x x x x      1 x e    0G x   恒成立  G x 在  1,e 递增,     0G x G e   在  1,x e 恒成立, 原不等式成立. 【变式 3】【改编例题的条件,证明长串不等式】【2017 江西省新余市第一中学模拟(理)】 已知函数    sin cos 0f x x x x x   . (1)求函数  f x 的图象在 ,1 2       处的切线方程; (2)若任意  0,x  ,不等式   3f x ax 恒成立,求实数 a的取值范围; (3)设   2 0 m f x dx    ,      2 6 4 mg x f x x   ,证明:  2 1 1 11 1 1 3 3 3ng g g e                             . 【答案】(1) 1 2 2 y x        (2) 1 3 a  (3)见解析 【解析】试题分析:(1)本问考查导数的几何意义,   sinf x x x  , 2 2 f         , 于是可得切线方程为 1 2 2 y x        ;(2)本问考查利用导数研究恒成立问题,不等式   3f x ax 恒成立 3sin cos 0x x x ax    ,设函数   3sin cosg x x x x ax   ,则转化 为当  0,x  时,   0g x  恒成立,对函数  g x 求导,    2sin 3 sin 3g x x x ax x x ax     ,再令   sin 3h x x ax  ,对  h x 求导,   cos 3h x x a  ,通过对a分区间讨论,使得   0g x  恒成立,从而得到 a的取值范围; (3)首先通过微积分定理求出 2 2 m    ,则    2 3g x f x x  ,由(2)知,当 1 3 a  时,   31 3 f x x ,即  g x x ,构造函数    ln 1x x x    ,通过证明该函数的单调性, 易得出  ln 1 x x  在  0, 上恒成立,令 1 1 1ln 1 3 3 3n n nx         ,于是通过不等式 的放缩,可以得到待证明的结论. ②当3 1a  即 1 3 a  时,   0h x   h x 递减, ∴    0 0h x h  ,∴   0g x  ,∴  g x 递减 ∴    0 0g x g  (符合题意) ③当 1 3 1a   ,即 1 1 3 3 a   时,由  0 1 3 0h a     1 3 0h a     ,∴在  0, 上, 0x ,使  0 0h x  且  00,x x 时,    0 0h x g x    ,∴  g x 递增,∴    0 0g x g  (不符合 题意) 综上: 1 3 a  . (3)     2 0 sin 2cos | 22 20 m f x dx x x x          ∴    2 3g x f x x  ,由(2)知,当 1 3 a  时,   31 3 f x x ,∴  g x x , 又令    ln 1x x x    , 0x    0 1 xu x x       ,∴  u x 递减    0 0u x u   即  ln 1 x x  在  0, 上恒成立,令 1 1 1ln 1 3 3 3n n nx         ∴原不等式    2 1 1 1 1ln 1 ln 1 ln 1 3 3 3 2ng g g                           ∴左式 2 1 11 1 1 1 1 1 13 3 113 3 3 2 3 21 3 n n n                   右式 ∴得证. 【数学思想】 分类讨论思想 1.分类讨论是一种逻辑方法,是一种重要的数学思想,同时也是一种重要的解题策略, 它体现了化整为零、积零为整的思想与归类整理的方法,这种思想在简化研究对象,发展思 维方面起着重要作用,因此,有关分类讨论的思想的数学命题在高考试题中占有重要地 位. 所谓分类讨论,就是在研究和解决数学问题时,当问题所给对象不能进行统一研究, 我们就需要根据数学对象的本质属性的相同点和不同点,将对象区分为不同种类,然后逐类 进行研究和解决,最后综合各类结果得到整个问题的解决,这一思想方法,我们称之为“分 类讨论的思想”. 2.分类讨论思想的常见类型 ⑴问题中的变量或含有需讨论的参数的,要进行分类讨论的; ⑵问题中的条件是分类给出的; ⑶解题过程不能统一叙述,必须分类讨论的; ⑷涉及几何问题时,由几何元素的形状、位置的变化需要分类讨论的. 【处理证明不等式问题注意点】 解答此类问题,构造合理的函数非常重要,要对具体的条件加以剖析。 【典例试题演练】 1.【2018 黑龙江省大庆实验中学开学考试(理)】设函数  f x 在R上存在导数  f x , x R  ,有     2f x f x x   ,在  0, 上  f x x  ,若     22 2 2 0f m f m m m       ,则实数m的取值范围为( ) A.  1,1 B.  1, C.  2, D.   , 2 2,    【答案】B 【解析】令     21 2 g x f x x  ,则        0, 0g x f x x g x g x      ,所以  g x 为 R上单调递减奇函数,     22 2 2 0f m f m m m                  2 0 2 2 2 1g m g m g m g m g m g m m m m                  ,选 B. 2.【2017 陕西省西安市西北工业大学附属中学第八次模拟考试数学(理)】已知函数   2 1 1 xf x x    ,则满足    1 1f a f a   的实数 a共有( ) A. 0 个 B. 1 个 C. 2 个 D. 3 个 【答案】C 【解析】由    1 1f a f a   ,可得    1 1f a f a    ,或者    1 1f a f a   ,由    1 1f a f a    ,化为    3 21 3 2 0a a a a     ,设   3 2 3 2h a a a a    ,   2' 3 2 3 0h a a a    ,  h a 在  ,+  上递增,    1 0, 1 0h h ,   0h a  ,在  1,1 上有一个根, 满足    1 1f a f a    的 a值有两个,若    1 1f a f a   , 4 3 22 2 2 0a a a a     ,设   4 3 22 2 2g a a a a a     ,   3 2' 3 6 4 1 0g a a a a     ,设  g a 极值点为  1,2,3ia i  ,则 3 23 6 4 1 0i i ia a a    , 4 3 23 6 4 0i i i ia a a a    ,   23 2 3 6 0i i ig a a a    ,不妨设 1 2 3a a a  而函数  g a 在    1 2 3, , ,a a a  上递 增,在   1 2 3, ,a a a 上递减, 极小值为        1 30, 0, 0, 0g a g a g a g a     无实根,综上所述,满足    1 1f a f a   的实数 a共有 2根. 3.【2017 湖南省长沙市长郡中学临考冲刺训练理】已知函数   ln ( 0)xf x e x x  ,若 对  1 , , , ( 0)x e k a a a e          ,使得方程  f x k 有解,则实数 a的取值范围是 ( ) A. 0, ee  B. ,ee  C.  ,e  D. 1 , eee e       【答案】B 【解析】  1 1 1,1 ln ln 1 0x xx f x e x e e x e                      时 ,     11,e ln 0xx f x e x x         时 ,所以   1 , eef x e e        ,因此   1 , ,e eee e a a a e           ,选 B. 4.【2017 山西省晋中市 3月高考适应性调研考试理】已知函数 ,其 中 , 为自然对数的底数,若 , 是 的导函数,函数 在区间 内有两 个零点,则 的取值范围是( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 , , ,因为 在区间 内有两个零点,所以 在 上有解,即 ,由零点存在 定理可得 ,即 ,也即 , 解得 且 , 令 则 ,当 时 ,当 时 ,因此 ,所以 的取值范围是 ,因此选 A. 5.【2017 湖南省衡阳市高三下学期第二次联考数学(文)】设定义域为  0, 的单调 函数  f x ,对任意  0,x  ,都有   2log 6f f x x    ,若 0x 是方程     4f x f x   的一个解,且   0 , 1 N*x a a a   ,则实数 a __________. 【答案】1 【解析】根据题意,对任意  0,x  ,都有   2log 6f f x x    ,又  f x 是定 义为  0, 的单调函数,则   2logf x x 为定值,设 t=   2logf x x ,则  f x = 2logt x ,又 2( ) 6, log 6 4f t t t t      ,所以  f x = 24 log x ,  f x = 1 ln2x , 又 0x 是方程     4f x f x   的一个解,所以 0x 是函数 2 1( ) ( ) '( ) 4 log ln2 F x f x f x x x      的零点,分析易得 1(1) 0 ln2 F x    , 1 1(2) 1 1 0 2ln2 ln4 F      ,所以零点在(1,2)之间,所以 1a  6.【2017 江苏省泰兴中学高三 12 月阶段性检测】已知函数    e 1, lnxf x x g x x kx     ,且    f x g x 对任意的  0,x   恒成立,则实数 k 的最大值为______. 【答案】1 7.【2017 福建省泉州市高三高考考前适应性模拟(一)】关于 x的方程   2 2 17 4ln 0k x x k x      有两个不等实根,则实数 k的取值范围是__________. 【答案】  4,7 【解析】由   2 2 17 4ln 0k x x k x      得   2 2 2 2 1 14ln 7 4ln 7 7 , 1 1 x x x xk h x x x              2 22 8 210 8 ln ' 1 x x x x xh x x      ,可得在  0,1 上  h x 递增 ,在  1, 上  h x 递减,    0, , , 7x f x x f x    ,    min 1 7h x h k   ,即4 7k  ,故 答案为 4 7k  . 8.【2018 黑龙江省大庆市大庆实验中学入学考试(文)】已知函数    2ln 1 ,f x x a x   其中 0.a   1 当 1a  时,求曲线  y f x 在点   1 1f, 处的切线方程;  2 讨论函数  f x 的单调性;  3 若函数  f x 有两个极值点 1 2, ,x x 且 1 2 ,x x 求证:  2 1 -ln2 0. 2 f x  【答案】(1) 1y x  (2)见解析(3)见解析 【解析】试题分析:(1)    1 2 1f x a x x    ,代入 1a  ,求  1f  及  1f ,由点 斜式写出切线方程。(2)     21 2 2 12 2 0ax axf x ax a x x x        ,由于 0a  ,所 以分 0  , 0  讨论  f x =0 的情况,求得单调区间。(2)由(1)可知 2a  , 1 2 1 2 x x  1 2 1,0 2 x x   , 又  1 1f   ,所以 1 2 1,0 1 2 x x    。同时      2 2 2 2 2 2 2ln 1 ln 2 1f x x a x x x      不妨设    2 1ln 2 1 1 2 g x x x x         。要证  2 1 -ln2 0 2 f x  ,只需证      2 2 1 1 2 g g x f x f        ,下对 g(x)求导,可证。 试题解析:  1 当 1a  时,    2ln 1f x x x   ,  1 0f  ,      1 2 1 , 1 1f x x f x     ,所以切点为(1,0),斜率 k=1,由点斜率式得: 1y x   2   2ln 2f x x ax ax a        21 2 2 12 2 0ax axf x ax a x x x         ①当 2=4 8 0a a   即0 2a  时,   0f x   f x 的单调递增区间是  0.+ . ②当 2=4 8 0a a   时,即 2a  时,令   0f x  得 2 2 1 2 2 2, . 2 2 a a a a a ax x a a        f x 的单调递增区间是  2 ,x  和  10, x ,单调递减区间是  1 2,x x .  3 证明:  f x 在  2 ,x  单调递增,且 2 1x     2 1 0f x f   ,不等式右侧证毕   f x 有两个极值点 1 2,x x ,  2a  . 2 1 1 2 x        2 2 2 2 2 2 2ln 1 ln 2 1f x x a x x x      令    2 1ln 2 1 1 2 g x x x x              22 2 11 4 4 14 1 0 xx xg x x x x x          g x 在 1 ,1 2       单调递增.   1 1 ln2 2 2 g x g          2 1 ln2. 2 f x   不等式左侧证毕. 综上可知:  2 1 ln2 0. 2 f x   9.【2018 安徽省合肥市高三调研性检测数学理】已知函数   1xef x x   . (Ⅰ)判断函数  f x 的单调性; (Ⅱ)求证:    2ln 1 ln 1xe x x x    . 【答案】(Ⅰ)  f x 在  ,0 和  0, 上都是增函数 (Ⅱ)证明见解析 【解析】试题分析:(1)先对题设条件中函数解析式进行求导       2 2 1 1 1x x xe x e x e f x x x        ,再构造函数    1 1xg x x e   对所求得的导函 数  f x 的值的符号进行判定;(2)先构造函数    ln 1h x x x   ,再对其求导得到   11 1 1 xh x x x      ,求出导函数的零点,得到最小值为 0,从而证得  ln 1x x  ;然 后借助函数   1xef x x   的单调性,分 0x  、 1 0x   、 0x  三种情形进行分析推证, 使得不等式获证。 试题解析:(Ⅰ)由已知  f x 的定义域为 0x x  ,       2 2 1 1 1x x xe x e x e f x x x        , 设    1 1xg x x e   ,则   0xg x xe   ,得 0x  , ∴  g x 在  ,0 上是减函数,在  0, 上是增函数, ∴    0 0g x g  ∴  f x 在  ,0 和  0, 上都是增函数. (Ⅱ)设    ln 1h x x x   , 则   11 0 1 1 xh x x x        ,得 0x  , ∴  h x 在  1,0 上是减函数,在  0, 上是增函数, ∴    0 0h x h  ,即  ln 1x x  . ①当 0x  时,  ln 1 0x x   , ∵  f x 在  0, 上是增函数, ∴     ln 1f x f x  ,即   1 ln 1 xe x x x    ,∴     21 ln 1xe x x   . ②当 1 0x   时,  0 ln 1x x   ,∵  f x 在  ,0 上是增函数, ∴     ln 1f x f x  ,即   1 ln 1 xe x x x    ,∴     21 ln 1xe x x   . ③当 0x  时,     21 ln 1 0xe x x    由①②③可知,对一切 1x   ,有     21 ln 1xe x x   ,即    2ln 1 ln 1xe x x x    . 10.【2018 云南师范大学附属中学】设函数 (1)若函数 在 上单调递增,求 的取值范围; (2)求证:当 时, 【答案】(1) ;(2)见解析. 【解析】试题分析:(1)求出 , 讨论两种情况: , ,分别令 得增 区间,令 是其子集即可得结果;(2)由(1)知,当 时, 在 上单调 递增,由 可得 ,化简即可得结果. 试题解析:(1)解: , 当 时,在 上 恒成立,所以 在 上单调递增成立, 当 时,由 ,解得 , 易知, 在 上单调递减,在 上单调递增, 由题意有, ,解得 . 综上所述, . (2)证明:由(1)知,当 时, 在 上单调递增, 对任意 ,有 成立, 所以 ,代入 有 , 整理得: . 11.【2017 西藏自治区拉萨中学高三第八次月考数学(理)】已知函数     1ln 1f x a x a x x     . (1)当 3- 2 a  时,讨论  f x 的单调性; (2)当 1a  时,若   1 1g x x x     ,证明:当 1x  时,  g x 的图象恒在  f x 的图象上方; (3)证明:     2 * 2 2 2 ln2 ln3 ln 2 1 , 2 2 3 4 1 n n n n N n n n           . 【答案】(1)单调增区间为  0,1 及  2, ,减区间为  1,2 ;(2)详见解析;(3)详 见解析. 【解析】试题分析:(1)求出函数的导数,解关于导函数的不等式,求出函数的单调区 间即可;(2) 1a  时, 1ln 2f x x x x   ( ) , 1 1g x x x    ( ) ,设       ln 1F x f x g x x x     ,求出函数的导数,利用导数性质推导出    f x g x 恒 成立,由此能证明  g x 的图象恒在  f x 图象的上方;(3)由 ln 1 0 0x x x  ( > ),设   ln 1K x x x   ,求出函数的导数,从而 ln 11x x x   ,令 2x n ,得 2 2 2 ln 11n n n   ,从 而证明结论成立即可. (2)当 时, ,令 , 则 , 当 时, , 递减;当 时, , 递增。 故 ,当 时, ,即 恒成立, 所以 的图象恒在 的图象上方。 (3)由(2)知 ,即 , 令 ,则 ,即 , 12.【2017 辽宁省锦州市质量检测(一)(理)】已知 0m  ,设函数   ln 2mxf x e x   . (1)若 1m  ,证明:存在唯一实数 1 ,1 2 t      ,使得   0f t  ; (2)若当 0x  时,   0f x  ,证明: 1 2m e   . 【答案】(1)见解析(2)见解析 (Ⅱ)   1mxf x me x    ,因为  ' 2 2 1 0mxf x m e x    ,所以  f x 在  0, 上单调递 增. 而   1mxf x m e mx        ,由(Ⅰ)得存在唯一实数 0 1 ,1 2 mx t       ,使得  0 0f x  . 当  00,x x 时,   0f x  ,当  0 ,x x  时,   0f x  所以  f x 在  00, x 单调递 减,在  0 ,x  单调递增.故  f x 有最小值  0 ln ln 2tf x e t m    由(Ⅰ)得 1te t  , lnt t  .所以  0 1 2 lnf x t m t     . 设   1 2 lnh t t m t     ,当 1 ,1 2 t      时,   2 2 1 0th t t    ,  h t 在 1 ,1 2       单调递减, 所以    0 1ln , ln 2 f x h t m m       , 因为   0f x  恒成立,  0 0f x  ,因此 1ln 0 2 m   ,故 1 2m e   . 13.【2017 山西省孝义市下学期高考考前质量检测三(理)】已知函数   .xf x e (1)讨论函数    g x f ax x a   的单调性; (2)证明:   3 4lnf x x x x    . 【答案】(1)见解析(2)见解析 【解析】试题分析: (1)对函数  g x 求导,按 0a  和 0a  分别判断导函数的正负, 写出函数的单调性; (2)要证   3 4lnf x x x x    ,只需证  ln 4 3 0xx x e x    , 由(1)可知当 1a  时, 1 0xe x   ,即 1xe x  ,当 1 0x   时,上式两边取以 e为 底的对数,可得  ln 1 ( 1)x x x    ,用 1x  代替 x可得 ln 1( 0)x x x   ,又可得 1 1ln 1( 0)x x x    ,所以 1ln 1 ( 0)x x x    ,将原不等式放缩,即可证得. 试题解析:(1)解:      , 1x xg x f ax x a e x a g x ae       , ①若 0a  时,    0,g x g x  在R上单调递减; ②若 0a  时,当 1 lnx a a   时,    0,g x g x  单调递减; 当 1 lnx a a   时,    0,g x g x  单调递增; 综上,若 0a  时,  g x 在 R上单调递减; 若 0a  时,  g x 在 1, lna a       上单调递减; 在 1 ln ,a a       上单调递增; (2)证明:要证   3 4lnf x x x x    ,只需证  ln 4 3 0xx x e x    , 由(1)可知当 1a  时, 1 0xe x   ,即 1xe x  , 当 1 0x   时,上式两边取以 e为底的对数,可得  ln 1 ( 1)x x x    , 用 1x  代替 x可得 ln 1( 0)x x x   ,又可得 1 1ln 1( 0)x x x    , 所以 1ln 1 ( 0)x x x    ,   1ln 4 3 1 1 3 4xx x e x x x x x               22 2 2 4 1 4 1x x x x x           2 2 2 4 1 2 1 0x x x      , 即原不等式成立. 14.【2017 山东省日照市第二次模拟考试数学(理)】已知函数     2ln 1 ( 0)af x x a x a      . (I)讨论函数  f x 在  0 +, 上的单调性; (II)设函数  f x 存在两个极值点,并记作 1 2,x x ,若    1 2+ 4f x f x  ,求正数 a的 取值范围; (III)求证:当 a =1 时,   1 1 1 1xf x e x   (其中 e为自然对数的底数) 【答案】(1)当 2a  时,函数  f x 在  0, 上是增函数;当0 2a  时,函数  f x 在   0, 2a a 上是减函数,在   2 ,a a  上是增函数.(2)正数 a的取值范围是  1,2 .(3)见解析 【解析】试题分析:(1)先求函数导数         2 2 2 1 x a a f x x x a       ,,再讨论导函数在定 义区间上符号变化规律:当 2a  时,   0f x  ,即在  0, 上是增函数;当0 2a  时,导函数有一个零点,符号先负后正,对应区间先减后增,(2)由题意易得要使函数  f x 存在两个极值点,必有0 2a  ,且极值点必为  1 2x a a   ,  2 2x a a  ,因 此  2 1a a    ,即正数 a的取值范围是    0,1 1,2 .再化简条件    1 2+ 4f x f x  ,得  2 2ln 1 2 0 1 a a        ,利用导数研究其单调性:为单调减, 因此正数 a的取值范围是  1,2 .(3)要证不等式   1 1 1 e 1xf x x   ,即证   1 1 1ln 1 1 ex x x     ,利用导数易得函数   1ln 1 1 x x    最小值为 1,而 1 1 1 ex  ,得证. 试题解析:(Ⅰ)           2 2 2 21 12 1 1 x a a f x a x x a x x a                 ,( *) 当 2a  时, 0x  ,          2 2 2 0 1 x a a f x x x a        ,函数  f x 在  0, 上是增函 数; 当0 2a  时,由   0f x  ,得  2 2 0x a a   ,解得  1 2x a a   (负值舍去),  2 2x a a  ,所以 当  20,x x 时,  2 2 0x a a   ,从而   0f x  ,函数  f x 在  20, x 上是减函数; 当  2 ,x x  时,  2 2 0x a a   ,从而   0f x  ,函数  f x 在  2 ,x  上是增函 数. 综上,当 2a  时,函数  f x 在  0, 上是增函数; 当0 2a  时,函数  f x 在   0, 2a a 上是减函数,在   2 ,a a  上是增函数. 由(*)式可知,   1 2 1 2 0, { 2 , x x x x a a             1 2 1 2 1 2 2 2ln 1 ln 1a af x f x x x x a x a                    2 1 1 2 1 2 2 ln 1 1 a x a x a x x x a x a                  1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 2 ln 1 a x x a x x x x x x a x x a                  2 2 2 2 4 2ln 1 ln 1 2 2 1 aa a a a a a                不等式    1 2 4f x f x  化为  2 2ln 1 2 0 1 a a        , 令     1 0,1 1, 2a t a    ,所以    1,0 0,1t   , 令    2 2ln 2g t t t    ,    1,0 0,1t   . 当  1,0t  时,     22ln 2g t t t     ,   2ln 0, 0t t    ,所以   0g t  ,不合题 意; 当  0,1t 时,   22ln 2g t t t    ,     2 2 2 11 12 2 0 t g t t t t            ,所以  g t 在  0,1 是减函数,所以     21 2ln1 2 0 1 g t g     ,适合题意,即  1,2a . 综上,若    1 2 4f x f x  ,此时正数 a的取值范围是  1,2 . (Ⅲ)当 1a  时,     2ln 1 1 f x x x     , 不等式   1 1 1 e 1xf x x   可化为   1 1 1ln 1 1 ex x x     ,所以 要证不等式   1 1 1 e 1xf x x   ,即证   1 1 1ln 1 1 ex x x     ,即证 1 1ln ex x x   , 设   1lnh x x x   ,则   2 2 1 1 1xh x x x x     , 在  0,1 上,h'(x)<0,h(x)是减函数; 在 1 )(, 上,h'(x)>0,h(x)是增函数. 所以    1 1h x h  , 设   1 ex x  ,则  x 是减函数, 所以    0 1x   , 所以    x h x  ,即 1 1ln ex x x   , 所以当 1a  时,不等式   1 1 1 e 1xf x x   成立.
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