高考数学考点14利用导数解决综合问题试题解读与变式

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．