2024步步高二轮数学新教材讲义专题一　第5讲　母题突破1　导数与不等式的证明.docx

2024步步高二轮数学新教材讲义第5讲导数的综合应用考情分析1.利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题是高考的热点和难点.2.多以解答题的形式压轴出现，难度较大母题突破1导数与不等式的证明母题(2023·十堰调研)已知函数f(x)(2x)exax2.(1)若f(x)在R上是减函数，求a的取值范围；(2)当0a<1时，求证：f(x)在(0，)上只有一个零点x0，且x0<.思路分析f(x)0恒成立f(x)max0求解0<x0<2x0<，ax0x0<eax0x0<(2x0)(2x0)e(1)解因为f(x)(2x)exax2，所以f(x)(1x)exa.由f(x)在R上是减函数，得f(x)0，即(1x)exa0在R上恒成立令g(x)(1x)exa，则g(x)xex.当x(，0)时，g(x)>0，g(x)单调递增；当x(0，)时，g(x)<0，g(x)单调递减故g(x)maxg(0)1a0，解得a1，即a的取值范围为1，)(2)证明由(1)可知，f(x)在(0，)上单调递减，且当0a<1时，f(0)1a>0，f(1)a0，故x1(0,1，使得f(x1)0.当x(0，x1)时，f(x)>0，函数f(x)单调递增；当x(x1，)时，f(x)<0，函数f(x)单调递减因为f(0)0，f(2)2a2<0，所以f(x)在(0,2)上只有一个零点x0，故函数f(x)在(0，)上只有一个零点x0.因为0<x0<2，所以要证x0<，即证ax0x0<e.因为f(x0)(2x0)ax020，所以(2x0)ax02>ax0x0，令h(x)(2x)exe,0<x<2，则h(x)(1x)ex.当x(0,1)时，h(x)>0，h(x)单调递增；当x(1,2)时，h(x)<0，h(x)单调递减故h(x)maxh(1)0.即(2x0)e0，即(2x0)e，所以ax0x0<e，原不等式即证子题1(2023·哈师大附中模拟)已知函数f(x)exexln x(其中e是自然对数的底数)求证：f(x)ex2.证明由f(x)ex2，得exexln xex2，即ln xx0，令g(x)ln xx，则g(x)1.令h(x)ex1x，则h(x)ex11，当x>1时，h(x)>0；当0<x<1时，h(x)<0，所以h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以h(x)h(1)0.所以当0<x<1时，g(x)<0；当x>1时，g(x)>0，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，于是g(x)g(1)0，原不等式得证子题2已知函数f(x)ln x，g(x)ex.证明：f(x)>g(x)证明根据题意，g(x)ex，所以f(x)>g(x)等价于xln x>xex.设函数m(x)xln x，则m(x)1ln x，所以当x时，m(x)<0；当x时，m(x)>0，故m(x)在上单调递减，在上单调递增，从而m(x)在(0，)上的最小值为m.设函数h(x)xex，x>0，则h(x)ex(1x)所以当x(0,1)时，h(x)>0；当x(1，)时，h(x)<0，故h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，从而h(x)在(0，)上的最大值为h(1).综上，当x>0时，m(x)>h(x)，即f(x)>g(x)规律方法利用导数证明不等式问题的方法(1)直接构造函数法：证明不等式f(x)>g(x)(或f(x)<g(x)转化为证明f(x)g(x)>0(或f(x)g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)f(x)g(x)(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同结构变形，根据相似结构构造辅助函数1(2023·桂林模拟)已知函数f(x)x2cos x，求证：f(x)2>0.证明f(x)x2cos x，要证f(x)2>0，即证x2cos x2>0.即证x2cos x>2.令g(x)x2cos x，g(x)g(x)，g(x)为偶函数，当x0，)时，g(x)2xsin x，令k(x)2xsin x，k(x)2cos x>0，g(x)在0，)上单调递增，g(x)g(0)0，g(x)在0，)上单调递增，由g(x)为偶函数知，g(x)在(，0上单调递减，g(x)g(0)1.设h(x)2，h(x)，当x>1时，h(x)<0，h(x)在(1，)上单调递减；当x<1时，h(x)>0，h(x)在(，1)上单调递增h(x)maxh(1)1，x2cos x>2.原不等式得证2(2023·南昌模拟)已知函数f(x)a(x21)ln x(x>0)若0<a<，设函数f(x)的较大的一个零点记为x0，求证：f(x0)<12a.证明由f(x)a(x21)ln x，得f(x)2ax，因为f0且>1.所以当0<x<时，f(x)<0，则f(x)在上单调递减；当x>时，f(x)>0，则f(x)在上单调递增，所以当0<x<1时，f(x)>f(1)0，又因为>1，所以f <0，又当x时，f(x)，所以必然存在x0>1，使得f(x0)0，即a，所以f(x0)·x0，要证f(x0)<12a，即证·x0<1，即证1<0，即证2ln x0<0，设(x)2ln x(x>1)，则(x)1，所以当x>1时，(x)<0，则(x)在(1，)上单调递减，所以(x)<(1)0.即2ln x0<0，即f(x0)<12a.专题强化练1(2023·咸阳模拟)已知函数f(x)(xR)(1)求f(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)求证：当x0，时，f(x)x.(1)解由题知，f(0)0，f(x)，所以切点坐标为(0,0)，斜率为f(0)1，所以所求切线为xy0.(2)证明由f(x)x，x0，得x，x0，即xexsin x0，x0，令g(x)xexsin x，x0，则g(x)exxexcos x，令h(x)exxexcos x，x0，则h(x)2exxexsin x0在0，上恒成立，所以h(x)在0，上单调递增，有h(x)h(0)0，所以g(x)0在0，上恒成立，即g(x)在0，上单调递增，所以g(x)g(0)0，即xexsin x0，x0，综上，当x0，时，f(x)x.2(2023·江苏省八市模拟)已知函数f(x)axln x，设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，且x1<x2.(1)求a的取值范围；(2)证明：f(x1)f(x2)<x2x1.(1)解f(x)a(x>0)由题意得ax2xa0有两个不相等的正实数根，所以解得0<a<.(2)证明因为x1<x2，由(1)知，0<a<，f(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，)上单调递增，所以x1是f(x)的极大值点，x2是f(x)的极小值点由(1)知，x1x21，x1x2，因为x2x1f(x1)f(x2)(a1)(x2x1)ln a·2a(x2x1)(x2x1)ln ln ln ，设t>1，g(t)ln t.所以g(t)>0，所以g(t)在(1，)上单调递增，所以g(t)>g(1)0.所以x2x1f(x1)f(x2)>0，即f(x1)f(x2)<x2x1.所以原不等式成立母题突破2恒成立问题与能成立问题母题(2023·新乡模拟)已知函数f(x)x2(2a1)x2aln x若f(x)0恒成立，求实数a的取值范围思路分析一f(x)0恒成立f(x)min0分类讨论求f(x)min思路分析二f(x)0恒成立求证xln x>0分离参数构造新函数求新函数最值解方法一(求最值法)f(x)的定义域为(0，)，因为f(x)0恒成立，所以f(x)min0，f(x)x(2a1).当a0时，由f(x)>0，得x>1；由f(x)<0，得0<x<1，所以f(x)在(1，)上单调递增，在(0,1)上单调递减，所以f(x)minf(1)2a，由2a0，可得a.当a>0时，注意到f(1)2a<0，不符合题意，故a，即实数a的取值范围为.方法二(分离参数法)由f(x)0，可得x2x2a(xln x)0.构造函数h(x)xln x，则h(x)1，由h(x)>0，得x>1；由h(x)<0，得0<x<1，所以h(x)minh(1)1>0，所以xln x>0，所以原不等式等价于2a.令g(x)(x>0)，则g(x).令(x)x1ln x，则(x)，由(x)>0，得x>2；由(x)<0，得0<x<2，易知(x)在(0,2)上单调递减，在(2，)上单调递增，所以(x)(2)2ln 2>0，所以当x>1时，g(x)>0；当0<x<1时，g(x)<0，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，g(x)g(1)，由2a，得a，故实数a的取值范围为.子题1(2023·青岛模拟)已知函数f(x)exaln x若存在x0e，)，使f(x0)<0，求a的取值范围解存在x0e，)，使f(x0)<0，即ln x0<0，即<ln x0.即存在x0e，)，使ea>.令h(x)，因此只要函数h(x)在区间e，)上的最小值小于ea即可h(x)，令u(x)ln x，u(x)>0，u(x)在e，)上单调递增，又u(e)1>0.h(x)>0在e，)上恒成立h(x)在e，)上单调递增，函数h(x)在区间e，)上的最小值为h(e)ee，由h(e)ee<ea，得a>e.故a的取值范围是(e，)子题2(2023·全国乙卷改编)已知函数f(x)ln(1x)若f(x)0在区间(0，)上恒成立，求a的取值范围解f(x)ln(x1)，因为f(x)0在区间(0，)上恒成立令ln(x1)0，则(x1)ln(x1)(xax2)0，令g(x)ax2x(x1)ln(x1)，原问题等价于g(x)0在区间(0，)上恒成立，则g(x)2axln(x1)，当a0时，由于2ax0，ln(x1)>0，故g(x)<0，g(x)在区间(0，)上单调递减，此时g(x)<g(0)0，不符合题意；令h(x)g(x)2axln(x1)，则h(x)2a，当a，即2a1时，由于<1，所以h(x)>0，h(x)在区间(0，)上单调递增，即g(x)在区间(0，)上单调递增，所以g(x)>g(0)0，g(x)在区间(0，)上单调递增，g(x)>g(0)0，符合题意当0<a<时，由h(x)2a0，可得x1，当x时，h(x)<0，h(x)在区间上单调递减，即g(x)在区间上单调递减，注意到g(0)0，故当x时，g(x)<g(0)0，g(x)单调递减，由于g(0)0，故当x时，g(x)<g(0)0，不符合题意综上可知，实数a的取值范围是.规律方法(1)由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略求最值法：将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题分离参数法：将参数分离出来，进而转化为a>f(x)max或a<f(x)min的形式，通过导数的应用求出f(x)的最值，即得参数的范围(2)不等式有解问题可类比恒成立问题进行转化，要理解清楚两类问题的差别1已知函数f(x)(x4)exx26x，g(x)ln x(a1)x，a>1.若存在x11,3，对任意的x2e2，e3，使得不等式g(x2)>f(x1)成立，求实数a的取值范围(e320.09)解由f(x)(x4)exx26x，得f(x)ex(x4)ex2x6(x3)ex2x6(x3)(ex2)，当x1,3时，f(x)0，所以f(x)在1,3上单调递减，f(x)minf(3)9e3，于是若存在x11,3，对任意的x2e2，e3，使得不等式g(x2)>f(x1)成立，则ln x(a1)x>9e3(a>1)在e2，e3上恒成立，即a1<在e2，e3上恒成立，令h(x)，xe2，e3，则a1<h(x)min，h(x)，因为xe2，e3，所以ln x2,3，10e3ln x7e3,8e3，因为e320.09，所以8e3820.0912.09<0，所以h(x)<0，所以h(x)单调递减，故h(x)minh(e3)1，于是a1<1，得a<，又a>1，所以实数a的取值范围是.2(2023·全国甲卷)已知函数f(x)ax，x.(1)当a8时，讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)<sin 2x，求a的取值范围解f(x)aaa，令cos2xt，则t(0,1)，则f(x)g(t)a，t(0,1)(1)当a8时，f(x)g(t)，当t，即x时，f(x)<0.当t，即x时，f(x)>0.所以f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)设h(x)f(x)sin 2x，h(x)f(x)2cos 2xg(t)2(2cos2x1)2(2t1)a24t，设(t)a24t，则(t)4，当t(0,1)时，(t)>0，(t)单调递增，所以(t)<(1)a3.若a(，3，则h(x)(t)<a30，即h(x)在上单调递减，所以h(x)<h(0)0，所以当a(，3时，f(x)<sin 2x，符合题意若a(3，)，当t0时，32，所以(t).(1)a3>0.所以t0(0,1)，使得(t0)0，即x0，使得h(x0)0，t0cos2x0.当t(t0,1)时，(t)>0，即当x(0，x0)时，h(x)>0，h(x)单调递增，所以当x(0，x0)时，h(x)>h(0)0，不符合题意综上，a的取值范围为(，3专题强化练1(2023·吴忠模拟)已知函数f(x)x2(2a1)xaln x.(1)当a1时，求函数f(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)若a>0且f(x)0恒成立，求a的取值范围解(1)当a1时，f(x)x2xln x，f(1)0，可得f(x)2x1，故f(1)0，所以函数f(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y0.(2)由已知得x(0，)，所以x2x>0，由f(x)0，得x2x(2xln x)a.因为a>0，所以上式可化为.令g(x)，则g(x)，令h(x)1xln x，则h(x)1.因为x(0，)，所以h(x)<0，所以h(x)为(0，)上的减函数，且h(1)0，故当x(0,1)时，h(x)>0，即g(x)>0，所以g(x)在(0,1)上单调递增；当x(1，)时，h(x)<0，即g(x)<0，所以g(x)在(1，)上单调递减所以当x1时，g(x)取得极大值，也是最大值，即g(x)maxg(1)1.要使在(0，)上恒成立，则应有1.又因为a>0，故0<a1.2(2023·南昌模拟)已知函数f(x)ex(1a)xln a·ln x(a>0)(1)若ae，求函数f(x)的单调区间；(2)若不等式f(x)<1在区间(1，)上有解，求实数a的取值范围解(1)当ae时，f(x)ex(1e)xln x，f(x)ex(1e)(exe)，当x>1时，exe>0，>0，所以f(x)>0，即f(x)在(1，)上单调递增；当0<x<1时，exe<0，<0，所以f(x)<0，即f(x)在(0,1)上单调递减，则f(x)的单调递增区间为(1，)，单调递减区间为(0,1)(2)因为f(x)ex(1a)xln a·ln x(a>0)，则f(x)ex(1a)(exa)(x>0)，当ln a1，即0<ae时，因为x>1，ex>ea，x>1ln a，所以f(x)>0，因此函数f(x)在区间(1，)上单调递增，所以f(x)>f(1)e1ae1e1，不等式f(x)<1在区间(1，)上无解；当ln a>1，即a>e时，当1<x<ln a时，ex<eln aa，x<ln a，因此f(x)<0，所以函数f(x)在区间(1，ln a)上单调递减，f(x)<f(1)e1a<e1e1，不等式f(x)<1在区间(1，)上有解综上，实数a的取值范围是(e，)母题突破3零点问题母题已知函数f(x)sin x，判断f(x)在(0，)上零点的个数，并说明理由思路分析等价转换f(x)0判断g(x)ex·sin xx1的零点讨论g(x)在上的零点个数讨论g(x)在上的零点个数解由f(x)sin x0，可得ex·sin xx10，令g(x)ex·sin xx1，x(0，)，所以g(x)(sin xcos x)ex1，当x时，sin xcos xsin1，ex>1，所以g(x)>0，所以g(x)在上单调递增，又因为g(0)1>0，所以g(x)在上没有零点；当x时，令h(x)ex1，所以h(x)2cos x·ex<0，即h(x)在上单调递减，又因为h1>0，he1<0，所以存在x0，使得h(x0)0，所以g(x)在上单调递增，在(x0，)上单调递减，因为g(x0)>g1>0，g()1<0，所以g(x)在上没有零点，在(x0，)上有且只有一个零点，综上所述，f(x)在(0，)上有且只有一个零点子题1(2023·安庆模拟)已知函数f(x)eln xbx2e1x.若f(x)的导函数f(x)恰有两个零点，求b的取值范围解由f(x)bx(2x)e1x0得，bx(x2)显然x2，x>0.因此b.令g(x)，x>0且x2，则g(x)，解方程x25x40得，x14，x21，因此函数g(x)在(0,1)和(4，)上单调递增，在(1,2)和(2,4)上单调递减，且极大值为g(1)e，极小值为g(4).g(x)的大致图象如图所示由图象可知，当b>或b<e时，直线yb与曲线yg(x)的图象分别有两个交点，即函数f(x)恰有两个零点故b的取值范围是(，e).子题2设函数f(x)aln(x1)x2(aR)，函数g(x)ax1.证明：当a2时，函数H(x)f(x)g(x)至多有一个零点证明因为H(x)aln(x1)x2ax1，所以H(x)(x>1)，令H(x)0，x10，x21.当x1时，H(x)；当x时，H(x).当a2时，H(x)0，函数H(x)在定义域(1，)上为增函数，有一个零点；当a0时，11，令H(x)>0，得x>0，令H(x)<0，得1<x<0，所以函数H(x)在区间(1,0)上单调递减，在区间(0，)上单调递增，则函数H(x)在x0处有最小值H(0)1>0，此时函数H(x)无零点；当0<a<2时，1<1<0，令H(x)>0，得1<x<1或x>0，令H(x)<0，得1<x<0，所以函数H(x)在区间，(0，)上单调递增，在区间上单调递减因为函数H(0)1>0，所以H>0，且H(x)>0在区间上恒成立H(x)在区间上有一个零点所以当0<a<2时，函数H(x)在区间(1，)上有一个零点综上，当a2时，函数H(x)f(x)g(x)至多有一个零点规律方法(1)求解函数零点(方程根)个数问题的步骤将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线yk)在该区间上的交点问题利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质结合图象求解(2)已知零点求参数的取值范围结合图象与单调性，分析函数的极值点依据零点确定极值的范围对于参数选择恰当的分类标准进行讨论1(2023·郑州模拟)已知函数f(x)xln xaax(aR)若函数f(x)在区间1，e上有且只有一个零点，求实数a的取值范围解f(x)xln xaxa，易知f(1)0，所求问题等价于函数f(x)xln xaxa在区间(1，e上没有零点，因为f(x)ln x1a，所以当0<x<ea1时，f(x)<0，f(x)在(0，ea1)上单调递减，当x>ea1时，f(x)>0，f(x)在(ea1，)上单调递增当ea11，即a1时，函数f(x)在区间(1，e上单调递增，所以f(x)>f(1)0，此时函数f(x)在区间(1，e上没有零点，满足题意当1<ea1<e，即1<a<2时，f(x)在区间(1，ea1)上单调递减，在区间(ea1，e上单调递增，要使f(x)在(1，e上没有零点，只需f(e)<0，即eaea<0，解得a>，所以<a<2.当eea1，即a2时，函数f(x)在区间(1，e上单调递减，f(x)在区间(1，e上满足f(x)<f(1)0，此时函数f(x)在区间(1，e上没有零点，满足题意综上所述，实数a的取值范围是.2(2023·商洛模拟)已知函数f(x)(x2)ex，其中e为自然对数的底数函数g(x)f(x)ln x，证明：g(x)有且仅有两个零点证明因为g(x)f(x)ln x(x2)exln x，则g(x)(x1)ex，x>0，设h(x)g(x)(x1)ex，则h(x)xex>0，故g(x)在(0，)上单调递增因为g(1)1<0，g(2)e2>0，所以存在唯一x0(1,2)，使得g(x0)0.故当x(0，x0)时，g(x)<0；当x(x0，)时，g(x)>0.即g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增因为g(x0)<g(2)ln 2<0，g(3)e3ln 3>0，又因为ln 20.69，则ln 2>，所以gln 44>42eln 244>0，由零点存在定理可知，函数g(x)在(0，x0)，(x0,3)上各存在一个零点，综上所述，g(x)有且仅有两个零点专题强化练1(2023·连云港调研)已知函数f(x)x2xln x.(1)求f(x)在x1处的切线方程；(2)若关于x的方程f(x)ax3有两个不相等的实数根，求实数a的取值范围解(1)f(x)2x1ln x，f(1)3，又f(1)1，切点坐标为(1,1)，f(x)在x1处的切线方程为y13(x1)，即3xy20.(2)函数f(x)x2xln x的定义域为(0，)，由f(x)ax3可得a，令g(x)，x>0，则g(x)，令h(x)1x2ln x，其中x>0，则h(x)1<0，所以函数h(x)在定义域(0，)上单调递减，且h(1)0，当0<x<1时，h(x)>0，则g(x)>0，所以函数g(x)在(0,1)上单调递增，当x>1时，h(x)<0，则g(x)<0，所以函数g(x)在(1，)上单调递减，所以g(x)极大值g(1)1，当x时，g(x)0，且g(x)>0，当x0时，g(x)，由题意可知，直线ya与函数g(x)的图象有两个交点，如图所示由图可知，0<a<1，故实数a的取值范围是0<a<1.2(2023·广州模拟)已知函数f(x)ex1ex1，g(x)a(x22x)(a<0)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)讨论函数h(x)f(x)g(x)的零点个数解(1)由f(x)ex1ex1，可得f(x)ex1ex1，令f(x)0，解得x1，当x<1时，x1<0，可得f(x)<0，f(x)在(，1)上单调递减；当x>1时，x1>0，可得f(x)>0，f(x)在(1，)上单调递增，故函数f(x)的单调递减区间是(，1)，单调递增区间是(1，)(2)由h(x)0，得f(x)g(x)，因此函数h(x)的零点个数等价于函数f(x)与g(x)的图象的交点个数，因为g(x)a(x22x)(a<0)，所以g(x)的单调递增区间是(，1)，单调递减区间是(1，)，所以当x1时，g(x)取最大值g(1)a，由(1)可知，当x1时，f(x)取最小值f(1)2，当a<2，即2<a<0时，函数f(x)与g(x)的图象没有交点，即函数h(x)没有零点；当a2，即a2时，函数f(x)与g(x)的图象只有一个交点，即函数h(x)有一个零点；当a>2，即a<2时，函数h(x)有两个零点，理由如下：因为h(x)f(x)g(x)ex1ex1a(x22x)，所以h(1)2a<0，h(2)ee1>0，由函数零点存在定理，知h(x)在(1,2)内有零点又f(x)在(1，)上单调递增，g(x)在(1，)上单调递减，所以h(x)f(x)g(x)在(1，)上单调递增，所以h(x)f(x)g(x)在(1，)上只有一个零点又因为f(2x)e(2x)1e(2x)1e1xex1f(x)，所以f(x)的图象关于直线x1对称，因为g(x)的图象关于直线x1对称，所以f(x)与g(x)的图象都关于直线x1对称，所以h(x)f(x)g(x)在(，1)上只有一个零点所以当a<2时，h(x)f(x)g(x)有两个零点综上，当2<a<0时，函数h(x)没有零点；当a2时，函数h(x)有且只有一个零点；当a<2时，函数h(x)有两个零点