2022届高三数学一轮复习（原卷版）第二节 第2课时 精研题型明考向——函数与导数”大题常考的4类题型 教案.doc

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1、 1 第第 2 课时课时 精研题型明考向精研题型明考向“函数与导数函数与导数”大题常考的大题常考的 4 类题型类题型 一、真题集中研究一、真题集中研究明考情明考情 1(2020 新高考全国卷新高考全国卷 考查导数的几何意义、不等式恒成立求参数考查导数的几何意义、不等式恒成立求参数) 已知函数已知函数 f(x)aex1ln xln a. (1)当当 ae 时，求曲线时，求曲线 yf(x)在点在点(1，f(1)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； (2)若若 f(x)1，求，求 a 的取值范围的取值范围 解：解：f(x)的定义域为的定义域为(0，)，f(x)

2、aex11x. (1)当当 ae 时，时，f(x)exln x1， 所以所以 f(1)e1，f(1)e1， 所以曲线所以曲线 yf(x)在点在点(1，f(1)处的切线方程为处的切线方程为 y(e1)(e1)(x1)，即，即 y(e1)x2. 直线直线 y(e1)x2 在在 x 轴、轴、y 轴上的截距分别为轴上的截距分别为2e1，2， 因此所求三角形的面积为因此所求三角形的面积为2e1. (2)当当 0a1 时，时，f(1)aln a1. 当当 a1 时，时，f(x)ex1ln x，f(x)ex11x. 当当 x(0,1)时，时，f(x)0. 所以当所以当 x1 时，时，f(x)取得最小值，最小

3、值为取得最小值，最小值为 f(1)1，从而，从而 f(x)1. 当当 a1 时，时，f(x)aex1ln xln aex1ln x1. 综上，综上，a 的取值范围是的取值范围是1，) 2(2020 全国卷全国卷 考查函数的单调性、不等式恒成立求参数考查函数的单调性、不等式恒成立求参数) 已知函数已知函数 f(x)exax2x. (1)当当 a1 时，讨论时，讨论 f(x)的单调性；的单调性； (2)当当 x0 时，时，f(x)12x31，求，求 a 的取值范围的取值范围 解：解：(1)当当 a1 时，时，f(x)exx2x，f(x)ex2x1.故当故当 x(，0)时，时，f(x)0；当当 x(

4、0，)时，时，f(x)0.所以所以 f(x)在在(，0)上单调递减，在上单调递减，在(0，)上单调递增上单调递增 (2)法一：法一：f(x)12x31 等价于等价于 12x3ax2x1 ex1. 设函数设函数 g(x) 12x3ax2x1 ex(x0)， 则则 g(x) 12x3ax2x132x22ax1 ex 12xx2(2a3)x4a2ex 2 12x(x2a1)(x2)ex. 若若 2a10，即，即 a12，则当，则当 x(0,2)时，时，g(x)0. 所以所以 g(x)在在(0,2)上单调递增，而上单调递增，而 g(0)1， 故当故当 x(0,2)时，时，g(x)1，不符合题意，不符合

5、题意 若若 02a12，即，即12a12， 则当则当 x(0,2a1)(2，)时，时，g(x)0； 当当 x(2a1,2)时，时，g(x)0.所以所以 g(x)在在(0,2a1)，(2，)上单调递减，在上单调递减，在(2a1,2)上上单调递增单调递增 由于由于 g(0)1，所以，所以 g(x)1 当且仅当当且仅当 g(2)(74a) e21，即，即 a7e24. 所以当所以当7e24a12时，时，g(x)1. 若若 2a12，即，即 a12，则，则 g(x) 12x3x1 ex. 由于由于 0 7e24，12，故由，故由可得可得 12x3x1 ex1.故当故当 a12时，时，g(x)1. 综上

6、，综上，a 的取值范围是的取值范围是 7e24， . 法二：法二：由由 f(x)12x31， 得得 exax2x12x31(x0) 当当 x0 时，时，11 成立，符合题意成立，符合题意 当当 x0 时，分离参数得时，分离参数得 aex12x3x1x2. 令令 g(x)ex12x3x1x2(x0)， 则则 g(x) x2 ex12x2x1x3. 令令 h(x)ex12x2x1(x0)， 则则 h(x)exx1，h(x)ex10， 所以所以 h(x)在在(0，)上单调递增，上单调递增，h(x)h(0)0. 所以所以 h(x)在在(0，)上单调递增上单调递增 所以所以 h(x)h(0)0 恒成立恒

7、成立 3 即即 ex12x2x10 恒成立恒成立 故当故当 x(0,2)时，时，g(x)0，g(x)在在(0,2)上单调递增；上单调递增； 当当 x(2，)时，时，g(x)0，g(x)在在(2，)上单调递减上单调递减 因此因此 g(x)maxg(2)7e24， 综上，实数综上，实数 a 的取值范围是的取值范围是 7e24， . 3(2020 全国卷全国卷 考查利用导数研究函数的单调性、证明不等式考查利用导数研究函数的单调性、证明不等式) 已知函数已知函数 f(x)sin2xsin 2x. (1)讨论讨论 f(x)在区间在区间(0，)的单调性；的单调性； (2)证明：证明：|f(x)|3 38；

8、 (3)设设 nN N*，证明：，证明：sin2xsin22xsin24xsin22nx3n4n. 解：解：(1)f(x)cos x(sin xsin 2x)sin x(sin xsin 2x) 2sin xcos xsin 2x2sin2xcos 2x2sin xsin 3x. 当当 x 0，3 23， 时，时，f(x)0； 当当 x 3，23时，时，f(x)0. 所以所以 f(x)在区间在区间 0，3， 23， 上单调递增，上单调递增， 在区间在区间 3，23上单调递减上单调递减 (2)证明：因为证明：因为 f(0)f()0，由，由(1)知，知，f(x)在区间在区间0，的最大值为的最大值为

9、 f 33 38，最小值为，最小值为f 233 38. 而而 f(x)是周期为是周期为 的周期函数，所以的周期函数，所以|f(x)|3 38. (3)证明：因为证明：因为(sin2xsin22xsin22nx)32 |sin3xsin32xsin32nx| |sin x|sin2xsin32xsin32n1xsin 2nx|sin22nx| |sin x|f(x)f(2x)f(2n1x)|sin22nx| |f(x)f(2x)f(2n1x)|， 所以所以 sin2xsin22xsin22nx 3 3823n3n4n. 4 4(2019 全国卷全国卷 考查零点问题、不等式恒成立求参数考查零点问题

10、、不等式恒成立求参数) 已知函数已知函数 f(x)2sin xxcos xx，f(x)为为 f(x)的导数的导数 (1)证明：证明：f(x)在区间在区间(0，)存在唯一零点；存在唯一零点； (2)若若 x0，时，时，f(x)ax，求，求 a 的取值范围的取值范围 解：解：(1)证明：设证明：设 g(x)f(x)，则，则 g(x)cos xxsin x1， g(x)xcos x. 当当 x 0，2时，时，g(x)0；当；当 x 2， 时，时，g(x)0，g()2， 故故 g(x)在区间在区间(0，)存在唯一零点存在唯一零点 所以所以 f(x)在区间在区间(0，)存在唯一零点存在唯一零点 (2)由

11、题设知由题设知 f()a，f()0，可得，可得 a0. 由由(1)知，知，f(x)在区间在区间(0，)只有一个零点，设为只有一个零点，设为 x0，且当，且当 x(0，x0)时，时，f(x)0；当；当 x(x0，)时，时，f(x)0 或或 f(x)0 求出单调区间求出单调区间 (2)当方程当方程 f(x)0 可解时，解出方程的实根，按实根把函数的定义域划分区间，确定各区可解时，解出方程的实根，按实根把函数的定义域划分区间，确定各区间间 f(x)的符号，从而确定单调区间的符号，从而确定单调区间 (3)当导函数的方程、 不等式都不可解时， 根据当导函数的方程、 不等式都不可解时， 根据 f(x)的结

12、构特征， 利用图象与性质确定的结构特征， 利用图象与性质确定 f(x)的符号，从而确定单调区间的符号，从而确定单调区间 针对训练针对训练 1已知函数已知函数 f(x)ln x1ex，求函数，求函数 f(x)的单调区间的单调区间 解：解：f(x)ln x1ex，f(x)的定义域为的定义域为(0，)， 6 f(x)1xln x1ex. 设设 h(x)1xln x1，则，则 h(x)1x21x0. h(x)在在(0，)上单调递减上单调递减 由由 h(1)0 知知 当当 0 x0，f(x)0； 当当 x1 时，时，h(x)0，f(x)0 时，讨论函数时，讨论函数 f(x)的单调性的单调性 解解 f(x

13、)12x2xaln x， f(x)x1axx2xax(x0) 当当 14a0，即，即 a14时，时，f(x)0， f(x)在在(0，)上单调递增；上单调递增； 当当 14a0，即，即 0a14时，时， 令令 f(x)0，得，得 x11 14a2，x21 14a2，且，且 0 x1x2， 当当 x 0，1 14a2 1 14a2，时，时，f(x)0； 当当 x 1 14a2，1 14a2时，时，f(x)0， f(x)的单调递增区间为的单调递增区间为 0，1 14a2， 1 14a2， 单调递减区间为单调递减区间为 1 14a2，1 14a2. 综上所述：当综上所述：当 a14时，时，f(x)在在

14、(0，)上单调递增；上单调递增； 当当 0a0)， 当当 a0 恒成立，恒成立， 函数函数 f(x)在在(0，)上单调递增上单调递增 当当 a0 时，由时，由 f(x)ax1ax20，得，得 x1a； 由由 f(x)ax1ax20，得，得 0 x1a， 函数函数 f(x)在在 1a， 上单调递增，在上单调递增，在 0，1a上单调递减上单调递减 综上所述，当综上所述，当 a0 时，函数时，函数 f(x)在在 1a， 上单调递增，在上单调递增，在 0，1a上单调递减上单调递减 考法考法(三三) 由函数的单调性求参数由函数的单调性求参数 例例 3 已知函数已知函数 f(x)ln x，g(x)12ax

15、22x. (1)若函数若函数 h(x)f(x)g(x)存在单调递减区间，求存在单调递减区间，求 a 的取值范围；的取值范围； (2)若函数若函数 h(x)f(x)g(x)在在1,4上单调递减，求上单调递减，求 a 的取值范围的取值范围 解解 (1)h(x)ln x12ax22x，x(0，)， 所以所以 h(x)1xax2，由于，由于 h(x)在在(0，)上存在单调递减区间，上存在单调递减区间， 所以当所以当 x(0，)时，时，1xax21x22x有解有解 8 设设 G(x)1x22x，所以只要，所以只要 aG(x)min即可即可 而而 G(x) 1x121，所以，所以 G(x)min1. 所以

16、所以 a1，即，即 a 的取值范围是的取值范围是(1，) (2)由由 h(x)在在1,4上单调递减得，上单调递减得， 当当 x1,4时，时，h(x)1xax20 恒成立，恒成立， 即即 a1x22x恒成立恒成立 所以所以 aG(x)max，而，而 G(x) 1x121， 因为因为 x1,4，所以，所以1x 14，1 ， 所以所以 G(x)max716(此时此时 x4)， 所以所以 a716，即，即 a 的取值范围是的取值范围是 716， . 方法技巧方法技巧 由函数的单调性求参数的取值范围的方法由函数的单调性求参数的取值范围的方法 (1)由可导函数由可导函数 f(x)在在 D 上单调递增上单调

17、递增(或递减或递减)求参数范围问题，可转化为求参数范围问题，可转化为 f(x)0(或或f(x)0)对对 xD 恒成立问题，再参变分离，转化为求最值问题，要注意恒成立问题，再参变分离，转化为求最值问题，要注意“”是否取到是否取到 (2)可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是 f(x)0(或或 f(x)0)在该区间上存在在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成不等式问题解集，这样就把函数的单调性问题转化成不等式问题 (3)若已知若已知 f(x)在区间在区间 I 上的单调性，区间上的单调性，区间 I 中含有参数时，可先求出中含有参数时，可先

18、求出 f(x)的单调区间，令的单调区间，令 I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围 针对训练针对训练 3已知函数已知函数 f(x)3xa2x2ln x 在区间在区间1,2上为单调函数，求上为单调函数，求 a 的取值范围的取值范围 解：解：f(x)3a4x1x(a0)，若函数，若函数 f(x)在区间在区间1,2上为单调函数，即在上为单调函数，即在1,2上，上，f(x)3a4x1x0 或或 f(x)3a4x1x0， 即即3a4x1x0 或或3a4x1x0 在在1,2上恒成立，上恒成立， 即即3a4x1x或或3a4x1x. 令令 h(x)4x1x，

19、因为函数，因为函数 h(x)在在1,2上单调递增，上单调递增， 9 所以所以3ah(2)或或3ah(1)，即，即3a152或或3a3， 解得解得 a0 或或 00，何时，何时 f(x)0，据此，据此可得函数的单调性可得函数的单调性 (2)确定函数的极值、最值确定函数的极值、最值可以以所得的函数单调性为切入点，在草稿纸上先画出函数的可以以所得的函数单调性为切入点，在草稿纸上先画出函数的大致图象，以便迅速确定函数的极值情况大致图象，以便迅速确定函数的极值情况(若在某点处左增右减，则函数有极大值；若在某若在某点处左增右减，则函数有极大值；若在某点处左减右增，则函数有极小值点处左减右增，则函数有极小值

20、)以及最值情况以及最值情况(函数图象的最高点的纵坐标为最大值，最低函数图象的最高点的纵坐标为最大值，最低点的纵坐标为最小值点的纵坐标为最小值)，真正体现，真正体现“数形结合数形结合”的灵活运用的灵活运用 考法考法(一一) 函数的极值问题函数的极值问题 例例 1 已知函数已知函数 f(x)1a2x2axln x(aR R) (1)当当 a1 时时，求函数求函数 f(x)的极值的极值； (2)讨论函数讨论函数 f(x)在定义域内极值点的个数在定义域内极值点的个数 解解 (1)当当 a1 时，时，f(x)xln x， 函数的定义域为函数的定义域为(0，)且且 f(x)11xx1x. 令令 f(x)0

21、，得，得 x1， 当当 0 x1 时，时，f(x)0，f(x)单调递减；单调递减； 当当 x1 时，时，f(x)0，f(x)单调递增，单调递增， 函数函数 f(x)的极小值为的极小值为 f(1)1，无极大值，无极大值 (2)函数的定义域为函数的定义域为(0，)， f(x)(1a)xa1x 1a x2ax1x x1 1a x1x. 由由(1)知当知当 a1 时，时，f(x)有极小值有极小值 1，无极大值，无极大值 当当 a1 时，令时，令 f(x)0，得，得 x11，x21a1， 当当 a1 时，时，1a10， 10 当当 0 x1 时，时，f(x)1 时，时，f(x)0，f(x)单调递增，单调

22、递增， f(x)的极小值为的极小值为 f(1)a12，无极大值，无极大值 当当 1a2 时，时，1a11， 当当 x 变化时，变化时，f(x)，f(x)的变化情况如表所示的变化情况如表所示. x (0,1) 1 1，1a1 1a1 1a1， f(x) 0 0 f(x) 极小值极小值 极大值极大值 故故 f(x)在定义域上的极小值为在定义域上的极小值为 f(1)a12， 极大值为极大值为 f 1a1122aaa1ln(a1) 2a12 a1 ln(a1) 当当 a2 时，时，1a11， 当当 x0 时时 f(x)0 恒成立，恒成立， f(x)在在(0，)上单调递减，无极值上单调递减，无极值 当当

23、 a2 时，时，01a11， 当当 x 变化时，变化时，f(x)，f(x)的变化情况如表所示的变化情况如表所示. x 0，1a1 1a1 1a1，1 1 (1，) f(x) 0 0 f(x) 极小值极小值 极大值极大值 f(x)在定义域上的极小值为在定义域上的极小值为 f 1a12a12 a1 ln(a1)，极大值为，极大值为 f(1)a12. 综上，当综上，当 a1 时，时，f(x)有极小值有极小值a12，无极大值；，无极大值； 当当 a1 时，时，f(x)有极小值有极小值 1，无极大值；，无极大值； 当当 1a2 时，时，f(x)有极小值有极小值2a12 a1 ln(a1)， 极大值极大值

24、a12. 方法技巧方法技巧 求解函数极值点问题的注意点求解函数极值点问题的注意点 (1)导数为零的点不一定是极值点在求得导函数的零点后，要利用导函数零点左右的导函导数为零的点不一定是极值点在求得导函数的零点后，要利用导函数零点左右的导函数符号来确定极值点数符号来确定极值点 (2)对于求解析式中含有参数的函数极值问题，一般要对方程对于求解析式中含有参数的函数极值问题，一般要对方程 f(x)0 的根的情况进行讨的根的情况进行讨论，分两个层次讨论第一层次，讨论在定义域内是否有根；第二层次，在有根的条件下，论，分两个层次讨论第一层次，讨论在定义域内是否有根；第二层次，在有根的条件下，再讨论根的大小再讨

25、论根的大小 (3)对于涉及极值点的不等式证明问题，一般要进一步构造函数并借助导数研究函数的单调对于涉及极值点的不等式证明问题，一般要进一步构造函数并借助导数研究函数的单调性，进而借助不等式去解决性，进而借助不等式去解决 针对训练针对训练 1已知函数已知函数 f(x)ln x. (1)求求 f(x)图象的过点图象的过点 P(0，1)的切线方程；的切线方程； (2)若函数若函数 g(x)f(x)mxmx存在两个极值点存在两个极值点 x1，x2，求，求 m 的取值范围的取值范围 解：解：(1)f(x)的定义域为的定义域为(0，)，且，且 f(x)1x. 设切点坐标为设切点坐标为(x0，ln x0)，

26、则切线方程为，则切线方程为 y1x0 xln x01.把点把点 P(0，1)代入切线方程，得代入切线方程，得ln x00，x01. 过点过点 P(0，1)的切线方程为的切线方程为 yx1. (2)g(x)f(x)mxmxln xmxmx(x0)， g(x)1xmmx2xmx2mx2mx2xmx2， 令令 h(x)mx2xm，要使，要使 g(x)存在两个极值点存在两个极值点 x1，x2，则方程，则方程 mx2xm0 有两个不相有两个不相等的正数根等的正数根 x1，x2. 故只需满足故只需满足 h 0 0，12m0，h 12m0即可，解得即可，解得 0m12. 故故 m 的取值范围为的取值范围为

27、0，12. 12 考法考法(二二) 函数的最值问题函数的最值问题 例例 2 已知函数已知函数 f(x)ln xx1. (1)求函数求函数 f(x)的单调区间；的单调区间； (2)设设 m0，求函数，求函数 f(x)在区间在区间m,2m上的最大值上的最大值 解解 (1)因为函数因为函数 f(x)的定义域为的定义域为(0，)，且，且 f(x)1ln xx2，由，由 f x 0，x0，得得 0 xe；由；由 f x 0，x0，得得 xe. 所以函数所以函数 f(x)的单调递增区间为的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为，单调递减区间为(e，) (2)当当 2me，m0，即即 0me2时，函数时，

28、函数 f(x)在区间在区间m,2m上单调递增，所以上单调递增，所以 f(x)maxf(2m)ln 2m 2m1； 当当 me2m，即，即e2me 时，函数时，函数 f(x)在区间在区间(m，e)上单调递增，在上单调递增，在(e,2m)上单调递减，上单调递减， 所以所以 f(x)maxf(e)ln ee11e1； 当当 me 时，函数时，函数 f(x)在区间在区间m,2m上单调递减，上单调递减， 所以所以 f(x)maxf(m)ln mm1. 综上所述，当综上所述，当 0me2时，时，f(x)maxln 2m 2m1； 当当e2me 时，时，f(x)max1e1； 当当 me 时，时，f(x)m

29、axln mm1. 方法技巧方法技巧 求函数求函数 f(x)在在a，b上的最值的方法上的最值的方法 (1)若函数在区间若函数在区间a，b上单调递增或递减，则上单调递增或递减，则 f(a)与与 f(b)一个为最大值，一个为最小值；一个为最大值，一个为最小值； (2)若函数在区间若函数在区间a，b内有极值，则要先求出函数在内有极值，则要先求出函数在a，b上的极值，再与上的极值，再与 f(a)，f(b)比较，比较，最大的是最大值，最小的是最小值；可列表完成；最大的是最大值，最小的是最小值；可列表完成； (3)函数函数 f(x)在区间在区间(a，b)上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大上有唯一一个极

30、值点，这个极值点就是最大(或最小或最小)值点，值点，此结论此结论在导数的实际应用中经常用到在导数的实际应用中经常用到 提醒提醒 求函数在无穷区间求函数在无穷区间(或开区间或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值 针对训练针对训练 13 2(2021 湘潭质检湘潭质检)已知函数已知函数 f(x)excos xx. (1)求曲线求曲线 yf(x)在点在点(0，f(0)处的切线方程；处

31、的切线方程； (2)求函数求函数 f(x)在区间在区间 0，2上的最大值和最小值上的最大值和最小值 解：解：(1)f(x)excos xx， f(0)1，f(x)ex(cos xsin x)1， f(0)0， yf(x)在在(0，f(0)处的切线方程为处的切线方程为 y1. (2)f(x)ex(cos xsin x)1， 令令 g(x)f(x)，则，则 g(x)2exsin x0 在在 0，2上恒成立，且仅在上恒成立，且仅在 x0 处等号成立，处等号成立， g(x)在在 0，2上单调递减，上单调递减， g(x)g(0)0，f(x)0 且仅在且仅在 x0 处等号成立，处等号成立， f(x)在在

32、0，2上单调递减，上单调递减， f(x)maxf(0)1，f(x)minf 22. 题型三题型三 利用导数研究函数的零点或方程根利用导数研究函数的零点或方程根 利用导数研究函数的零点或方程的根的问题，是高考中的一类重要问题这类问题的求解，利用导数研究函数的零点或方程的根的问题，是高考中的一类重要问题这类问题的求解，常常利用导数研究函数的单调性、极值或最值，并建立不等式常常利用导数研究函数的单调性、极值或最值，并建立不等式(组组)或方程或方程(组组)破解此类题破解此类题的关键点：的关键点： (1)利用导数讨论函数的单调性、极值或最值利用导数讨论函数的单调性、极值或最值对一般函数，可以直接求导并讨

33、论函数的单对一般函数，可以直接求导并讨论函数的单调性、极值或最值；对较为复杂的函数，可以先构造几个函数，并分别借助导数讨论这几调性、极值或最值；对较为复杂的函数，可以先构造几个函数，并分别借助导数讨论这几个函数的单调性、极值或最值个函数的单调性、极值或最值 (2)讨论零点的相关问题讨论零点的相关问题由由(1)可以建立函数之间的相互关系，进而确定函数的零点或方程可以建立函数之间的相互关系，进而确定函数的零点或方程的根的情况； 也可以根据函数的零点或方程的根的情况建立关于相关参数的不等式的根的情况； 也可以根据函数的零点或方程的根的情况建立关于相关参数的不等式(组组)或方或方程程(组组) 典例典例

34、 (2020 全国卷全国卷)设函数设函数 f(x)x3bxc，曲线，曲线 yf(x)在点在点 12，f 12处的切线与处的切线与 y轴垂直轴垂直 (1)求求 b； (2)若若 f(x)有一个绝对值不大于有一个绝对值不大于 1 的零点，证明：的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于所有零点的绝对值都不大于 1. 解解 (1)f(x)3x2b. 依题意得依题意得 f 120，即，即34b0.故故 b34. 14 (2)证明：由证明：由(1)知知 f(x)x334xc，f(x)3x234. 令令 f(x)0，解得，解得 x12或或 x12. 当当 x 变化时，变化时，f(x)，f(x)的变化情

35、况如下表：的变化情况如下表： x ，12 12 12，12 12 12， f(x) 0 0 f(x) c14 c14 因为因为 f(1)f 12c14，所以当，所以当 c14时，时，f(x)只有小于只有小于1 的零点的零点 由题设可知由题设可知14c14. 当当 c14时，时，f(x)只有两个零点只有两个零点12和和 1； 当当 c14时，时，f(x)只有两个零点只有两个零点1 和和12； 当当14cln 3e，且，且 x0 时，时，exx32x1x3a. 解解 (1)由由 f(x)ex3x3a，xR R，知，知 f(x)ex3，xR R. 令令 f(x)0，得，得 xln 3， 于是当于是当

36、 x 变化时，变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：的变化情况如下表： x (，ln 3) ln 3 (ln 3，) f(x) 0 f(x) 极小值极小值 故故 f(x)的单调递减区间是的单调递减区间是(，ln 3)， 单调递增区间是单调递增区间是(ln 3，)， f(x)在在 xln 3 处取得极小值，极小值为处取得极小值，极小值为 f(ln 3)eln 33ln 33a3(1ln 3a)，无极大值，无极大值 (2)证明：待证不等式等价于证明：待证不等式等价于 ex32x23ax1， 设设 g(x)ex32x23ax1，x0， 于是于是 g(x)ex3x3a，x0. 由由(1)及及 a

37、ln 3eln 31 知：知： g(x)的最小值为的最小值为 g(ln 3)3(1ln 3a)0. 于是对任意于是对任意 x0，都有，都有 g(x)0，所以，所以 g(x)在在(0，)内单调递内单调递增增 于是当于是当 aln 3eln 31 时，对任意时，对任意 x(0，)，都有，都有 g(x)g(0) 而而 g(0)0，从而对任意，从而对任意 x(0，)，g(x)0. 即即 ex32x23ax1，故，故exx32x1x3a. 方法技巧方法技巧 1利用导数证明不等式利用导数证明不等式 f(x)g(x)的基本方法的基本方法 17 (1)若若 f(x)与与 g(x)的最值易求出，可直接转化为证明

38、的最值易求出，可直接转化为证明 f(x)ming(x)max； (2)若若 f(x)与与 g(x)的最值不易求出的最值不易求出， 可构造函数， 可构造函数 h(x)f(x)g(x)， 然后根据函数， 然后根据函数 h(x)的单调性的单调性或最值，证明或最值，证明 h(x)0. 2证明不等式时的一些常见结论证明不等式时的一些常见结论 (1)ln xx1，等号当且仅当，等号当且仅当 x1 时取到；时取到； (2)exx1，等号当且仅当，等号当且仅当 x0 时取到；时取到； (3)ln xx0； (4)xx1ln(x1)x，x1，等号当且仅当，等号当且仅当 x0 时取到时取到 针对训练针对训练 1已

39、知函数已知函数 f(x)ln xax2(2a1)x. (1)讨论讨论 f(x)的单调性；的单调性； (2)当当 a0， 故故 f(x)在在(0，)上单调递增上单调递增 若若 a0；当；当 x 12a， 时，时，f(x)0. 故故 f(x)在在 0，12a上单调递增，在上单调递增，在 12a， 上单调递减上单调递减 (2)证明：由证明：由(1)知，当知，当 a0)，则，则 g(x)1x1. 当当 x(0,1)时，时，g(x)0； 当当 x(1，)时，时，g(x)0 时，时，g(x)0. 故当故当 a0 时，时，ln 12a12a10，即，即 f(x)34a2. 考法考法(二二) 不等式恒成立问题

40、不等式恒成立问题 18 例例 2 已知函数已知函数 f(x)ln xax，aR R. (1)求函数求函数 f(x)的单调区间；的单调区间； (2)若不等式若不等式 f(x)a0 恒成立，恒成立， 则则 f(x)的单调递增区间是的单调递增区间是(0，)，无单调递减区间，无单调递减区间 当当 a0 时，由时，由 f(x)0，得，得 0 x1a； 由由 f(x)1a. 所以所以 f(x)的单调递增区间是的单调递增区间是 0，1a，单调递减区间是，单调递减区间是 1a， . (2)f(x)a0 在在 x(1，)上恒成立，即上恒成立，即 ln xa(x1)0，则，则 g(x)1xa，注意到，注意到 g(

41、1)0， 当当 a1 时，时，g(x)0 在在 x(1，)上恒成立，上恒成立， 则则 g(x)在在 x(1，)上单调递减，上单调递减， 所以所以 g(x)g(1)0，即，即 a1 时满足题意时满足题意 当当 0ag(1)0， 即即 0ag(1)0， 即即 a0 时不满足题意时不满足题意(舍去舍去) 综上所述，实数综上所述，实数 a 的取值范围是的取值范围是1，) 方法技巧方法技巧 不等式恒成立问题的求解策略不等式恒成立问题的求解策略 (1)已知不等式已知不等式 f(x，)0( 为实参数为实参数)对任意的对任意的 xD 恒成立，求参数恒成立，求参数 的的取值范围利用导取值范围利用导数解决此类问题

42、可以运用分离参数法，其一般步骤如下：数解决此类问题可以运用分离参数法，其一般步骤如下： 19 (2)如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑用二次项系数与判别式的方法成立的问题，可以考虑用二次项系数与判别式的方法(a0，0 或或 a0，0) (1)求求 f(x)的单调区间和极值；的单调区间和极值； (2)若对任意若对任意 x(0，)，f(x)x2mx32恒成立，求实数恒成立，求实数 m 的最大值的最大值 解：解：(1)由题意知由题意知 f(x)ln x1， 令令

43、f(x)0，得，得 x1e，令，令 f(x)0，得，得 0 x0)， 则则 g(x)2xx23x2， 由由 g(x)0 x1，由，由 g(x)00 xg(x)对对 xI 能成立能成立I 与与 f(x)g(x)的解集的交集不是空集的解集的交集不是空集f(x)g(x)max0(xI) (2)对对x1D1，x2D2使得使得 f(x1)g(x2)f(x)ming(x)min，f(x)的定义域为的定义域为 D1，g(x)的定的定 20 义域为义域为 D2. 例例 3 已知函数已知函数 f(x)xln xax(a0) (1)若函数若函数 f(x)在在(1，)上是减函数，求实数上是减函数，求实数 a 的最小

44、值；的最小值； (2)若若x1，x2e，e2，使，使 f(x1)f(x2)a 成立，求实数成立，求实数 a 的取值范围的取值范围 解解 (1)因为因为 f(x)在在(1，)上为减函数，上为减函数， 所以所以 f(x)ln x1 ln x 2a0 在在(1，)上恒成立上恒成立 所以当所以当 x(1，)时，时，f(x)max0. 又又 f(x)ln x1 ln x 2a 1ln x12214a， 故当故当1ln x12，即，即 xe2时，时，f(x)max14a， 所以所以14a0，故，故 a14，所以，所以 a 的最小值为的最小值为14. (2)“若若x1，x2e，e2，使，使 f(x1)f(x

45、2)a 成立成立”等价于当等价于当 xe，e2时，有时，有f(x)minf(x)maxa， 又当又当 xe，e2时，有时，有 f(x)maxa14， 所以问题等价于：所以问题等价于：“当当 xe，e2时，有时，有 f(x)min14” 当当 a14时，时，f(x)在在e，e2上为减函数，上为减函数， 则则 f(x)minf(e2)e22ae214，故，故 a1214e2. 当当 0a14时，由于时，由于 f(x) 1ln x12214a 在在e，e2上为增函数，上为增函数， 故故 f(x)的值域为的值域为f(e)，f(e2)，即，即 a，14a . 由由 f(x)的单调性和值域知，存在唯一的单

46、调性和值域知，存在唯一 x0(e，e2)，使，使 f(x0)0，且满足：，且满足： 当当 x(e，x0)时，时，f(x)0，f(x)为增函数为增函数 所以所以 f(x)minf(x0)x0ln x0ax014，x0(e，e2)， 所以所以 a1ln x014x01ln e214e121414， 与与 0a14矛盾，不合题意矛盾，不合题意 综上，实数综上，实数 a 的取值范围为的取值范围为 1214e2， . 21 方法技巧方法技巧 1有关存在成立问题的解题方法有关存在成立问题的解题方法 x1D1，x2D2，f(x1)g(x2)等价于函数等价于函数 f(x)在在 D1上的最小值大于上的最小值大于

47、 g(x)在在 D2上的最小上的最小值，即值，即 f(x)ming(x)min(这里假设这里假设 f(x)min，g(x)min存在存在)其等价转化的基本思想是：函数其等价转化的基本思想是：函数 yf(x)的任意一个函数值大于函数的任意一个函数值大于函数 yg(x)的某一个函数值，但并不要求大于函数的某一个函数值，但并不要求大于函数 yg(x)的的所有函数值所有函数值 x1D1，x2D2，f(x1)0，使，使 f(x0)g(x0)成立，求参数成立，求参数 a 的取值范围的取值范围 解：解：(1)由题意得，由题意得，f(x)3xx1(x0)， 设切点为设切点为(x0，f(x0)，则，则 kf(x

48、0)3x0 x013， 解得解得 x01 或或 x03(舍去舍去)，所以切点为，所以切点为 1，12， 代入代入 g(x)3xa，得，得 a52. (2)设设 h(x)3ln x12x22x(x0) x00，使，使 f(x0)g(x0)成立，成立， 等价于等价于x0，使，使 h(x)3ln x12x22xa 成立，成立， 等价于等价于 a0) 因为因为 h(x)3xx2x22x3x x1 x3 x， 22 令令 h x 0，x0，得得 0 x1；令；令 h x 0，得得 x1. 所以函数所以函数 h(x)在在(0,1)上单调递增，在上单调递增，在(1，)上单调递减，上单调递减， 所以所以 h(

49、x)maxh(1)52，即，即 a0) (1)若函数若函数 f(x)有且只有一个零点，求有且只有一个零点，求实数实数 k 的值；的值； (2)求证：当求证：当 nN N*时，时，112131nln(n1) 解：解：(1)f(x)kxln x1， f(x)k1xkx1x(x0，k0) 当当 0 x1k时，时，f(x)1k时，时，f(x)0， f(x)在在 0，1k上单调递减，在上单调递减，在 1k， 上单调递增，上单调递增，f(x)minf 1kln k， f(x)有且只有一个零点，有且只有一个零点，ln k0，k1. (2)证明：由证明：由(1)知知 xln x10，即，即 x1ln x，当且

50、仅当，当且仅当 x1 时取等号，时取等号，nN N*，令，令 xn1n，得，得1nln n1n， 112131nln21ln32lnn1nln(n1)，故，故 112131nln(n1) 2已知函数已知函数 f(x)axex(x1)2，aR R. (1)讨论函数讨论函数 f(x)的极值；的极值； (2)若函数若函数 g(x)f(x)e 在在 R R 上恰有两个零点，求上恰有两个零点，求 a 的取值范围的取值范围 解：解：(1)f(x)aexaxex2(x1)(aex2)(x1) 当当 a0 时，令时，令 f(x)0 x1， x(，1)时，时，f(x)0，f(x)单调递减；单调递减； x(1，)