资源简介

5.4导数与不等式
【本节知识切片】
模块 题型拆分 难度 是否掌握
导数与抽象函数不等式 1.求导公式直接套用 ★☆☆☆☆
2.加乘模型 ★☆☆☆☆
3.减除模型 ★☆☆☆☆
4.带有常数型 ★★☆☆☆
5.等号模型 ★★☆☆☆
6.三角模型 ★★☆☆☆
不等式恒成立或存在性 1.单变量参变分离 ★★☆☆☆
2.单变量分类讨论 ★★★☆☆
3.洛必达法则的应用 ★★★☆☆
4.双变量任存求最值 ★★☆☆☆
导数与不等式证明 1.单变量构造函数 ★★★☆☆
2.单变量隔离审查“” ★★★☆☆
3.单变量放缩法 ★★★☆☆
4.单变量隐零点法 ★★★☆☆
5.导数与数列不等式 ★★★☆☆
6.双变量极值点偏移 ★★★☆☆
7.双变量韦达代换 ★★★☆☆
8.双变量换元双变单 ★★★☆☆
【本节考情分析】
年份/考查形式 期中 期末 高考
选择题 0 0 1
填空题 1 0 0
解答题 1 1 1
高三期中约16%，期末约11%，属于难题一类，考察形式多以导数压轴选填或者导数大题，难度大，方法多，因此对方法选取、运算要求极高。
【教材正文】
模块一．导数与抽象函数不等式
【知识点】
1. 通过构造函数法求解不等式：
（1）对于不等式，构造函数．
（2）对于不等式 ，构造函数；
特别地，对于不等式，构造函数.
（3）对于不等式，构造函数．
（4）对于不等式，构造函数．
（5）对于型，构造，则 (注意对的符号进行讨论)；
特别地，当时，，构造，则.
（6）对于型，构造，则 (注意对的符号进行讨论)；
特别地，当时，，构造，则.　
（7）对于不等式 (或)，构造函数．
（8）对于不等式 (或)，构造函数.
模块一导数与抽象函数不等式
【题型一：】求导公式直接套用
★☆☆例题1.已知是定义在上的奇函数，，当时，，则使得成立的的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
构造函数，
因为为奇函数，所以=xf(x)=F(x)，所以F(x)为偶函数，
因为当时，，
单调递减，x＞0时，函数F(x)单调递增，
因为f(-1)=0,所以F(-1)=(-1)f(-1)=0.F(1)=0.
因为f(x)＞0，所以，所以，所以x＞1或-1＜x＜0.
故选：B
★☆☆练习1.已知,均是定义在R上的函数，且，当时,，且，则不等式的解集是（ ）
A．(－1，0)∪(1，+∞) B．(－1，0)∪(0，1)
C．(－∞，－1)∪(1，+∞) D．(－∞，－1)∪(0，1)
，,分别为奇函数偶函数.构造新函数则为奇函数
当时，递增.
当时，递增，
故答案选D
【题型二：】加乘模型
★☆☆例题1（2019·河北深州市中学）已知定义在上的连续奇函数的导函数为，当时，，则使得成立的的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】当时，
令，则在上单调递增
为奇函数 为偶函数
则在上单调递减
等价于
可得：，解得：本题正确选项：
★☆☆练习1.已知定义在上的函数的导函数为，对任意满足，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】令 ，则，所以 即，选A.
★☆☆练习2.已知定义在上的函数满足，，则下列不等式中一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】令，则.
因为当时，，
此时，于是在上单调递增，
所以，即，故，故选C
★☆☆练习3.已知定义在上的函数满足恒成立，且 (为自然对数的底数)，则不等式的解集为________．
答案：
解析：由得，可构造函数，则，所以函数在上单调递增，且.不等式等价于，即，所以不等式的解集为.
【题型三：】减除模型
★☆☆例题1.已知函数是定义在上的偶函数，且，若对任意的，都有成立，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
解析：构造函数
因为单调递减.
故答案选A
★☆☆练习1.（2019·河北）定义域为的可导函数的导函数，满足，且，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】（1）对任意的，都有成立
构造函数在上递增.
是偶函数为奇函数，在上单调递增.
当时：
当时：，故答案选D
练习2.已知为上的可导函数，且，均有，则有(　　)
A．
B．
C．
D．
答案：D
解析：构造函数，则，即在上单调递减，故，即；同理，，即，故选D.
【题型四：】带有常数型
★☆☆例题1.设定义在上的函数的导函数为，若，，则不等式（其中为自然对数的底数）的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】设，
则，
∵，，∴，
∴是上的增函数，
又，∴的解集为，
即不等式的解集为.故选A.
★☆☆练习1．（2019·福建）已知可导函数的导函数为，若对任意的，都有，且为奇函数，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】构造函数，则，
所以，函数在上单调递减，
由于函数为奇函数，则，则，
，
由，得，即，所以，，
由于函数在上为单调递减，因此，，故选：A。
★☆☆练习2．（2019·原平市范亭中学）已知定义在实数集上的函数满足且导数 在上恒有，则不等式 的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】令，
，，为减函数，
又（1），（1）（1），
不等式的解集（1）的解集，
即（1），又为减函数，，即．故选：．
【题型五：】等号模型
★★☆例题1.设函数为上的可导函数，对任意的实数有，且当时，，则不等式的解集为__________.
【答案】
【解析】因为，则可设，当时，不符合题意，则可修改，所以
解得
★★☆练习1.设函数在上存在导函数，对于任意的实数，都有，当时，，若，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【题型六：】三角模型
★★☆例题1.已知函数的定义域为,,对任意的满足.当时,不等式的解集为( )
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意构造函数,则,所以得到在上为增函数,又．然后根据可得,于是,解三角不等式可得解集．
【解析】由题意构造函数,则,
∴函数在上为增函数．∵,∴．
又,
∴,
∴,∵,∴,
∴不等式的解集为．故选D．
★★☆练习1.定义在上的可导函数满足,且,当时,不等式的解集为( )
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】令,则,
在定义域上是增函数,且,
,
可转化成,得到
,又,可以得到,故选D
★★☆练习2.已知定义在上的函数f(x),f’(x)是它的导函数,且对任意的,都有恒成立,则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】构造函数,求函数导数,利用函数单调性即可得大小关系.
【解析】由题得,即,令,导函数,因此g(x)在定义域上为增函数.则有,代入函数得,由该不等式可得,故选D.
【点评】若给出条件,可构造函数,若给出条件,可构造函数.
★★☆练习3.【福建省三明市2019届高三质量检查测试】已知函数的定义域为,其导函数为.若,且,则下列结论正确的是（ ）
A．是增函数 B．是减函数 C．有极大值 D．有极小值
【答案】A
【解析】设函数
因为化简可得,
即为,
故,
因为
所以恒成立,
所以在上单调递增,
又因为,
所以,
所以当时,,
当时,,
,
当时,,,,,
故恒成立；
当时,,,,,
故恒成立；
所以在上恒成立,
故在上单调递增,
故函数没有极值,不可能单调递减,故选A.
模块 题型拆分 难度 是否掌握
导数与抽象函数不等式 1.求导公式直接套用 ★☆☆☆☆
2.加乘模型 ★☆☆☆☆
3.减除模型 ★☆☆☆☆
4.带有常数型 ★★☆☆☆
5.等号模型 ★★☆☆☆
6.三角模型 ★★☆☆☆
教师建议：
模块二不等式恒成立问题和存在性问题
知识点：
1. 可化为不等式恒成立问题的基本类型：
（1）函数 在区间上单调递增，只需；
（2）函数 在区间上单调递减，只需.
2. 单变量单函数的不等式型：
（1）对，使得，只需；特别地，对，使得，只需；
（2）对，使得，只需；特别地，对，使得，只需.
3. 单变量双函数的不等式型：
（3）对，使得，只需；
（4）对，使得，只需.
4.对于双变量结合不等式的恒成立或者存在性的问题，可以分别把不等号的一边作为定值，处理另一侧不等式的恒成立或者最值；具体思路如下：
1.，，
2.，，
3.，，
4.，，
5.，，
【题型一：单变量函数分离参数】
★★☆例题1. 已知函数，若对任意的，恒成立，求实数的取值范围．
因为，所以对任意的，恒成立，等价于在上恒成立．令，则只需即可，则，
再令，则，所以在上单调递增，
因为，
所以有唯一的零点，且，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为，
所以
设，则，所以函数在上单调递增，
因为，所以，即，
所以，则有，
所以实数的取值范围为．
★★☆练习1已知函数 ,
若函数 恒成立 求实数的取值范围；
答案：
解析：（1），，函数恒成立，即恒成立，即 恒成立，
设，，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
,
实数的取值范围
练习2★★☆已知函数 （为自然对数的底数）．
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若对于任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．
答案：（1）函数的单调递增区间是；单调递减区间是；（2）
解析：（1）当时，，．
由，解得；，解得．
函数的单调递增区间是；单调递减区间是．
（2）依题意：对于任意，不等式恒成立，
即恒成立，即 在上恒成立．
令 ， ．
当时，；当时，．
∴函数在上单调递增；在上单调递减．
所以函数在处取得极大值，即为在上的最大值．
∴实数的取值范围是．
所以对于任意，不等式恒成立的实数的取值范围是
★★☆练习3设函数 (为自然对数的底数)，若不等式有正实数解，则实数的最小值为________．
答案：
解析：原问题等价于存在，使得，令，则. 而，由，可得，由，可得 ，∴函数在区间上的最小值为. 综上可得，实数的最小值为.
★★☆练习4.已知关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【解析】依题意，，故，令，故，而，
令，故，故当时，，当时，，故，
即实数的取值范围为，故选：B．
★★☆练习5已知函数，若存在，使得，则实数a的取值范围为：（ ）
A． B． C． D．
【解析】由题意可得在上能成立，所以在上能成立，
令，则，
令，则，所以在上单调递减，且，即，因此在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，故选：B.
【题型二：单变量函数分类讨论】
★★☆例题1. 已知函数，若对任意的，恒成立，求实数的取值范围．
答案：
设，对任意的，恒成立，等价于在上恒成立，则只需即可．
因为，
令，则，
所以在上单调递增，
因为当时，，当时，，
所以在上存在唯一的零点，满足，
所以，且在上单调递减，在上单调递增，
所以，
则由，得，
此时，，
两边同时取对数，得，则， ，所以，
设，则，所以函数在上单调递增，
因为，所以，即，
所以，
所以实数的取值范围为.
★★☆练习1.已知．
（1）求函数在点处的切线方程；
（2）当时若不等式对任意恒成立求实数的取值范围．
答案： （1）；（2）
解析：（1）由则切点为
所求切线方程为即．
（2）由原不等式即为
记
依题意有对任意恒成立
求导得,,
当时
则在上单调递增有
若则若在上单调递增且适合题意；
若则又故存在使当时,得在上单调递减在舍去
综上实数的取值范围是
★★☆练习2.已知函数.
（1）判断的零点个数；
（2）若函数当时的图象总在的图象的下方求的取值范围．
答案： （1）在上只有一个零点；（2）
解析：（1）的定义域为
又
因为
所以,
所以在上为增函数又
所以在上只有一个零点．
（2）由题意当时恒成立．
令则．
当时因为
所以在上为增函数．
又
所以恒成立．
当时
令则．
令的两根分别为且＜
则因为
所以
当时
所以
所以在上为减函数又
所以当时不符合题意．
故的取值范围为．
★★☆练习3.已知函数，，若满足恒成立，则实数的取值范围是_______.
【解析】令，则，
所以，
若，则，函数在上单调递增，，符合题意；
若，令，则，
易得在上单调递增，且，
若，则，函数在上单调递增，
所以，所以，函数在上单调递增，符合题意；
若，则，则存在使得当时，，
所以当时，函数单调递减，，即，
此时函数单调递减，，不合题意；
综上，符合要求的a的取值范围为.
★★☆练习4.已知函数.
（1）若，当时，讨论的单调性；
（2）若，，且当时，不等式在区间上有解，求实数a的取值范围.
【解析】（1）因为，所以函数的定义域为.
由，得，则，
当时，，函数在上单调递减；
当时，或，，
所以在，上单调递减，在上单调递增；
当时，或，，
所以在，上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，，，
则.
①当，即时，，
所以在上单调递增，所以.
②当，即时，设的两根分别为，，
则，，∴，，
所以在区间上，，所以在上单调递增，所以.
综上，当时，在区间上的最大值为，
∴，所以实数a的取值范围是.
【题型三：单变量函数洛必达法则的应用】
★★☆例题1.已知函数.，当时，，求的取值范围.
答案：
解析： 应用洛必达法则和导数
当时，，即.
①当时，；
②当时，等价于也即.
记，，则.
记，，则，
因此在上单调递增，且，
所以，从而在上单调递增.
由洛必达法则有
，
即当时，
所以，即有.
综上所述，当，时，成立.
★★☆练习1.设函数，当时，，求的取值范围.
答案：
解析：应用洛必达法则和导数
当时，，即.
时,；②当时，等价于.
记, ，则.
记, ，则，当时，，所以在上单调递增，且，所以，在 上单调递增，且，因此当时，，从而在上单调递增.
由洛必达法则有，
即当时，，所以当时，所以，因此.
综上所述，当且时，成立.
★★☆练习2.设函数
（1）证明：的导数；
（2）若对所有，都有，求的取值范围．
答案：（1）略；（2）
解析（1），由基本不等式得，故，当且仅当时．
（2）当时，恒成立，则
当时，都可以
当时，恒成立，则恒成立
令
设
则恒成立，故递增，
则由此可知，恒成立
则最小值为，根据洛必达法，则：
，故
★★★练习3.若不等式对于恒成立，求的取值范围.
答案：
解析：应用洛必达法则和导数
当时，原不等式等价于
记，则.
记，则.
因为，
，所以在上单调递减，且，
所以在上单调递减，且.因此在上单调递减，
且，故，因此在上单调递减.
由洛必达法则有
，
即当时，，即有.
故时，不等式对于恒成立.
★★★练习4.已知的最小值为，其中．
求的值；
若对任意的，均有成立，求实数的最小值．
答案：（1）；（2）
解析：（1）函数的定义域为，令，得，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增。
则当时，取得最小值为，得。
（2）方法一：由（1）知，，故，满足，故构造函数，由，
又当时，恒成立，则，得。
当时，，使得时，恒成立。
函数在上单调递增，故与已知矛盾，
故实数的最小值为。
法二：分离参数—洛必达
若对任意的，均有成立 在上恒成立 令 ， 其中
求得
令 求得
令 可得 可知
即 其中，可知 在上单调递减，
可知 故实数的最小值为。
【题型四：双变量求最值】
★★☆例题1.已知两函数，，对任意，存在，使得，求实数的取值范围。
答案：
解析：对任意，存在，使得
等价于在上的最小值不大于在上的最小值，即，所以
★★☆练1.已知函数，，若不等式的解集为，若对任意的，存在，使，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
答案：
解析：因为不等式的解集为，
所以，，
所以，，
所以，
因为对称轴为，
所以在单调递减，
所以，
因为在 单调递减，
所以，
因为任意的，存在，使，
所以，
所以，
所以，
故选：．
★★☆例2. 设函数．
（1）当，求函数的单调区间；
（2）在（1）的条件下，设函数，若对于，，使成立，求实数的取值范围．
答案：（1）函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
（2）
解析：函数的定义域为，
（1）
所以当，或时，；当，时，
故当时，函数的单调递增区间为；单调递减区间为
（2）当时，由（1）知函数在区间上为增函数，所以函数在上的最小值为
若对于，，使成立在上的最小值不大于在上的最小值，又
①当时，在上为增函数，，与已知矛盾
②当时，，由及得，
③当时，在上为减函数，，此时
综上所述：的取值范围是
★★☆练1.已知函数
（1）当时，讨论的单调性；
（2）设，当时，若对任意，存在，使，求实数的取值范围
答案：（1）当时，函数在单调递减，单调递增；
当时，函数在单调递减；
当时，函数在单调递减，单调递增，单调递减
（2）
解析：（1），
则
令
当时，
当，，，函数单调递减
当，，，函数单调递增
当时，由，即，解得，
当时，，恒成立，此时，函数单调递减；
当时，，时，，函数单调递减；时，，，函数单调递增；时，，，函数单调递减.
当时, ,时，，，函数单调递减; 当，，，函数单调递增.
综上所述，当时，函数在单调递减，单调递增；
当时，函数在单调递减；
当时，函数在单调递减，单调递增，单调递减；
（2）当时，函数在单调递减，单调递增，所以对任意，有，
又已知存在，使得，所以，
又
当时，与矛盾；
当时，与矛盾；
当时，，解得
综上，实数的取值范围
★★☆例3.已知函数满足,当时,,当时, 的最大值为-4．
（1）求实数的值；
（2）设，函数，．若对任意的,总存在,使,求实数的取值范围．
答案：（1）；（2）
解析：（1）由已知,得,所以．
时,,设,则, ,
时, ,
所以,因为，，
，．又由,可得,
即在上是增函数,在上是减函数,
所以．
．
（2）设的值域为，的值域为，则由已知，对于任意的，使得，． 由（I），当时
,, ,
,，在上单调递减函数,的值域为 A=．
,
①当时，在上是减函数，此时，的值域为，
为满足，又即即
②当时，在上是单调递增函数，此时，的值域为，为满足，又,得,综上可知的取值范围是
★★☆练习1.已知函数，设，函数。若对任意，总存在，使，求实数的取值范围
答案：
解析：，令，得或
当时，在上单调递增；
当时，在单调递减。
因为，所以的值域是
设函数在上的值域为，
所以若，总存在，使得
，
当时，
函数在上单调递减
当时，不满足;
当时，
令，得或（舍去）
（ⅰ），时
单调递减 单调递增
，解得
（ⅱ）当时
函数在上单调递减
当时，不满
综上所述，实数的取值范围是
不等式恒成立或存在性 1.单变量参变分离 ★★☆☆☆
2.单变量分类讨论 ★★★☆☆
3.洛必达法则的应用 ★★★☆☆
4.双变量任存求最值 ★★☆☆☆
教师建议;
模块三利用导数证明不等式
【题型一：单变量移项作差构造函数】
★★★例题1. 已知函数， (为自然对数的底数)，若曲线与曲线的一个公共点是，且在点处的切线互相垂直．
(1)求的值；
(2)求证：当时，.
答案：（1）；（2）略
解析：（1）因为，
所以，.
因为，所以.
因为曲线与曲线的一个公共点是，且在点处的切线互相垂直，
所以，且，
即，解得.
（2）证明：由(1)知，，
则.
令，
则.
因为，所以，
所以在上单调递增，所以，
即，
所以当时，.
★★★练习1设.
(1)求的最小值；
(2)证明：.
【解】　(1)f′(x)＝2(ln x＋1)．
所以当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以当x＝时，f(x)取得最小值f＝1－.
(2)证明：x2－x＋＋2ln x－f(x)
＝x(x－1)－－2(x－1)ln x
＝(x－1)，
令g(x)＝x－－2ln x，则g′(x)＝1＋－＝≥0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又g(1)＝0，
所以当0当x>1时，g(x)>0，
所以(x－1)≥0，
即f(x)≤x2－x＋＋2ln x.
★★★练习2已知函数f，a∈R.
(1)若在区间(1,2)上单调，求的取值范围；
(2)设，求证：时，。
(1)解　易知 f′(x)＝ex－a是增函数．
又∵f (x)在区间(1,2)上单调，
∴f′(1)＝e－a≥0或f′(2)＝e2－a≤0.
∴ a≤e或a≥e2.
即a的取值范围是(－∞，e]∪[e2，＋∞)．
(2)证明　设g(x)＝f (x)－x2＝ex－ax－1－x2.
g′(x)＝ex－a－2x，设φ(x)＝ex－a－2x，φ′(x)＝ex－2.
∴x∈(－∞，ln 2)时，φ′(x)<0，φ(x)是减函数，x∈(ln 2，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)是增函数，
∴x＝ln 2时，φ(x)min＝2－a－2ln 2＝2ln－a.
∵a≤0，∴φ(x)min＝2ln－a>0，
即g′(x)>0.
∴g(x)＝f (x)－x2在[0，＋∞)上是增函数．
∴g(x)≥g(0)＝f (0)＝0，即f (x)≥x2.
【题型二：单变量隔离审查法“”】
★★★例题1已知函数f (x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明：xf (x)－ex＋2ex≤0.
(1)解　f′(x)＝－a(x>0)．
①若a≤0，则f′(x)>0，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0，则当00，当x>时，f′(x)<0，
故f (x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明　因为x>0，
所以只需证f (x)≤－2e，
当a＝e时，由(1)知，f (x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
所以f (x)max＝f (1)＝－e，
记g(x)＝－2e(x>0)，则g′(x)＝，
所以当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝－e，
综上，当x>0时，f (x)≤g(x)，
即f (x)≤－2e，即xf (x)－ex＋2ex≤0.
★★★练习1．已知f(x)＝x ln x.
(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t＞0)上的最小值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＞－成立．
[解]　(1)由f(x)＝x ln x，x＞0，得f′(x)＝ln x＋1，
令f′(x)＝0，得x＝.
当x∈(0，)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
①当0＜t＜＜t＋2，即0＜t＜时，
f(x)min＝f()＝－；
②当≤t＜t＋2，即t≥时，f(x)在[t，t＋2]上单调递增，f(x)min＝f(t)＝t ln t.
所以f(x)min＝
(2)证明：问题等价于证明x ln x＞－(x∈(0，＋∞)).
由(1)可知f(x)＝x ln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－，
当且仅当x＝时取到．
设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，
则m′(x)＝，
由m′(x)＜0得x＞1时，m(x)为减函数，
由m′(x)＞0得0＜x＜1时，m(x)为增函数，
易知m(x)max＝m(1)＝－，当且仅当x＝1时取到．
从而对一切x∈(0，＋∞)，x ln x≥－≥－，两个等号不同时取到，即证对一切x∈(0，＋∞)都有ln x＞－成立．
★★★练习2.已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）证明：当时，．
参考数据：．
【解析】：（1）依题意，的定义域为，
，
①若，则，在上为增函数；②若，当时，，为增函数；当时，，为减函数．
综上，当时，在为增函数；当时，在区间上为减函数，在区间上为增函数．（2）要证，只要证，即证，
下证，
令， ，令得，
∴当时，，为减函数；当时，，为增函数，所以，又，所以．令，则，
所以当时，，为增函数；当时，，为减函数，
所以．由参考数据可知，即，
所以，即，
所以．
【题型三：单变量不等式放缩】
常见的放缩公式如下：
(1)，当且仅当时取等号；
(2)，当且仅当时取等号；
(3)当时，，当且仅当时取等号；
(4)当时，, 当且仅当时取等号；
(5)，当且仅当时取等号；
(6)当时，，当且仅当时取等号．　　
★★★例题1.．已知，，其中为自然对数的底数．
（1）若恒成立，求实数的取值范围；
（2）若在（1）的条件下，当取最大值时，求证：．
【解析】（1）解：法一：（分类讨论法）．因为，．
①当时，，所以，
故在，上单调递增，
所以，所以．
②当时，令，
若，；若，，
所以在上单减，在上单增；
所以，
解得，此时无解，
综上可得．
法二：（分离参数法）．恒成立在，上恒成立．
令，则，
所以在，上单增，
故，所以．
（2）证明：由题意可知，．
要证，
先证明：时，．
令．
当时，，所以在，上单减，
所以（1），所以．
所以要证明式成立，只需要证明． （8分）
令，则，，
令
又在，上单调递增，则在，上，，
在，，．
所以，在，上单减，在，上单增，
所以，
所以在，上单调递增，所以（1）．
所以成立，也即是式成立．故．
★★★练习1.　已知函数.
(1)若恒成立，求的最小值；
(2)求证：；
(3)已知恒成立，求的取值范围．
答案：（1）的最小值是 ；（2）略；（3）的取值范围为.
解析：(1) 等价于.
令，则，
所以当时，，当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，所以，则，
所以的最小值为.
（2）证明：当时，由(1)得，即．
令，则，
所以，
即.
（3）因为恒成立，即恒成立，
所以，
由（2）知恒成立，
所以，所以.
故的取值范围为．
★★★练习2．（2019春 诸暨市期末）已知函数，其中．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，恒成立，求的值；
（3）确定的所有可能取值，使得对任意的，恒成立．
答案：（1）略；（2）；（3）略.
解析：（1），
当时，函数在上单调递减；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增．
（2）由（1）及，知，
所以，
令，则，，
所以，且等号当且仅当时成立，
若当时，恒成立，则．
（3）记
则，
又，故在的右侧递增，，，
由（2），，所以，
当时，
，
综上，的取值范围是．
★★★练习3已知函数，，且曲线在处的切线方程为．
（1）求，的值；
（2）求函数在，上的最小值：
（3）证明：当时，．
【解析】解：（1），
，
（1），（1），
，．
（2）由（1）得：，
，，
在上递减，在上递增．
，
在，上递增，
，
在，上的最小值为1．
（3）证明：，由（2）得过
且在处的切线方程为，
故可猜测，时，的图象恒在切线的上方，
下面证明当时，
设，，
，
，
由（2）知：在上递减，在上递增，
，（1），，
，
存在，使得，
，，时，；
，时，，
故在上递增，在，上递减，在上递增，
又（1），
当且仅当时等号成立．
故，，
令，则，
时，，时，，
在上递增，在上递减，
（1），
，
即．
，
，
即成立，
时，，
综上所述，时，．
★★★练习4.已知函数，曲线在处的切线方程为．
（1）求实数、的值；
（2）且时，证明：曲线的图象恒在切线的上方；
（3）证明不等式：．
【解析】解：（1），由曲线在处的切线方程为，
由（1），（1），
解得，；
（2）由题意只需证：当且时，，
设，则，，
易知在单调递增；且（1），，
必定存在，使得，
则在单调递减，在，单调递增，其中，（1），即在单调递减，在单调递增，
（1），即当且时，成立；
所以当且时，曲线的图象在切线的上方；
（3）要证：，只需证，
由（2）知时，，
故只需证，即证，
设，则，
故在单调递减，在单调递增，
（1）；
即不等式：成立．
【题型四：单变量隐零点证明不等式】
★★★例题1.已知函数，．
（1）若是函数的极值点，求a的值；
（2）当时，证明：．
【解析】（1），
由题意知，
又设，
显然当时，，因此函数是增函数，
而，所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
故是函数的极小值点，故符合题意．
（2）当时，对于时，有，即，
故要证明，只需证明，
令，即只需证明，则有，
设，
则显然当时，，因此函数是增函数，
，，
故存在，使得，即，
因此当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以有，
又，∴，
设，则，
，，单调递减，
因此有，
故，故，原不等式得证．
★★★练习1.已知函数，且.
（1）求；
（2）证明：存在唯一极大值点，且.
【解析】（1）因为,且,所以,
构造函数,则,又,
若,则,则在上单调递增,则当时,矛盾,舍去；
若,则,则当时,，则在上单调递增，
则矛盾，舍去；
若,则,则当时,,
则在上单调递减,则矛盾,舍去；
若,则当时,,当时,,
则在上单调递减,在上单调递增,
故,则,满足题意；
综上所述,.
（2）证明:由（1）可知,则,
构造函数,则,
又在上单调递增,且,故当时,,当时,,
则在上单调递减,在上单调递增,
又,,又,
结合零点存在性定理知,在区间存在唯一实数,使得,
当时,,当时,,当时,,
故在单调递增,在单调递减,在单调递增,
故存在唯一极大值点,因为,所以,
故,
因为,所以.
★★★练习2.已知函数
（1）若是的极值点，求的值，并讨论的单调性；
（2）当时，证明：．
【解析】（1）由函数的定义域，因为，是的极值点，
所以（1），所以，所以，
因为和，在上单调递增，所以在上单调递增，
当时，；时，，
此时，的单调递减区间为，单调递增区间为，
（2）证明：当时，，设，则，
因为和，在上单调递增，所以在上单调递增，
因为（1），（2），
所以存在使得，所以在上使得，在，上，
所以在单调递减，在，上单调递增，所以，
因为，即，所以，所以，
因为，所以，所以．
【题型五：数列与不等式】
★★★例题1．（对数放缩）（2018秋 安徽月考）已知函数．
（1）若，对恒成立，求的值；
（2）求证：．
答案：（1） ；（2）略.
解析：（1）函数，
．
①当时，恒成立，在上单调递增，
当时，，不满足题意．
②当时，时，，单调递减，
，时，，单调递增，
，
令，则，
时，，单调递增，时，，单调递减，
，由，解得．
证明：（2）由（1）知，当且仅当时取等号，
令，，则有，
，，，
，
累加得，，原命题得证．
★★★练习1.已知函数
（１）讨论的单调性；
（2）证明：．
【答案】（1）当时，在内单调递增；当时，在内单调递减，在内单调递增．（2）证明见解析
【解析】（1）解：，．
①若，则，
在内单调递增；
②若，则在内单调递增，且，
当时，；当时，，
在内单调递减，在内单调递增．
综上所述，当时，在内单调递增；当时，在内单调递减，在内单调递增．
（2）证明：当时，．
由（1）知，，当且仅当时，等号成立，
令，，
．
从而，
…
，
累加可得，
，
，证毕．
★★★练习2.已知函数，其中.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，证明:；
（3）试比较与 ，并证明你的结论．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【解析】（1）函数的定义域为：，
①当时，，所以在上单调递增
②当时，令，解得 ．
当时，，所以， 所以在上单调递减；
当时，，所以，所以在上单调递增．
综上，当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）当 时，，要证明，
即证，即证：.
设，则 ，令得，.
当时，，当时，.
所以为极大值点，且在处取得最大值．
所以，即．故.
（3）证明：（当且仅当时等号成立），即,
则有+
,
故：+
★★★例题2.（指数放缩）已知为自然对数的底数).
(1)求证恒成立；
(2)设是正整数，对任意正整数，，求的最小值.
【答案】(1)证明见解析；(2) 2.
【解析】（1）令，则
当时，；当时，
在上单调递减；在上单调递增
，即恒成立
恒成立
（2）由（1）知：
又
又恒成立
为正整数 的最小值为：
★★★练习1.已知函数．
（1）求函数在上的单调区间；
（2）证明：．
【解析】（1）因为，
所以，
令得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以函数在上的单调递增区间为，单调递减区间为；
（3）证明：设，则，
所以在上单调递增，所以，即，
所以
，
所以.
★★★例题3. （根据题目结论放缩）已知函数.
（1）若时，恒成立，求的取值范围；
（2）求证：．
答案：（1） ；（2）略.
解析：（1）由，得．
令，
则.
当时，，所以在上单调递减．
所以，故的取值范围为．
（2）证明：由（1）知，所以.
令，得，即.
所以，
即．
★★★练习1.已知函数．
（Ⅰ）当时，函数存在极值，求实数的取值范围；
（Ⅱ）当时，函数在上单调递减，求实数的取值范围；
（Ⅲ）求证：．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）证明见解析．
【解析】（Ⅰ）当时，，
，
①当时，，则在递减，无极值；
②当时，令，
单调递减，
单调递增，
所以取得极小值.
综上可知：．
（Ⅱ）当时，，
恒成立
对一切恒成立，
∵，∴，∴，∴．
（Ⅲ）由（Ⅱ）知：当时，在递减，
∴，即：，
令，则，
当时，
，
∴
……
累加得，
，
当时，，即：，
综上，．
【题型六：双变量极值点偏移】
★★★例题1.已知函数有两个零点.
（Ⅰ）求的取值范围；
（Ⅱ）设是的两个零点，证明：.
【答案】：（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析
【解析】：（Ⅰ）．
①设，则，只有一个零点．
②设，则当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．
又，，取满足且，则，
故存在两个零点．
③设，由得或．
若，则，故当时，，因此在单调递增．又当时，所以不存在两个零点．
若，则，故当时，；当时，．因此在单调递减，在单调递增．又当时，，所以不存在两个零点．
综上，的取值范围为．
（Ⅱ）不妨设，由（Ⅰ）知，，在单调递减，所以等价于，即．
由于，而，所以
．
设，则．
所以当时，，而，故当时，．
从而，故．
★★★练习1.已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，设函数的两个零点为，试证明：.
【答案】：（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）证明见解析.
【解析】：（1）易得函数的定义域为.
对函数求导得：.
当时，恒成立，即可知在上单调递增；
当时，当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减.
（2）当时，，，
此时在上单调递增，在上单调递减.
，又，，
不妨设，则有，令，，
.
当时，，单调递增，
，，，
又，，
，，在上单调递减，
，即.
★★★例题2. 已知函数.
（1）求的最小值；
（2）若方程有两个根，求证：.
答案：（1）的最小值；（2）略.
解析：（1）因为，
所以当时，在上单调递增，函数无最小值；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
函数在处取最小值.
(2)证明：若函数的两个零点为，
由（1）可得，令，
则，
所以在上单调递减，，即．
令，则，所以，
由（1）可得在上单调递增，所以，故得证.
★★★练习2．已知函数．
（1）求的单调性；
（2）若方程有两个根，，证明：．
答案：略
解：（1），
所以当时，，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）证明：若函数的两个零点为，，由（1）可得．
令，
则，
所以在上单调递减，，
即．
令，则，所以，
由（1）可得在上单调递增，所以，
故．
★★★练习3.已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数有两个零点，，证明：．
【解析】解：（1），，
当时，，在上递减；
当时，，
令，解得：，令，解得：，
故在上递减，在，上递增；
综上：当时，在上递减；
当时，在上递减，在，上递增；
（2）证明：若函数有两个零点，，
则①，②，
①②得：，故，
①②得：，故，
要证，即证，即证，
，，
即证，即证，，
令，则，
，，
则，
故在单调递减，
又（1），故（1），
故，故．
★★练习4.已知函数的两个零点为，．
（1）求实数的取值范围；
（2）求证：．
【解析】（1）解：．
①，，在上单调递增，不可能有两个零点；
②，可解得，可解得，
在上单调递减，在上单调递增，
，
由题意，，
；
（2）证明：令，，
由题意方程有两个根为，，不妨设，．
令，则，
令，可得，函数单调递增；，可得，函数单调递减．
由题意，，
要证明，即证明，即证明．
令，
下面证明对任意恒成立，
，
，
，，
，
在上是增函数，
，
原不等式成立．
【题型七：双变量韦达代换】
★★★例题1.已知函数.
若函数有两个不同的极值点,求证：.
解析： .
因为函数有两个不同的零点,即有两个不同的零点，即方程的判别式，解得：，由,解得.此时，
随着变化, 和的变化情况如下：
x ( ∞,x1) x1 (x1,x2) x2 (x2,+∞)
f′(x) + 0 0 +
f(x) 递增 极大值 递减 极小值 递增
所以是的极大值点, 是的极小值点,所以是极大值, 是极小值，
，
因为,所以，
★★★练习1.已知函数．
（Ⅰ）若是定义域上的单调函数，求实数的取值范围；
（Ⅱ）若在定义域上有两个极值点，，证明：．
【解析】解：（Ⅰ），
令则△
，对称轴
①当时，△，，
，故在单调递减．
②当时，△，
方程有两个不相等的正根，
不妨设，则当，时，，
当，时，，这时不是单调函数．
综上，的取值范围是．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当，有极小值点和极大值，
且，，
，
令，
则当时，，
（a）在单调递减，
所以，
故．
★★★练习2．已知函数
（1）若，求的图象在，（1）处的切线方程；
（2）若在定义域上是单调函数，求的取值范围；
（3）若存在两个极值点，，求证：．
【解析】解：（1），函数，
可得，
（1），
切线方程为；
（2）依题意有或在上恒成立，
即或在上恒成立，
显然不可能恒成立，
，
解得；
（3）由，得，即，是的两根，
，，，
由已知，，，
．
★★★练习3．设函数．
（1）若在定义域上为单调函数，求的取值范围；
（2）设，为函数的两个极值点，求的最小值．
【解析】解：（1）
设．
①△，即时，恒成立，，
在上为减函数；
②△，即时，在上有两相异实根，
在上不是单调函数，不合题意，
综上，；
（2）由（1）知，，为的两根，，
．
设（a），则（a），
（a）在，上单调递减，在上单调递增，
（a）（4），
的最小值为．
★★★练习4已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)若函数有两个极值点,求证：.
解析：
由,得.
令,则，
①当,即时, 恒成立,则，所以在上是减函数。
②当,即时, ,则，所以在上是减函数。
③当，即或.
(i)当时, 是开口向上且过点的抛物线，
对称轴方程为,则恒成立,从而，所以在上是减函数。
(ii)当时, 是开口向上且过点的抛物线，
对称轴方程为，则函数有两个零点：
(显然)，列表如下：
x (0,x1) x1 (x1,x2) x2 (x2,+∞)
f′(x) 0 + 0
f(x) 减函数 极小值 增函数 极大值 减函数
综上,当时, 的减区间是；
当时, 的增区间是,减区间是.
(2)证明：根据(Ⅱ),当时, 有两个极值点，则是方程的两个根，
从而.由韦达定理,得.又,所以
令，则
当时, ;当时, ，
则在上是增函数,在上是减函数，从而，于是.
【题型八：双变量换元法双变单】
★★★例题1.已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个相异零点，求证：.
【解析】由题意得，
①时，恒成立，
所以，所以在单调递增.
②时，在上，在上，
所以在单调递减，在单调递增.
综上，时，在单调递增.
时，在单调递减，在单调递增.
（2）因为有两个相异零点，，由（1）可知，，
不妨设，因为，，
所以，，所以，
要证，即证，等价于证明，而，
所以等价于证明，也就是. （*）
令，则，于是欲证（*）成立，等价于证明成立，
设函数，求导得，
所以函数是上的增函数，所以，即成立，
所以成立.
★★★练习2．已知函数(aR)．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，为函数的两个极值点，证明：．
【解析】（1），令
当即时，，在上单调递增；
当即或时，
① 当时，在上单调递增；
② 当时，令，
+ 0 - 0 +
递增 极大值 递减 极小值 递增
综上：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，
在上单调递减.
（2）由（1）知时有两个极值点，
且，不妨设，
要证即证，即，
设由（1）知当时，在上单调递增，，则在上单调递减， .原式得证.
★★★练习4.已知函数有两个零点，.
（1）求实数的取值范围；
（2）求证：.
（1）函数定义域为，.
令得，可得在上单调递增，在上单调递减，
又时，，时，，
故欲使有两个零点，只需，即.
（2）证明：不妨设，则由（1）可知，
且，两式相减可得.
欲证，即证，
设，则即证，
构造函数，
则，
所以在上单调递增，故，
所以，原不等式得证.
1.单变量构造函数 ★★★☆☆
2.单变量隔离审查“” ★★★☆☆
3.单变量放缩法 ★★★☆☆
4.单变量隐零点法 ★★★☆☆
5.导数与数列不等式 ★★★☆☆
6.双变量极值点偏移 ★★★☆☆
7.双变量韦达代换 ★★★☆☆
8.双变量换元双变单 ★★★☆☆
教师建议
课堂总结
一．知识点/公式
二．题型/考法
巩固 提升
【巩固】
★☆☆1.函数的定义域为的奇函数，当时，恒成立，若，，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】设g（x）＝xf（x），依题意得g（x）是偶函数，
当x∈（﹣∞，0）时，>0，即 >0恒成立，故g（x）在x∈（﹣∞，0）单调递增，则g（x）在（0，+∞）上递减，
又a＝3f（3）＝g（3），b＝-f（-1）＝g（-1）＝g（1），c＝2f（2）＝g（2），故a★☆☆2.已知定义在上的函数满足恒成立，且 (为自然对数的底数)，则不等式的解集为________．
答案：
解析：由得，可构造函数，则，所以函数在上单调递增，且.不等式等价于，即，所以不等式的解集为.
★☆☆3.已知函数满足，在下列不等关系中，一定成立的（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】令，则
， 在上单调递增
，即
本题正确选项：
★☆☆4．（2017·黑龙江哈尔滨三中高考模拟）已知定义域为的函数的图象经过点，且对，都有，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设函数，则，所以函数在区间上是单调递增函数，而，，故不等式可化为，即，所以，应选答案C。
★☆☆5.若函数在上存在导函数，对任意，有，且时，，若，则实数的取值范围是
【答案】
【解析】因为满足，所以可设
当时，不满足，所以原函数表达式错误，重新修改表达式，设此时符合题意，解得：
★☆☆6.已知定义在R上的函数的导数为,且满足,当时 ,则不等式的解集为
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】设,则,所以
=,所以是偶函数,设,则,所以,即,所以时 , 所以时,在上是增函数,所以
,故选C.
★★☆7.已知函数，当时，恒成立，则实数的最大值为（ ）
A．1 B．0
C．3 D．2
【解析】∵在时恒成立，
而时，，∴在上递减，
∴当时，恒成立，
即时，恒成立，故，∴实数a的最大值为3，故选：C.
8.当时，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【解析】令，∵时，∴不合条件.
令，故恒成立，又，
∴要在处取最大值，故为在上的极大值点，
故，又，故 ，∴，故选：B.
★★☆9.已知函数，．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若时有恒成立，求的取值范围．
【解析】（1）的定义域为，所以．
当时，，函数在上单调递增；
当时，由得；得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
综上可得，当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减．
（2）当时，恒成立，即恒成立．
因为，所以．
令，．
令，所以，故在上单调递减，且，，故存在使得，故，即．
当时，，；当时，，；
∴在单调递增，在单调递减，∴，
故．
★★☆10.已知函数，且.
（1）当时，求函数的单调区间与极大值；
（2）当时，恒成立，求实数a的取值范围.
【解析】（1）当时，函数，,
，
由，可得，单调递增；由，可得，单调递减；
所以函数的单调增区间为,单调减区间为，
当时，函数取极大值，无极小值.
（2）由题意可得：对于恒成立，
，
①当，时，；
时，恒成立，所以在上是增函数，
且，所以不符合题意；
③当时，时恒有，故在上是减函数，
所以对任意都成立只需，
即，解得：，故.
综上所述：的取值范围是.
★★☆11.函数，其中，若有且只有一个整数，使得，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【解析】已知函数， 则有且只有一个整数解.
令，则，当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，所以当时，取得最小值.
设，则恒过点.
在同一坐标系中分别作出和的简图，因为，所以，所以，
依题意得即，解得，又，所以.故选：C.
★★☆12.设函数
（1）证明：当时，；
（2）设当时，，求的取值范围.
答案：（1）略；（2）
解析：（1）当时，当且仅当
令，则
当时，，在是增函数
当时，，在是减函数
于是在处取得最小值，因而当时，时，即
所以当，
（2）应用洛必达法则和导数
由题设，此时a
当时，若，则,不成立；
当时，当时，，即；
若，则；
若，则等价于，即.令，则.
记则，.
因此，在上单调递增，且，所以，
即在上单调递增，且，所以.
因此，所以在上单调递增.
由洛必达法则有
，即当时，
，即有，所以.综上所述，的取值范围是
★★☆13.已知函数，，若对，使得，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
答案：
解析：对，使得等价于f，换元令，知在上单调递增；
所以；
，在上为单调增函数，故所以
故选：．
★★☆14..已知函数，其中
（1）讨论的单调性；
（2）若在其定义域内为增函数，求正实数的取值范围；
（3）设函数,当时，若，对于，总有成立，求实数的取值范围.
答案： （1）上单调递减，在上单调递增；（2）；（3）
解析：（1） 的定义域为，且
①当时，,在上单调递增；
②当时, 由得，由得
故在上单调递减，在上单调递增
(2) ,,的定义域为，
以为在其定义域内为增函数，所以
，而当且仅当时取等号，所以
（3）当时，，由得
或。
当时， ；当时，
所以在上，.
而“，对于总有成立”等价于“在上的最大值不小于在上的最大值”
而在上的最大值为
所以
所以实数的取值范围是
★★☆15.已知函数，，若，，不等式成立，则的可能值为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【解析】，若，则，则在单调递增， ；若，则在单减，在单增，，
∴.，则在单调递增，在单调递减，，
∴.∵，，不等式成立，
∴若，，成立；若，，即，令，
∴，∴h（x）在（1，+∞）单增.
而，，，.
故选：BCD.
★★★16已知函数f(x)＝ex－3x＋3a(e为自然对数的底数，a∈R).
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)求证：当a＞ln ，且x＞0时，＞x＋－3a.
[解]　(1)由f(x)＝ex－3x＋3a，x∈R，知f′(x)＝ex－3，x∈R.
令f′(x)＝0，得x＝ln 3，
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，ln 3) ln 3 (ln 3，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) ? 极小值 ?
故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 3]，
单调递增区间是[ln 3，＋∞)，
f(x)在x＝ln 3处取得极小值，极小值为f(ln 3)＝eln 3－3ln 3＋3a＝3(1－ln 3＋a).无极大值．
(2)证明：待证不等式等价于ex＞x2－3ax＋1，
设g(x)＝ex－x2＋3ax－1，x＞0，
于是g′(x)＝ex－3x＋3a，x＞0.
由(1)及a＞ln ＝ln 3－1知：g′(x)的最小值为g′(ln 3)＝3(1－ln 3＋a)＞0.
于是对任意x＞0，都有g′(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
于是当a＞ln ＝ln 3－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)＞g(0).
而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)＞0.
即ex＞x2－3ax＋1，故＞x＋－3a.
★★★17．已知函数f(x)＝1＋ln x－ax2.证明：xf(x)<·ex＋x－ax3.
要证xf(x)＜·ex＋x－ax3，即证： ·>，令φ(x)＝·(x>0)，φ′(x)＝，
∴当x∈(0,2)时，φ′(x)<0，x∈(2，＋∞)时，φ′(x)>0；
所以φ(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)≥φ(2)＝；
令r(x)＝，r′(x)＝，
当x∈(0，e)时，r′(x)＞0，x∈(e，＋∞)时，r′(x)<0;
所以r(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
∴r(x)≤r(e)＝，∴φ(x)≥>≥r(x)，
∴·＜，得证．
★★★18．已知，曲线在，（1）处的切线方程为．
（1）求，的值；
（2）求在，上的最大值；
（3）证明：当时，．
【解析】解：（1），
（1），（1），
解得：，；
（2）由（1）得：，
，，
在递减，在递增，
，
在，递增，
（1）；
（3），由（2）得过，
且在处的切线方程是，
故可猜测，时，的图象恒在切线的上方，
下面证明时，，
设，，
，，
由（2）得：在递减，在递增，
，（1），，
，
存在，使得，
，，时，，
，时，，
故在递增，在，递减，在递增，
又（1），当且仅当时取“”，
故，，
由（2）得：，故，
，当且仅当时取“”，
，
即，
，
即成立，
当且仅当时“”成立．
★★★19.已知函数
（1）若函数的最小值为2，求的值
（2）当时，证明：
【解析】（1）的定义城为，且
函数的最小值为2
若，则，于是在上单调递增
故无最小值，不合题意
若，则当时，；当时，
故在上单调递减，在上单调递增
于是当时，，取得最小值，由已知得，解得
综上可知
（2）∵由（1）得，当时，取得最小值
所以当时，取得最小值，即
则，即：
由题知，当时，证明：
∴要证，只要证
∴令，则
∴当时，
所以在上单调递增
∴当时，，即
∴当时，不等式成立
★★★20.已知函数f(x)＝x－ln x－.
(1)求f(x)的最大值；
(2)试证明1＋x3＋≥3x－f(x).
(1)解　f(x)＝x－ln x－，
定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝1－－
＝，
由ex≥x＋1>x，
得f(x)在(0，1]上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以f(x)max＝f(1)＝1－e.
(2)证明　要证1＋x3＋≥3x－f(x)，
即证x3－2x＋1≥ln x，
考虑到x>0时，x－1≥ln x(当且仅当x＝1时，取等号).
欲证x3－2x＋1≥ln x，只需证x3－2x＋1≥x－1.
也就是证明x3－3x＋2≥0.(*)
设φ(x)＝x3－3x＋2(x>0)，则φ′(x)＝3x2－3，
令φ′(x)＝0，得x＝1.
当x∈(0，1)时，φ′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0.
∴当x＝1时，φ(x)取到最小值φ(1)＝0.
故(*)式成立，从而1＋x3＋≥3x－f(x)成立.
★★★21.设函数．
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）当时，求证：．
【解析】（1）时，令，可化为，即，
易知为增函数，且，
所以当时，，单调递减；当时，，单调递增，
又，所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
（2）令，可化为，，
当时，易知为上增函数，
当时，；当时，；
当时，，而，
所以存在，，即，
当时，单调递减；当时，单调递增，
所以．
★★★22．已知函数．
（1）求证：；
（2）求证：对于任意正整数，．
证明：（1），
当时，单调增，
当时，单调减，
所以（1）的最小值为（1）；
（2）由（1）知，
令得，
所以
，
所以．
★★★23．已知函数，，．
（Ⅰ）求的最小值；
（Ⅱ）若在上恒成立，求的值；
（Ⅲ）求证：对一切大于2的正整数都成立．
解：，
当时，，时，，
在上单调递减，在上单调递增，
当时，取得最小值（1）．
由恒成立可得恒成立，
设，则，故，，
函数在处的切线方程为，
恒成立．
．
由可知恒成立，当且仅当时取等号．
令，，2，3，，，则，即，
，
，
对一切大于2的正整数都成立．
★★★24已知函数，若关于的方程有两个正实数根，且．
（1）求实数的取值范围；
（2）求证：．
解：（1）由，得，
令，则或，
当或时，；当时，，
在和 上单调递减，在上单调递增，
且有两个正根，（1），
，的取值范围为．
（2）关于的方程有两个正实数根，且．
由（1）知，
设，，
则，
在上单调递减，（1），
，又 在 上单调递减，
，，要证，
只需证，即证，
且， 成立．
★★★25．已知函数为常数）．
（1）若是定义域上的单调函数，求的取值范围；
（2）若存在两个极值点，，且，求的取值范围．
【解析】解：（1），
，
设，，
是定义域上的单调函数，函数的图象为开口向上的抛物线，
在定义域上恒成立，即在上恒成立．
又二次函数图象的对称轴为，且图象过定点，
或，解得：．
实数的取值范围为，；
（2）由（1）知的两个极值点，满足，
所以，，
不妨设，则在，上是减函数，
，
，
令，则，又，
即，解得，．
设，
则，在，上单调递增，
（2），（4），，，
即，，
所以的取值范围为，．
★★★26．已知函数，．
（Ⅰ）若函数为定义域上的单调函数，求实数的取值范围；
（Ⅱ）若函数存在两个极值点，，且．证明：．
【解析】解：（Ⅰ）函数的定义域为，求导：，，
令，则△，
当时，即，则恒成立，
则在上单调减函数，
当时，即，则的两个根为，，
当时，，函数单调递减，
当，，，函数单调递增，不符合题意，
综上可知：函数为定义域上的单调函数，则实数的取值范围，；
（Ⅱ）证明：由函数有两个极值点，则，在上有两个不等的实根，
即，在有两个不等式的实根，，，
由，则，且，，，
则，
同理可得：，
则，
，
令，，，
求导，，，，
由，，则，则，
则在，，上单调递增，
则，
则，
成立．
提升：
★★★1.已知函数有两个零点,.
（1）求实数的取值范围；
（2）证明：.
【分析】（1） ,当时,在上单调递增,至多有一个零点,不符合题意；当时,在上单调递减,在上单调递增,,若,,至多有一个零点,不符合题意；若,则,,
.,,存在两个零点,分别在,内.实数的取值范围为.
（2）方法1：由题意得,令,得,变形得.
欲证,即证,即证,然后构造函数证明.
方法2：令,则,,两式相除得,,,
欲证,即证,即证.
, 根据在上单调递减证明.
★★★2.已知函数，．
（1）求函数的极值；
（2）当时，证明：．
【解析】（1）∵，，∴，
当时，恒成立，函数单调递减，函数无极值；
当时，时，，函数单调递减；
时，，函数单调递增，
故函数的极小值为，无极大值．
（2）证明：令，
，故，
令的根为，即，两边求对数得，即，
∴当时，，单调递增；当时，，单调递减，
∴，
∴，即原不等式成立．
★★★3．已知函数，为的导函数．
（1）当时，求曲线在点，（1）处的切线方程；
（2）当时，求函数的单调区间和极值；
（3）当时，求证：对任意的，，，且，有．
解：（1）当时，，，可得（1），（1），
所以曲线在点，（1）处的切线方程为，
即．
（2）依题意，，
从而可得，整理可得：，
令，解得，
当变化时，，的变化情况如下表：
0
单调递减 极小值 单调递增
所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
的极小值为（1），无极大值．
（3）证明：由，得．
对任意的，，，且，令，
则
①，
令，，，
当时，，
由此可得在，单调递增，
所以当时，（1），即，
因为，，，
所以②，
由（1）、（2）可知，当时，（1），即，
故③，
由①②③可得，
故当时，任意的，，，且，有．
高考模拟题
(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科)已知函数．
(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≥x3+1，求a的取值范围．
(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≥x3+1，求a的取值范围．
【答案】（1）当时，单调递减，当时，单调递增．（2）
【解析】(1)当时，，，
由于，故单调递增，注意到，故：
当时，单调递减，
当时，单调递增．
(2)由得，，其中，
①．当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意；
②．当时，分离参数a得，，
记，，
令，
则，，
故单调递增，，
故函数单调递增，，
由可得：恒成立，
故当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
因此，,
综上可得，实数a的取值范围是．
2.(2018年高考数学课标卷Ⅰ（理）)(12分)已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若存在两个极值点，证明：．
【答案】解:（1）的定义域为，．
（i）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减．
（ii）若，令得，或．
当时，；
当时，．所以在单调递减，在单调递增．
（2）由（1）知，存在两个极值点当且仅当．
由于的两个极值点满足，所以，不妨设，则．由于
，
所以等价于．
设函数，由（1）知，在单调递减，又，从而当时，．
所以，即．
3.(2019年高考数学课标Ⅰ卷文科)已知函数，为的导数．
(1)证明：在区间存在唯一零点；
(2)若，时，，求的取值范围．
【答案】（1）设，则.当时，；
当时，，所以在单调递增，在单调递减.
又，故在存在唯一零点.所以在存在唯一零点.
（2）由题设知，可得a≤0.由（1）知，在只有一个零点，
设为，且当时，；
当时，，所以在单调递增，在单调递减.
又，所以，当时，.
又当时，ax≤0，故.因此，a的取值范围是.
4.（2021菏泽一模22）已知函数f（x）＝lnx﹣kx（k∈R），g（x）＝x（ex﹣2）．
（1）若f（x）有唯一零点，求k的取值范围；
（2）若g（x）﹣f（x）≥1恒成立，求k的取值范围．
【解析】（1）由f（x）＝lnx﹣kx有唯一的零点，故方程lnx﹣kx＝0有唯一的实数根，即有唯一的实数根，
令h（x）＝，则，
令h'（x）＞0，解得0＜x＜e，令h'（x）＜0，解得x＞e，
所以h（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，
所以当x＝e时，f（x）的最大值为h（e）＝，
又h（1）＝0，所以0＜x＜1时，h（x）＜0，
又当x＞e时，，
综上可得，k的取值范围为或k≤0；
（2）因为g（x）﹣f（x）≥1恒成立，即x（ex﹣2）﹣（lnx﹣kx）≥1对x＞0恒成立，
所以对x＞0恒成立，
令m（x）＝，则m'（x）＝，
令n（x）＝﹣lnx﹣x2ex，则n'（x）＜0，故n（x）在（0，+∞）上单调递减，
又，n（1）＝﹣e＜0，
由零点的存在性定理可知，存在唯一的零点，使得n（x0）＝0，即，
两边取对数可得，ln（﹣lnx0）＝2lnx0+x0，即ln（﹣lnx0）+（﹣lnx0）＝x0+lnx0，
由函数y＝x+lnx为单调函数，可得x0＝﹣lnx0，
由以上分析可知，m（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，+∞）上单调递减，
所以m（x）≤m（x0）＝，
故k≥m（x0）＝1，
所以k的取值范围为k≥1．

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