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2023年高考数学复习专题☆★
导数与函数核心考点
目 录
题型一 切线型
1.求在某处的切线方程
2.求过某点的切线方程
3.已知切线方程求参数
题型二 单调型
1.主导函数需“二次求导”型
2.主导函数为“一次函数”型
3.主导函数为“二次函数”型
4.已知函数单调性，求参数范围
题型三 极值最值型
1.求函数的极值
2.求函数的最值
3.已知极值求参数
4.已知最值求参数
题型四 零点型
1.零点(交点，根)的个数问题
2.零点存在性定理的应用
3.极值点偏移问题
题型五 恒成立与存在性问题
1.单变量型恒成立问题
2.单变量型存在性问题
3.双变量型的恒成立与存在性问题
4.等式型恒成立与存在性问题
题型六 与不等式有关的证明问题
1.单变量型不等式证明
2.含有ex与lnx的不等式证明技巧
3.多元函数不等式的证明
4.数列型不等式证明的构造方法
题型一 切线型
1.求在某处的切线方程
例1.【2015重庆理20】求函数f(x)＝在点(1，f(1))处的切线方程.
解：由f(x)＝，得f ′(x)＝，切点为(1，) ，斜率为f ′(1)＝
由f(1)＝，得切点坐标为(1，)，由f ′(1)＝，得切线斜率为；
∴切线方程为y－＝(x－1)，即3x－ey＝0.
例2.求f(x)＝ex(＋2)在点(1，f(1))处的切线方程.
解：由f(x)＝ex(＋2)，得f ′(x)＝ex(－＋＋2)
由f(1)＝3e，得切点坐标为(1,3e)，由f ′(1)＝2e，得切线斜率为2e；
∴切线方程为y－3e＝2e(x－1)，即2ex－y＋e＝0.
例3.求f(x)＝ln在点(0，f(0))处的切线方程.
解：由f(x)＝ln＝ln(1－x)－ln(1＋x)，得f ′(x)＝－－
由f(0)＝0，得切点坐标为(0，0)，由f ′(0)＝－2，得切线斜率为－2；
∴切线方程为y＝－2x，即2x＋y＝0.
例4.【2015全国新课标理20⑴】在直角坐标系xoy中，曲线C：y=与
直线l：y=kx＋a(a＞0)交于M，N两点，当k＝0时，分别求C在点M与N处的切线方程.
解：由题意得：a=，则x＝±2，即M(－2，a)，N(2，a)，
由f(x)＝，得f ′(x)＝，
当切点为M(－2，a)时，切线斜率为f ′(－2)＝－，
此时切线方程为：x＋y＋a＝0；
当切点为N(2，a)时，切线斜率为f ′(2)＝，
此时切线方程为：x－y－a＝0；
求在某处的切线方程
⑴写出f(x)；
⑵求出f ′(x)；
⑶写出切点(x0，f(x0))；
⑷切线斜率k＝f ′(x0)；
⑸切线方程为y－f(x0)＝f ′(x0)(x－x0).
2.求过某点的切线方程
Step1 设切点为(x0，f(x0))，则切线斜率f ′(x0)，切线方程为：
y－f(x0)＝f ′(x0)(x－x0)
Step2 因为切线过点(a，b)，所以b－f(x0)＝f ′(x0)(a－x0)，解得x0＝x1或x0＝x2
Step2 当x0＝x1时，切线方程为y－f(x1)＝f ′(x0)(x－x1)
当x0＝x2时，切线方程为y－f(x2)＝f ′(x0)(x－x2)
例1.求f(x)＝x3＋过点P(2，4)的切线方程.
解：设切点为(x0，x03＋)，则切线斜率f ′(x0)＝x0 ，
所以切线方程为：y－x03＋＝x0 (x－x0)，
由切线经过点P(2，4)，可得4－x03＋＝x0 (2－x0)，整理得：x03－3x0 ＋4＝0，解得x0＝－1或x0＝2
当x0＝－1时，切线方程为：x－y＋2＝0；
当x0＝2时，切线方程为：4x－y－4＝0.
例2.求f(x)＝x3－4x ＋5x－4过点 (2，－2)的切线方程.
解：设切点为(x0，x03－4x0 ＋5x0－4)，则切线斜率f ′(x0)＝3x0 －8x0＋5，
所以切线方程为：y－(x03－4x0 ＋5x0－4)＝(3x0 －8x0＋5) (x－x0)，
由切线经过点P(2，4)，可得4－(x03－4x0 ＋5x0－4)＝(3x0 －8x0＋5) (2－x0)，
解得x0＝1或x0＝2
当x0＝1时，切线方程为：2x＋y－2＝0；
当x0＝2时，切线方程为：x－y－4＝0.
例3.过A(1，m)(m≠2)可作f(x)＝x3－3x的三条切线，求m的取值范围.
解：设切点为(x0，x03－3x0)，则切线斜率f ′(x0)＝3x0 －3，切线方程为
y－(x03－3x0)＝(3x0 －3)(x－x0)
∵切线经过点P(1,m)，
∴m－(x03－4x0 ＋5x0－4)＝(3x0 －8x0＋5) (1－x0)，
即：－2x03＋3x0 －3－m＝0，即m＝－2x03＋3x0 －3
∵过点A(1，m)(m≠2)可作f(x)＝x3－3x的三条切线，
∴方程m＝－2x03＋3x0 －3，有三个不同的实数根.
∴曲线H(x0)＝－2x03＋3x0 －3与直线y=m有三个不同交点，
H′(x0)＝－6x0 ＋6x0＝－6x0(x0－1)
令H′(x0)＞0，则0＜x0＜1；令H′(x0)＜0，则x0＜0或x0＞1
∴H(x0)在(－∞，0)递减，在(0,1)递增，在(1，＋∞)递减，
∴H(x0)的极小值＝H(0)＝－3，H(x0)的极大值＝H(1)＝－2，
由题意得－3＜x＜－2.
例4.由点(－e，e－2)可向曲线f(x)＝lnx－x－1作几条切线，并说明理由.
解：设切点为(x0，lnx0－x0－1)，则切线斜率f ′(x0)＝－1，切线方程为
y－(lnx0－x0－1)＝(－1)(x－x0)，
∵切线经过点(－e，e－2)，
∴e－2－(lnx0－x0－1)＝(－1)(－e－x0)，即lnx0＝
∵y=lnx与y=只有一个交点
∴方程lnx0＝有唯一的实数根
∴由点(－e，e－2)可向曲线f(x)＝lnx－x－1作一条切线.
求过某点的切线方程
⑴设切点为(x0，f(x0))，则切线斜率f ′(x0)，切线方程为：
y－f(x0)＝f ′(x0)(x－x0)
⑵因为切线过点(a，b)，所以b－f(x0)＝f ′(x0)(a－x0)，解得x0＝x1或x0＝x2
⑶当x0＝x1时，切线方程为y－f(x1)＝f ′(x0)(x－x1)
当x0＝x2时，切线方程为y－f(x2)＝f ′(x0)(x－x2)
3.已知切线方程求参数
已知切线方程求参数
已知直线Ax＋By＋C＝0与曲线y=f(x)相切
⑴设切点横坐标为x0，则
即eq \b\lc\{(\a(f(x0)＝－,f ′(x0)＝－))
⑵解方程组得x0及参数的值.
例1.函数f(x)＝＋在(1，f(1))处的切线方程为x＋2y－3＝0，求a，b的值.
解：∵f(x)＝＋，∴f ′(x)＝eq \f(－alnx,(x＋1) )－
由题意知：eq \b\lc\{(\a(f(1)＝1,f ′(1)＝－))，即eq \b\lc\{(\a(b＝1,－b＝－))
∴a＝b＝1
例2.f(x)＝aexlnx＋在(1，f(1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2，求a，b的值.
解：∵f(x)＝aexlnx＋，∴f ′(x)＝aex(＋lnx)＋bex－1(－＋)
由题意知：，即
∴a＝1，b＝2
例3.若直线y＝kx＋b是y=lnx＋2的切线，也是y=ln(x＋1)的切线，求b.
解：设y＝kx＋b与y=lnx＋2相切的切点横坐标为x1，y＝kx＋b与y=ln(x＋1)相切的切点横坐标为x2，
eq \b\lc\{(\a(lnx1＋2＝kx1＋b ①,＝k ②, ln(x2＋1)＝kx2＋b ③,＝k ④))，由②③得：x1＝x2＋1，
由①－③得：lnx1－ln(x2＋1)＋2＝k(x1－x2)，将上式代入得：k＝2
∴x1＝，代入①得：－ln2＋2＝1＋b
∴b＝1－ln2.
例4.若f(x)＝与g(x)＝a lnx相交，且在交点处有共同的切线，求a和该切线方程.
解：设切点横坐标为x0，则eq \b\lc\{(\a(＝alnx0 ①,eq \f(1,2)＝ ②))，由②得＝2a，
代入①得：x0＝e ，∴a＝
∵切点为(e ，e)，切线斜率为，∴切线方程为x－2ey＋e ＝0.
例5.已知函数f(x)＝x3＋ax＋，当a为何值时，x轴为曲线方程y=f(x)的切线.
例6.已知函数f(x)＝x ＋ax＋b和g(x)＝ex(cx＋d)都过点P(0,2)且在P处有相同切线y=4x＋2，求a，b，c，d的值.
题型二 单调型
1.主导函数需“二次求导”型
I 不含参求单调区间
例1.求函数f(x)＝x(ex－1)－x 的单调区间.
解：f(x)的定义域为R
f ′(x)＝ex(1＋x)－1－x＝(x＋1)(ex＋1)
令f ′(x)＞0，得x＜－1或x＞0；令f ′(x)＜0，得－1＜x＜0
f(x)的增区间为(－∞，－1)和(0，＋∞)，减区间为(－1，0)。
例2.求函数f(x)＝(1＋) ex(a＞0)在(－∞，0)上的单调性.
解：f(x)的定义域为(－∞，0)
f ′(x)＝ex(－＋＋1)＝(x ＋ax－a)
令f ′(x)＞0，得x＜eq \f(－a－,2)；令f ′(x)＜0，得eq \f(－a－,2)＜x＜0
f(x)的增区间为(－∞，eq \f(－a－,2))，减区间为(eq \f(－a－,2)，0)。
求解函数的单调区间
⑴求出函数f(x)的定义域；
⑵求f ′(x)；
⑶判断f ′(x)的正负；
注：导函数的形式是有限的
⑷写出函数的单调区间.
注：①求单调区间结论一定叙述为f(x)单调区间为…
讨论单调性可叙述为f(x)在某区间增(减)
②多个相同单调性区间要用逗号隔开，不能用∪
③单调区间书写时用中括号还是小括号问题
II.主导函数需“二次求导”型
例1.讨论函数f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1的单调性.
解：f(x)的定义域为(0，＋∞)
f ′(x)＝lnx＋－1＝lnx＋
令φ(x)＝lnx＋(x＞0)，则φ′(x)＝－＝
令φ(x)＞0，则x＞1；令φ(x)＜0，则0＜x＜1，
∴φ(x)在(0，1)上递减，在(1，＋∞)上递增.
∴φ(x)≥φ(0)＝1＞0，从而f ′(x)＞0
∴f(x)在(0，＋∞)上递增.
例2.求函数f(x)＝xe2－x＋ex的单调区间.
解：f(x)的定义域为R
f ′(x)＝(1－x)e2－x＋e
令φ(x)＝(1－x)e2－x＋e，则φ′(x)＝(x－2)e2－x
当x∈(－∞，2)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(－∞，2)上递减；
当x∈(2，＋∞)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(2，＋∞)上递增；
∴φ(x)≥φ(2)＝－1＋e＞0
∴f(x)单调增区间为R，无减区间.
例3.求函数f(x)＝的单调区间.
解：f(x)的定义域为(－1，0)∪(0，＋∞)
f ′(x)＝
令φ(x)＝x－(x＋1)ln(x＋1)，则φ′(x)＝－ln(x＋1)
当x∈(－1，0)时，φ′(x)＞0，则φ(x)在(－1，0)上递增
∴φ(x)＜φ(0)＝0
∴f ′(x)＜0
∴f(x) 在(－1，0)上递减
当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(0，＋∞)上递减；
∴φ(x)＜φ(0)＝0
∴f ′(x)＜0
∴f(x) 在(0，＋∞)上递减
综上所述：f(x)单调递减区间为(－1，0)和(0，＋∞).
例4.求函数H(x)＝|lnx|－＋C的单调区间.
解：H(x)＝eq \b\lc\{(\a(－lnx－＋C 0＜x＜1,lnx－＋C x≥1))
当x∈(0，1)时，H′(x)＝－－＝
令φ(x)＝－e2x－x＋2x ，x∈(0，1)
则φ′(x)＝－2e2x－1＋4x
φ′′(x)＝－4e2x＋4＝－4(e2x－1)＜0，
∴φ′(x)在(0，1)上递减
∴φ′(x)＜φ′(0)＝－3＜0
∴φ(x)在(0，1)上递减
∴φ(x)＜φ(0)＝－1＜0，即H′(x)＜0
∴H(x) 在(0，1)上递减
当x∈(1，＋∞)时，H′(x)＝－＝
令φ(x)＝e2x－x＋2x ，x∈(1，＋∞)
则φ′(x)＝2e2x－1＋4x
∵x＞1
∴φ′(x)＞0
∴φ(x)在(1，＋∞)上递增
∴φ(x)＞φ(1)＝e ＋1＞0，即H′(x)＞0
∴H(x)在(1，＋∞)上递增
综上所述：H(x)在(0，1)上递减，(1，＋∞)上递增.
二次求导求函数单调性
当无法通过不等式判断一阶导函数的正负时，可对“主导”函数再次求导，这种“再构造，再求导”是破解函数综合问题的强大武器。
⑴通过判断f ′′(x)的符号，来判断f ′(x)的单调性；
⑵通过赋特殊值找到f ′(x)的零点，进而得到f ′(x)的正负区间.
2.主导函数为“一次函数”型
例1.求函数f(x)＝ex－ax＋1的单调区间.
解：f(x)的定义域为R
f ′(x)＝ex－a
当a≤0时，f ′(x)＞0恒成立，∴f(x)的增区间为R
当a＞0时，令f ′(x)＞0，则x＞lna；令f ′(x)＜0，则x＜lna；
∴f(x)的增区间为(lna，＋∞)，减区间为(－∞，lna)。
综上所述：当a≤0时，f(x)的增区间为R
当a＞0时，f(x)的增区间为(lna，＋∞)，减区间为(－∞，lna)。
例2.求函数f(x)＝lnx－ax＋x 的单调区间.
解：f(x)的定义域为(0，＋∞)
f ′(x)＝－a＋x＝(x＋)－a
当a≤2时，f ′(x)≥0恒成立，∴f(x)的增区间为(0，＋∞)
当a＞2时，令f ′(x)＝0，则x＝eq \f(a－,2)或x＝eq \f(a＋,2)
令f ′(x)＞0，则0＜x＜eq \f(a－,2)或x＞eq \f(a＋,2)
令f ′(x)＜0，则eq \f(a－,2)＜x＜eq \f(a＋,2).
∴f(x)的增区间为(0，eq \f(a－,2))和(eq \f(a＋,2)，＋∞)，
减区间为(eq \f(a－,2)，eq \f(a＋,2))
综上所述：当a≤2时，f(x)的增区间为(0，＋∞)
当a＞2时，f(x)的增区间为(0，eq \f(a－,2))和(eq \f(a＋,2)，＋∞)，
减区间为(eq \f(a－,2)，eq \f(a＋,2))
例3.求函数f(x)＝lnx－ax的单调区间.
解：f(x)的定义域为(0，＋∞)
f ′(x)＝－a
当a≤0时，f ′(x)＞0，∴f(x)的增区间为(0，＋∞)
当a＞0时，令f ′(x)＞0，则0＜x＜；令f ′(x)＜0，则x＞；
∴f(x)的增区间为(0，)，减区间为(，＋∞).
综上所述：当a≤0时，f(x)的增区间为(0，＋∞)
当a＞0时，f(x)的增区间为(0，)，减区间为(，＋∞)。
例4.求函数f(x)＝ax－(a＋1)ln(x＋1)(a≥－1)的单调区间.
解：f(x)的定义域为(－1，＋∞)
f ′(x)＝a－＝
当－1≤a≤0时，ax－1≤0，即f ′(x)≤0
∴f(x)的减区间为(－1，＋∞)
当a＞0时，令f ′(x)＞0，则x＞，令f ′(x)＜0，则－1＜x＜，
∴f(x)的增区间为(，＋∞)，减区间为(－1，).
综上所述：当－1≤a≤0时，f(x)的减区间为(－1，＋∞)
当a＞0时，f(x)的增区间为(，＋∞)，减区间为(－1，).
例5.求函数f(x)＝xekx (k≠0)的单调区间.
解：f(x)的定义域为R
f ′(x)＝(1＋kx) ekx
当k＞0时，f(x)的增区间为(－，＋∞)，减区间为(－∞，－).
当k＜0时，f(x)的增区间为(－∞，－)，减区间为(－，＋∞).
综上所述：当k＞0时，f(x)的增区间为(－，＋∞)，减区间为(－∞，－). 当k＜0时，f(x)的增区间为(－∞，－)，减区间为(－，＋∞).
例6.求函数f(x)＝x－alnx (a∈R)的单调区间.
解：f(x)的定义域为(0，＋∞)
f ′(x)＝1－＝
当a≤0时，f ′(x)≥0，则f(x)的增区间为(0，＋∞)
当a＞0时，令f ′(x)＞0，则x＞a，令f ′(x)＜0，则0＜x＜a，
∴f(x)的增区间为(a，＋∞)，减区间为(0，a).
综上所述：当a≤0时，f(x)的增区间为(0，＋∞).
当a＞0时，f(x)的增区间为(a，＋∞)，减区间为(0，a).
一次函数型(一)
当导函数可表示为常见已知函数，(例如：ex，x＋，，x －2x)与一个常参数(例如：a，2k，，－a)的差的形式时，可通过画出已知函数与常值函数图像的方法对参数进行分类讨论.
一次函数型(二)二级分类法
当导函数为一次函数(一次项系数为参数)时，可用二级分类法
⑴判断最高次项系数的正负；
⑵判断一次方程的根与定义域端点值的大小.
3.主导函数为“二次函数”型
例1.求函数f(x)＝x －2x＋alnx的单调区间.
解：f(x)的定义域为(0，＋∞)
f ′(x)＝2x－2＋＝＝
当a≥时，f ′(x)≥0，则f(x)的增区间为(0，＋∞)
当0＜a＜时，令f ′(x)＝0，则x1＝eq \f(1－,2)，x2＝eq \f(1＋,2)
令 f ′(x)＞0，则0＜x＜eq \f(1－,2)，或x＞eq \f(1＋,2)
令 f ′(x)＜0，则eq \f(1－,2)＜x＜eq \f(1＋,2)，
∴f(x)的增区间为(0，eq \f(1－,2))和(eq \f(1＋,2)，＋∞)
减区间为(eq \f(1－,2)，eq \f(1＋,2))
当a≤0时，令f ′(x)＞0，则x＞eq \f(1＋,2)，
令f ′(x)＜0，则0＜x＜eq \f(1＋,2)，
∴f(x)的增区间为 (eq \f(1＋,2)，＋∞)，减区间为(0，eq \f(1＋,2))
综上所述：当a≥时，f(x)的增区间为(0，＋∞)，
当0＜a＜时，f(x)的增区间为(0，eq \f(1－,2))和(eq \f(1＋,2)，＋∞)
减区间为(eq \f(1－,2)，eq \f(1＋,2))
当a≤0时，f(x)的增区间为 (eq \f(1＋,2)，＋∞)，减区间为(0，eq \f(1＋,2))
例2.求函数f(x)＝(k＞0)单调区间.
解：f(x)的定义域为R
f ′(x)＝＝＝
当k≥1时，f ′(x)≥0，f(x)的增区间为R
当0＜k＜1时，令f ′(x)＝0，则x1＝1－，x2＝1＋
令 f ′(x)＞0，则0＜x＜1－，或x＞1＋
令 f ′(x)＜0，则1－＜x＜1＋，
∴f(x)的增区间为(0，1－)和(1＋，＋∞)
减区间为(1－，1＋)
综上所述：当k≥1时，f(x)的增区间为R，
当0＜k＜1时，f(x)的增区间为(0，1－)和(1＋，＋∞)
减区间为(1－，1＋)
例3.讨论函数f(x)＝x－＋a(2－lnx)的单调性.
解：f(x)的定义域为(0,＋∞)
f ′(x)＝1＋－＝＝eq \f(x＋－a,x)
当a≤2时，f ′(x)≥0，f(x)的增区间为(0,＋∞)
当a＞2时，令f ′(x)＝0，则x1＝eq \f(a－,2)，x2＝eq \f(a＋,2)
令 f ′(x)＞0，则0＜x＜eq \f(a－,2)，或x＞eq \f(a＋,2)
令 f ′(x)＜0，则eq \f(a－,2)＜x＜eq \f(a＋,2)，
∴f(x)的增区间为(0，eq \f(a－,2))和(eq \f(a＋,2)，＋∞)
减区间为(eq \f(a－,2)，eq \f(a＋,2))
综上所述：当a≤2时，f(x)的增区间为(0,＋∞)，
当a＞2时，f(x)的增区间为(0，eq \f(a－,2))和(eq \f(a＋,2)，＋∞)
减区间为(eq \f(a－,2)，eq \f(a＋,2))
二次函数型(一)
当导函数可表示为常见已知函数(例如：ex，x＋，，x －2x)与一个常参数(例如：a，2k，，－a)的差的形式时，可通过画出已知函数与常值函数图像的方法对参数进行分类讨论.
例如：2x －2x＋a，x∈(0，＋∞) 可化为a－(－2x ＋2x)
x －2x＋k，x∈R k－(－2x ＋2x)
x －ax＋2，x∈(0，＋∞) x＋－a
例4.求函数f(x)＝(x－k) 的单调区间.
解：f(x)的定义域为R
f ′(x)＝[2x－2k＋(x －2kx＋k )]＝((x －k )
当k＞0时， f(x)的增区间为(－∞，－k)和(k，＋∞)，减区间为(－k，k).
当k＜0时， f(x)的增区间为(k，－k)，减区间为(－∞，k) 和(－k，＋∞).
综上所述：当k＞0时， f(x)的增区间为(－∞，－k)和(k，＋∞)，
减区间为(－k，k).
当k＜0时， f(x)的增区间为(k，－k)，
减区间为(－∞，k) 和(－k，＋∞).
例5.求函数f(x)＝lnx＋ax ＋x(a∈R)的单调区间.
解：f(x)的定义域为(0，＋∞)
f ′(x)＝＋2ax＋1＝
当a≥0时，f ′(x)＞0，则f(x)的增区间为(0，＋∞).
当a＜0时，令f ′(x)＝0，则x1＝eq \f(－1＋,4a)，x2＝eq \f(－1－,4a)
(此处x1＜0＜x2)，故将x1舍去.
(注意：此处x1·x2＝＜0，可知一根为正，一根为负)
令f ′(x)＞0，则0＜x＜eq \f(－1－,4a)，f(x)的增区间为(0，eq \f(－1－,4a))
令f ′(x)＞0，则x＞eq \f(－1－,4a)，f(x)的减区间为(eq \f(－1－,4a)，＋∞)
综上所述：当a≥0时， f(x)的增区间为(0，＋∞).
当a＜0时， f(x)的增区间为(0，eq \f(－1－,4a))，
减区间为(eq \f(－1－,4a)，＋∞).
例6.求函数f(x)＝a(x－)－2lnx的单调区间.
解：f(x)的定义域为(0，＋∞)
f ′(x)＝a＋－＝
当a≤0时，f ′(x)＜0，则f(x)的减区间为(0，＋∞).
(注意：此处ax ＜0，－2x＜0，a＜0，故ax －2x＋a＜0)
当a＞0时，由ax －2x＋a＝0，得△＝4－4a
⑴当△≤0，即a≥1时，f ′(x)≥0，∴f(x)的增区间为(0，＋∞)
⑵当△＞0，即0＜a＜1时，令f ′(x)＝0，则x1＝eq \f(1－,a)，x2＝eq \f(1＋,a)
令f ′(x)＞0，则0＜x＜eq \f(1－,a)或x＞eq \f(1＋,a)
令f ′(x)＜0，则eq \f(1－,a)＜x＜eq \f(1＋,a)
∴f(x)的增区间为(0，eq \f(1－,a))和(eq \f(1＋,a)，＋∞)
减区间为(eq \f(1－,a)，eq \f(1＋,a))
综上所述：当a≤0时， f(x)的减区间为(0，＋∞).
当0＜a＜1时， f(x)的增区间为(0，eq \f(1－,a))和(eq \f(1＋,a)，＋∞)
减区间为(eq \f(1－,a)，eq \f(1＋,a))
当a≥1时， f(x)的增区间为(0，＋∞)
例7.求函数f(x)＝alnx＋的单调区间.
解：f(x)的定义域为(0，＋∞).
f ′(x)＝＋＝＝
⑴当a≥0时，f ′(x)＞0，∴f(x)的增区间为(0，＋∞).
(注：此处因a≥0，x＞0，所以ax ＞0，(2a＋2)x＞0，a＞0，即f ′(x)＞0)
⑵当a＜0时，由ax ＋(2a＋2)x＋a＝0，得△＝8a＋4
①当△≤0即a≤－时，f ′(x)＜0，∴f(x)的减区间为(0，＋∞).
②当△＞0即－＜a＜0时，令f ′(x)＝0，
则x1＝eq \f(－(a＋1)－,a)，x2＝eq \f(－(a＋1)＋,a)
(注：此处由x1＋x2＝1＞0，x1·x2＝－＝－2－＞0，则x1＞0，x2＞0)
令f ′(x)＞0，则0＜x＜eq \f(－(a＋1)－,a)或x＞eq \f(－(a＋1)＋,a)
令f ′(x)＜0，则eq \f(－(a＋1)－,a)＜x＜eq \f(－(a＋1)＋,a)
∴f(x)的增区间为(0，eq \f(－(a＋1)－,a))和(eq \f(－(a＋1)＋,a)，＋∞)
减区间为(eq \f(－(a＋1)－,a)，eq \f(－(a＋1)＋,a))
综上所述：当a≥0时， f(x)的增区间为(0，＋∞).
当－＜a＜0时，
f(x)的增区间为(0，eq \f(－(a＋1)－,a))和(eq \f(－(a＋1)＋,a)，＋∞)
减区间为(eq \f(－(a＋1)－,a)，eq \f(－(a＋1)＋,a))
当a≤－时， f(x)的减区间为(0，＋∞)
二次函数型(二)
当二次函数的最高次项系数含有字母时，且不能进行因式分解
⑴判断最高次项系数与零的关系，分为三类
a＝0，a＞0，a＜0
⑵当a＝0时，很容易判断正负；
当a＞0时，可考虑每一项都为正，从而导数大于0；
当a＜0时，考虑△及根与定义域端点值的大小.
例如：(k≠0)；
2ax ＋x＋1，x∈(0，＋∞)；
ax －2x＋a，x∈(0，＋∞)；
ax ＋(2a＋2)x＋a，x∈(0，＋∞)；
例8.求函数f(x)＝(1－a)lnx－x＋x 的单调区间.
解：f(x)的定义域为(0，＋∞)
f ′(x)＝－1＋ax＝＝
(注1：此处主导函数为g(x)＝ax －x＋1－a的△＝(2a－1) ≥0)
(注2：分类讨论的思想依据①最高次的系数a＝0；②△＝0，则a＝；③对应方程的两个根相等，即1＝，则a＝；④让其中的根和区间端点相等，即0＝，即a＝1。至此，a的取值被分成了7类，即a＜0，a＝0，0＜a＜，a＝，
＜a＜1，a＝1，a＞1)
⑴当a＜0时，f(x)的增区间为(0，1)，减区间为(1，＋∞)
(注3：此处＜0＜1)
⑵当a＝0时，f(x)的增区间为(0，1)，减区间为(1，＋∞)
⑶当0＜a＜时，f(x)的增区间为(0，1)和(，＋∞)，减区间为(1，)
(注4：此处0＜1＜)
⑷当a＝时，f(x)的增区间为(0，＋∞)
⑸当＜a＜1时，f(x)的增区间为(0，)和(1，＋∞)，减区间为(，1)
(注5：此处0＜＜1)
⑹当a＝1时，f(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0，1)
(注6：此处＜0＜1)
⑺当a＞1时，f(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0，1)
(注7：⑴⑵类可以合并，⑹⑺可以可并)
综上所述：当a≤0时，f(x)的增区间为(0，1)，减区间为(1，＋∞)
当0＜a＜时，f(x)的增区间为(0，1)和(，＋∞)，减区间为(1，)
当a＝时，f(x)的增区间为(0，＋∞)
当＜a＜1时，f(x)的增区间为(0，)和(1，＋∞)，减区间为(，1)
当a＝1时，f(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0，1)。
例9.求函数f(x)＝a x －(2a＋1)x＋2lnx的单调区间.
解：f(x)的定义域为(0，＋∞)
f ′(x)＝ax－(2a＋1)＋＝＝
(注1：此处主导函数是y＝ax －(2a＋1)x＋2，△＝(2a＋1) －8a＝(2a－1) ≥0，故主导函数是可以因式分解的)
(注2：分类的思想①a＝0；②△＝0，即a＝；③两根相等＝2，即a＝；④其中一根与端点相等，即＝0，则0和就可以将数轴分成5部分，即需要分成5类)
⑴当a≤0时，f(x)的增区间是(0，2)，减区间(2，＋∞)
⑵当0＜a＜时，f(x)的增区间是(0，2)和(，＋∞)，减区间(2，)
⑶当a＝时，f(x)的增区间是(0，＋∞)
⑷当a＞时，f(x)的增区间是(0，)和(2，＋∞)，减区间(，2)
综上所述：当a≤0时，f(x)的增区间是(0，2)，减区间(2，＋∞)
当0＜a＜时，f(x)的增区间是(0，2)和(，＋∞)，减区间(2，)
当a＝时，f(x)的增区间是(0，＋∞)
当a＞时，f(x)的增区间是(0，)和(2，＋∞)，减区间(，2)
例10.求函数f(x)＝lnx－ax＋－1，a≤的单调区间.
二次函数型(三)
当二次函数的判别式△≥0时，可采用四级分类法.
⑴判断最高次项系数与零的关系.
⑵判断根的判别式与零的关系.
⑶两根的大小比较.
⑷根与定义域端点值的大小比较.
例如：ax －x＋(1－a)，x∈(0，＋∞)；
－ax ＋x＋a－1，x∈(0，＋∞)；
ax ＋(2a＋1)x＋2，x∈(0，＋∞)；
例11.求函数f(x)＝xex－a(x ＋x)的单调区间.
解：f(x)的定义域为R
f ′(x)＝(1＋x)ex－a(1＋x)＝(x＋1)(ex－a)
⑴当a≤0时，令f ′(x)＞0，则x＞－1；令f ′(x)＜0，则x＜－1；
∴f(x)增区间为(－1，＋∞)，减区间为(－∞，－1)
⑵当a＜0时，令f ′(x)＝0， 则x1＝－1，x2＝lna
①当a＞时，f(x)的增区间是(－∞，－1)和(lna，＋∞)，减区间(－1，lna )
②当a＝时，f(x)的增区间是R
③当a＜时，f(x)的增区间是(－∞，lna)和(－1，＋∞)，减区间(lna，－1 )
综上所述：当a≤0时，f(x)增区间为(－1，＋∞)，减区间为(－∞，－1)
当a＞时，f(x)的增区间是(－∞，－1)和(lna，＋∞)，减区间(－1，lna )
当a＝时，f(x)的增区间是R
当0＜a＜时，f(x)的增区间是(－∞，lna)和(－1，＋∞)，减区间(lna，－1 )
例12.求函数f(x)＝(x－a)sinx＋cosx，x∈(0，π)，a＞的单调区
解：f(x)的定义域为(0，π)
f ′(x)＝sinx＋(x－a)cosx－sinx＝(x－a)cosx
⑴当a≥π时，令f ′(x)＞0，则x∈(，π)；令f ′(x)＜0，则x∈(0，)
∴f(x)的增区间为(，π)，减区间为(0，)
⑵当＜a＜π时，f(x)的增区间为(，a)，减区间为(0，)和(a，π)
综上所述：当a≥π时，f(x)的增区间为(，π)，减区间为(0，)
当＜a＜π时，f(x)的增区间为(，a)，减区间为(0，)和(a，π)
例13.求函数f(x)＝(ax －x)lnx－ax ＋x(a∈R)的单调区间.
解：f(x)的定义域为(0，＋∞)
f ′(x)＝(2ax－1)lnx＋ax－1－ax＋1＝(2ax－1)lnx
⑴当a≤0时，f(x)的增区间是(0，1)，减区间是(1，＋∞)
⑵当a＞0时
①当＜1，即a＞时，f(x)的增区间是(0，)和(1，＋∞)，
减区间是(，1)
②当＝1，即a＝时，f(x)的增区间是(0，＋∞)
③当＞1，即0＜a＜时，f(x)的增区间是(0，1)和(，＋∞)，
减区间是(1，)
综上所述：当a≤0时，f(x)的增区间是(0，1)，减区间是(1，＋∞)
当a＞时，f(x)的增区间是(0，)和(1，＋∞)，减区间是(，1)
当a＝时，f(x)的增区间是(0，＋∞)
当0＜a＜时，f(x)的增区间是(0，1)和(，＋∞)，减区间是(1，)
二次函数型(四)
主导函数类似于二次函数形式.
例如：f ′(x)＝(x＋1)(ex－a)；
f ′(x)＝(x－a)cosx，x∈(0，π)，a＞；
f ′(x)＝(2ax－1)lnx，x∈(0，＋∞)；
4.已知函数单调性，求参数范围
例1.函数f(x)＝(a＞0)为R上单调函数，求a的取值范围.
解：f ′(x)＝
∵函数y＝ax －2ax＋1恒过点(0，1)
f(x)在R上单调
∴f ′(x)≥0在R上恒成立，即ax －2ax＋1≥0在R上恒成立
⑴当a＝0时，符合题意
⑵当a＜0时，不符合题意
⑶当a＞0时，只需△＝4a －4a≤0，即0＜a≤1
综上所述：a的取值范围为[0，1]
例2.函数f(x)＝lnx＋＋ax(a∈R)在[2,＋∞)上是单调函数，求a的取值范围.
解：f ′(x)＝－＋a
⑴若f(x)在[2,＋∞)上是单调递增，
则f ′(x)＝－＋a≥0在[2,＋∞)上恒成立
∴a≥－，x∈[2,＋∞)
令t＝，则y＝t －t，t∈(0，]，则y∈[－,0)
∴a≥0
⑵若f(x)在[2,＋∞)上是单调递减，
则f ′(x)＝－＋a≤0在[2,＋∞)上恒成立
∴a≤－，x∈[2,＋∞)
令t＝，则y＝t －t，t∈(0，]，则y∈[－,0)
∴a≤－
综上所述：a∈(－∞，－]∪[0,＋∞)
注：以上两题是不明确函数是增函数还是减函数.
例3.函数f(x)＝xekx在(－1,1)内单调递增，求k的取值范围.
解：f ′(x)＝(1＋kx) ekx
∵f(x)＝xekx在(－1,1)内单调递增，
∴f ′(x)≥0在(－1,1)内恒成立
∴1＋kx≥0在(－1,1)内恒成立
即，即－1≤k≤1
例4.函数f(x)＝lnx＋x －ax在定义域上为增函数，求a的取值范围.
解：f ′(x)＝＋2x－a
∵f(x)在(0，＋∞)上为增函数，
∴f ′(x)＝＋2x－a≥0在(0，＋∞)上恒成立
∴a≤＋2x，x∈(0，＋∞)
当且仅当＝2x，即x＝eq \f(,2)时，(＋2x)min＝2
∴a≤2
例5.函数f(x)＝(a＞0)在(－1,1)内单调递增，求b的取值范围.
解：f ′(x)＝
由题意知，f ′(x)≥0在(－1,1)上恒成立
∴x －b≤0，x∈(－1，1)
∴b≥x ，x∈(－1，1)
∴b≥1
例6.设f(x)＝lnx＋，m∈R，若对任意b＞a＞0，＜1恒成立，求m的取值范围.
解：∵对任意b＞a＞0，＜1恒成立，
∴对任意b＞a＞0，＜0恒成立，
∴F(x)＝f(x)－x＝lnx＋－x在(0，＋∞)上递减
∴F′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立
∴x－m－x ≤0，即m≥－x ＋x，x∈(0，＋∞)
∴m≥
例7.已知函数f(x)＝，其中a≥0，如果对于任意x1，x2∈R，
且x1＜x2，都有f(x1)＜f(x2)，求a的取值范围.
解：g(x)＝－x ＋2x－3在(－∞，1)递增，在(1，＋∞)上递减，且g(x)max＝－2
令H(x)＝xlnx，则H ′(x)＝lnx＋1，
令H ′(x)＞0，则x＞；令H ′(x)＜0，则0＜x＜；
∴H(x)在在(0，)上递减，(，＋∞)递增，
∴H(x)min＝H()＝－
通过画图像可知，≤a≤1
已知函数单调性求参数范围(一)
函数在某区间上单调，先结合主导函数判断是增或减.
f(x)在区间M上递增 f ′(x) ≥ 0在M上恒成立
f(x)在区间M上递减 f ′(x) ≤ 0在M上恒成立
例8.函数f(x)＝－x3＋x ＋2ax在(，＋∞)上存在单调递增区间，求a的取值范围.
解：∵f(x)在(，＋∞)上存在单调递增区间
∴存在x∈(，＋∞)，使得f ′(x)＝－x ＋x＋2a＞0成立
∴存在x∈(，＋∞)，使得a＞x －x，即a＞(x －x)min，
∵函数y＝x －x在(，＋∞)上的最小值为－
∴a＞－
例9.函数f(x)＝lnx＋(x－a) ，a∈R，在[1,2]上存在单调递增区间，求a的取值范围.
解：由题意知，
存在x∈[1,2]，使得f ′(x)＝＋2x－2a＞0成立
∴存在x∈[1,2]，使得a＜＋x
∵y＝＋x在[1,2]上单调递增
∴(＋x)max＝
∴a＜
例10.函数f(x)＝x3＋x －x，m∈R在[2,＋∞)上存在单调递增区间，求m的取值范围.
解：由题意知
f ′(x)＝mx ＋2x－1＞0在[2,＋∞)有解
∴存在x∈[2,＋∞)，使得m＞＝() －2()
令t＝，则y＝t －2t，t∈(0，]
∴ymin＝y()＝－
∴m＞－
已知函数单调性求参数范围(二)
f(x)在区间M上存在单调递增 f ′(x)＞0在M上有解 f ′(x)max＞0
f(x)在区间M上存在单调递减 f ′(x)＜0在M上有解 f ′(x)min＜0
例11.函数f(x)＝x3＋(1－a)x －a(a＋2)x＋b在(－1,1)上不单调，求a的取值范围.
解：f ′(x)＝3x ＋2(1－a)x－a(a＋2)＝(x－a)[3x＋(a＋2)]在(－1，1)上有零点
⑴eq \b\lc\{(\a(－1＜a＜1,a≠－))，解得：－1＜a＜－或－＜a＜1
⑵eq \b\lc\{(\a(－1＜－＜1,a≠－))，解得：－5＜a＜－或－＜a＜1
综上所述：a∈(－5，－)∪(－，1)
例12.函数f(x)＝x3＋(k－1)x ＋(k＋5)x－1，k∈R在(0,3)上不单调，求k的取值范围.
解：f ′(x)＝3x ＋2(k－1)x＋k＋5在(0,3)上有变号零点
⑴f ′(0) f ′(3)＜0，即(k＋5)(7k＋26)＜0，即－5＜k＜－
⑵ eq \b\lc\{(\a(f ′(0)＞0, f ′()＞0, f ′(3)＞0,0＜＜3))，解得：－＜k＜－2
⑶由f ′(0)＝0，得k＝－5，此时f ′(x)＝3x －12x，令f ′(x)＝0，
解得x1＝0，x2＝4，此时在(0,3)上，f ′(x)＜0，不符合题意，故k＝－5舍去
⑷由f ′(3)＝0，得k＝－，此时f ′(x)＝3x －x＋，令f ′(x)＝0，
解得x1＝3，x2＝，此时在(0, )上，f ′(x)＞0，在(，3)上，f ′(x)＜0，即在(0,3)上f ′(x)有变号零点，故k＝－合题意.
综上所述：－5＜k＜－2
已知函数单调性求参数范围(三)
f(x)在区间M上不单调 f ′(x)在M上有变号零点
题型四 零点型
1.零点(交点，根)的个数问题
例1.已知函数f(x)＝，求函数F(x)＝f(x)－bx的零点个数.
解：F(x)＝－bx的零点 方程－b＝0的根 直线y＝b与H(x)＝交点横坐标
H(x)＝的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)
H′(x)＝＝
当x＜0时，H′(x)＞0，H(x)在(－∞，0)递增；
当0＜x＜2时，H′(x)＜0，H(x)在(0，2)递减；
当x＞2时，H′(x)＞0，H(x)在(2，＋∞)递增；
当x→－∞时，H(x)→0＋
当x→0时，H(x)→＋∞
当x＝2时，H(x)＝
当x→＋∞时，H(x)→＋∞据此分析，其图像如下
所以：当b≤0时，F(x)零点个数为0
当0＜b＜时，F(x)零点个数为1
当b＝时，F(x)零点个数为2
当b＞时，F(x)零点个数为3
例2.讨论f(x)＝lnx－mx的零点个数.
解：f(x)＝lnx－mx的零点 方程lnx－mx＝0的根 直线y＝m与H(x)＝交点横坐标
H(x)＝的定义域为(0，＋∞)，H′(x)＝，
令H′(x)＞0，则0＜x＜e；令H′(x)＜0，则x＞e，
∴H(x)在(0，e)上递增，在(e，＋∞)上递减
当x→0＋时，H(x)→－∞
当x→＋∞时，H(x)→0＋
H(e)＝，故分析其图像如下
综上所述：当m≤0或m＝时，f(x)零点个数为1
当0＜m＜时，f(x)零点个数为2
当m＞时，f(x)零点个，数为0
例3.f(x)＝－x ＋8x，g(x)＝6lnx＋m，是否存在m，使得f(x)与g(x)图像有且只有三个不同的交点，求a的取值范围.
解：要使f(x)与g(x)有三个不同的交点，
－x ＋8x＝6lnx＋m有三个不等实根
直线y=m与H(x)＝－x ＋8x－6lnx有三个交点
H(x)＝－x ＋8x－6lnx的定义域为(0，＋∞)，
H′(x)＝－2x＋8－＝＝
当x∈(0，1)∪(3，＋∞)时，H′(x)＜0
当x∈(1，3)时，H′(x)＞0
∴H(x)在(0，1)上递减，在(1，3)上递增，在(3，＋∞)上递减
且H(1)＝7，H(3)＝15－6ln3
∴H(x)有极小值H(1)＝7，有极大值H(3)＝15－6ln3
综上所述：由题意知，7＜m＜15－6ln3
例4.f(x)＝x4＋ax3＋－a x ＋a4(a＞0)的图像与直线y＝1恰有两个交点，求a的取值范围.
解：f ′(x)＝x ＋ax －2a x＝x(x ＋ax－2a )＝x(x＋2a)(x－a)
令f ′(x)＝0得，x1＝－2a，x2＝0，x3＝a
由a＞0时，f ′(x)在f ′(x)＝0根的左右的符号如下表所示
x (－∞，－2a) －2a (－2a，0) 0 (0，a) a (a，＋∞)
f ′(x) － 0 ＋ 0 － 0 ＋
f(x) ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
所以f(x)极小值是f(－2a)＝－a4和f(a)＝a4，极大值是f(0)＝a4
要使f(x)的图像与直线y＝1恰有两个交点，如图示
故只要－a4＜1＜a4，或a4＜1，即a＞eq \r(4,)或0＜a＜1
例5.f(x)＝＋c，讨论关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数.
解：f ′(x)＝，由＝0，得x＝
当x＜时，f ′(x)＞0，f(x)为单调递增，即增区间为(－∞，)
当x＞时，f ′(x)＜0，f(x)为单调递减，即减区间为(，＋∞)，
其最大值为f()＝＋c
令g(x)＝|lnx|－f(x)＝|lnx|－－c，x∈(0，＋∞)
⑴当x∈(1，＋∞)时，lnx＞0，则g(x)＝lnx－－c，g ′(x)＝eq \f(＋2x－1,e2x)
因为x∈(1，＋∞)，2x－1＞0，＞0，于是g ′(x)＞0，
因此g(x)在(1，＋∞)上为单调递增函数.
⑵当x∈(0，1)时，lnx＜0，则g(x)＝－lnx－－c，g ′(x)＝eq \f(－＋2x－1,e2x)
因为x∈(1，＋∞)，e2x∈(1，e )，所以e2x＞1＞x＞0，即g ′(x)＜0，
因此g(x)在(0，1)上为单调递减函数.
综上⑴⑵可知，当x∈(0，＋∞)时，g(x)≥g(1)＝－－c
当g(1)＝－－c＞0，即c＜－时，g(x)没有零点，
故关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为0.
当g(1)＝－－c＝0，即c＝－时，g(x)只有一个零点，
故关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为1.
当g(1)＝－－c＜0，即c＞－时，
①当x∈(1，＋∞)时， g(x)＝lnx－－c≥－lnx－(＋c)＞－lnx－1－c.
要使g(x)＞0，只需使lnx－1－c＞0，即x∈(e1＋e,＋∞)；
②当x∈(0,1)时，g(x)＝－lnx－－c≥－lnx－(＋c)＞－lnx－1－c.
要使g(x)＞0，只需使－lnx－1－c＞0，即x∈(0，e－1－e)；
所以c＞－时，g(x)有两个零点，故关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为2.
综上所述：当c＜－时，关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为0；
当c＝－时，关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为1；
当c＞－时，关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为2；
例6.已知函数f(x)＝x＋，g(x)＝lnx，若关于x的方程＝f(x)－2e只有一个实根，求a的值.
解：由＝f(x)－2e，得＝x＋－2e，化为＝x －2ex＋a
令h(x)＝，则h′(x)＝，令h′(x)＝0，得x＝e，
当0＜x＜e时，h′(x)＞0；当x＞e时，h′(x)＜0；
∴函数h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减.
∴当x＝e时，h(x)取得最大值h(e)＝
而函数m(x)＝x －2ex＋a＝(x－e) ＋a－e ，
当x＝e时，m(x)取得最小值m(e)＝a－e
∴当a－e ＝，即a＝e ＋时，方程＝f(x)－2e只有一个实根.
2.零点存在性定理的应用
例1.【2012北京】证明：函数fn(x)＝xn＋x－1(n∈N*，n≥2)在(，1)上存在唯一零点.
证明：∵fn()＝()n＋－1＝()n－＜0，fn(1)＝1＞0，即fn()fn(1)＜0
∴fn(x)在(，1)上至少存在一个零点
∵fn′(x)＝nxn－1＋1＞0
∴fn(x)在(，1)上单调递增
∴fn(x)在(，1)上存在唯一的零点.
例2.【2014辽宁】f(x)＝(cosx－x)(π＋2x)－(sinx＋1)，
证明：存在唯一x0∈(0，)，使得f(x0)＝0.
解：∵当x∈(0，)时，f ′(x)＝－(1＋sinx)(π＋2x)－2x－cosx＜0
∴f(x)在(0，)上为减函数，又f(0)＝π－＞0，f()＝－π －＜0，
∴存在唯一x0∈(0，)，使得f(x0)＝0.
例3.【2015广东】a＞1，证明：函数f(x)＝(1＋x )ex－a在R上有且仅有一个零点.
解：f ′(x)＝(x＋1) ex≥0，则f(x)在R上单调递增
∵f(0)＝1－a＜0，f(lna)＝[1＋(lna) ] elna－a＝a(lna) ＞0
∴f(0) f(lna)＜0
∴f(x)在(0，lna)至少有一个零点
∴f(x)在R上有且仅有一个零点.
例4.【2013天津】f(x)＝x lnx.证明： t＞0，存在唯一的s，使得t＝f(s).
解：f ′(x)＝2xlnx＋x，因为x＞1，所以f ′(x)＞0，
f(x)在(1，＋∞)上单调递增.
令H(s)＝f(s)－t，则H(1)＝－t＜0，H(et)＝te2t－t＝t(e2t－1)＞0
∴H(1) H(et)＜0
∴H(s)在(1，et)上至少有一个零点
∵H(s)在(1，＋∞)上单调递增
∴ t＞0，存在唯一的s，使得t＝f(s).
例5.若函数f(x)＝x＋alnx没有零点，求a的取值范围.
解：∵f(x)＝x＋alnx没有零点，且f(1)＝1
∴f(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立
∴f(x)min＞0
⑴当a＞0时，f(x)＝x＋alnx在(0，＋∞)上单调递增
【由于f(1)＝1，则设0＜x0＜1，则x0＋alnx0＜0，即x0＜－alnx0，所以令－alnx0＝1，则x0＝eq \f(1,)】
由于eq \f(1,)∈(0，1)且f(eq \f(1,))＝eq \f(1,)－1＜0
∵f(1)＞0，∴f(eq \f(1,))f(1)＜0
∴f(x)在(eq \f(1,)，1)有一个零点，与题意矛盾
⑵当a＝0时，f(x)＝x(x＞0)没有零点，符合题意
⑶当a＜0时，f ′(x)＝1＋＝
当x∈(0，－a)时，f ′(x)＜0，f(x)单调递增；
当x∈(－a，＋∞)时，f ′(x)＞0，f(x)单调递减；
∴f(x)min＝f(－a)＝－a＋aln(－a)＞0，即a＞－e
∴－e＜a＜0
综上所述：a∈(－e，0]
例6.f(x)＝(a≠0).若函数F(x)＝f(x)＋1没有零点，求a的取值范围.
解：∵F(x)＝f(x)＋1没有零点，∴f(x)≠1，即≠1.
由＝1得，a＝－.
令g(x)＝－，则g ′(x)＝－，由g ′(x)＝0，得x＝2，
易得x＝2是函数的极大值点，
∴g(x)∈(－∞，－e ]
∴a∈(－e ，＋∞)
3.极值点偏移问题
例1.函数f(x)＝xe－x(x∈R)，如果x1≠x2，且f(x1)＝f(x2).求证：x1＋x2＞2.
解：f(x)＝xe－x的定义域为Rf ′(x)＝(1－x)e－x，
令f ′(x)＞0，则x＜1；令f ′(x)＜0，则x＞1；
∴f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减
∴x→－∞时，f(x)→－∞；x→＋∞时，f(x)→＋0，则其图像如图
由题意知，0＜x1＜1＜x2
Step1 构造一次差值函数：H(x)＝f(x)－f(2－x)＝xe－x－(2－x)ex－2
Step1 求H ′(x)进而研究其单调性
H ′(x)＝(1－x)( e－x－ex－2)＝
∵x＞1, ∴H ′(x)＞0，∴H(x)在(1，＋∞)上递增
Step3 ∴H(x2)＞H(1)＝0，∴f(x2)＞f(2－x2)
Step4 ∵f(x1)＝f(x2)，∴f(x1)＞f(2－x2)，∵x1，2－x2∈(0,1)
且f(x) 在(－∞，1)上单调递增，∴x1＞2－x2，∴x1＋x2＞2
例2.当a＞0时，函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1) 有两个零点x1，x2.
求证：x1＋x2＜2.
解：(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．
①设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点．
②设a>0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增．
又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b则f(b)>(b－2)＋a(b－1)2＝a>0，故f(x)存在两个零点．
③设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．
若a≥－，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．
若a<－，则ln(－2a)>1，故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0，因此f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增．
又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．
综上，a的取值范围为(0，＋∞)．
(2)不妨设x1f(2－x2)，即f(2－x2)<0.
由于f(2－x2)＝－x2e＋a(x2－1)2，
而f(x2)＝(x2－2)e＋a(x2－1)2＝0，
所以f(2－x2)＝－x2e－(x2－2)e.
设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)，所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0，从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.
解题模板一：设函数f(x)的极值点为x0，x1≠x2，且f(x1)＝f(x2).证明x1＋x2＞2x0或x1＋x2＜2x0⑴构造一次差值函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x).⑵研究F(x)的单调性.⑶根据F(x0)＝0，判断f(x2)与f(2x0－x2)的大小.⑷有f(x1)代替f(x2)，结合f(x)的单调性得到x1与2x0－x2的大小.
例3.函数f(x)＝，如果x1≠x2，且f(x1)＝f(x2).求证：x1x2＞e2.
解：f ′(x)＝，令f ′(x)＞0，则0＜x＜e；令f ′(x)＜0，则x＞e，
∴f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，则其图像为：
∴1＜x1＜e＜x2
Step1：构造H(x)＝f(x)－f()＝－
Step2：H ′(x)＝－＝
Step3：∵x＞e，∴H ′(x)＞0,即H(x)在(e，＋∞)上单调递增
∵x2＞e，∴H(x2)＞H(e)＝0，∴f(x2)＞f()
Step4：∵f(x1)＝f(x2)，∴f(x1)＞f()，
∵x1，∈(0，e)且f(x)在(0，e)上单调递增
∴x1＞，即x1x2＞e
解题模板二：设函数f(x)的极值点为x0，x1≠x2，且f(x1)＝f(x2).证明x1x2＞x02或x1x2＜x02⑴构造一次差值函数F(x)＝f(x)－f().⑵研究F(x)的单调性.⑶由F(x0)＝0，判断f(x2)与f()的大小.⑷有f(x1)代替f(x2)，结合f(x)的单调性得到x1与的大小.
例4.f(x)＝ex－ax＋a(a∈R)，其图像与x轴交于A(x1，0)，B(x2，0)，
两点且x1＜x2，求实数a的取值范围，并证明＜lna.
解：f ′(x)＝ex－a
①当a≤0，令f ′(x)＞0，f(x)在R上递增
②当a＞0，令f ′(x)＞0，则x＞lna；令f ′(x)＜0，则x＜lna
∴f(x)在(－∞，lna)上递减，在(lna，＋∞)上递增
∴f(x)min＝f(lna)＝2a－alna＜0，∵a＞0，∴2－lna＜0，即lna＞2，即a＞e
欲证＜lna，又∵＜，∴只需要证＜lna，
即证x1＜2lna－x2
故构造函数H(x)＝f(x)－f(2lna－x)＝ex－ax＋a－[e2lna－x－a(2lna－x)＋a]
＝ex－e2lna－x＋2alna
H ′(x)＝ex＋e2lna－x＝
题型五 恒成立与存在性问题
1.单变量型恒成立问题
方法一：参变量分离法解恒成立问题
例1.已知函数f(x)＝lnx＋ax＋1，若f(x)＜0恒成立，求a的取值范围.
解：∵f(x)＝lnx＋ax＋1＜0在(0，＋∞)上恒成立，
∴a＜，x∈(0，＋∞)，即a＜()min
令H(x)＝，x∈(0，＋∞)，H′(x)＝
当x∈(0，1)时，H′(x)＜0，H(x)在(0，1)上单调递减
当x∈(1，＋∞)时，H′(x)＞0，H(x)在(1，＋∞)上单调递增
∴H(x)min＝H(1)＝－1
∴a＜－1
例2.已知函数f(x)＝(x＞0,x≠1)，求函数f(x)单调区间，
解：f(x)＝的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)，f ′(x)＝
令f ′(x)＞0，则0＜x＜；令f ′(x)＜0，则＜x＜1或x＞1
∴f(x)的增区间为(0，)，减区间为(，1)和(1，＋∞)
例3.已知＞xa对任意x∈(0,1)成立，求a的取值范围.
解：两边取自然对数：ln2＞alnx，即＜，x∈(0，1)
∴＞()max，x∈(0，1)
∵f(x)在(0，)上单调递增，在(，1)上单调递减，
∴f(x)max＝f()＝－e
∴＞－e，即a＞－eln2
必背结论一：恒成立问题与函数最值的相互转化
若函数f(x)在区间D上存在最小值f(x)min和最大值f(x)max.⑴ x∈D，都有f(x)＞M f(x)min＞M⑵ x∈D，都有f(x)≥M f(x)min≥M⑶ x∈D，都有f(x)＜M f(x)min＜M⑷ x∈D，都有f(x)≤M f(x)min≤M
若函数f(x)在区间D上不存在最大(小)值，且值域为(m，n)，则⑴ x∈D，都有f(x)＞M m≥M⑵ x∈D，都有f(x)≥M m≥M⑶ x∈D，都有f(x)＜M n≤M⑷ x∈D，都有f(x)≤M n≤M
方法二：分类讨论法解决恒成立问题
例1.已知函数f(x)＝lnx＋ax＋1，若f(x)＜0恒成立，求a取值范围.
解：∵f(x)＝lnx＋ax＋1
∴f ′(x)＝＋a＝－(－a)
①当－a≤0，即a≥0时，f ′(x)＞0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增
∵f(1)＝a＋1＞0，这与f(x)＜0矛盾，∴a≥0不合题意.
②当－a＞0，即a＜0时，
令f ′(x)＞0，则0＜x＜－；令f ′(x)＜0，则x＞－
∴f(x)在(0，－)上单调递增，在(－，＋∞)上单调递减
∴f(x)max＝f(－)＝ln(－)＜0＝ln1
∴－＜1，即a＜－1
例2.【2017年全国3卷】已知函数f(x)＝x－1－alnx，若f(x)≥0恒成立，求a的值.
解： f(x)的定义域为(0，＋∞)，
①若a≤0，因为f＝－＋aln 2<0，所以不满足题意；
②若a>0，由f′(x)＝1－＝知，当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，
故x＝a是f(x)在x∈(0，＋∞)上的唯一极小值点也是最小值点．
由于f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，
故a＝1.
例3.【2015年全国2卷】已知函数f(x)＝emx＋x －mx
⑴证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；
⑵若对于任意x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围.
解：⑴∵f(x)＝emx＋x －mx，∴f ′(x)＝memx＋2x－m
f ′′(x)＝m emx＋2≥0在R上恒成立，∴f ′(x)＝memx＋2x－m在R上单调递增
而f ′(0)＝0，∴x＞0时，f ′(x)＞0；x＜0时，f ′(x)＜0
∴f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；
⑵由⑴知f(x)min＝f(0)＝1
当m＝0时，f(x)＝1＋x ，此时f(x)在[－1,1]上的最大值是2
∴此时|f(x1)－f(x2)|≤e－1成立
当m≠0时，f(1)＝em＋1－m，f(－1)＝e－m＋1＋m
令g(m)＝f(1)－f(－1)＝em－e－m－2m，在R上单调递增
而g(0)＝0，∴m＞0时，g(m)＞0，即f(1)＞f(－1)
∴m＜0时，，g(m)＜0，即f(1)＜f(－1)
当m＞0时，|f(x1)－f(x2)|≤f(1)－1＝em－m≤e－1，即0＜m＜1
当m＜0时，|f(x1)－f(x2)|≤f(－1)－1＝e－m＋m＝e－m－(－m)≤e－1，
即－1＜m＜0
综上所述：m∈(－1，1)
方法三：“端点值代入型”恒成立问题
例1.【2006全国2卷理20】设函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1).若对所有的x≥0，都有f(x)≥ax成立，求a的取值范围.
解：令g(x)＝(x＋1)ln(x＋1)－ax，则g ′(x)＝ln(x＋1)＋1－a
令g ′(x)＝0，即x＝ea－1－1
当a≤1时，对所有的x＞0都有g ′(x)＞0，
∴g(x)在[0，＋∞)上为单调增函数，又g(0)＝0，
∴当x≥0时，有g(x)≥g(0)，即当a≤1时都有f(x)≥ax，∴a≤1成立
当a＞1时，对于0＜x＜ea－1－1时，g ′(x)＜0
∴g(x)在(0，ea－1－1)上为单调减函数，又g(0)＝0，
∴对于0＜x＜ea－1－1时，有g(x)＜g(0)，即f(x)＜ax，
∴当a＞1时，f(x) ≥ax不一定成立
综上所述：a∈(－∞，1]
例2.【2007全国1卷理20⑵】设函数f(x)＝ex－e－x.若对所有的x≥0，都有f(x)≥ax成立，求a的取值范围.
解：f ′(x)＝ex＋e－x，由于ex＋e－x≥2＝2，故f ′(x)≥2
令g(x)＝f(x)－ax，g ′(x)＝ex＋e－x－a
⑴若a≤2，当x＞0时，g ′(x)＝ex＋e－x－a＞2－a≥0
∴g(x)在(0，＋∞)上为增函数，
∴x≥0，g(x)≥g(0)，即f(x)≥ax
⑵当a＞2，方程g ′(x)＝0的正根为x1＝lneq \f(a＋,2)
此时，若x∈(0，x1)时，g(x)＜g(0)＝0，即f(x)＜ax，与题设f(x)≥ax相矛盾.
综上所述：a∈(－∞，2].
例3.【2008全国2卷理22⑵】设函数f(x)＝.
⑴求f(x)的单调区间；
⑵若对所有的x≥0，都有f(x)≤ax成立，求a的取值范围.
解：⑴f ′(x)＝＝
当2kπ－＜x＜2kπ＋(k∈Z)时，cosx＞－，即f ′(x)＞0；
当2kπ＋＜x＜2kπ＋(k∈Z)时，cosx＜－，即f ′(x)＜0；
因此f(x)在每一个区间 (2kπ－，2kπ＋)(k∈Z)是增函数，
f(x)在每一个区间 (2kπ＋，2kπ＋)(k∈Z)是减函数，
⑵令g(x)＝ax－f(x)，
则g′(x)＝a－＝a－＋＝3(－) ＋a－
故当a≥时，g′(x)≥0.
又g(0)＝0，所以当x≥0时，g(x)≥g(0)＝0，即f(x)≤ax.
当0＜a＜时，令h(x)＝sinx－3ax，则h′(x)＝cosx－3a.
故当x∈[0，arccos3a)时，h′(x)＞0，因此h(x)在[0，arccos3a)上单调递增.
故当x∈(0，arccos3a)时，h(x)＞h(0)＝0，sinx＞3ax.
于是，当x∈(0，arccos3a)时，f(x)＝＞＞ax.
当a≤0时，有f()＝＞0≥a·
综上所述：a∈[,＋∞)
例4.【2014全国2卷理21】已知函数f(x)＝ex－e－x－2x.设g(x)＝f(2x)－4bf(x)，当x＞0时，g(x)＞0，求bmax.
解：由f(x)得f ′(x)=ex＋e－x－2≥2－2=0，
即f ′(x)≥0，当且仅当ex＝e－x，即x=0时，f ′(x)=0，
∴函数f(x)在R上为增函数；
g(x)=f(2x)－4bf(x)=e2x－e-2x－4b(ex－e－x)＋(8b－4)x，
则g'(x)=2[e2x＋e-2x－2b(ex+e-x)＋(4b－2)]
=2[(ex＋e-x)2－2b(ex＋e-x)＋(4b－4)]
=2(ex＋e-x－2)(ex＋e-x－2b＋2)．
①∵ex＋e-x≥2，ex＋e-x＋2≥4，
∴当2b≤4，即b≤2时，g'(x)≥0，当且仅当x=0时取等号，
从而g(x)在R上为增函数，而g(0)=0，
∴x＞0时，g(x)＞0，符合题意．
②当b＞2时，若x满足2＜ex＋e-x＜2b－2即0＜x＜ln(b－1＋)时，
g'(x)＜0，又由g(0)=0知，
当0＜x≤ln(b－1＋)时，g(x)＜0，不符合题意．
综合①、②知，b≤2，得b的最大值为2．
例5.【2015北京卷理18⑶】已知函数f(x)＝ln.设实数k使得f(x)＞k(x＋)对x∈(0,1)恒成立，求k最大值.
例6.【2012湖南卷理22】已知函数f(x)＝eax－x，a≠0.若对一切x∈R，f(x)≥1恒成立，求a的取值范围.
方法四：洛必达法则
例1.【2011全国新课标理2】已知f(x)＝＋.如果当x＞0，x≠1时，f(x)＞＋，求k的取值范围.
解：由题意知，＋＞＋，x＞0，x≠1恒成立.
∴k＜－＋1＝＋1，x＞0，x≠1恒成立.
令H(x)＝＋1则H′(x)＝＋＝(lnx－)
令φ(x)＝lnx－，则φ′(x)＝－＝＞0
∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增.
∵φ(1)＝0，
∴当x∈(0，1)，φ(x)＜0，H′(x)＜0，则H(x)在(0，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)，φ(x)＞0，H′(x)＞0，则H(x)在(1，＋∞)上单调递增；
当x→1时，lim(＋1)＝1＋lim()＝1＋lim
＝1＋lim＝1＋(－1)＝0
∴k≤0
例2.【2010新课标卷理2】设函数f(x)＝ex－1－x－ax .当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围.
解：ex－1－x－ax ≥0在[0，＋∞)上恒成立
①当x＝0时，f(x)≥0成立，即a∈R
②当x＞0时，a≤，令H(x)＝，H′(x)＝
令φ(x)＝(x－2)ex＋x＋2，φ′(x)＝(x－1)ex＋1，φ′′(x)＝xex＞0
φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且φ′(0)＝0
∴φ′(x)＞0
∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，且φ (0)＝0
∴φ(x)＞0
∴H′(x)＞0
∴H(x)在(0，＋∞)上单调递增
当x→0时，lim＝lim＝lim＝lim＝lim＝
∴a≤
综上所述：a≤
洛必达法则：设函数f(x)、g(x)满足：⑴当x→a时，limf(x)＝limg(x)＝0；⑵在U (a)内，f ′(x)和g′(x)都存在，且g′(x)≠0；⑶当x→a时，lim＝A(A可为实数，也可以是±∞)则当x→a时，lim＝lim＝A
2.单变量型存在性问题
例1.f(x)＝xlnx，g(x)＝－x ＋ax－3.若存在x∈[，e]，使得2f(x)＞g(x)成立，求a的取值范围.
解：由2f(x)＞g(x)得，2xlnx＞－x ＋ax－3
∴a＜＝2lnx＋x＋
∴a＜(2lnx＋x＋)max，x∈[，e]，
令H(x)＝2lnx＋x＋，x∈[，e]，则H′(x)＝＋1－＝
当x∈[，1]时，H′(x)＜0，则H(x)在[，1]上单调递减
当x∈(1，e]时，H′(x)＞0，则H(x)在(1，e]上单调递增
∵H()－H(e)＝(－2＋＋3e)－(2＋e＋)＝2e－－4＞0
∴H()＞H(e)，
∴a＜H()＝3e＋－2
例2.已知函数f(x)＝x－alnx，g(x)＝－(a∈R).若存在[1，e]上存在一点x0，使得f(x0)＜g(x0)成立，求a的取值范围.
解：令H(x)＝f(x)－g(x)＝x－alnx＋，x∈[1，e]
H′(x)＝1－－＝，
由题意知 x∈[1，e]，使得H(x)＜0，∴H(x)min＜0
当a＋1≥e，即a≥e－1时，H′(x)＜0，H(x)在[1，e]上单调递减
∴H(x)min＝H(e)＝e－a＋＜0，
∴a＞
当a＋1≤1，即a≤0时，H(x)在[1，e]上单调递增
∴H(x)min＝H(1)＝a＋2＜0
∴a＜－2
当1＜a＋1＜e时，H(x)在[1，a＋1)上递减，在(a＋1，e]上递增，
∴H(x)min＝H(a＋1)＝a＋2－aln(a＋1)＜0
令a＋1＝x，则φ(x)＝x＋1－(x－1)lnx，x∈(1，e)
φ′(x)＝1－lnx－＝－lnx，令φ′(x)＝0，设其解为x0
∴则φ(x)在(1，x0)上递增，在(x0，e)上递减
φ(x)min＝(φ(1)，φ(e))min＝2，即H(x)min＝2
这与H(x)min＜0相矛盾，与题意不合，
综上所述：a∈(－∞，－2)∪(，＋∞)
必背结论二：存在性问题与函数最值的相互转化
若函数f(x)在区间D上存在最小值f(x)min和最大值f(x)max，则⑴ x∈D，使得f(x)＞M f(x)max＞M⑵ x∈D，使得f(x)≥M f(x)max≥M⑶ x∈D，使得f(x)＜M f(x)min＜M⑷ x∈D，使得f(x)≤M f(x)min≤M
若函数f(x)在区间D上不存在最大(小)值，且值域为(m，n)，则⑴ x∈D，使得f(x)＞M n＞M⑵ x∈D，使得f(x)≥M n＞M⑶ x∈D，使得f(x)＜M m＜M⑷ x∈D，使得f(x)≤M m＜M
3.双变量型的恒成立与存在性问题
必背结论三 存在性问题与函数最值的相互转化
⑴ x1∈[a，b]，总 x2∈[m，n]，使得f(x1)≤g(x2) f(x1)max≤g(x2)max；⑵ x1∈[a，b]，总 x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2) f(x1)min≥g(x2)min；
⑶ x1∈[a，b]， x2∈[m，n]，使得f(x1)≤g(x2) f(x1)min≤g(x2)min；⑷ x1∈[a，b]， x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2) f(x1)max≤g(x2)max；
⑸ x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f(x1)≤g(x2) f(x1)max≤g(x2)min；⑹ x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2) f(x1)min≤g(x2)max；
⑺ x1∈[a，b]，总 x2∈[m，n]，使得f(x1)≤g(x2) f(x1)min≤g(x2)max；⑻ x1∈[a，b]，总 x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2) f(x1)max≤g(x2)min；
例1.f(x)＝lnx－＋－1.设g(x)＝x －2bx＋4，若对任意的x1∈(0,2)，存在x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围.
解：f(x)＝lnx－＋－1，x∈(0,2)，f ′(x)＝－－＝
当x∈(0,1)时，f ′(x)＜0，f(x)在(0,1)上递减
当x∈(1,2)时，f ′(x)＞0，f(x)在(1,2)上递增
∴f(x)min＝f(1)＝－
由题意知，f(x)min≥g(x)， x∈[1,2]
∴ x∈[1,2]，使得x －2bx＋4≤－，即b≥(x＋)
∴[(x＋)]min≤b，x∈[1,2]，即b≥
例2.已知函数f(x)＝ax －(2a＋1)x＋2lnx.设g(x)＝x －2x，若对于任意的x1∈(0,2]，存在x2∈(0,2]，使得f(x1)＜g(x2)，求实数a的取值范围.
解：由g(x)＝x －2x，x∈(0,2]知，g(x)max＝0
由题意知， x∈(0,2)，ax －(2a＋1)x＋2lnx＜0
f ′(x)＝ax－(2a＋1)＋＝＝
(注：此处主导函数为－ax＋1)
⑴当a≤0时，f ′(x)＞0，f(x)在(0,2]上单调递增，f(x)max＝f(2)＝－2a－2＋2ln2＜0
∴a＞－1＋ln2
⑵当a＞0时，
①若≥2，即0＜a≤，f(x)在(0,2]上单调递增，
f(x)max＝f(2)＝－2a－2＋2ln2＜0，
∴－1＋ln2＜a≤
②若＜2时，f(x)在(0，)上单调递增，在(，2]上单调递减
f(x)max＝f()＝－－2－2lna＜0恒成立
综上所述：a∈(－1＋ln2，＋∞)
4.等式型恒成立与存在性问题
模型一：“任意＝存在”型问题
必背结论四： x1∈A， x2∈B，使得f(x1)＝g(x2) f(x)值域 g(x)值域
例1.已知函数f(x)＝x ＋2x＋a和函数g(x)＝2x＋，对任意实数x1，总存在实数x2，使g(x1)＝f(x2)成立，则实数a的取值范围为 .
解：∵f(x)＝x ＋2x＋a的最小值为f(－1)＝a－1，∴f(x)的值域为[a－1，＋∞)，
∵g(x)＝2x＋在[－1，＋∞)上单调递增，∴g(x)的值域为[－2，＋∞)
∵ x1，总 x2，使得g(x1)＝f(x2)成立
∴g(x)值域 f(x)值域，即[－2，＋∞) [a－1，＋∞)
∴a－1≤－2，即a≤－1
例2.函数f(x)＝x －ax3(a＞0)，x∈R.若对任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)·f(x2)＝1，求a的取值范围.
解： x1∈(2，＋∞)， x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＝
∴f(x)的值域 的值域
f(x)＝x －ax3，f ′(x)＝2x－2ax ＝2x(1－ax)
①当＞2即0＜a＜时，0∈f(x)的值域，但是0不属于的值域
∴f(x)的值域 的值域不成立
②当1≤≤2，即≤a≤时，有f(2)≤0且此时f(x)在(2，＋∞)上单调递减，
故f(x)的值域是(－∞，f(2))，因而(－∞，f(2)) (－∞，0)，由f(1)≥0，则f(x)在(1，＋∞)上的取值范围包含(－∞，0)，
∴f(x)的值域 的值域
③当＜1即a＞时，有f(1)＜0且此时f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
故的值域时(，0)，f(x)的值域是(－∞，f(2))，
∴f(x)的值域 的值域不成立
综上所述：a∈[，]
模型二：“存在＝存在”型问题
必背结论五： x1∈A， x2∈B，使得f(x1)＝g(x2) f(x)值域∩g(x)值域≠
例3.函数f(x)＝ex－1，g(x)＝－x ＋4x－3，若有f(a)＝g(b)，则b取值范围为 .
解：∵f(x)＝ex－1＞－1，∴f(x)的值域为(－1，＋∞)
∵g(x)＝－x ＋4x－3≤1，∴g(x)的值域为(－∞，1]
∴f(x)的值域∩g(x)的值域＝(－1，1]
∴g(b)＝－b ＋4b－3∈(－1，1]，即－1＜－b ＋4b－3≤1
解得：2－＜b＜2＋
例4. f(x)＝x3＋(1－a)x －a(a＋2)x(a∈R)，g(x)＝x－.是否存在实数a，存在x1∈[－1,1]，x2∈[0,2]，使得f ′(x1)＋2ax1＝g(x2)成立？
解：令H(x)＝f ′(x)＋2ax＝3x ＋2x－a(a＋2)
则H(x)的值域为[－－a －2a，5－a －2a]
∵g(x)＝x－在[0,2]上单调递增
∴g(x)的值域[－，6]
∵存在x1∈[－1,1]，存在x2∈[0,2]，使得f ′(x1)＋2ax1＝g(x2)成立
∴[－－a －2a，5－a －2a]∩[－，6]≠
当[－－a －2a，5－a －2a]∩[－，6]＝ 时，
则5－a －2a＜－或－－a －2a＞6，即a＜－1－eq \f(,3)或a＞－1＋eq \f(,3)
∴a∈[－1－eq \f(,3)，－1＋eq \f(,3)]
题型六 与不等式有关的证明问题
1.单变量型不等式证明
例1.求证：x－＜ln(1＋x)＜x，其中x＞0.
解：先证x－＜ln(1＋x)
令f(x)＝ln(1＋x)－(x－)，则f(0)＝0，f ′(x)＝
当x＞0时，1＋x＞0，x ＞0，∴f ′(x) ＝＞0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增
∴f(x)＞f(0)＝0，∴ln(1＋x)＞x－
再证ln(1＋x)＜x
令g(x)＝ln(1＋x)－x，则g(0)＝0，g′(x)＝－1
∵x＞0，∴＜1，∴g′(x)＜0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴g(x)＜g(0)＝0，即ln(1＋x)－x＜0，即ln(1＋x)＜x
综上所述：x－＜ln(1＋x)＜x
例2.求证：ex－1≥x.
解：令H(x)＝ex－1－x，则H′(x)＝ex－1－1
若x＜1，则H′(x)＜0，H(x)在(－∞，1)上单调递减
若x＞1，则H′(x)＞0，H(x)在(1，＋∞)上单调递增
∴H(x)min＝H(1)＝0，∴H(x)≥0
∴ex－1≥x.
例3.求证：当x∈[0，＋∞)时，sinx≤x.
解：令H(x)＝sinx－x，x∈[0，＋∞)，H′(x)＝cosx－1≤0
∴H(x)在[0，＋∞)上单调递减
∴H(x)≤H(0)＝0，即sinx－x≤0，
∴sinx≤x
例4.函数f(x)＝x3－3x，求证： x1，x2∈[－2,2]，|f(x1)－f(x2)|≤4.
分析：|f(x1)－f(x2)|≤4 |f(x1)－f(x2)|max≤4 f(x)max－f(x)min ≤4
解：f ′(x)＝3x －3，令f ′(x)＝0，则x＝±1
x变化时，f ′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x －2 (－2,－1) －1 (－1,1) 1 (1,2) 2
f ′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) －2 ↗ 极大值2 ↘ 极小值－2 ↗ 2
f(x)max＝2，f(x)min ＝－2，
∴ x1，x2∈[－2,2]，|f(x1)－f(x2)|≤4
例5.求证：当a＞ln2－1且x＞0时，ex＞x －2ax＋1.
解：令H(x)＝ex－(x －2ax＋1)，x＞0，则H′(x)＝ex－2x＋2a，H′′(x)＝ex－2
当0＜x＜ln2时，H′′(x)＜0；当x＞ln2时，H′′(x)＞0
∴H′(x)在(0，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增
∴H′(x)≥H′(ln2)＝2－2ln2＋2a
∵a＞ln2－1，∴2a＞2ln2－2
∴2－2ln2＋2a＞2ln2－2＋2－2ln2＝0
∴H′(x)＞0，∴H(x)在(0，＋∞)上单调递增
∴H(x)＞H(0)＝0
∴ex＞x －2ax＋1
例6.求证：当x∈(1，＋∞)时，函数f(x)＝x ＋lnx的图像在g(x)＝x3＋x 的下方.
解：令H(x)＝f(x)－g(x)＝x ＋lnx－x3－x ＝－x3＋x ＋lnx
则H′(x)＝－2x ＋x＋＝＝＜0
∴H(x)在(1，＋∞)上单调递减，
∴H(x)＜H(1)＝－＜0
∴f(x)＜g(x)
∴当x∈(1，＋∞)时，函数f(x)＝x ＋lnx的图像在g(x)＝x3＋x 的下方.
例7.求证：当x＞1时，有ln (x＋1)＞lnx·ln(x＋2).
证明：构造函数H(x)＝，x＞1，则
H′(x)＝eq \f(－,(lnx) )＝
∵0＜x＜x＋1
∴0＜lnx＜ln(x＋1)
∴xlnx＜(x＋1) ln(x＋1)
∴H′(x)＜0
∴H(x)在(1，＋∞)上单调递减
∵1＜x＜x＋1
∴H(x)＞H(x＋1)
∴＞，即ln (x＋1)＞lnx·ln(x＋2).
例8.f(x)＝，求f(x)的单调性并证明当x＞0时，(ex－1)ln(x＋1)＞x .
解：①f(x)的定义域为(－1，0)∪(0，＋∞)
f ′(x)＝eq \f(－ln(x＋1),x )＝
令φ(x)＝x－(x＋1)ln(x＋1)，则φ′(x)＝ln(x＋1)
当x∈(－1，0)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(－1，0)上单调递增
当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(0，＋∞)上单调递减
∴φ(x)≤φ(0)＝0
∴f ′(x)≤0
∴f(x)在(－1，0)和(0，＋∞)上单调递减
②构造函数G(x)＝x－ex＋1，x＞0，则G′(x)＝1－ex＜0
∴G(x)在(0，＋∞)上单调递减
∴G(x)＜G(0)＝0
∴x＜ex－1
∵f(x)在(0，＋∞)上单调递减
∴＞，即＞
∴(ex－1)ln(x＋1)＞x .
2.含有ex与lnx的不等式证明技巧
例1.已知x＞0且x≠1，求证：＋＞.
解：欲证＋＞，只需证：＞(－)lnx；
只需证：＞；只需证： －＜0
只需证： (2lnx－)＜0
当0＜x＜1时，＜0；当x＞1时，＞0
令H(x)＝2lnx－，则H′(x)＝－1－＝＝＜0
∴H(x)在(0，1)和(1，＋∞)上单调递减.
∴在0＜x＜1时，H(x)＞H(1)＝0，即2lnx－＞0，
当x＞1时，H(x)＜H(1)＝0，即2lnx－＜0，
综上所述：(2lnx－)＜0
∴＋＞
例2.已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1(x≠1),求证：(x－1)f(x)＞0.
证明：要证(x－1)f(x)＞0，只需证(x －1)lnx－(x－1) ＞0；
只需证(x －1)(lnx－)＞0
令H(x)＝lnx－＝lnx－＝lnx－1＋，
则H′(x)＝－＝＝＞0
∴H(x)在(0，1)和(1，＋∞)上单调递增
当0＜x＜1时，x －1＜0，lnx－＜0，即(x －1)(lnx－)＞0
当x＞1时，x －1＞0，lnx－＞0，即(x －1)(lnx－)＞0
综上所述：(x－1)f(x)＞0.
例3.求证：对一切x＞0，都有xlnx＞－.
解：令F(x)＝xlnx，则F′(x)＝lnx＋1
令F′(x)＞0，则x＞；令F′(x)＜0，则0＜x＜，
∴F(x)在(0，)上单调递减；在(，＋∞)上单调递增，
∴F(x)min＝F()＝－.
令G(x)＝－，x＞0，则G′(x)＝
令G′(x)＞0，则0＜x＜1；令G′(x)＜0，则x＞1.
∴G(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
∴G(x)max＝G(1)＝－.
∵F(x)min ≥G(x)max，且取得最值时，x值不同，
∴F(x)＜G(x)
∴xlnx＞－
例4.【2014全国1卷理21⑵】证明不等式exlnx＋＞1.
证明：要证exlnx＋＞1；只需证xlnx＋＞；只需证xlnx＞－
如下证法同例3.
例5.【2012山东卷理22⑶】f(x)＝，g(x)＝(x ＋x)f ′(x)，
求证：对任意x＞0，g(x)＜1＋e－2
证明：∵f ′(x)＝eq \f(－lnx－1,ex)，∴g(x)＝
要证g(x)＜1＋e－2；只需证1－xlnx－x＜
令F(x)＝1－xlnx－x，则F′(x)＝－lnx－2
令F′(x)＞0，则0＜x＜e－2；令F′(x)＜0，则x＞e－2
∴F(x)在(0，e－2)上单调递增，在(e－2，＋∞)上单调递减
∴F(x)max＝F(e－2)＝1＋e－2.
令G(x)＝，x＞0，则G′(x)＝＞0
∴G(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴G(x)＞G(0)＝1＋e－2
∴F(x)＞G(x)
∴1－xlnx－x＜
∴对任意x＞0，g(x)＜1＋e－2
例6.证明不等式：ex＞lnx＋2.
分析：本题主要方法——隐零点
证明：令H(x)＝ex－lnx－2，则H′(x)＝ex－
∵H′(x)在(0，＋∞)上单调递增，H′(1)＝e－1＞0；H′()＝－2＜0
∴H′(x)在(，1)上存在唯一的零点，记为x0，
则ex0＝，即x0＝，即ln x0＝ln＝－x0
当x∈(0，x0)时，H′(x)＜0，H(x)在(0，x0)上单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，H′(x)＞0，H(x)在(x0，＋∞)上单调递增；
∴H(x)min＝H(x0)＝ex0－ln x0－2＝＋x0－2＞0
∴H(x)＞0
∴ex＞lnx＋2
例7.f(x)＝ex－ln(x＋m)，求证：当x≤2时，f(x)＞0.
分析：本题主要方法——隐零点
解：令f(x)＝ex－ln(x＋m)，则f ′(x)＝ex－
①f ′(x)在(－m，＋∞)上单调递增；
②令f ′(x)＝0，则x＝x0；－m＜x＜x0；令f ′(x)＞0，则x＞x0
∴f(x)在(－m，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增.
∴f(x)min＝ex0－ln(x0＋m)
∵f ′(x0)＝ex0－＝0，
∴ex0＝，即x0＋m＝e－x0，ln(x0＋m)＝－x0
∴f(x)min＝＋x0＝＋x0＋m－m≥2－m
∵m≤2
∴2－m≥0
∴f(x)min＞0，即f(x)＞0
3.多元函数不等式的证明
例1.已知函数g(x)＝xlnx，设0＜a＜b，求证：0＜g(a)＋g(b)－2g()＜(b－a)ln2.
证明：构造辅助函数
⑴F(x)＝g(a)＋g(x)－2g()，x＞a，则F′(x)＝g′(x)－g′()
∵g′(x)＝lnx＋1在(0，＋∞)上单调递增，且x＞
∴g′(x)＞g′()
∴F′(x)＝g′(x)－g′()
∴F(x)在(a，＋∞)上单调递增，
∴F(x)＞F(a)＝0
令x＝b，则g(a)＋g(b)－2g()＞0——不等式左边得证
⑵构造辅助函数G(x)＝g(a)＋g(x)－2g()－(x－a)ln2，x＞b
则G′(x)＝g′(x) －g′()－ln2＝(lnx＋1)－(ln＋1)－ln2＝ln＜ln1＝0
∴G(x)在(a，＋∞)上单调递减，
∴G(x)＜G(a)＝0
∴令x＝b，则g(a)＋g(b)－2g()＜(b－a)ln2——不等式左边得证
综上所述：0＜g(a)＋g(b)－2g()＜(b－a)ln2.
例2.函数f(x)＝x－a－lnx，求证：若0＜x1＜x2，则＜.
证明：令H(x)＝f(x1)－f(x)－(x－x1)，x＞x1
则H′(x)＝－f ′(x)－＝－1＋－＜－1＋－
＝－1＋＜0
∴H(x)在(x1，＋∞)上单调递减
∴H(x)＜H(x1)＝0
令x＝x2，则H(x2)＜0，即f(x1)－f(x2)－(x2－x1)
∴＜.
例3.若b＞a＞e，求证：ab＞ba.
证明：欲证ab＞ba；只需证blna＞alnb；只需证＞
令H(x)＝，x＞e，则H′(x)＝＜0
∵b＞a＞e
∴H(b)＜H(a)，即＞
∴ab＞ba.
例4.若n＞m＞0，求证：(1＋m)n＞(1＋n)m.
证明：欲证(1＋m)n＞(1＋n)m，只需证nln(1＋m)＞mln(1＋n)
只需证＞
令H(x)＝，x＞0，则H′(x)＝eq \f(－ln(1＋x),x )
令φ(x)＝－ln(x＋1)，则φ′(x)＝－＝＜0
∵φ(x)在(0，＋∞)上单调递减
∴φ(x)＜φ(0)＝0
∴H′(x)＜0
∴H(x)在(0，＋∞)上单调递减
∵n＞m＞0，
∴＞
∴(1＋m)n＞(1＋n)m
例5.若a＜b，求证：＜＜(对数平均值不等式)
证明：＜ lnb－lna＜eq \f(b－a,) ln＜eq \r()－eq \r()
令eq \r()＝t＞1，则2lnt＜t－
令H(t)＝2lnt＜－t＋，t＞1，则H′(t)＝－1－＝＜0
∴H(t)在(1，＋∞)上单调递减
∴H(t)＜H(1)＝0
∴2lnt＜t－
∴不等式左边成立
②＜ ＜ eq \f(－1,＋1)＜ln
令＝t＞1，则＜
令H(t)＝－，t＞1，则H′(t)＝－ ＝＞0
∴H(t)在(1，＋∞)上单调递增
∴H(t)＜H(1)＝0
∴＞
∴不等式右边得证
综上所述：＜＜
例6.若0＜a＜b，比较与的大小.
解：经验证＞，证明如下
＞ ＞lnb－lna (－)＞ln
令＝t＞1，则(t－)＞lnt
令H(t)＝lnt－(t－)，证法如上例5
注：几个平均数大小关系：a＞0，b＞0
(调和)≤(几何)≤(对数)≤(算数)≤eq \r()(平方)
例7.若0＜a＜b，求证：＜.
证明：＜ ＜ln eq \f(－1,＋1)
令＝t，则＜lnt，如下证法如例5
例8.若a＜b，求证：＜＜.
证明：①＜ b－a＜＝
令＝t，则2t＜et－e－t
令H(t)＝et－e－t－2t(t＞0)，则H′(t)＝et＋e－t－2＝et＋－2＞0
∴H(t)在(0，＋∞)上单调递增
∴H(t)＞H(0)＝0，即2t＜et－e－t
∴＜
②＜ ＜，令eb－a＝t＞1，则＜
如下证法如例5
4.数列型不等式证明的构造方法
例1.求证： n∈N*，＋ ＋＋…＋＜.
(提示：f(x)＝在(0，＋∞)最大值·＝·≤·)
证明：f(x)＝在(0，＋∞)，f ′(x)＝＝
令f ′(x)＞0，则1－2lnx＞0，即0＜x＜
令f ′(x)＜0，则1－2lnx＜0，即x＞
∴f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减，
∴f(x)max＝f()＝
∴f(x)＝≤(当且仅当x＝时，取“＝”号)
∴＝·≤·
令x＝2，3，…，n，则
＜·，＜·，…，＜·
∴ ＋＋…＋＜(＋＋…)＜(＋＋…＋)
＝(1－＋－＋…＋－)＝(1－)＜
∴＋ ＋＋…＋＜.
例2.求证：＋＋…＋＜.
(提示：该题的前一小问为f(x)＝2x ，g(x)＝alnx(a＞0)，若f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值范围.由此可得2x ≥4elnx，从而≤·)
例3.求证：ln(n＋1)＜1＋＋＋…＋，n∈N*.
(提示：ln(x＋1)≤x在(－1，＋∞)成立，令x＝)
点P在曲线上
切点
点P在曲线上
不确定是切点
点P不在曲线上
不是切点
P
Oo
P
P
Oo
Oo
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