资源简介

(共57张PPT)
第三章　
进阶篇　不等式证明方法
数学
大
一
轮
复
习
极值点偏移(一)
进阶4
1.极值点偏移的定义
极值点偏移是函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数的图象不具有对称性.例如我们学过的二次函数为标准的对称结构，有对称轴，但是有些函数没有对称轴，即关于类对称轴对称的两点横坐标之和不等于对称点横坐标的两倍，我们把这种现象叫做极值点偏移.
2.从图形角度理解极值点偏移(x0为极值点，且x1(1)左右对称，无偏移，如二次函数；若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＝2x0.
(2)左陡右缓，极值点向左偏移；若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>2x0.
(3)左缓右陡，极值点向右偏移；若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2<2x0.
例1　(2024·南充模拟)已知函数f(x)＝x－ln x－a有两个不同的零点x1，x2.
(1)求实数a的取值范围；
对称化构造法(和型)
题型一
f(x)的定义域为(0，＋∞)，
因为f'(x)＝1－
所以当0当x>1时，f'(x)>0，
所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x＝1时，f(x)取得最小值1－a.
又当x趋近于0或＋∞时，f(x)趋近于＋∞，
所以要使f(x)有两个不同的零点x1，x2，只需满足1－a<0，即a>1.
所以实数a的取值范围为(1，＋∞).
(2)求证：x1＋x2>2.
不妨设x1则2－x1>1，
要证x1＋x2>2，
只需证2－x1又f(x)在(1，＋∞)上单调递增，f(x1)＝f(x2)＝0，
所以只需证f(2－x1)即证f(2－x1)记g(x)＝f(2－x)－f(x)＝2－2x－ln(2－x)＋ln x，x∈(0，1)，
则g'(x)＝－2＝－
当00，g(x)单调递增，
又g(1)＝f(2－1)－f(1)＝0，
所以g(x1)＝f(2－x1)－f(x1)<0，
即f(2－x1)所以x1＋x2>2.
证明x1＋x2>2x0的步骤
(1)求极值点x0：求出函数f(x)的极值点x0，结合函数f(x)的图象，由f(x1)＝f(x2)得出x1，x2的取值范围.
(2)构造函数：对结论为x1＋x2>2x0的情况，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x).
①F'(x)＝f'(x)＋f'(2x0－x)>0，则F(x)单调递增；
②注意到F(x0)＝0，则F(x1)＝f(x1)－f(2x0－x1)<0即f(x1)③f(x2)＝f(x1)2x0－x1；
④得到结论x2＋x1>2x0.
思维升华
跟踪训练1　已知f(x)＝ln x－2x，若f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>1.
f'(x)＝－2＝
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以f(x)max＝f ＝－1－ln 2，
又当x→0＋时，f(x)→－∞，
当x→＋∞时，f(x)→－∞，
所以f(x)的图象如图所示.
不妨设01，
只需证x2>1－x1，
由于f(x)在上单调递减，
x2>1－x1>
所以只需证f(x2)即证f(x1)令h(x)＝f(1－x)－f(x)，0则h'(x)＝－<0，
所以h(x)在上单调递减，
又h＝f －f ＝0，
所以h(x)>0，
即f(1－x)>f(x)，
即f(1－x1)>f(x1)，
所以x1＋x2>1.
例2　(2024·南充模拟)已知函数f(x)＝(1＋ln x).
(1)讨论f(x)的单调性；
对称化构造法(积型)
题型二
由题意可得x>0>0，所以a>0，
f(x)＝(1＋ln x)的定义域为(0，＋∞)，
又f'(x)＝＝－
由f'(x)＝0，得x＝1，
当00，
则f(x)在(0，1)上单调递增；
当x>1时，f'(x)<0，则f(x)在(1，＋∞)上单调递减.
(2)若方程f(x)＝1有两个不同的根x1，x2，求实数a的取值范围，并证明：x1x2>1.
由＝1，得＝a，
设g(x)＝
g'(x)＝
由g'(x)＝0，得x＝1，
当00，
则g(x)在(0，1)上单调递增；
当x>1时，g'(x)<0，
则g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
又g＝0，g(1)＝1，且当x趋近于正无穷时，g(x)趋近于0，
g(x)＝的图象如图，
所以当0不妨设x1则0设h(x)＝g(x)－g－x(1－ln x)，
h'(x)＝＋ln x＝ln x≥0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又h(1)＝0，所以h(x1)＝g(x1)－g<0，即g(x1)又g(x1)＝g(x2)，所以g(x2)又x2>1>1，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以x2>故x1x2>1.
对结论x1x2>型，方法一是构造函数F(x)＝f(x)－f 通过研究F(x)的单调性获得不等式；方法二是两边取对数，转化成ln x1＋ln x2 >2ln x0，再把ln x1，ln x2看成两变量即可.
思维升华
跟踪训练2　(2025·江苏联考)已知函数f(x)＝xln x＋t在点(1，f(1))处的切线经过原点.
(1)求t的值；
因为f'(x)＝ln x＋1，所以f'(1)＝1，
因为f(1)＝t，所以切线方程为y－t＝x－1，
即y＝x＋t－1.
因为切线经过原点，所以0＝0＋t－1，
所以t＝1.
(2)若存在x1因为f(x)＝xln x＋1(x>0)，
所以f'(x)＝ln x＋1，
令f'(x)>0，解得x>；
令f'(x)<0，解得0所以f(x)在上单调递增，在上单调递减.
因为f ＝1－f(1)＝1，
当x趋近于0时，f(x)趋近于1，f(x)的图象如图所示.
所以存在x1且0要证x1x2<即证x1<
因为<<只需证f(x1)>f
因为f(x1)＝f(x2)，即证f(x2)>f .
令g(x)＝f(x)－f ＝xln x－ln
＝xln x＋(ln x＋2)
所以g'(x)
＝(ln x＋1)＋
＝(ln x＋1).
因为0，
所以g(x)在上单调递增，
所以g(x)>g＝0，
所以f(x)>f 即f(x2)>f
所以x1x2<.
课时精练
答案
1
2
(1)f'(x)=-a=
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，f(x)max=f =ln-1=-ln a-1，
当x→0+时，f(x)→-∞，当x→+∞时，f(x)→-∞.
由于f(x)有两个零点，所以-ln a-1>0，
即0故a的取值范围是.
1.
答案
1
2
(2)由(1)知0要证x1+x2>即证x2>-x1，
由于f(x)在上单调递减，
x2>-x1>
所以只需证f(x2)即证f(x1)1.
答案
1
2
则h'(x)=-<0，
所以h(x)在上单调递减，
所以h(x)>h=0，
即f >f(x)，即f >f(x1)，
所以x1+x2>.
1.
答案
1
2
(1)f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=1+ln x-ax，
由题意f'(x)≤0恒成立，
即a≥恒成立，
设h(x)=则h'(x)==-
当x∈(0，1)时，h'(x)>0，h(x)=单调递增，
当x∈(1，+∞)时，h'(x)<0，h(x)=单调递减，
所以h(x)在x=1处取得极大值，也是最大值，h(x)max=h(1)=1，故a≥1.
2.
答案
1
2
(2)方法一　函数f(x)有两个极值点，由(1)可知0设g(x)=f'(x)=1+ln x-ax，
则x1，x2(x1当x∈时，g'(x)>0，当x∈时，g'(x)<0，
所以g(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以02.
答案
1
2
又因为g(1)=1-a>0，所以0要证x1x2>只需证x2>>
只需证g(x2)其中g(x2)=0，
即证g=1-ln(ax1)->0，
2.
答案
1
2
即证ln(ax1)+-1<0，
由g(x1)=ln x1-ax1+1=0，
设ax1=t∈(0，1)，
则ln x1=t-1，x1=et-1，
则ln(ax1)+-1<0 ln t+e1-t-1<0，
设G(t)=ln t+e1-t-1(02.
答案
1
2
G'(t)=-e1-t=
由(1)知≤1，故ln x≤x-1，
所以ex-1≥x，et-1-t≥0，
即G'(t)≥0，G(t)在(0，1)上单调递增，G(t)故ln(ax1)+-1<0成立，
即x1x2>.
2.
答案
1
2
方法二　先证明引理：
当0当t>1时，ln t>
设M(t)=ln t-(t>0)，
M'(t)=-=≥0，
所以M(t)在(0，+∞)上单调递增，又M(1)=0，
2.
答案
1
2
当0当t>1时，M(t)>M(1)=0，
故引理得证.
因为函数f(x)有两个极值点，
由(1)可知0设g(x)=f'(x)=1+ln x-ax，
则x1，x2(x12.
答案
1
2
g'(x)=-a，
当x∈时，g'(x)>0，
当x∈时，g'(x)<0，
所以g(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以0
2.
答案
1
2
只需证ln x1+ln x2>-ln a，
因为
即证a(x2+x1)>2-ln a，
由引理可得ax2+ln a-1=ln(ax2)>
化简可得a2+a(ln a-2)x2+ln a+1>0， ①
同理ax1+ln a-1=ln(ax1)<
2.
答案
1
2
化简可得a2+a(ln a-2)x1+ln a+1<0， ②
由①②可得a2(x2+x1)(x2-x1)+a(ln a-2)(x2-x1)>0，
因为x2-x1>0，a>0，
所以a(x2+x1)+ln a-2>0，
即a(x2+x1)>2-ln a，
从而x1x2>.
2.
1.已知f(x)＝ln x－ax，其中a>0.
(1)若f(x)有两个零点，求a的取值范围；
1
2
答案
1
2
答案
f'(x)＝－a＝
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，
f(x)max＝f ＝ln－1＝－ln a－1，
当x→0＋时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→－∞.
由于f(x)有两个零点，所以－ln a－1>0，
即0故a的取值范围是.
(2)若f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>.
1
2
答案
1
2
答案
由(1)知0要证x1＋x2>即证x2>－x1，
由于f(x)在上单调递减，
x2>－x1>
所以只需证f(x2)即证f(x1)1
2
答案
令h(x)＝f －f(x)
则h'(x)＝－<0，
所以h(x)在上单调递减，所以h(x)>h＝0，
即f >f(x)，即f >f(x1)，
所以x1＋x2>.
1
2
答案
2.(2024·常州模拟)已知函数f(x)＝xln x－ax2(a>0).
(1)若函数f(x)在定义域内为减函数，求实数a的取值范围；
1
2
答案
f(x)的定义域为(0，＋∞)，f'(x)＝1＋ln x－ax，
由题意f'(x)≤0恒成立，即a≥恒成立，
设h(x)＝则h'(x)＝＝－
当x∈(0，1)时，h'(x)>0，h(x)＝单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，h'(x)<0，h(x)＝单调递减，
所以h(x)在x＝1处取得极大值，也是最大值，h(x)max＝h(1)＝1，
故a≥1.
1
2
答案
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1.
1
2
答案
方法一　函数f(x)有两个极值点，由(1)可知0设g(x)＝f'(x)＝1＋ln x－ax，
则x1，x2(x1g'(x)＝－a，当x∈时，g'(x)>0，当x∈时，g'(x)<0，
所以g(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以0又因为g(1)＝1－a>0，
1
2
答案
所以0要证x1x2>只需证x2>>只需证g(x2)其中g(x2)＝0，
即证g＝1－ln(ax1)－>0，
即证ln(ax1)＋－1<0，
由g(x1)＝ln x1－ax1＋1＝0，
1
2
答案
设ax1＝t∈(0，1)，
则ln x1＝t－1，x1＝et－1，
则ln(ax1)＋－1<0 ln t＋e1－t－1<0，
设G(t)＝ln t＋e1－t－1(0G'(t)＝－e1－t＝
由(1)知≤1，故ln x≤x－1，
1
2
答案
所以ex－1≥x，et－1－t≥0，
即G'(t)≥0，G(t)在(0，1)上单调递增，
G(t)即x1x2>.
1
2
答案
方法二　先证明引理：
当0当t>1时，ln t>
设M(t)＝ln t－(t>0)，
M'(t)＝≥0，
所以M(t)在(0，＋∞)上单调递增，又M(1)＝0，
1
2
答案
当0当t>1时，M(t)>M(1)＝0，
故引理得证.
因为函数f(x)有两个极值点，
由(1)可知0设g(x)＝f'(x)＝1＋ln x－ax，
则x1，x2(x1g'(x)＝－a，当x∈时，g'(x)>0，
1
2
答案
当x∈时，g'(x)<0，
所以g(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以0要证x1x2>只需证ln x1＋ln x2>－ln a，
因为
即证a(x2＋x1)>2－ln a，
1
2
答案
由引理可得ax2＋ln a－1＝ln(ax2)>
化简可得a2＋a(ln a－2)x2＋ln a＋1>0， ①
同理ax1＋ln a－1＝ln(ax1)<
化简可得a2＋a(ln a－2)x1＋ln a＋1<0， ②
由①②可得a2(x2＋x1)(x2－x1)＋a(ln a－2)(x2－x1)>0，
因为x2－x1>0，a>0，所以a(x2＋x1)＋ln a－2>0，
即a(x2＋x1)>2－ln a，从而x1x2>.(共60张PPT)
第三章　
进阶篇　不等式证明方法
数学
大
一
轮
复
习
切割线放缩
进阶3
双变量导数中的剪刀模型起源于2015年天津卷，在2021年新高考Ⅰ卷中名满天下！该模型的实质是凹凸函数切割线放缩(牛顿切线法)，值得注意的是，该方法出现在人教版新教材选择性必修第二册82页阅读材料中.
1.函数的凹凸性
(1)下凸函数(凹函数)：如图1，对于连续函数f(x)，若在其图象上任取两点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，除端点外，线段AB始终在函数f(x)图象的上方，
或在f(x)的图象上任取点C(x0，f(x0))，函数f(x)在点C处的切线y=f'(x0)(x-x0)+f(x0)除切点外，始终在f(x)图象的下方，我们称f(x)为下凸函数.若f(x)存在二阶导数f″(x)，则满足f″(x)≥0的函数f(x)为下凸函数.
(2)上凸函数(凸函数)：如图2，对于连续函数f(x)，若在其图象上任取两点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，除端点外，线段AB始终在函数f(x)图象的下方，或在f(x)的图象上任取点C(x0，f(x0))，函数f(x)在点C处的切线y=f'(x0)(x-x0)+f(x0)除切点外，始终在f(x)图象的上方，我们称f(x)为上凸函数.若f(x)存在二阶导数f″(x)，则满足f″(x)≤0的函数f(x)为上凸函数.
2.切线、割线不等式
(1)对于下凸函数，可利用切割线进行放缩，f(x)≥f'(x0)(x-x0)+f(x0)，当x∈(x1，x2)时，f(x)<(x-x1)+f(x1).
(2)对于上凸函数，可利用切割线进行放缩，f(x)≤f'(x0)(x-x0)+f(x0)，当x∈(x1，x2)时，f(x)>(x-x1)+f(x1).
3.剪刀模型
已知函数f(x)为定义域上的下凸函数(或上凸函数)，且图象与y=m交于A，B两点，其横坐标为x1，x2，我们可以利用下凸函数(或上凸函数)的切线与y=m的交点将x1，x2的范围予以估计，这便是切线放缩的基本原理.
如图，在函数图象先减后增的情形下，两条切线和两条割线即可估计出交点横坐标的一个上下界，而切割线的方程均为一次函数，这样我们就可以得到一个显式解(精确解)的估计.
切割线放缩主要应用在交点横坐标和、交点横坐标差问题中，切割线放缩体现了函数中的化曲为直的思想.
例1　已知函数f(x)=xln x.
(1)求f(x)的单调区间；
由题意，f'(x)=1+ln x(x>0)，
令f'(x)>0，则x>e-1，
令f'(x)<0，则0从而f(x)的单调递减区间是(0，e-1)，单调递增区间是(e-1，+∞).
(2)若x1当0当x>1时，f(x)>0，
因为x1结合f(x)在(0，e-1)上单调递减，在(e-1，+∞)上单调递增，
可得0设g(x)=f(x)+x(0则g(x)=x(1+ln x)<0，
所以f(x)<-x(0从而f(x1)<-x1，
又f(x1)=a，所以a<-x1，故-x1>a. ①
设h(x)=f(x)-(x-1)(e-1则h'(x)=1+ln x-=ln x+，
令h'(x)>0，则令h'(x)<0，则e-1从而h(x)在上单调递增，又h(e-1)
=h(1)=0，
所以h(x)<0在(e-1，1)上恒成立，
故h(x2)=f(x2)-(x2-1)<0，
所以f(x2)<(x2-1)，
又f(x2)=a，所以a<(x2-1)，
故x2>1+a(e-1)， ②
将①②两式相加可得x2-x1>ae+1.
设u(x)=f(x)-(x-1)(0则u'(x)=ln x<0，所以u(x)在(0，1)上单调递减，
又u(1)=0，所以u(x)>0在(0，1)上恒成立，从而f(x)>x-1在(0，1)上恒成立，
所以f(x2)>x2-1，
又f(x2)=a，所以a>x2-1，故x2又x1>0，所以x2-x1综上所述，ae+1例2　已知函数f(x)=(x-1)(ex-1).
(1)求函数f(x)在x=1处的切线方程；
由题意，f'(x)=ex-1+(x-1)ex=xex-1，
所以f'(1)=e-1，
又f(1)=0，所以f(x)在x=1处的切线方程为y=(e-1)(x-1).
(2)若方程f(x)=a有两个不同的实根x1，x2，证明：|x1-x2|≤+1.
设g(x)=f(x)+x，
则g'(x)=f'(x)+1=xex，
所以g'(x)>0 x>0，g'(x)<0 x<0，
从而g(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，
故g(x)≥g(0)=f(0)=0，
所以f(x)≥-x， ①
设h(x)=f(x)-(e-1)(x-1)(x∈R)，
则h'(x)=f'(x)-(e-1)=xex-e，
所以h'(x)>0 x>1，h'(x)<0 x<1，
从而h(x)在(-∞，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，
故h(x)≥h(1)=0，
所以f(x)≥(e-1)(x-1). ②
由题意，方程f(x)=a有两个不同的实根x1，x2，
所以f(x1)=f(x2)=a.
不妨设x1由f(x1)=a和不等式①可得a=f(x1)≥-x1，
所以x1≥-a；
由f(x2)=a和不等式②可得
a=f(x2)≥(e-1)(x2-1)，
所以x2≤+1，
从而|x1-x2|=x2-x1≤+1+a=+1.
(1)割线放缩关键是根据不等式的特点和需要，找准相关的函数及其割线，才能恰当地进行割线放缩.(2)割线夹本质与切线夹类似.
思维升华
跟踪训练　已知函数f(x)=ln x-x2+1.
(1)证明：f(x)设g(x)=f(x)-x，
则g(x)=ln x-x2+1-x，
g'(x)=-2x-1=-，
所以g'(x)>0 0，
故g(x)在上单调递减，
从而g(x)max=g=ln-+1-=-ln 2<0，
所以g(x)<0，故f(x)(2)若方程f(x)=a有两个不相等的实根x1，x2，证明：|x2-x1|<1-2a.
设h(x)=f(x)+x-1，
则h(x)=ln x-x2+x，
所以h'(x)=-2x+1=-，
从而h'(x)>0 01，
故h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，
所以h(x)max=h(1)=0，
故h(x)≤0恒成立，从而f(x)≤-x+1，
因为方程f(x)=a有两个不相等的实根x1，x2，
不妨设x1则f(x1)=f(x2)=a，
所以a=f(x1)所以x2≤1-a，
故|x2-x1|=x2-x1<1-a-a=1-2a.
课时精练
答案
1
2
(1)函数f(x)的定义域为(-1，+∞)，
f'(x)=ln(x+1)+，f'(1)=ln 2.
所以f(x)在点(1，0)处的切线方程为y=ln 2·(x-1)，
即y=ln 2·x-ln 2，
故k=ln 2，b=-ln 2.
1.
答案
1
2
(2)设h(x)=f(x)-kx-b
=(x-1)ln(x+1)-xln 2+ln 2，x∈(-1，+∞)，
则h'(x)=ln(x+1)-+1-ln 2.
令F(x)=h'(x)=ln(x+1)-+1-ln 2，x∈(-1，+∞)，
则F'(x)=+>0，
所以F(x)为增函数，即h'(x)为增函数.
又h'(1)=ln 2-1+1-ln 2=0，
所以当x∈(-1，1)时，h'(x)<0，函数h(x)单调递减；
1.
答案
1
2
当x∈(1，+∞)时，h'(x)>0，函数h(x)单调递增，
所以h(x)min=h(1)=0，即h(x)≥0，
所以f(x)≥xln 2-ln 2.
1.
答案
1
2
(3)g(x)=f(x)+m(m∈R)的两个零点x1，x2，即为关于x的方程f(x)=-m的两个根，不妨设x1由题知，曲线y=f(x)在点(1，0)处的切线方程为y=xln 2-ln 2，
令φ(x)=xln 2-ln 2，
设关于x的方程φ(x)=-m的根为x'2，
则x'2=1-.
由(2)知，f(x2)≥φ(x2)，
所以φ(x'2)=f(x2)≥φ(x2)，
因为φ(x)为增函数，所以x'2≥x2.
1.
答案
1
2
设曲线y=f(x)在点(0，0)处的切线方程为y=t(x)，
因为f'(0)=-1，所以t(x)=-x，
设关于x的方程t(x)=-m的根为x'1，
则x'1=m.
令T(x)=f(x)-t(x)，
同(2)证明可得T(x)≥0，即f(x)≥t(x)，
f(x1)≥t(x1)，
所以t(x'1)=f(x1)≥t(x1)，又t(x)为减函数，所以x'1≤x1.
所以|x2-x1|=x2-x1≤x'2-x'1=1-m-.
1.
答案
1
2
(1)由题意，f'(x)=ex-1+(x-1)ex=xex-1，f″(x)=(x+1)ex，
所以f″(x)>0 x>-1，f″(x)<0 x<-1，
从而f'(x)在(-∞，-1)上单调递减，在(-1，+∞)上单调递增，
因为f'(0)=-1<0，f'(1)=e-1>0，
所以f'(x)在(-1，+∞)上有1个零点，
而当x≤-1时，显然f'(x)<0，
所以f'(x)在(-∞，-1］上没有零点，
故f'(x)有且仅有1个零点，
2.
答案
1
2
设为x0，当x当x>x0时，f'(x)>0，
所以f(x)在(-∞，x0)上单调递减，
在(x0，+∞)上单调递增，
从而f(x)存在唯一的极小值点x0.
2.
答案
1
2
(2)设g(x)=f(x)+x，
则g(x)=(x-1)ex+1，
所以g'(x)=xex，
从而g'(x)>0 x>0，g'(x)<0 x<0，
故g(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调
递增，所以g(x)min=g(0)=0，
从而g(x)≥0恒成立，当且仅当x=0时取等号，
故当x>0时，g(x)>0，即f(x)+x>0，
所以f(x)>-x. ①
2.
答案
1
2
f(x)过(x0，f(x0))，(1，0)两点的割线方程为y=(x-1)=(-1)(x-1)，
令h(x)=f(x)-(-1)(x-1)，
则h'(x)=f'(x)-+1=xex-，
当x∈(x0，1)时，h″(x)=(x+1)ex>0，
所以h'(x)在(x0，1)上单调递增，
又h'(x0)=x0-=(x0-1)<0，
h'(1)=e->0，
所以h'(x)在(x0，1)上有1个零点，记作α，当x02.
答案
1
2
当α0，
故h(x)在(x0，α)上单调递减，在(α，1)上单调递增，
又h(x0)=h(1)=0，所以h(x)<0在(x0，1)上恒成立，
即f(x)-(-1)(x-1)<0恒成立，
故f(x)<(-1)(x-1)， ②
因为方程f(x)=a有2个实根x1，x2，
显然f(0)=f(1)=0，
所以f(x)<0 02.
答案
1
2
不妨设x1因为a<0，所以必有0由f(x1)=a和不等式①可得a=f(x1)>-x1，
所以x1>-a；
由f(x2)=a和不等式②可得
a=f(x2)<(-1)(x2-1)，
所以x2>+1，从而x1+x2>-a++1，
2.
答案
1
2
由f'(x0)=x0-1=0可得=，
故x1+x2>-a++1=+1.
另一方面，要证x1+x2<2x0，
只需证x2<2x0-x1，
因为0所以2x0-x1>x0，
结合f(x)在(x0，+∞)上单调递增知，
2.
答案
1
2
要证x2<2x0-x1，
只需证f(x2)又f(x1)=f(x2)，
所以只需证f(x1)即证f(x1)-f(2x0-x1)<0，
设φ(x)=f(x)-f(2x0-x)(0则φ'(x)=f'(x)+f'(2x0-x)=xex+(2x0-x)-2，
φ″(x)=(x+1)ex--(2x0-x)=(x+1)ex-(2x0+1-x)，
2.
答案
1
2
因为当0易证0从而(x+1)ex<(2x0+1-x)，
所以φ″(x)<0，故φ'(x)在(0，x0)上单调递减，
又φ'(x0)=2x0-2=0，
所以φ'(x)>0在(0，x0)上恒成立，故φ(x)在(0，x0)上单调递增，
显然φ(x0)=0，所以φ(x)<0在(0，x0)上恒成立，
从而中φ(x1)=f(x1)-f(2x0-x1)<0，
2.
答案
1
2
故x1+x2<2x0成立，
综上所述，+12.
1.已知函数f(x)=(x-1)ln(x+1)，曲线y=f(x)在点(1，0)处的切线方程为y=kx+b.
(1)求k，b的值；
1
2
答案
1
2
答案
函数f(x)的定义域为(-1，+∞)，
f'(x)=ln(x+1)+，f'(1)=ln 2.
所以f(x)在点(1，0)处的切线方程为y=ln 2·(x-1)，
即y=ln 2·x-ln 2，
故k=ln 2，b=-ln 2.
(2)证明：f(x)≥kx+b；
1
2
答案
1
2
答案
设h(x)=f(x)-kx-b
=(x-1)ln(x+1)-xln 2+ln 2，x∈(-1，+∞)，
则h'(x)=ln(x+1)-+1-ln 2.
令F(x)=h'(x)=ln(x+1)-+1-ln 2，x∈(-1，+∞)，
则F'(x)=+>0，
所以F(x)为增函数，即h'(x)为增函数.
又h'(1)=ln 2-1+1-ln 2=0，
所以当x∈(-1，1)时，h'(x)<0，函数h(x)单调递减；
1
2
答案
当x∈(1，+∞)时，h'(x)>0，函数h(x)单调递增，
所以h(x)min=h(1)=0，即h(x)≥0，
所以f(x)≥xln 2-ln 2.
(3)若函数g(x)=f(x)+m(m∈R)有两个零点x1，x2，证明：|x1-x2|≤1-m-.
1
2
答案
1
2
答案
g(x)=f(x)+m(m∈R)的两个零点x1，x2，即为关于x的方程f(x)=-m的两个根，不妨设x1由题知，曲线y=f(x)在点(1，0)处的切线方程为y=xln 2-ln 2，
令φ(x)=xln 2-ln 2，
设关于x的方程φ(x)=-m的根为x'2，
则x'2=1-.
由(2)知，f(x2)≥φ(x2)，
所以φ(x'2)=f(x2)≥φ(x2)，
1
2
答案
因为φ(x)为增函数，所以x'2≥x2.
设曲线y=f(x)在点(0，0)处的切线方程为y=t(x)，
因为f'(0)=-1，所以t(x)=-x，
设关于x的方程t(x)=-m的根为x'1，
则x'1=m.
令T(x)=f(x)-t(x)，
同(2)证明可得T(x)≥0，即f(x)≥t(x)，
f(x1)≥t(x1)，
1
2
答案
所以t(x'1)=f(x1)≥t(x1)，
又t(x)为减函数，所以x'1≤x1.
所以|x2-x1|=x2-x1≤x'2-x'1=1-m-.
1
2
答案
2.已知函数f(x)=(x-1)(ex-1).
(1)证明：f(x)存在唯一的极小值点x0；
1
2
答案
由题意，f'(x)=ex-1+(x-1)ex=xex-1，f″(x)=(x+1)ex，
所以f″(x)>0 x>-1，f″(x)<0 x<-1，
从而f'(x)在(-∞，-1)上单调递减，在(-1，+∞)上单调递增，
因为f'(0)=-1<0，f'(1)=e-1>0，
所以f'(x)在(-1，+∞)上有1个零点，
而当x≤-1时，显然f'(x)<0，
所以f'(x)在(-∞，-1］上没有零点，
故f'(x)有且仅有1个零点，
1
2
答案
设为x0，当x当x>x0时，f'(x)>0，
所以f(x)在(-∞，x0)上单调递减，
在(x0，+∞)上单调递增，
从而f(x)存在唯一的极小值点x0.
1
2
答案
(2)若关于x的方程f(x)=a(a<0)有两个不相等的实根x1，x2，证明：+11
2
答案
设g(x)=f(x)+x，
则g(x)=(x-1)ex+1，
所以g'(x)=xex，
从而g'(x)>0 x>0，g'(x)<0 x<0，
故g(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，所以g(x)min=g(0)=0，
从而g(x)≥0恒成立，当且仅当x=0时取等号，
故当x>0时，g(x)>0，即f(x)+x>0，
所以f(x)>-x. ①
1
2
答案
f(x)过(x0，f(x0))，(1，0)两点的割线方程为y=(x-1)=(-1)(x-1)，
令h(x)=f(x)-(-1)(x-1)，
则h'(x)=f'(x)-+1=xex-，
当x∈(x0，1)时，h″(x)=(x+1)ex>0，
所以h'(x)在(x0，1)上单调递增，
又h'(x0)=x0-=(x0-1)<0，
h'(1)=e->0，
所以h'(x)在(x0，1)上有1个零点，记作α，
当x01
2
答案
当α0，
故h(x)在(x0，α)上单调递减，在(α，1)上单调递增，
又h(x0)=h(1)=0，所以h(x)<0在(x0，1)上恒成立，
即f(x)-(-1)(x-1)<0恒成立，
故f(x)<(-1)(x-1)， ②
因为方程f(x)=a有2个实根x1，x2，
显然f(0)=f(1)=0，
所以f(x)<0 01
2
答案
不妨设x1因为a<0，所以必有0由f(x1)=a和不等式①可得a=f(x1)>-x1，
所以x1>-a；
由f(x2)=a和不等式②可得
a=f(x2)<(-1)(x2-1)，
所以x2>+1，
从而x1+x2>-a++1，
1
2
答案
由f'(x0)=x0-1=0可得=，
故x1+x2>-a++1=+1.
另一方面，要证x1+x2<2x0，
只需证x2<2x0-x1，
因为0所以2x0-x1>x0，
1
2
答案
结合f(x)在(x0，+∞)上单调递增知，
要证x2<2x0-x1，
只需证f(x2)又f(x1)=f(x2)，
所以只需证f(x1)即证f(x1)-f(2x0-x1)<0，
设φ(x)=f(x)-f(2x0-x)(0则φ'(x)=f'(x)+f'(2x0-x)=xex+(2x0-x)-2，
1
2
答案
φ″(x)=(x+1)ex--(2x0-x)
=(x+1)ex-(2x0+1-x)，
因为当0易证0从而(x+1)ex<(2x0+1-x)，
所以φ″(x)<0，故φ'(x)在(0，x0)上单调递减，
又φ'(x0)=2x0-2=0，
所以φ'(x)>0在(0，x0)上恒成立，故φ(x)在(0，x0)上单调递增，
1
2
答案
显然φ(x0)=0，所以φ(x)<0在(0，x0)上恒成立，
从而中φ(x1)=f(x1)-f(2x0-x1)<0，
故x1+x2<2x0成立，
综上所述，+1第三章　
进阶篇　不等式证明方法
数学
大
一
轮
复
习
指对放缩
进阶1
切线放缩证明不等式是一种常用的方法，它可以解决许多数学问题，常见的有指对切线放缩，使用切线放缩可以深入理解数学的本质.
常见的指对切线放缩
指对切线放缩
题型一
例1　证明不等式：ex－ln(x＋2)>0.
要证ex－ln(x＋2)>0，
即证ex>ln(x＋2)，
又ex≥x＋1，当且仅当x＝0时等号成立，
令t＝x＋2，则ln(x＋2)＝ln t≤t－1＝x＋1，
即ln(x＋2)≤x＋1，当且仅当x＝－1时等号成立，
故ex≥x＋1≥ln(x＋2)，等号成立的条件不一致，则ex>ln(x＋2)，结论得证.
指对同时出现时，一般求导难以解决，常见的方法有隐零点、同构、放缩等.
思维升华
跟踪训练1　当x>0时，证明：ex2－xln x要证当x>0时，ex2－xln x只需证ex－ln x下证－ln x≤
即证ln≤
令t＝即证ln t≤t.
显然成立，且等号成立的条件是t＝e，
即x＝.
又ex≤ex，当且仅当x＝1时等号成立，
由不等式的基本性质及等号成立的条件不一致得原不等式成立.
1.与ex相关的增强放缩
(1)ex≥x＋1　　　　ex≥1＋x＋(x≥0)　　　　ex＝1＋
＋…＋＋o(xn)(泰勒展开式).
(2)ex≥ex　　　　ex≥ex
＋(x－1)2(x≥0).
指对增强放缩
题型二
(3)通过变换得到的其他不等式
把ex≥x＋1中的x换成ln x，可得ln x≤x－1.
把ex≥x＋1中的x换成x－1，可得ex≥ex.
把ex≥x＋1中的x换成－x，可得e－x≥－x＋1，取倒数后可得ex≤(x<1).
把ex≥x＋1中的x换成x＋ln x，可得ex＋ln x＝xex≥x＋ln x＋1(朗博同构).
2.与ln x相关的增强放缩
(1)ln x≤x－1　　　　ln(x＋1)≤x　　　　ln x≥1－　　　　ln(x＋1)
＝x－＋…＋(－1)n＋o(xn＋1)(泰勒展开式).
(2)ln x≤.
(3)飘带不等式：≤ln x≤x≥1.
(4)通过变换得到的其他不等式
把ln x≤x－1中的x换成ex，可得ex≥x＋1.
把ln x≤x－1中的x换成可得ln x≤.
把ln x≤x－1中的x换成x＋1，可得ln(x＋1)≤x.
把ln(x＋1)≤x中的x换成可得ln(n＋1)－ln n<.
把ln(x＋1)≤x中的x换成－可得ln(n＋1)－ln n>.
例2　证明：ex＋≥2－ln x＋x2＋(e－2)x.
由题意知x>0，因为ex≥ex＋(x－1)2，
所以要证ex＋≥2－ln x＋x2＋(e－2)x成立，
只需证ex＋(x－1)2＋≥2－ln x＋x2＋(e－2)x，
即证ln≤－1，
令t＝即证ln t≤t－1，显然成立.
结论得证.
在利用ex≥x＋1或ex≥ex进行切线放缩时，不等号右侧的增长速度比左侧的快，显然不成立，此时选用增强版的曲线放缩.
思维升华
跟踪训练2　证明：对任意x>0，不等式ex＋x2－(e＋1)x＋>2成立.
因为ex≥ex，所以只需证ex＋x2－(e＋1)x＋>2成立，
即证x2－x＋>2成立，
即证x2－2x＋1＋x＋－1>2成立，
即证(x－1)2＋>3成立，
由基本不等式得x＋≥2当且仅当x＝时等号成立，
而2>3，(x－1)2≥0，故原不等式成立，结论得证.
课时精练
答案
1
2
(1)g(x)=f(ax)-x-a=eax-x-a，g'(x)=aeax-1，
①若a≤0，g'(x)<0，g(x)在R上单调递减.
②若a>0，当x<-ln a时，g'(x)<0，g(x)单调递减；
当x>-ln a时，g'(x)>0，g(x)单调递增.
综上，当a≤0时，g(x)在R上单调递减；
当a>0时，g(x)在上单调递减，在上单调
递增.
1.
答案
1
2
(2)要证f(x)+ln x+>
只需证x(ln x+ex)-4+3>0，x>0，
由(1)可知，当a=1时，ex-x-1≥0，
即ex≥x+1，等号成立的充要条件为x=0.
当x+1>0时，上式两边取以e为底的对数，
可得ln(x+1)≤x(x>-1)，
用x-1代替x可得ln x≤x-1(x>0)，
1.
答案
1
2
又可得ln≤-1(x>0)，所以ln x≥1-(x>0)，
等号成立的充要条件为x=1.
所以x(ln x+ex)-4+3>x+3-4
=x2+2x+2-4=(x+1)2-4+1≥(2)2-4+1
=(2-1)2≥0，
从而不等式f(x)+ln x+>成立.
1.
答案
1
2
(1)由条件得f'(x)=ex-1-2ax，
令h(x)=ex-1-2ax，
则h'(x)=ex-2a.
①当2a≤1，即a≤时，在[0，+∞)上，h'(x)≥0，h(x)单调递增，
∴h(x)≥h(0)，即f'(x)≥f'(0)=0，
∴f(x)在[0，+∞)上单调递增，
∴f(x)≥f(0)=0，∴当a≤时满足条件；
2.
答案
1
2
②当2a>1，即a>时，令h'(x)=0，
解得x=ln 2a，在[0，ln 2a)上，h'(x)<0，h(x)单调递减，
∴当x∈(0，ln 2a)时，
有h(x)∴f(x)在(0，ln 2a)上单调递减，
∴f(x)综上，实数a的取值范围为.
2.
答案
1
2
(2)由(1)得，当a=且x>0时，ex>1+x+
即ex-1>x+=
要证不等式(ex-1)ln(x+1)>x2，
只需证明ex-1>
只需证明>
2.
答案
1
2
只需证ln(x+1)>
设F(x)=ln(x+1)-
则F'(x)=-=
∴当x>0时，F'(x)>0恒成立，
故F(x)在(0，+∞)上单调递增，又F(0)=0，
∴当x>0时，F(x)>0恒成立.
∴原不等式成立.
2.
1.已知函数f(x)＝ex.
(1)讨论函数g(x)＝f(ax)－x－a的单调性；
1
2
答案
1
2
答案
g(x)＝f(ax)－x－a＝eax－x－a，g'(x)＝aeax－1，
①若a≤0，g'(x)<0，g(x)在R上单调递减.
②若a>0，当x<－ln a时，g'(x)<0，g(x)单调递减；
当x>－ln a时，g'(x)>0，g(x)单调递增.
综上，当a≤0时，g(x)在R上单调递减；
当a>0时，g(x)在上单调递减，在上单调递增.
(2)证明：f(x)＋ln x＋>.
1
2
答案
1
2
答案
要证f(x)＋ln x＋>
只需证x(ln x＋ex)－4＋3>0，x>0，
由(1)可知，当a＝1时，ex－x－1≥0，
即ex≥x＋1，等号成立的充要条件为x＝0.
当x＋1>0时，上式两边取以e为底的对数，
可得ln(x＋1)≤x(x>－1)，
用x－1代替x可得ln x≤x－1(x>0)，
又可得ln≤－1(x>0)，
1
2
答案
所以ln x≥1－(x>0)，
等号成立的充要条件为x＝1.
所以x(ln x＋ex)－4＋3>x＋3－4
＝x2＋2x＋2－4＝(x＋1)2－4＋1
≥(2)2－4＋1
＝(2－1)2≥0，
从而不等式f(x)＋ln x＋>成立.
1
2
答案
2.已知函数f(x)＝ex－1－x－ax2.
(1)当x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；
1
2
答案
由条件得f'(x)＝ex－1－2ax，
令h(x)＝ex－1－2ax，则h'(x)＝ex－2a.
①当2a≤1，即a≤时，在[0，＋∞)上，h'(x)≥0，h(x)单调递增，
∴h(x)≥h(0)，即f'(x)≥f'(0)＝0，
∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)≥f(0)＝0，
∴当a≤时满足条件；
1
2
答案
②当2a>1，即a>时，令h'(x)＝0，解得x＝ln 2a，在[0，ln 2a)上，h'(x)<0，h(x)单调递减，
∴当x∈(0，ln 2a)时，有h(x)即f'(x)∴f(x)在(0，ln 2a)上单调递减，
∴f(x)综上，实数a的取值范围为.
1
2
答案
(2)若x>0，证明：(ex－1)ln(x＋1)>x2.
1
2
答案
由(1)得，当a＝且x>0时，ex>1＋x＋
即ex－1>x＋
要证不等式(ex－1)ln(x＋1)>x2，
只需证明ex－1>
只需证明>
只需证ln(x＋1)>
1
2
答案
设F(x)＝ln(x＋1)－
则F'(x)＝
∴当x>0时，F'(x)>0恒成立，
故F(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又F(0)＝0，
∴当x>0时，F(x)>0恒成立.
∴原不等式成立.(共45张PPT)
第三章　
进阶篇　不等式证明方法
数学
大
一
轮
复
习
极值点偏移(二)
进阶5
例1　已知函数f(x)＝x2ln x，若方程f(x)＝m有两个不相等的实根x1，x2，求证：>.
换元构造辅助函数
题型一
(换元法)
令a＝b＝则f(x1)＝f(x2)，
即ln x1＝ln x2，
所以ln ln
所以aln a＝bln b，
设函数g(x)＝xln x，则g(a)＝g(b)，
g'(x)＝ln x＋1，所以g'(x)>0 x>
g'(x)<0 0所以g(x)在上单调递减，在上单调递增.
求证>即证a＋b>.
不妨设a
令h(x)＝g(x)－g0由h'(x)＝g'(x)＋g'＝ln x＋1＋ln＋1＝ln＋2
＝ln＋2<0，
所以h(x)在上单调递减，h(x)>h＝0，
所以g(a)>g即g(b)>g
又g(x)在上单调递增，
所以b>－a，即a＋b>
故>得证.
在证明过程中出现的形式不符合和型结构时，通过换元构造新函数然后再进行证明.
思维升华
跟踪训练1　已知函数f(x)＝x－ln x，若两个不相等的正实数x1，x2满足f(x1)＝f(x2)，求证：f'(x1)＋f'(x2)<0.
f(x1)＝f(x2)即x1－ln x1＝x2－ln x2，
令a＝b＝则＋ln a＝＋ln b，
记函数g(x)＝＋ln x，则g(a)＝g(b)，
g'(x)＝
所以g'(x)>0 x>1，g'(x)<0 0所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝1，
则a，b为g(x)＝k的两个不相等的实数根，其中k>1，
不妨设a1，
令h(x)＝g(x)－g(2－x)，0则h'(x)＝g'(x)＋g'(2－x)＝＝－<0，
所以h(x)在(0，1)上单调递减，h(x)>h(1)＝0，
所以g(a)>g(2－a)，故g(b)>g(2－a)，
又g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以b>2－a，即a＋b>2，故>2，
所以f'(x1)＋f'(x2)＝1－＋1－<0.
例2　已知函数f(x)＝xe－x(x∈R).如果x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明：
(1)x1＋x2>2；
比值代换
题型二
方法一　f'(x)＝(1－x)e－x，易知f(x)在(－∞，1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减，
所以f(x)max＝f(1)＝
又f(0)＝0，当x→＋∞时，f(x)→0，
不妨设x1由f(x1)＝f(x2)，得x1＝x2
即即x2－x1＝ln
令t＝(t>1)，
则x2－x1＝ln t， ①
又t＝即x2＝tx1， ②
由①②得x1＝x2＝
要证x1＋x2>2，即证>2，
即证ln t>(t>1)，
由飘带不等式知该式成立.
所以x1＋x2>2.
方法二　(齐次消元)
f'(x)＝(1－x)e－x，易知f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以f(x)max＝f(1)＝
又f(0)＝0，当x→＋∞时，f(x)→0，
不妨设x1由f(x1)＝f(x2)，得x1＝x2即
所以x2－x1＝ln＝ln x2－ln x1，
即＝1.
x1＋x2＝(x1＋x2)·
＝·ln
＝·ln
令t＝(t>1)，
则由飘带不等式知ln t>
即·ln t>2，即x1＋x2>2.
(2)x1x2<1.
方法一　由(1)知x1x2＝
则
要证x1x2<1，即证<1，
令m＝>1，即证<1，
即证ln m<(m>1)，
由飘带不等式知该式成立，
故x1x2<1.
方法二　要证x1x2<1，即证<1，
·＝·ln·ln
令m＝(m>1)，
由飘带不等式知ln m<
即·ln m2<1，
即<1，故x1x2<1.
比值代换法是指通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝化为单变量的函数不等式，再利用函数单调性证明.
思维升华
跟踪训练2　设x1，x2为两个不相等的正数，且x2ln x1－x1ln x2＝x1－x2，证明：不妨设0则t＝>1，
由x2ln x1－x1ln x2＝x1－x2得
tx1ln x1－x1ln(tx1)＝x1－tx1，
即ln x1＝－1，
要证只需证ex1x2>x1＋x2，
即证et>x1(1＋t)，
即证etx1>1＋t，
即证x1>
即证ln x1>ln
即证－1>ln(1＋t)－ln t－1，
即证>ln(1＋t)－ln t，
即证>ln
易知ln<
ln t>1－
则>>ln
故课时精练
答案
1
2
因为函数f(x)=ax2-(ln x)2，可得f'(x)=2ax-
若f(x)有两个极值点x1，x2，
则函数f'(x)有两个零点x1，x2，
所以2a=ln 2a=ln
令t1=t2=
则等价于关于t的方程2at=ln t有两个不相等的实数根t1，t2，
只需证明t1t2>e2，
1.
答案
1
2
不妨令t1>t2，由2at1=ln t1，2at2=ln t2得2a=
要证t1t2>e2，
只需证明ln t1+ln t2>2，
即证ln t1+ln t2=2a(t1+t2)=(t1+t2)·>2，
即证ln t1-ln t2>
即证ln>
1.
答案
1
2
令m=则m>1，
只需证明ln m>(m>1)，
由飘带不等式知，ln m>(m>1)成立，
则t1t2>e2成立，故x1x2>e得证.
1.
答案
1
2
(1)f(x)的定义域为R，f'(x)=(x+1)ex，
当x∈(-∞，-1)时，f'(x)<0，
当x∈(-1，+∞)时，f'(x)>0，
故f(x)在(-∞，-1)上单调递减，在(-1，+∞)上单调递增，
又当x→-∞时，f(x)→-m>0，
当x→+∞时，f(x)→+∞，
故要使f(x)有两个零点，
2.
答案
1
2
则需f(x)min=f(-1)=-e-1-m<0，
故m>-
又m<0，可得-故满足题意的实数m的取值范围为.
2.
答案
1
2
(2)令x1=ea，x2=eb，
即a=ln x1，b=ln x2，
要证ea+eb>即证x1+x2>只需证x2>-x1，
由(1)可设a<-1所以0因为f(a)=f(b)=0，
2.
答案
1
2
所以x1ln x1=x2ln x2，
设g(x)=xln x，
因为g'(x)=ln x+1，
所以g(x)在上单调递减，在上单调递增，
令h(x)=g-g(x)，
02.
答案
1
2
则h'(x)=-ln-2=-ln[-(ex-1)2+1]>0，
所以h(x)在上单调递增，
又h=0，所以h(x)<0，
所以h(x1)=g-g(x1)<0，
所以g2.
答案
1
2
因为-x1>x2>g(x)在上单调递增，
所以x2>-x1，
所以x1+x2>
所以ea+eb>.
2.
1.已知函数f(x)＝ax2－(ln x)2(a∈R).若f(x)有两个极值点x1，x2.求证：x1x2>e.
1
2
答案
1
2
答案
因为函数f(x)＝ax2－(ln x)2，
可得f'(x)＝2ax－
若f(x)有两个极值点x1，x2，
则函数f'(x)有两个零点x1，x2，
所以2a＝ln 2a＝ln
令t1＝t2＝
则等价于关于t的方程2at＝ln t有两个不相等的实数根t1，t2，
只需证明t1t2>e2，
1
2
答案
不妨令t1>t2，由2at1＝ln t1，2at2＝ln t2得2a＝
要证t1t2>e2，只需证明ln t1＋ln t2>2，
即证ln t1＋ln t2＝2a(t1＋t2)＝(t1＋t2)·>2，
即证ln t1－ln t2>
即证ln>
令m＝则m>1，
1
2
答案
只需证明ln m>(m>1)，
由飘带不等式知，ln m>(m>1)成立，
则t1t2>e2成立，故x1x2>e得证.
1
2
答案
2.(2025·昆明模拟)设a，b为函数f(x)＝xex－m(m<0)的两个零点.
(1)求实数m的取值范围；
1
2
答案
f(x)的定义域为R，f'(x)＝(x＋1)ex，
当x∈(－∞，－1)时，f'(x)<0，
当x∈(－1，＋∞)时，f'(x)>0，
故f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，
又当x→－∞时，f(x)→－m>0，
当x→＋∞时，f(x)→＋∞，
故要使f(x)有两个零点，
则需f(x)min＝f(－1)＝－e－1－m<0，
1
2
答案
故m>－
又m<0，可得－故满足题意的实数m的取值范围为.
1
2
答案
(2)证明：ea＋eb>.
1
2
答案
令x1＝ea，x2＝eb，
即a＝ln x1，b＝ln x2，
要证ea＋eb>
即证x1＋x2>
只需证x2>－x1，
由(1)可设a<－1所以0因为f(a)＝f(b)＝0，
1
2
答案
所以x1ln x1＝x2ln x2，
设g(x)＝xln x，
因为g'(x)＝ln x＋1，
所以g(x)在上单调递减，在上单调递增，
令h(x)＝g－g(x)，0则h'(x)＝－ln－2
＝－ln[－(ex－1)2＋1]>0，
1
2
答案
所以h(x)在上单调递增，
又h＝0，
所以h(x)<0，
所以h(x1)＝g－g(x1)<0，
所以g因为－x1>x2>g(x)在上单调递增，
1
2
答案
所以x2>－x1，
所以x1＋x2>
所以ea＋eb>.(共44张PPT)
第三章　
进阶篇　不等式恒(能)成立问题
数学
大
一
轮
复
习
端点失效
进阶4
利用必要性探路，充分性护航解决恒成立问题时，利用端点处需满足的必要条件缩小参数的取值范围，而往往得到的范围即为所求，再去做充分性论证即可.一般情况下单调函数是可以用端点效应的.但有时候难以避免会遇到端点失效的情况，即通过必要条件得到的参数范围并不是最终的解.当函数不单调时，端点效应就会失效了，如图.
遇到这样的情况，我们又该怎么办呢？
例　已知函数f(x)=ex+ax2-x.当x≥0时，f(x)≥x3+1，求a的取值范围.
错误解法　(端点效应失效)
令h(x)=ex+ax2-x-x3-1，其中x≥0，
h(0)=0，
h'(x)=ex+2ax-1-x2，
h'(0)=0，
h″(x)=ex+2a-3x，
h″(0)=1+2a≥0，即a≥-，
但当a=-时，h(x)=ex-x2-x-x3-1，h(1)=e-3<0.
正确解法　方法一　(必要性探路)
当x≥0时，f(x)≥x3+1恒成立，
令h(x)=ex+ax2-x-x3-1，
则h'(x)=ex+2ax-1-x2，
由
即
②×x0-①×2得(x0-2)+x0-+2=0，
即(x0-2)-+-+2x0-x0+2=0，
即(x0-2)-(x0-2)-x0(x0-2)-(x0-2)=0，
即(x0-2)=0，
又当x≥0时ex≥1+x+(泰勒展开式)，
所以x0=2，
所以h(2)≥0，即a≥.
下证充分性：
当a≥时，
f(x)=ex+ax2-x≥ex+·x2-x，
只需证明ex+x2-x≥x3+1(x≥0)恒成立，
即≤4(x≥0)恒成立，
令t(x)=(x≥0)，
则t'(x)===，
所以当x∈时，t'(x)<0，t(x)单调递减；
当x∈，t'(x)>0，t(x)单调递增；
当x∈(2，+∞)，t'(x)<0，t(x)单调递减.
从而t(x)max=max{t(0)，t(2)}=4，
即t(x)≤4，成立.
所以当a≥时，f(x)≥x3+1恒成立.
综上，a的取值范围是.
方法二　(分离参数)
由f(x)≥x3+1得，ex+ax2-x≥x3+1，其中x≥0，
当x=0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意；
当x>0时，分离参数a得，
a≥-，
记g(x)=-，
g'(x)=-，
令h(x)=ex-x2-x-1(x≥0)，
则h'(x)=ex-x-1，h″(x)=ex-1≥0，
故h'(x)单调递增，h'(x)≥h'(0)=0，
故函数h(x)单调递增，h(x)≥h(0)=0，
由h(x)≥0可得ex-x2-x-1≥0恒成立，
故当x∈(0，2)时，g'(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(2，+∞)时，g'(x)<0，g(x)单调递减，
因此，g(x)max=g(2)=，故a≥g(x)max=，
综上可得，实数a的取值范围是.
导函数含参数单调的可以使用端点效应，导函数含参不单调的不能使用端点效应，如ex-ax2-x-1≥0在[0，+∞)上恒成立可以使用端点效应，因为它的导函数ex-2ax-1在a<0时为单调函数，而ex-x2-ax-1≥0在[0，+∞)上恒成立就不能使用端点效应.
思维升华
跟踪训练　已知函数H(x)=aex-1-ln x+ln a-1，若H(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.
方法一　(必要性探路)
∵H(x)≥0恒成立，
H'(x)=aex-1-，
由即
得x0=1，
∴H(1)≥0，解得a≥1.
下面证明当a≥1时，H(x)≥0恒成立，
将H(x)=aex-1-ln x+ln a-1视为关于a的函数m(a)=ex-1·a+ln a-ln x-1，
易知m(a)单调递增，
∴m(a)≥m(1)=ex-1-ln x-1，
又ex-1≥x，ln x≤x-1，
∴ex-1-ln x-1≥0，
即m(a)≥0，所以H(x)≥0，
综上，a的取值范围是[1，+∞).
方法二　(常规分类讨论+隐零点代换)
H'(x)=aex-1-(x>0)，
∵a>0，∴H'(x)在(0，+∞)上为增函数，
当a=1时，H'(x)=ex-1-，H'(1)=0，
当x∈(0，1)时，H'(x)<0；
当x∈(1，+∞)时，H'(x)>0，
则H(x)min=H(1)=0，
故H(x)≥0，符合题意.
当a≠1时，取x1=min，则H'(x1)<0；
取x2=，则H'(x2)>0，
∴存在x3∈(x1，x2)使得H'(x3)=0，
当x∈(0，x3)时，H'(x)<0，H(x)单调递减；
当x∈(x3，+∞)时，H'(x)>0，H(x)单调递增，
∴H(x)min=H(x3)=a-ln x3+ln a-1， ①
又H'(x3)=a-=0，即a=，
两边取对数得ln a+x3-1=-ln x3， ②
代入①得H(x)min=H(x3)=+ln a+x3-1+ln a-1=+x3-2+2ln a，
由题意知H(x)min≥0，即+x3-2+2ln a≥0 2ln a≥-+2，
又-+2≤0，
∴2ln a≥0，解得a≥1，故a>1，综上，a的取值范围为[1，+∞).
方法三　(指对同构)
由H(x)=aex-1-ln x+ln a-1≥0得eln a+x-1+ln a+x-1≥ln x+x， ③
令F(x)=ln x+x，
则③式等价于F(eln a+x-1)≥F(x)， ④
又F(x)单调递增，∴④式等价于eln a+x-1≥x，
即aex-1≥x a≥，
令m(x)=，则m'(x)=，
∴m(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，
∴m(x)max=m(1)=1，∴a≥1，即a的取值范围为[1，+∞).
课时精练
答案
1
2
方法一　(分离参数)
由f(x)≥ex(cos x-1)+x2+(a-1)x+1，可得ax≤ex-x2+x-1，
即当x>0时，a≤-x-+1恒成立.
设g(x)=-x-+1(x>0)，
则g'(x)==.
令φ(x)=ex-x-1，则当x∈(0，+∞)时，φ'(x)=ex-1>0，
1.
答案
1
2
所以当x∈(0，+∞)时，φ(x)单调递增，φ(x)>φ(0)=0，
则当x∈(0，1)时，g'(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(1，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min=g(1)=e-1，
所以a的取值范围为(-∞，e-1].
1.
答案
1
2
方法二　(指数处理技巧)
当x>0时，不等式等价于≤1恒成立，
令h(x)=，x>0，
则h'(x)=，x>0，
①若a=1，h'(x)==，
因为(x-1)2≥0，ex>0，
1.
答案
1
2
所以h'(x)≤0，h(x)=在(0，+∞)上单调递减，h(x)②若a<1，则1<2-a，
当x∈(0，1)∪(2-a，+∞)时，h'(x)<0；
当x∈(1，2-a)时，h'(x)>0，
所以h(x)在x=2-a处取得极大值，
由当x>0时，ex>x+1知，e2-a>3-a，即h(2-a)=<1，
1.
答案
1
2
又h(0)=1，所以h(x)<1在(0，+∞)上恒成立，
因此a<1符合题意.
③若1当x∈(0，2-a)∪(1，+∞)时，h'(x)<0；
当x∈(2-a，1)时，h'(x)>0，
所以h(x)在x=1处取得极大值，
则由 11.
答案
1
2
④若a≥2，则h(1)=≥>1，与题意矛盾.
综上所述，a的取值范围为(-∞，e-1].
1.
答案
1
2
当x>0时，将f(x)≥0变形，
得ax-1≥-，
因为函数y=-在x=π处的切线y=x-1恰好过
点(0，-1)，如图，
所以a≥.
下面证当a≥时，f(x)≥0.
2.
答案
1
2
因为a≥，所以f(x)≥sin x-x+x2，
令g(x)=sin x-x+x2，
要证f(x)≥0，只需证g(x)≥0.
①当x∈(-∞，0]时，
g(x)=sin x-x+x2≥sin x-x，
又当x≤0时，sin x≥x，所以g(x)≥0；
2.
答案
1
2
②当x∈(0，π)时，令g'(x)=cos x-1+x=p(x)，p'(x)=-sin x+=q(x)，易知q(x)在上单调递减，在上单调递增.
因为q(0)=>0，q=-1+<0，
q(π)=>0，
所以 x1∈，x2∈，使得q(x1)=q(x2)=0.
所以当x∈(0，x1)∪(x2，π)时，q(x)>0；
2.
答案
1
2
当x∈(x1，x2)时，q(x)<0，
所以p(x)在(0，x1)，(x2，π)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减.
而p(0)=p=p(π)=0，
所以当x∈时，p(x)>0；
当x∈时，p(x)<0.
所以g(x)在上单调递增，在上单调递减，而g(0)=g(π)=0，所以当x∈(0，π)时，g(x)>0.
2.
答案
1
2
③当x∈[π，+∞)时，p(x)≥cos x-1+2≥0，所以g(x)在[π，+∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(π)=0.
综上所述，a的取值范围是.
2.
1.已知函数f(x)=excos x，当x>0时，f(x)≥ex(cos x-1)+x2+(a-1)x+1恒成立，求实数a的取值范围.
1
2
答案
1
2
答案
方法一　(分离参数)
由f(x)≥ex(cos x-1)+x2+(a-1)x+1，可得ax≤ex-x2+x-1，
即当x>0时，a≤-x-+1恒成立.
设g(x)=-x-+1(x>0)，
则g'(x)==.
令φ(x)=ex-x-1，则当x∈(0，+∞)时，φ'(x)=ex-1>0，
所以当x∈(0，+∞)时，φ(x)单调递增，φ(x)>φ(0)=0，
1
2
答案
则当x∈(0，1)时，g'(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(1，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min=g(1)=e-1，
所以a的取值范围为(-∞，e-1].
方法二　(指数处理技巧)
当x>0时，不等式等价于≤1恒成立，
令h(x)=，x>0，
则h'(x)=，x>0，
1
2
答案
①若a=1，h'(x)==，
因为(x-1)2≥0，ex>0，
所以h'(x)≤0，h(x)=在(0，+∞)上单调递减，h(x)②若a<1，则1<2-a，
当x∈(0，1)∪(2-a，+∞)时，h'(x)<0；
当x∈(1，2-a)时，h'(x)>0，
所以h(x)在x=2-a处取得极大值，
1
2
答案
由当x>0时，ex>x+1知，e2-a>3-a，
即h(2-a)=<1，
又h(0)=1，所以h(x)<1在(0，+∞)上恒成立，
因此a<1符合题意.
③若1当x∈(0，2-a)∪(1，+∞)时，h'(x)<0；
当x∈(2-a，1)时，h'(x)>0，
所以h(x)在x=1处取得极大值，
1
2
答案
则由 1④若a≥2，则h(1)=≥>1，与题意矛盾.
综上所述，a的取值范围为(-∞，e-1].
1
2
答案
2.已知函数f(x)=sin x-x+ax2(a∈R)，若f(x)≥0恒成立，求a的取值范围.
[错解1]　容易得f(0)=0，f'(x)=cos x-1+2ax，f'(0)=0，f″(x)=-sin x+2a.结合端点效应，当f″(x)=-sin x+2a≥0，即a≥时，f(x)≥0恒成立.
[错解分析]　该解法的思路是破题的一种方法.根据端点f(0)=0且f'(0)=0的特点，学生考虑f'(x)单调递增时的一种“理想状态”，即f″(x)≥0恒成立时，有f'(x)单调递增，结合f'(0)=0，得f(x)min=f(0)=0，所以f(x)≥0，这必定符合题意.
因此“a≥”是问题成立的充分条件.对于此时的充分条件，如何证明其必要性呢？如果顺着学生思路走下去，接下来应考虑，当a<时，f(x)≥0不恒成立，即总能找到一个x0，使f(x0)<0.结合正确答案a≥来看，这显然是行不通的.因此，正确的做法是当a<时，继续寻找符合题意的a，但这个思维难度就不小了.
1
2
答案
[错解2]　容易得f(0)=0，f'(x)=cos x-1+2ax，f'(0)=0，求得f″(x)=-sin x+2a.结合端点效应，必有f″(0)=2a≥0，即a≥0.
[错解分析]　该方法的思路是完全按照“端点效应”的情况处理的，所以f″(0)≥0，即2a≥0，a≥0.此时，求得的范围是问题的必要条件，如何证明其充分性呢？如果顺着学生思路走下去，接下来应考虑，当a≥0时，f(x)≥0恒成立.
以上两种思路都是处理该类不等式恒成立问题的常规解题思路，只是针对本题失效了而已.那么端点效应解题为何会失效呢？关键还在于端点效应解题本身有一种“凑巧”的成分在里面，此时不凑巧了而已！因此，利用端点效应解题要注意解题过程的逻辑性和严谨性.
1
2
答案
1
2
答案
[正解]　当x>0时，将f(x)≥0变形，得ax-1≥-，
因为函数y=-在x=π处的切线y=x-1恰好过
点(0，-1)，如图，
所以a≥.
下面证当a≥时，f(x)≥0.
因为a≥，所以f(x)≥sin x-x+x2，令g(x)=sin x-x+x2，
要证f(x)≥0，只需证g(x)≥0.
1
2
答案
①当x∈(-∞，0]时，
g(x)=sin x-x+x2≥sin x-x，
又当x≤0时，sin x≥x，所以g(x)≥0；
②当x∈(0，π)时，令g'(x)=cos x-1+x=p(x)，p'(x)=-sin x+=q(x)，易知q(x)在上单调递减，在上单调递增.
因为q(0)=>0，q=-1+<0，
q(π)=>0，
1
2
答案
所以 x1∈，x2∈，
使得q(x1)=q(x2)=0.
所以当x∈(0，x1)∪(x2，π)时，q(x)>0；
当x∈(x1，x2)时，q(x)<0，
所以p(x)在(0，x1)，(x2，π)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减.
而p(0)=p=p(π)=0，
所以当x∈时，p(x)>0；
1
2
答案
当x∈时，p(x)<0.
所以g(x)在上单调递增，在上单调递减，
而g(0)=g(π)=0，所以当x∈(0，π)时，g(x)>0.
③当x∈[π，+∞)时，p(x)≥cos x-1+2≥0，所以g(x)在[π，+∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(π)=0.
综上所述，a的取值范围是.(共57张PPT)
第三章　
进阶篇　导数中的零点问题
数学
大
一
轮
复
习
隐零点与零点赋值
进阶2
例1　(2024·汕头模拟)已知函数f(x)＝g(x)＝aex－1，a∈R.
(1)求f(x)的极值；
隐零点问题
题型一
由题意得f'(x)＝x∈(0，＋∞)，
令f'(x)＝0，得x＝1，当00；
当x>1时，f'(x)<0，
则f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
故当x＝1时，函数取到极大值，极大值为f(1)＝1，无极小值.
(2)若f(x)与g(x)的图象有两个交点，求实数a的取值范围.
由题意f(x)与g(x)的图象有两个交点，
即f(x)－g(x)＝－aex＋1＝0有两个根，
即方程x＋ln x＋1－axex＝0有两个根，
令F(x)＝x＋ln x＋1－axex，x∈(0，＋∞)，
F'(x)＝1＋－a(x＋1)ex＝(x＋1)
令φ(x)＝－aex(x>0)，φ'(x)＝－－aex，
①若a≤0，φ(x)>0，即F'(x)>0，
则F(x)在(0，＋∞)上单调递增，
F(x)至多有一个零点，不满足题意；
②若a>0，φ'(x)＝－－aex<0，φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，
当01－aex，
令1－aex>0，得x故当00，
当x>1时，φ(x)＝－aex<1－aex，
令1－aex<0，得x>ln
故当x1>max时，φ(x1)<0，
所以φ(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点x0，且＝a
当x∈(0，x0)时，φ(x)>0，
当x∈(x0，＋∞)时，φ(x)<0，
故x∈(0，x0)时，F'(x)>0，
当x∈(x0，＋∞)时，F'(x)<0，
所以F(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，
因为＝a即ax0＝1，
故F(x)max＝F(x0)＝x0＋ln x0＋1－ax0＝x0＋ln x0，
要使得F(x)有两个零点，则必有F(x)max>0，即x0＋ln x0>0，
由于＝a此时ln＝ln(x0)＝x0＋ln x0>0，得0下证当0因为F(e－2)＝e－2－1－ae－2由(1)知≤1恒成立，
故F(x)＝x＋ln x＋1－axex≤2x－axex＝x(2－aex)，当且仅当x＝1时取等号，
所以F<2ln－aln·＝ln＝0，
因为0使得F(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，
故F(x)max＝F(x0)＝x0＋ln x0＋1－ax0＝x0＋ln x0＝ln>0，
故F(x)在(e－2，x0)和上各有一个零点，
综上，若f(x)与g(x)的图象有两个交点，
则实数a的取值范围为(0，1).
对函数的零点设而不求，通过整体代换、构造函数等方法，再结合题目条件解决问题.
(1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f'(x0)＝0，并结合f(x)的单调性得到零点的取值范围.
(2)以零点为分界点，说明导函数f'(x)的正负，得到f(x)的单调区间，进而求出f(x)的最值.
(3)将零点方程f'(x0)＝0适当变形，整体代入f(x)的最值式子后进行化简、证明等，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小.
思维升华
跟踪训练1　(2024·郑州模拟)设函数f(x)＝e2x－aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f'(x)的零点的个数；
f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f'(x)＝2e2x－(x>0).
由f'(x)＝0得2xe2x＝a.
令g(x)＝2xe2x，g'(x)＝(4x＋2)e2x>0(x>0)，
从而g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)>g(0)＝0.
当a>0时，方程g(x)＝a有一个实根，即f'(x)存在唯一零点；
当a≤0时，方程g(x)＝a没有实根，即f'(x)没有零点.
(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln.
由(1)可知当a>0时，f'(x)存在唯一零点，
设f'(x)在(0，＋∞)内的唯一零点为x0，
当x∈(0，x0)时，f'(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f'(x)>0，
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(x0).
由2＝0，得
x0＝得ln x0＝ln＝ln－2x0，
所以f(x0)＝－aln x0＝－a
＝＋2ax0＋aln
≥2＋aln＝2a＋aln.
故当a>0时，f(x)≥2a＋aln.
例2　已知函数f(x)＝x(ln x－1)－aex＋eax＋1，a∈R.
(1)若a≤0，证明：f(x)≥0；
零点赋值
题型二
函数f(x)＝x(ln x－1)－aex＋eax＋1的定义域为(0，＋∞)，
得f'(x)＝ln x－aex＋ea，
显然当a≤0时，函数f'(x)在(0，＋∞)上单调递增，而f'(1)＝0，
即当0当x>1时，f'(x)>0，
因此，函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， x>0，f(x)≥f(1)＝0，
所以f(x)≥0.
(2)若(x－1)f(x)≤0恒成立，求a的取值范围.
当a≤0时，由(1)知，当x>1时，f(x)>0，(x－1)f(x)>0，
即(x－1)f(x)≤0不恒成立，不符合题意；
当a>0时，(x－1)f(x)≤0等价于当01时，f(x)≤0，
当a>0时，令g(x)＝f'(x)＝ln x－aex＋ea，
得g'(x)＝－aex，
显然g'(x)在(0，＋∞)上单调递减，
令h(x)＝ex－x－1，h'(x)＝ex－1，
当x<0时，h'(x)<0，当x>0时，h'(x)>0，
则h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， x∈R，h(x)≥h(0)＝0，即ex≥x＋1，
当且仅当x＝0时等号成立，
因此，e－x≥－x＋1，当0g'(x)＝－aex>
当00，
而g'＝a－a<0，
从而存在唯一实数x0∈使得g'(x0)＝0，
即a＝
当00，
当x>x0时，g'(x)<0，
则g(x)(即f'(x))在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，
而f'(1)＝0，当x0<1时，在(x0，1)上，f'(x)>0，f(x)在(x0，1)上单调递增，
当x∈(x0，1)时，f(x)当x0>1时，在(1，x0)上f'(x)>0，f(x)在(1，x0)上单调递增，
当x∈(1，x0)时，f(x)>f(1)＝0，不符合题意，
当x0＝1时，f'(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， x∈(0，＋∞)，f'(x)≤f'(1)＝0，
得f(x)在(0，＋∞)上单调递减，而f(1)＝0，即当x∈(0，1)时，f(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，f(x)<0，符合题意，
因此，x0＝1，a＝.
综上，a＝.
(1)赋值点需要做到三个优先：①优先常数赋值点；②优先借助已有极值求赋值点；③优先简单运算.
(2)有时赋值点无法确定，可以先对解析式进行放缩，再根据不等式的解确定赋值点，放缩法的难度在于“度”的掌握.
思维升华
跟踪训练2　已知函数f(x)＝ax－曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线为y＝－x＋1.
(1)求a，b的值；
f'(x)＝a－则f(0)＝－b＝1，
解得b＝－1，f'(0)＝a－(1－b)＝a－2＝－1，
则a＝1，b＝－1.
(2)求证：函数在区间(1，＋∞)上单调递增；
由(1)知f(x)＝x－
f'(x)＝1－
设h(x)＝ex＋x－2，
因为h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
则h(x)>h(1)＝e－1>0，
所以f'(x)>0在(1，＋∞)上恒成立，
所以函数f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增.
(3)求函数f(x)的零点个数，并说明理由.
因为f'(x)＝1－
令f'(x)＝0，得ex＋x－2＝0，
设h(x)＝ex＋x－2，
由(2)知h(x)在R上是增函数，且h(0)＝－1，h(1)＝e－1>0，
故存在唯一零点x0∈(0，1)，使得h(x0)＝0，
即存在唯一零点x0∈(0，1)，满足f'(x0)＝0，
即＋x0－2＝0，则＝2－x0，
且当x∈(－∞，x0)时，f'(x)<0，此时f(x)单调递减，
当x∈(x0，＋∞)时，f'(x)>0，此时f(x)单调递增，
所以f(x)min＝f(x0)＝x0－
＝
当x0∈(0，1)时，2－x0>0，－>－＝1，
则f(x)min>0，
则函数f(x)的零点个数为0.
课时精练
答案
1
2
f(x)-g(x)=-e-x=
令h(x)=ln(x+a)-xe-x.
(1)当a=1时，h(x)=ln(x+1)-xe-x，
要证原不等式，只需证当x>0时，
h(x)=ln(x+1)-xe-x>0.
则h'(x)=+(x-1)e-x=>0对任意的x>0恒成立，
1.
答案
1
2
∴函数h(x)在(0，+∞)上单调递增，
因此h(x)>h(0)=0，
即原不等式成立.
(2)①由题意知a>1，则函数y=f(x)-g(x)的定义域为(-a，0)∪(0，+∞).
由(1)可得当x>0时，f(x)-g(x)>-e-x>0，
故函数y=f(x)-g(x)在(0，+∞)上没有零点；
1.
答案
1
2
②当x∈(-a，0)时，h'(x)=+(x-1)e-x=.
令F(x)=ex+x2+(a-1)x-a，x∈(-a，0)，
则F'(x)=ex+2x+(a-1)在(-a，0)上单调递增，
且F'(-a)=e-a-2a+a-1=e-a-a-1<0，
∵F'(0)=a>0，∴F'(x)在(-a，0)上存在唯一零点，记为x0，
当x∈(-a，x0)时，F'(x)<0，此时函数F(x)单调递减；
1.
答案
1
2
当x∈(x0，0)时，F'(x)>0，此时函数F(x)单调递增.
∵a>1，∴F(-a)=e-a>0，F(0)=1-a<0，
∴F(x0)∴F(x)在(-a，x0)上存在唯一零点x1，
且当x∈(-a，x1)时，F(x)>0；
当x∈(x1，0)时，F(x)<0.
∴h(x)在(-a，x1)上单调递增，在(x1，0)上单调递减，且h(0)=ln a>0.
1.
答案
1
2
令y=xe-x，当x∈(-a，0)时，
则y'=(1-x)e-x>0，
函数y=xe-x在(-a，0)上单调递增，
∴y=xe-x>-aea，
∴h(x)取x2=-a+>-a，且-a则x2=-a+∈(-a，0)，
1.
答案
1
2
则h(x2)又h(0)=ln a>0，由函数零点存在定理可得，
h(x)在(-a，0)上存在唯一的零点，
即y=f(x)-g(x)在(-a，0)上存在唯一零点.
综上，当a>1时，函数y=f(x)-g(x)有唯一零点.
1.
答案
1
2
(1)f'(x)=aex-1-1，x∈R，
当a≤0时，易知f'(x)<0，
所以函数f(x)在R上是减函数；
当a>0时，令f'(x)=aex-1-1=0，解得x=1-ln a，
令f'(x)>0，得x>1-ln a，即f(x)在(1-ln a，+∞)上单调递增，
令f'(x)<0，得x<1-ln a，即f(x)在(-∞，1-ln a)上单调递减，
综上，当a≤0时，函数f(x)在R上是减函数；
当a>0时，f(x)在(-∞，1-ln a)上单调递减，在(1-ln a，+∞)上单调递增.
2.
答案
1
2
(2)令g(x)=f(x)+x-ln x=aex-1-ln x-1，x∈(0，+∞)，
所以g'(x)=aex-1-
令h(x)=g'(x)，
则h'(x)=aex-1+
因为a≥1，所以h'(x)>0，
所以g'(x)在(0，+∞)上单调递增，
当a=1时，g(x)=ex-1-ln x-1，
2.
答案
1
2
g'(x)=ex-1-
又g'(1)=0，
所以当x∈(0，1)时，g'(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(1，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)≥g(1)=e0-ln 1-1=0，
而此时=0，
所以当a=1时，f(x)+x-ln x≥成立；
2.
答案
1
2
当a>1时，可得-1<0，
所以<1，
所以g'=a-a=a(-1)<0，
又g'(1)=a-1>0，
所以存在x0∈使得g'(x0)=0，即a=
2.
答案
1
2
当x∈(0，x0)时，g'(x)<0；
当x∈(x0，+∞)时，g'(x)>0，
所以函数g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(x0)=a-ln x0-1，
由a=可得，x0=
则g(x)≥x0+-2+ln a>2-2+ln a=ln a，
2.
答案
1
2
下面证明ln a>a>1，
令φ(x)=ln x-x>1，
所以φ'(x)=-=>0，
所以φ(x)在(1，+∞)上单调递增，
所以φ(x)>φ(1)=0，
2.
答案
1
2
即ln a>得证，
即g(x)=f(x)+x-ln x>成立，
综上，当a≥1时，
f(x)+x-ln x≥.
2.
1.设a∈R，已知函数f(x)＝g(x)＝e－x.
(1)当a＝1时，证明：当x>0时，f(x)>g(x)；
1
2
答案
1
2
答案
f(x)－g(x)＝－e－x＝令h(x)＝ln(x＋a)－xe－x.
当a＝1时，h(x)＝ln(x＋1)－xe－x，
要证原不等式，只需证当x>0时，
h(x)＝ln(x＋1)－xe－x>0.
则h'(x)＝＋(x－1)e－x＝>0对任意的x>0恒成立，
∴函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因此h(x)>h(0)＝0，即原不等式成立.
(2)当a>1时，证明：函数y＝f(x)－g(x)有唯一零点.
1
2
答案
1
2
答案
①由题意知a>1，则函数y＝f(x)－g(x)的定义域为(－a，0)∪(0，＋∞).
由(1)可得当x>0时，f(x)－g(x)>－e－x>0，
故函数y＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上没有零点；
②当x∈(－a，0)时，h'(x)＝＋(x－1)e－x＝.
令F(x)＝ex＋x2＋(a－1)x－a，x∈(－a，0)，
则F'(x)＝ex＋2x＋(a－1)在(－a，0)上单调递增，
且F'(－a)＝e－a－2a＋a－1＝e－a－a－1<0，
1
2
答案
∵F'(0)＝a>0，∴F'(x)在(－a，0)上存在唯一零点，记为x0，
当x∈(－a，x0)时，F'(x)<0，此时函数F(x)单调递减；
当x∈(x0，0)时，F'(x)>0，此时函数F(x)单调递增.
∵a>1，∴F(－a)＝e－a>0，F(0)＝1－a<0，
∴F(x0)∴F(x)在(－a，x0)上存在唯一零点x1，
且当x∈(－a，x1)时，F(x)>0；
当x∈(x1，0)时，F(x)<0.
1
2
答案
∴h(x)在(－a，x1)上单调递增，在(x1，0)上单调递减，且h(0)＝ln a>0.
令y＝xe－x，当x∈(－a，0)时，
则y'＝(1－x)e－x>0，
函数y＝xe－x在(－a，0)上单调递增，
∴y＝xe－x>－aea，∴h(x)取x2＝－a＋>－a，
且－a则x2＝－a＋∈(－a，0)，
1
2
答案
则h(x2)又h(0)＝ln a>0，由函数零点存在定理可得，h(x)在(－a，0)上存在唯一的零点，
即y＝f(x)－g(x)在(－a，0)上存在唯一零点.
综上，当a>1时，函数y＝f(x)－g(x)有唯一零点.
1
2
答案
2.已知函数f(x)＝aex－1－x－1.
(1)讨论f(x)的单调性；
1
2
答案
f'(x)＝aex－1－1，x∈R，
当a≤0时，易知f'(x)<0，
所以函数f(x)在R上是减函数；
当a>0时，令f'(x)＝aex－1－1＝0，解得x＝1－ln a，
令f'(x)>0，得x>1－ln a，即f(x)在(1－ln a，＋∞)上单调递增，
令f'(x)<0，得x<1－ln a，即f(x)在(－∞，1－ln a)上单调递减，
综上，当a≤0时，函数f(x)在R上是减函数；
当a>0时，f(x)在(－∞，1－ln a)上单调递减，在(1－ln a，＋∞)上单调递增.
1
2
答案
(2)证明：当a≥1时，f(x)＋x－ln x≥.
1
2
答案
令g(x)＝f(x)＋x－ln x＝aex－1－ln x－1，x∈(0，＋∞)，
所以g'(x)＝aex－1－
令h(x)＝g'(x)，则h'(x)＝aex－1＋
因为a≥1，所以h'(x)>0，
所以g'(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当a＝1时，g(x)＝ex－1－ln x－1，
g'(x)＝ex－1－
1
2
答案
又g'(1)＝0，
所以当x∈(0，1)时，g'(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)≥g(1)＝e0－ln 1－1＝0，
而此时＝0，
所以当a＝1时，f(x)＋x－ln x≥成立；
当a>1时，可得－1<0，
所以<1，
1
2
答案
所以g'＝a－a＝a(－1)<0，
又g'(1)＝a－1>0，
所以存在x0∈使得g'(x0)＝0，
即a
当x∈(0，x0)时，g'(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，g'(x)>0，
所以函数g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(x0)＝a－ln x0－1，
1
2
答案
由a可得，x0＝
则g(x)≥x0＋－2＋ln a>2－2＋ln a＝ln a，
下面证明ln a>a>1，
令φ(x)＝ln x－x>1，
所以φ'(x)＝>0，
1
2
答案
所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以φ(x)>φ(1)＝0，即ln a>得证，
即g(x)＝f(x)＋x－ln x>成立，
综上，当a≥1时，f(x)＋x－ln x≥.(共32张PPT)
第三章　
进阶篇　不等式恒(能)成立问题
数学
大
一
轮
复
习
端点效应
进阶3
端点效应法是一种必要性探路法，是指对某些与函数有关的恒成立问题，通过选取函数定义域内的某些特殊值，先得到一个必要条件，初步获得参数的范围，再在该范围内进行讨论，或去验证其充分性，进而得到参数的准确范围的方法.
1.如图(1)，如果连续函数f(x)在区间[a，b]上单调，f(x)≥0恒成立，则f(a)≥0且f(b)≥0.
2.一阶端点效应：如图(2)，如果连续函数f(x)在某一点x0处的函数值f(x0)恰好为零，则当x≥x0时，f(x)≥0成立的一个必要条件为端点x0处的导数值f'(x0)≥0.因为如果f'(x0)<0，那么函数会在x0右侧的一个小区间内先单调递减，此时函数f(x)在x≥x0时不恒为非负值，不满足要求，如图(3).
这个方法把某个区间上函数的恒成立问题转化为判断端点处的导数值符号，这就是端点效应.
类似地，如果连续函数f(x)在某一点x0处的函数值f(x0)恰好为零，当x>x0时，f(x)<0成立的一个必要条件为x0处的导数值f'(x0)<0.
3.二阶端点效应：如图(4)，如果连续函数f(x)在区间[a，b]上，f(x)≥0恒成立，且f(a)＝0，f'(a)＝0，则f″(a)≥0.
端点效应的核心思想是必要性探路，充分性护航.我们在解决一类恒成立问题时，可以利用端点处需满足的必要条件缩小参数的取值范围，而往往得到的范围即为所求，再去做充分性论证即可.
例1　设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf'(x)，x≥0，其中f'(x)是f(x)的导函数.若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围.
一阶端点效应
题型一
依题意，f'(x)＝
由于g(x)＝xf'(x)，x≥0，
即g(x)＝x≥0，
而f(x)≥ag(x)恒成立，
即ln(1＋x)≥恒成立.
令F(x)＝ln(1＋x)－(x≥0)，
则F(x)≥0恒成立.
由于F(0)＝0，故此时必须保证函数F(x)在x＝0右侧附近区间上单调递增，
即保证F'(x)≥0在x＝0右侧附近区间上恒成立，
而F'(x)＝
则F'(0)＝1－a，
故F'(0)≥0，即a≤1.
下证当a≤1时，F(x)≥0恒成立.
当a≤1时，函数F'(x)＝≥≥0，
故函数F(x)在[0，＋∞)上单调递增，
即F(x)≥F(0)＝0，
故当a≤1时，函数F(x)≥0恒成立，
即原命题成立，
故实数a的取值范围是(－∞，1].
这类恒成立题目，首先要构建一个新的函数使之大于等于0(或者小于等于0)，然后把区间端点代入计算看一下是否恰好为0，再求导，算出端点一阶导函数值，若端点一阶导函数值不为0，直接令导函数在端点处函数值大于等于0(或者小于等于0)，求出参数范围然后证明即可.
思维升华
跟踪训练1　设函数f(x)＝ex－e－x.若对任意x≥0都有f(x)≥ax，求a的取值范围.
依题意，若对任意x≥0都有f(x)≥ax，
即要保证f(x)－ax≥0恒成立，也就是当x≥0时，ex－e－x－ax≥0恒成立.
令F(x)＝ex－e－x－ax(x≥0)，
由于F(0)＝e0－e0＝0，
要使函数F(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
即保证F(x)在x＝0右侧附近区间上单调递增，则F'(x)≥0在x＝0右侧附近区间上恒成立，
而F'(x)＝ex＋e－x－a，
且F'(0)＝1＋1－a＝2－a，
故F'(0)≥0，即a≤2.
下证当a≤2时，F(x)≥0恒成立，
当a≤2时，函数F'(x)＝ex＋e－x－a≥ex＋e－x－2≥2－2＝0，
故函数F(x)在[0，＋∞)上单调递增，
即F(x)≥F(0)＝0恒成立，
故实数a的取值范围是(－∞，2].
例2　设函数f(x)＝x(ex－1)－ax2.若当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围.
二阶端点效应
题型二
由于当x≥0时，函数f(x)≥0恒成立，
而f(0)＝0，
故要保证函数f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，需保证f(x)在x＝0右侧附近区间上单调递增，
即保证函数f'(x)≥0在x＝0右侧附近区间上恒成立.
而f'(x)＝ex－1＋xex－2ax＝(x＋1)ex－2ax－1，
故f'(0)＝1－1＝0，
即此时需保证函数f'(x)在x＝0右侧附近区间上单调递增，
即保证函数f″(x)≥0在x＝0右侧附近区间上恒成立.
而f″(x)＝(x＋2)ex－2a，
故f″(0)＝2e0－2a＝2－2a，
而要函数f″(x)≥0在x＝0右侧附近区间上恒成立，
则f″(0)≥0，即a≤1.
下证当a≤1时，f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
当a≤1时，f″(x)＝(x＋2)ex－2a≥(x＋2)ex－2，
令φ(x)＝(x＋2)ex－2，x≥0，
则φ'(x)＝(x＋3)ex>0，
故函数φ(x)单调递增，故φ(x)≥φ(0)＝2－2＝0，
即f″(x)≥φ(x)≥0，
故此时函数f'(x)单调递增，
即f'(x)≥f'(0)＝0，
故函数f(x)单调递增，即f(x)≥f(0)＝0，
此时即可得到当a≤1时，函数f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
即实数a的取值范围是(－∞，1].
如果端点处一阶导函数值为0，把一阶导数当作新函数，令二阶导数在端点处函数值大于等于0(或者小于等于0)求出参数范围，然后证明即可.
思维升华
跟踪训练2　(2024·全国甲卷改编)已知函数f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x.当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围.
由于当x≥0时f(x)≥0恒成立，而f(0)＝0，
故要保证函数f(x)在x＝0的右侧附近区间上单调递增，
即保证函数f'(x)≥0在x＝0的右侧附近区间上恒成立.
而f'(x)＝－aln(1＋x)＋－1＝－aln(1＋x)－
故f'(0)＝0，即此时需保证函数f'(x)在x＝0的右侧附近区间上单调递增，
即保证函数f″(x)≥0在x＝0的右侧附近区间上恒成立.
而f″(x)＝＝－＝－
故f″(0)＝－2a－1≥0，
即a≤－.
下证当a≤－时，f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
当a≤－时，
f″(x)＝－≥≥0，
所以f'(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以f'(x)≥f'(0)＝0，
所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
即f(x)≥f(0)＝0恒成立，综上，可得a≤－.
课时精练
答案
1
2
当x≥0时，f(x)≥ax f(x)-ax≥0，
令g(x)=f(x)-ax=ex-e-x-2ax(x≥0)，
求导得g'(x)=ex+e-x-2a，
因为g(0)=0，所以g'(0)≥0，解得a≤1.
下证当a≤1时，恒有g(x)≥0.
因为g'(x)=ex+e-x-2a≥2-2a≥0，
所以g(x)单调递增，g(x)≥g(0)=0，
故实数a的取值范围为(-∞，1].
1.
答案
1
2
(1)切点坐标为(1，e-2)，
且g'(x)=ex-1，
所以g'(1)=e-1，
所以切线方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1)，
即(e-1)x-y-1=0.
2.
答案
1
2
(2)记F(x)=kf(x)-g(x)=k[2x-ln(2x+1)]-(ex-x-1)(x≥0)，
求导得F'(x)=k-(ex-1)=-ex+1(x≥0)，
F″(x)=4k·-ex=-ex，
由F(x)≤0恒成立，且F(0)=0，
F'(0)=0，
2.
答案
1
2
从而F″(0)≤0，得k≤.
下证当k≤时，F(x)≤0恒成立.
F(x)=k[2x-ln(2x+1)]-(ex-x-1)≤[2x-ln(2x+1)]-ex+x+1≤[2x-ln(2x+1)]-x2，
下证[2x-ln(2x+1)]-x2≤0(x≥0)恒成立，
设p(x)=[2x-ln(2x+1)]-x2，p'(x)=-x=≤0，
故p(x)单调递减，则p(x)≤p(0)=0，得证.
2.
1.已知函数f(x)＝ex－e－x－ax.若x≥0时，恒有f(x)≥ax，求实数a的取值范围.
1
2
答案
1
2
答案
当x≥0时，f(x)≥ax f(x)－ax≥0，
令g(x)＝f(x)－ax＝ex－e－x－2ax(x≥0)，
求导得g'(x)＝ex＋e－x－2a，
因为g(0)＝0，所以g'(0)≥0，解得a≤1.
下证当a≤1时，恒有g(x)≥0.
因为g'(x)＝ex＋e－x－2a≥2－2a≥0，
所以g(x)单调递增，g(x)≥g(0)＝0，
故实数a的取值范围为(－∞，1].
1
2
答案
2.已知f(x)＝2x－ln(2x＋1)，g(x)＝ex－x－1.
(1)求g(x)在点(1，g(1))处的切线方程；
切点坐标为(1，e－2)，且g'(x)＝ex－1，
所以g'(1)＝e－1，
所以切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，
即(e－1)x－y－1＝0.
1
2
答案
(2)当x≥0时，kf(x)≤g(x)恒成立，求实数k的取值范围.
1
2
答案
记F(x)＝kf(x)－g(x)＝k[2x－ln(2x＋1)]－(ex－x－1)(x≥0)，
求导得F'(x)＝k－(ex－1)＝－ex＋1(x≥0)，
F″(x)＝4k·－ex＝－ex，
由F(x)≤0恒成立，且F(0)＝0，F'(0)＝0，
从而F″(0)≤0，得k≤.
下证当k≤时，F(x)≤0恒成立.
1
2
答案
F(x)＝k[2x－ln(2x＋1)]－(ex－x－1)≤[2x－ln(2x＋1)]－ex＋x＋1
≤[2x－ln(2x＋1)]－x2，
下证[2x－ln(2x＋1)]－x2≤0(x≥0)恒成立，
设p(x)＝[2x－ln(2x＋1)]－x2，
p'(x)＝－x＝≤0，
故p(x)单调递减，则p(x)≤p(0)＝0，得证.(共37张PPT)
第三章　
进阶篇　不等式证明方法
数学
大
一
轮
复
习
飘带不等式
进阶2
在进行放缩的时候，转化的本质就是把曲线转化为直线进行简化运算，即用直线代替曲线，在切点处曲线可以近似的用直线代替，但是随着x的变化，直线与曲线的差距越来越大，放缩的精度越来越粗糙，所以有时采用曲线来代替直线.
1).
飘带不等式的理解
题型一
例1　证明：
(1)(2)1).
令g(x)＝ln x－
则g'(x)＝＝－≤0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
又g(1)＝0，
所以当00，
即当x>1时，g(x)<0，ln x<；
令h(x)＝ln x－
则h'(x)＝≥0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又h(1)＝0，
所以当0当x>1时，h(x)>0综上可知，当0当x>1时故(1)(2)结论得证.
例2　(2025·菏泽模拟)若函数f(x)在[a，b]上存在k∈(a，b)，使得f'(k)＝则称k为f(x)在区间(a，b)上的“奇点”，若存在x1，x2(a(1)已知函数f(x)＝x3－x2是区间[0，m]上的“双奇点函数”，求实数m的取值范围；
飘带不等式的应用
题型二
因为f(x)＝x3－x2，
则f'(x)＝3x2－x，
由＝m2－m，
所以关于x的方程m2－m＝3x2－x有两解，
即关于x的方程3x2－x－m2＋m＝0在(0，m)上有两解，
令g(x)＝3x2－x－m2＋m，
所以
解得即实数m的取值范围是.
(2)已知函数f(x)＝2ln x－ax2＋1.
①当a＝0时，若1为f(x)在区间[m，n]上的“奇点”，证明：m＋n>2；
因为f'(k)＝－2ak＝k∈(m，n)，
当a＝0时，f(x)＝2ln x＋1，则f'(x)＝
因为k＝1，0所以＝2，即＝1，
要证m＋n>2，即证<
即ln>
令＝t，因为n>m>0，所以t>1，
设h(t)＝ln t－2·
所以h'(t)＝>0，
所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(t)>h(1)＝0在(1，＋∞)上恒成立，
所以ln>即证得m＋n>2.
②证明：对任意的a>0，f(x)在区间[m，n]上存在唯一“奇点”.
令φ(k)＝f'(k)－(0即φ(k)＝－2ak－
＝－2ak－2×＋a(n＋m)，
因为a>0，k>0，所以φ'(k)＝－－2a<0，
所以φ(k)在区间(m，n)上单调递减.
因为φ(m)＝－2am－2×＋a(n＋m)＝＋a(n－m)，
令t＝所以t>1，
所以φ(m)＝(t－1－ln t)＋a(n－m).
设I(x)＝x－1－ln x，
所以I'(x)＝1－
当0当x>1时，I'(x)>0，
即I(x)在(0，1)上单调递减，(1，＋∞)上单调递增，
所以I(t)>I(1)＝0，即t－1－ln t>0.
因为n>m>0，a>0，所以φ(m)>0；
同理φ(n)＝＋a(m－n)，
因为当x∈(0，1)∪(1，＋∞)时，x－1－ln x>0，
所以－1－ln>0，即ln x>1－
所以ln t－1＋>0，
又m－n<0，a>0，所以φ(n)<0，
因为φ(m)φ(n)<0，且φ(k)在区间(m，n)上单调递减，
所以φ(k)在区间(m，n)上存在唯一零点，
即对任意的a>0，f(x)在区间[m，n]上的“奇点”k是唯一的.
(1)利用飘带不等式放缩可以将含对数的不等式转变为分式不等式.
(2)令飘带不等式中的x＝(a>b)可以转变为对数均值不等式.
思维升华
跟踪训练　证明：当整数n>0时<1＋成立.
要证<1＋成立，即证>e成立，
即证nln＋ln>1成立，
因为ln x>(x>1)，只需证n>1成立，
即证>1，
显然成立，得证.
课时精练
答案
1
2
(1)因为f(x)=ln x-x>0，
所以f'(x)=-x>0，
又因为函数y=f(x)在x=1处的切线为x轴，
所以f'(1)=1-=0，
解得a=2.
1.
答案
1
2
(2)由(1)可知f(x)=ln x-x>0，
所以f'(x)=-=≥0，
所以函数f(x)在(0，+∞)上单调递增，
所以函数f(x)的单调递增区间为(0，+∞)，无单调递减区间.
1.
答案
1
2
(3)由(2)可知函数f(x)在(0，+∞)上单调递增，且f(1)=0，
所以当x>1时，f(x)>0，
又因为x1>x2>0，所以>1，
有f >0，又ln x1>ln x2，有ln x1-ln x2>0，
由f >0，得ln->0，
1.
答案
1
2
即ln>=2·
即ln x1-ln x2>2· (*)
又因为ln x1-ln x2>0，x1+x2>0，
将(*)式两边同时乘
得<.
1.
答案
1
2
∵bln a-aln b=a-b，∴b(ln a+1)=a(ln b+1)，
∴=
令f(x)=则f'(x)=-
当00，f(x)单调递增；
当x>1时，f'(x)<0，f(x)单调递减.
∵f(a)=f(b)，b>a>0，
∴02.
答案
1
2
(1)要证a+b-ab>1，
只需证a+b-ab-1>0，
即证a(1-b)+b-1>0，
即证(1-b)(a-1)>0，
显然成立，得证.
2.
答案
1
2
(2)当0<=<
即+<+
即-<
即+>2.
2.
答案
1
2
(3)当01，由飘带不等式可知，
===
=·ln>·=
因此有ab>1，故a+b>ab+1>2.
2.
1.(2025·贵阳模拟)已知函数f(x)＝ln x－在x＝1处的切线为x轴.
(1)求实数a的值；
1
2
答案
因为f(x)＝ln x－x>0，
所以f'(x)＝x>0，
又因为函数y＝f(x)在x＝1处的切线为x轴，
所以f'(1)＝1－＝0，解得a＝2.
(2)求f(x)的单调区间；
1
2
答案
由(1)可知f(x)＝ln x－x>0，
所以f'(x)＝≥0，
所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间.
(3)若x1>x2>0，证明：<.
1
2
答案
1
2
答案
由(2)可知函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f(1)＝0，
所以当x>1时，f(x)>0，
又因为x1>x2>0，所以>1，
有f >0，又ln x1>ln x2，有ln x1－ln x2>0，
由f >0，
得ln>0，
1
2
答案
即ln>＝2·
即ln x1－ln x2>2· (*)
又因为ln x1－ln x2>0，x1＋x2>0，
将(*)式两边同时乘
得<.
1
2
答案
2.已知b>a>0，且bln a－aln b＝a－b，证明：
(1)a＋b－ab>1；
1
2
答案
∵bln a－aln b＝a－b，
∴b(ln a＋1)＝a(ln b＋1)，
∴
令f(x)＝
则f'(x)＝－
当00，f(x)单调递增；
1
2
答案
当x>1时，f'(x)<0，f(x)单调递减.
∵f(a)＝f(b)，b>a>0，
∴0要证a＋b－ab>1，
只需证a＋b－ab－1>0，
即证a(1－b)＋b－1>0，
即证(1－b)(a－1)>0，
显然成立，得证.
1
2
答案
(2)>2；
当0<<
即<
即<
即>2.(共43张PPT)
第三章　
进阶篇　不等式恒(能)成立问题
数学
大
一
轮
复
习
参数半分离与主元变换
进阶2
例1　若不等式aln x－x＋1≤0恒成立，求实数a的取值范围.
参数半分离
题型一
∵不等式aln x－x＋1≤0恒成立，
∴aln x≤x－1恒成立，x>0，
当a≤0时，显然不恒成立，
当a>0时，原不等式等价于ln x≤(x－1)恒成立，
由于y＝ln x在x＝1处的切线方程为y＝x－1，
∴要使ln x≤(x－1)恒成立，
只需＝1，即a＝1，
∴a的取值范围为{1}.
在半分离时，要调节参数a与x的位置，使f(x)与g(x)的作图更方便，一般分为一条动直线与一条曲线.
思维升华
跟踪训练1　设函数f(x)＝若不等式f(x)≤ax＋2对任意
x∈R恒成立，则实数a的取值范围为　　　　　　　　 .
作出函数f(x)的图象，如图，
直线y＝ax＋2恒过定点(0，2)，由图可知a>0，
当直线y＝ax＋2与y＝－x2－2x相切时，
联立可得x2＋(a＋2)x＋2＝0，
令Δ＝(a＋2)2－8＝0，
解得a＝－2＋2或a＝－2－2(舍去)；
当直线y＝ax＋2与曲线y＝2ln x相切时，
设切点P(x0，2ln x0)，
则曲线在点P处的切线方程为y－2ln x0＝(x－x0)，
又切线过点(0，2)，
解得x0＝e2，此时a＝
所以a的取值范围为.
例2　已知不等式ln x－x2＋bx＋c≤0对任意的x∈(0，＋∞)，b∈恒成立，求c的取值范围.
主元变换
题型二
令f(b)＝x·b＋ln x－x2＋c，b∈
由于x>0，所以函数f(b)在上单调递增，
所以f(b)即c≤x2－x－ln x，x∈(0，＋∞)，
令g(x)＝x2－x－ln x，
则g'(x)＝x－
当02时，g'(x)>0，
所以g(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
所以c≤g(x)min＝g(2)＝－1－ln 2，
所以c的取值范围为(－∞，－1－ln 2].
一些导数大题经常会含有多个变量，主要解题思路是以x为主元进行求解，但有时解题过程较为复杂，此时，有的题目就可以以其他变量为主元进行求解.
思维升华
跟踪训练2　已知函数f(x)＝2ax＋bx－1－2ln x，对任意a∈[1，3]和任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥2bx－3恒成立，求实数b的取值范围.
由题知对任意a∈[1，3]，x∈(0，＋∞)，2ax＋bx－1－2ln x≥2bx－3恒成立，
即2x·a－bx－2ln x＋2≥0恒成立，
令g(a)＝2x·a－bx－2ln x＋2，a∈[1，3]，
则g(1)≥0，
即2x－bx－2ln x＋2≥0，
所以b≤2－恒成立，
令h(x)＝2－x∈(0，＋∞)，
则h'(x)＝－2·
当0当x>e2时，h'(x)>0，
所以h(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(e2)＝2－
所以b≤2－
故b的取值范围为.
课时精练
答案
1
2
(1)f'(x)=ex-a.
①当a≤0时，f'(x)>0，
所以f(x)在R上单调递增.
又f(-1)=-1+a<0，
f(1)=e-a-1>0，
由函数零点存在定理可知，函数f(x)在R上有唯一零点，
故a≤0符合题意.
1.
答案
1
2
②当a>0时，令f'(x)=0，得x=ln a.
当x∈(-∞，ln a)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(ln a，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)min=f(ln a)=eln a-aln a-1=a-aln a-1.
设g(a)=a-aln a-1(a>0)，
则g'(a)=1-(ln a+1)=-ln a，
当00，g(a)单调递增；
当a>1时，g'(a)<0，g(a)单调递减，
1.
答案
1
2
所以g(a)max=g(1)=0，故a=1.
综上，实数a的取值范围为{a|a≤0或a=1}.
(2)方法一　f(x)≤x2ex对x∈[0，+∞)恒成立，
即(1-x2)ex≤ax+1对x∈[0，+∞)恒成立，
即函数h(x)=(1-x2)ex的图象恒在直线y=ax+1的下方，
而h'(x)=(1-x2-2x)ex，h″(x)=(-x2-4x-1)ex<0(x≥0)，
所以函数h(x)是上凸函数，且在点(0，1)处的切线斜率k=h'(0)=1，
1.
答案
1
2
直线y=ax+1过定点(0，1)，斜率为a，故a≥1，
即a的取值范围为[1，+∞).
方法二　f(x)≤x2ex对x∈[0，+∞)恒成立，
即(1-x2)ex≤ax+1对x∈[0，+∞)恒成立，
记h(x)=(1-x2)ex=(1+x)(1-x)ex.
①当a≥1时，设函数m(x)=(1-x)ex，
则m'(x)=-xex≤0，
1.
答案
1
2
因此m(x)在[0，+∞)上单调递减.
又m(0)=1，故m(x)≤1，
所以h(x)=(1+x)·m(x)≤1+x≤ax+1，
故f(x)≥x2ex对x∈[0，+∞)恒成立.
②当a<1时，设函数n(x)=ex-x-1，
则n'(x)=ex-1≥0，
所以n(x)在[0，+∞)上单调递增，且n(0)=0，
1.
答案
1
2
故ex≥x+1.
当0(1-x)(1+x)2，
则(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2)，
(ⅰ)当0取x0=
则x0∈(0，1)，(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0，
所以h(x0)>ax0+1，故01.
答案
1
2
(ⅱ)当a≤0时，取x0=
则x0∈(0，1)，h(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1，
故a≤0不符合题意.
综上，a的取值范围为[1，+∞).
1.
答案
1
2
(1)f(x)=e2x-aln x的定义域为(0，+∞)，f'(x)=2e2x-.
①当a≤0时，f'(x)>0恒成立，
故f'(x)没有零点.
②当a>0时，因为y=e2x单调递增，y=-单调递增，
所以f'(x)在(0，+∞)上单调递增.
又f'(a)>0，当b满足02.
答案
1
2
f'(b)=2e2b-<2e2b-4<2-4<0，
故由函数零点存在定理可知，f'(x)存在唯一零点.
综上所述，当a≤0时，f'(x)没有零点；
当a>0时，f'(x)存在唯一的零点.
2.
答案
1
2
(2)方法一　由(1)可设导函数f'(x)在(0，+∞)上的唯一零点为x0，
当x∈(0，x0)时，f'(x)<0；
当x∈(x0，+∞)时，f'(x)>0，
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，
所以当x=x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).
由于2-=0，所以f(x0)=+2ax0+aln≥2a+aln
故当a>0时，f(x)≥2a+aln.
2.
答案
1
2
方法二　令g(a)=2a+aln-e2x+aln x，
求导得g'(a)=2+ln-1+ln x
=1+ln 2+ln x-ln a，
令g'(a)>0，得a<2ex；
令g'(a)<0，得a>2ex，
所以函数g(a)在(0，2ex)上单调递增，在(2ex，+∞)上单调递减，
2.
答案
1
2
所以g(a)max=g(2ex)=4ex+2exln+2exln x-e2x=2ex-e2x.
再令h(x)=2ex-e2x，h'(x)=2e-2e2x，
所以h(x)在上单调递增，在上单调递减，
h(x)max=h=0，
所以g(a)max≤0，得证.
2.
1.已知函数f(x)＝ex－ax－1(a∈R，其中e为自然对数的底数).
(1)若f(x)在定义域内有唯一零点，求a的取值范围；
1
2
答案
1
2
答案
f'(x)＝ex－a.
①当a≤0时，f'(x)>0，
所以f(x)在R上单调递增.
又f(－1)＝－1＋a<0，f(1)＝e－a－1>0，
由函数零点存在定理可知，函数f(x)在R上有唯一零点，
故a≤0符合题意.
②当a>0时，令f'(x)＝0，得x＝ln a.
当x∈(－∞，ln a)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
1
2
答案
当x∈(ln a，＋∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)min＝f(ln a)＝eln a－aln a－1＝a－aln a－1.
设g(a)＝a－aln a－1(a>0)，
则g'(a)＝1－(ln a＋1)＝－ln a，
当00，g(a)单调递增；
当a>1时，g'(a)<0，g(a)单调递减，
所以g(a)max＝g(1)＝0，故a＝1.
综上，实数a的取值范围为{a|a≤0或a＝1}.
(2)若f(x)≤x2ex对x∈[0，＋∞)恒成立，求a的取值范围.
1
2
答案
1
2
答案
方法一　f(x)≤x2ex对x∈[0，＋∞)恒成立，
即(1－x2)ex≤ax＋1对x∈[0，＋∞)恒成立，
即函数h(x)＝(1－x2)ex的图象恒在直线y＝ax＋1的下方，
而h'(x)＝(1－x2－2x)ex，h″(x)＝(－x2－4x－1)ex<0(x≥0)，
所以函数h(x)是上凸函数，且在点(0，1)处的切线斜率k＝h'(0)＝1，
直线y＝ax＋1过定点(0，1)，斜率为a，
故a≥1，即a的取值范围为[1，＋∞).
1
2
答案
方法二　f(x)≤x2ex对x∈[0，＋∞)恒成立，
即(1－x2)ex≤ax＋1对x∈[0，＋∞)恒成立，
记h(x)＝(1－x2)ex＝(1＋x)(1－x)ex.
①当a≥1时，设函数m(x)＝(1－x)ex，则m'(x)＝－xex≤0，
因此m(x)在[0，＋∞)上单调递减.
又m(0)＝1，故m(x)≤1，
所以h(x)＝(1＋x)·m(x)≤1＋x≤ax＋1，
故f(x)≥x2ex对x∈[0，＋∞)恒成立.
1
2
答案
②当a<1时，设函数n(x)＝ex－x－1，
则n'(x)＝ex－1≥0，
所以n(x)在[0，＋∞)上单调递增，且n(0)＝0，
故ex≥x＋1.
当0(1－x)(1＋x)2，
则(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，
(ⅰ)当01
2
答案
则x0∈(0，1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，
所以h(x0)>ax0＋1，
故0(ⅱ)当a≤0时，取x0＝
则x0∈(0，1)，h(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1，
故a≤0不符合题意.
综上，a的取值范围为[1，＋∞).
1
2
答案
2.设函数f(x)＝e2x－aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f'(x)零点的个数；
1
2
答案
f(x)＝e2x－aln x的定义域为(0，＋∞)，
f'(x)＝2e2x－.
①当a≤0时，f'(x)>0恒成立，
故f'(x)没有零点.
②当a>0时，因为y＝e2x单调递增，y＝－单调递增，
所以f'(x)在(0，＋∞)上单调递增.
又f'(a)>0，当b满足01
2
答案
f'(b)＝2e2b－<2e2b－4<2－4<0，
故由函数零点存在定理可知，f'(x)存在唯一零点.
综上所述，当a≤0时，f'(x)没有零点；
当a>0时，f'(x)存在唯一的零点.
1
2
答案
(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln.
1
2
答案
方法一　由(1)可设导函数f'(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，
当x∈(0，x0)时，f'(x)<0；
当x∈(x0，＋∞)时，f'(x)>0，
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).
由于2＝0，
所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln
故当a>0时，f(x)≥2a＋aln.
1
2
答案
方法二　令g(a)＝2a＋aln－e2x＋aln x，
求导得g'(a)＝2＋ln－1＋ln x
＝1＋ln 2＋ln x－ln a，
令g'(a)>0，得a<2ex；
令g'(a)<0，得a>2ex，
所以函数g(a)在(0，2ex)上单调递增，在(2ex，＋∞)上单调递减，
所以g(a)max＝g(2ex)
＝4ex＋2exln＋2exln x－e2x＝2ex－e2x.
1
2
答案
再令h(x)＝2ex－e2x，h'(x)＝2e－2e2x，
所以h(x)在上单调递增，在上单调递减，
h(x)max＝h＝0，
所以g(a)max≤0，得证.(共46张PPT)
第三章　
进阶篇　不等式恒(能)成立问题
数学
大
一
轮
复
习
解决不等式恒(能)成立问题，常用的方法有：
(1)参数全分离
将原含参不等式等价变形成a≤f(x)这类形式，进而转化为求f(x)的最值问题.当参变分离后的函数f(x)不复杂，容易求最值时，可采用此法.
(2)参数半分离
将原含参不等式等价变形成f(x)≤g(a，x)这类形式，画图分析参数a如何取值才能满足该不等式，这种方法往往需要关注切线、端点等临界状态.
注：g(a，x)表示g(x)这个函数表达式中既有a也有x，a在不等式左右两边都可以.
(3)参数不分离(隐零点、端点效应).
(4)特殊的方法(同构等).
参数全分离
进阶1
例1　不等式ln x－ax＋1≤0恒成立，求实数a的取值范围.
参数全分离
题型一
不等式ln x－ax＋1≤0恒成立，
即ax≥ln x＋1恒成立，x>0，
即a≥恒成立，
设g(x)＝x>0，
则g'(x)＝－
易知函数g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
g(x)max＝g(1)＝1，
所以a≥1.
分离参数法解决恒(能)成立问题的策略
(1)分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.
(2)a≥f(x)恒成立 a≥f(x)max；
a≤f(x)恒成立 a≤f(x)min；
a≥f(x)能成立 a≥f(x)min；
a≤f(x)能成立 a≤f(x)max.
思维升华
跟踪训练1　(2024·青岛模拟)已知函数f(x)＝ax－ex，a>0.
(1)若a＝1，求函数f(x)在x＝1处的切线方程；
当a＝1时，f(x)＝x－ex，f(1)＝1－e，
f'(x)＝1－ex，所以f'(1)＝1－e，
所以f(x)在x＝1处的切线方程为y－(1－e)＝(1－e)(x－1)，即y＝(1－e)x.
(2)若x>0，f(x)≤a－x2恒成立，求实数a的取值范围.
当x>0时，ax－ex≤a－x2恒成立，
即a(x－1)≤ex－x2恒成立.
①当01，x2≤1，
又a>0，所以a(x－1)≤0，ex－x2>0，
所以a(x－1)≤ex－x2恒成立.
②当x>1时，x－1>0，
原不等式等价于a≤恒成立，
即a≤
令g(x)＝
则g'(x)＝
令h(x)＝ex－x，
则h'(x)＝ex－1，当x>0时，h'(x)>0，
则h(x)＝ex－x在(0，＋∞)上单调递增，
h(x)>h(0)＝1，
所以当x>1时，ex－x>0.
则当1当x>2时，g'(x)>0，
所以g(x)＝在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
所以a≤＝g(2)＝e2－4，
所以0综上，实数a的取值范围是(0，e2－4].
例2　已知函数f(x)＝x＋a.
(1)若a＝－1，求f(x)的单调区间和极值点；
换元后参数分离
题型二
当a＝－1时，f(x)＝xe－x－1，f'(x)＝e－x－xe－x，
令f'(x)＝0，得x＝1，
所以当x<1时，f'(x)>0；当x>1时，f'(x)<0.
所以f(x)的单调递减区间为(1，＋∞)，单调递增区间为(－∞，1)，极大值点为x＝1，无极小值点.
(2)若a>0，且当x>0时，f(x)>－1恒成立，求实数a的取值范围.
方法一　f(x)>－1 x＋a>－1，
即x＋a＋1>0.
令＝t，t>0，则x＝at，
atet－(2a＋2)t＋a＋1>0对于t>0恒成立，
即a(tet－2t＋1)>2t－1， (*)
易证当t>0时，et>t＋1，
则tet－2t＋1>t(t＋1)－2t＋1>(t－1)2≥0，
即tet－2t＋1>0，
于是，由(*)可得a>
令g(t)＝(t>0)，
则g'(t)＝et(t>0).
当t∈(0，1)时，g'(t)>0；
当t∈(1，＋∞)时，g'(t)<0，
所以g(t)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，g(t)max＝g(1)＝
所以a>
故实数a的取值范围是.
方法二　f(x)>－1 x＋a>－1，
即x＋a＋1>0.
令＝t，t>0，
则x＝at，atet－(2a＋2)t＋a＋1>0对于t>0恒成立，
即>对于t>0恒成立.
设h(t)＝t>0，则h'(t)＝
当t∈(0，1)时，h'(t)>0；
当t∈(1，＋∞)时，h'(t)<0.
可得h(t)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以h(t)max＝h(1)＝
则>解得a>
故实数a的取值范围是.
在有些题目中不能直接利用分离参数法，有时为了简化函数，常进行换元，如本题令t＝就可轻松分离参数.
思维升华
跟踪训练2　已知函数f(x)＝[ln(1＋x)]2－.
(1)求函数f(x)的单调区间；
函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)，
f'(x)＝＝
设g(x)＝2(1＋x)ln(1＋x)－x2－2x，
则g'(x)＝2ln(1＋x)－2x，
令h(x)＝2ln(1＋x)－2x，
则h'(x)＝－2＝.
当－10，
故h(x)在(－1，0)上单调递增；
当x>0时，h'(x)<0，故h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以h(x)在x＝0处取得极大值，而h(0)＝0，
所以g'(x)≤0，
所以函数g(x)在(－1，＋∞)上为减函数，
于是当－1g(0)＝0；
当x>0时，g(x)所以当－10，f(x)在(－1，0)上单调递增；
当x>0时，f'(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
故函数f(x)的单调递增区间为(－1，0)，单调递减区间为(0，＋∞).
(2)若不等式≤e对任意的n∈N*都成立(其中e是自然对数的底数)，求a的最大值.
不等式≤e等价于不等式(n＋a)ln≤1，
由1＋>1知，a≤－n，
设φ(x)＝x∈(0，1]，
则φ'(x)＝－＝.
由(1)知，[ln(1＋x)]2－≤0，
即(1＋x)[ln(1＋x)]2－x2≤0，
当且仅当x＝0时等号成立，
所以φ'(x)<0，x∈(0，1]，
于是φ(x)在(0，1]上单调递减，
故函数φ(x)在(0，1]上的最小值为φ(1)＝－1，
所以a的最大值为－1.
课时精练
答案
1
2
(1)函数f(x)=ax-ln x，求导得f'(x)=a-
由x∈[1，2]，得∈
当a≤时，f'(x)≤0，
当且仅当a=x=2时取等号，
函数f(x)在[1，2]上单调递减；
当a≥1时，f'(x)≥0，当且仅当a=1，x=1时取等号，函数f(x)在[1，2]上单调递增；
1.
答案
1
2
当由f'(x)<0，得1≤x<
由f'(x)>0，得因此函数f(x)在上单调递减，在上单调递增，
综上，当a≤时，函数f(x)在[1，2]上单调递减；
当当a≥1时，函数f(x)在[1，2]上单调递增.
1.
答案
1
2
(2)依题意，不等式ax-ln x≤3在x∈(0，e]时有解，
即a≤+在x∈(0，e]时有解，
令g(x)=+x∈(0，e]，
求导得g'(x)=-+=-
由g'(x)>0，得0由g'(x)<0，得1.
答案
1
2
所以函数g(x)在上单调递增，在上单调递减，
当x=时，函数g(x)取得最大值g=e2，因此a≤e2，
所以实数a的取值范围是(-∞，e2].
1.
答案
1
2
(1)f'(x)=3x2eax+ax3eax=x2eax(ax+3).
①当a=0时，f'(x)≥0恒成立，
所以f(x)在R上单调递增.
②当a<0时，令f'(x)<0，得x>-；
令f'(x)>0，得x<-所以f(x)的单调递减区间为单调递增区间为.
2.
答案
1
2
③当a>0时，令f'(x)<0，得x<-；
令f'(x)>0，得x>-.
所以f(x)的单调递减区间为单调递增区间为.
(2)因为a=2，
所以f(x)≥mx+3ln x对x∈(0，+∞)恒成立等价于m≤对x∈
(0，+∞)恒成立.
2.
答案
1
2
方法一　设g(t)=t-1-ln t(t>0)，则g'(t)=.
令g'(t)<0，得0令g'(t)>0，得t>1，
所以g(t)min=g(1)=0，
所以t-1-ln t≥0.
取t=x3e2x，
则x3e2x-1-ln(x3e2x)≥0，
2.
答案
1
2
即x3e2x-3ln x-1≥2x，所以≥2.
设h(x)=x3e2x，
因为h(0)=0<1，h(1)=e2>1，
所以方程x3e2x=1必有解，
所以当且仅当x3e2x=1时，
函数y=(x>0)取得最小值，且最小值为2，
所以m≤2，即m的取值范围为(-∞，2].
2.
答案
1
2
方法二　(同构法)
=≥=2，
等号成立的充要条件是3ln x+2x=0，
令φ(x)=3ln x+2x，
由φ=-3+<0，
φ(1)=2>0知，3ln x+2x=0必有解，
故m≤2，即m的取值范围为(-∞，2].
2.
1.(2025·兰州模拟)已知函数f(x)＝ax－ln x，a∈R.
(1)讨论f(x)在区间[1，2]上的单调性；
1
2
答案
1
2
答案
函数f(x)＝ax－ln x，求导得f'(x)＝a－
由x∈[1，2]，得∈
当a≤时，f'(x)≤0，
当且仅当a＝x＝2时取等号，
函数f(x)在[1，2]上单调递减；
当a≥1时，f'(x)≥0，当且仅当a＝1，x＝1时取等号，函数f(x)在[1，2]上单调递增；
1
2
答案
当由f'(x)>0，得因此函数f(x)在上单调递减，在上单调递增，
综上，当a≤时，函数f(x)在[1，2]上单调递减；
当当a≥1时，函数f(x)在[1，2]上单调递增.
(2)若当x∈(0，e]时，不等式f(x)≤3有解，求a的取值范围.
1
2
答案
1
2
答案
依题意，不等式ax－ln x≤3在x∈(0，e]时有解，
即a≤在x∈(0，e]时有解，
令g(x)＝x∈(0，e]，
求导得g'(x)＝－＝－
由g'(x)>0，得0由g'(x)<0，得1
2
答案
所以函数g(x)在上单调递增，在上单调递减，
当x＝时，函数g(x)取得最大值g＝e2，因此a≤e2，
所以实数a的取值范围是(－∞，e2].
1
2
答案
2.已知函数f(x)＝x3eax－1.
(1)讨论f(x)的单调性；
1
2
答案
f'(x)＝3x2eax＋ax3eax＝x2eax(ax＋3).
①当a＝0时，f'(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上单调递增.
②当a<0时，令f'(x)<0，得x>－；
令f'(x)>0，得x<－
所以f(x)的单调递减区间为单调递增区间为.
③当a>0时，令f'(x)<0，得x<－；
令f'(x)>0，得x>－.
所以f(x)的单调递减区间为单调递增区间为.
1
2
答案
(2)若a＝2，不等式f(x)≥mx＋3ln x对x∈(0，＋∞)恒成立，求m的取值
范围.
1
2
答案
因为a＝2，所以f(x)≥mx＋3ln x对x∈(0，＋∞)恒成立等价于m≤对x∈(0，＋∞)恒成立.
方法一　设g(t)＝t－1－ln t(t>0)，
则g'(t)＝.
令g'(t)<0，得0令g'(t)>0，得t>1，
所以g(t)min＝g(1)＝0，
所以t－1－ln t≥0.
1
2
答案
取t＝x3e2x，则x3e2x－1－ln(x3e2x)≥0，
即x3e2x－3ln x－1≥2x，
所以≥2.
设h(x)＝x3e2x，
因为h(0)＝0<1，h(1)＝e2>1，
所以方程x3e2x＝1必有解，
所以当且仅当x3e2x＝1时，
函数y＝(x>0)取得最小值，且最小值为2，
1
2
答案
所以m≤2，即m的取值范围为(－∞，2].
方法二　(同构法)
＝≥＝2，
等号成立的充要条件是3ln x＋2x＝0，
令φ(x)＝3ln x＋2x，
由φ＝－3＋<0，
φ(1)＝2>0知，3ln x＋2x＝0必有解，
故m≤2，即m的取值范围为(－∞，2].(共45张PPT)
第三章　
进阶篇　导数中的零点问题
数学
大
一
轮
复
习
导数在研究函数的单调性、极值和最值方面有着重要的作用，而这些问题的解决都离不开一个基本要点，即函数的零点.比如，导函数的零点既可能是原函数单调区间的分界点，也可能是原函数的极值点，或是最值点.可以说，抓住了函数的零点，也就抓住了导数问题的要点.
零点问题主要有如下四类：
①零点的个数问题；
②零点的范围问题；
③隐零点问题；
④分段函数零点问题.
零点个数问题
进阶1
例1　(2024·北京模拟)已知函数f(x)＝axln x－x2＋(1－a)x.
(1)当a<0时，求f(x)的极值；
利用导数研究零点个数
题型一
函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
且f'(x)＝aln x＋a－x＋1－a＝aln x－x＋1，
令g(x)＝f'(x)＝aln x－x＋1，
则g'(x)＝－1＝
因为a<0，所以g'(x)<0恒成立，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
即f'(x)在(0，＋∞)上单调递减，
又f'(1)＝0，
所以当00，当x>1时，f'(x)<0，
则f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以f(x)在x＝1处取得极大值为－a，无极小值.
(2)当≤a≤1时，判断f(x)的零点个数，并说明理由.
令f(x)＝0，即axln x－x2＋(1－a)x＝0，
因为x>0，所以aln x－x＋1－a＝0，
令F(x)＝aln x－x＋1－a，
所以判断f(x)的零点个数，即判断F(x)的零点个数，
又F'(x)＝≤a≤1，
所以当00，当x>2a时，F'(x)<0，
所以F(x)在(0，2a)上单调递增，在(2a，＋∞)上单调递减，
所以F(x)max＝F(2a)＝aln(2a)－2a＋1，1≤2a≤2，
令H(x)＝ln x－x＋1，x∈[1，2]，
则H'(x)＝ln x－
因为x∈[1，2]，所以H'(x)≤ln 2－(ln 2－1)<0，
所以H(x)在[1，2]上单调递减，
所以H(x)≤H(1)＝0，
所以F(2a)≤0，当且仅当a＝时等号成立，
所以当a＝时，F(x)有一个零点，即f(x)有一个零点，
当综上可得，当a＝时，f(x)有一个零点，当解决零点个数问题常用的方法主要有以下三种：
(1)转化为两个函数图象交点的个数问题，利用数形结合思想求解.
(2)转化为函数f(x)的图象与x轴交点个数的问题.
(3)将f(x)＝0进行参变分离，转化为a＝g(x)的形式；有时为了避免出现“断点”，可以考虑“倒数分参”.
思维升华
跟踪训练1　已知函数f(x)＝ex－a(x＋1)，a∈R.
(1)若f(x)在[0，1]上不单调，求a的取值范围；
函数f(x)＝ex－a(x＋1)，
则f'(x)＝ex－a，
∵f(x)在[0，1]上不单调，
故函数f(x)在(0，1)上存在极值，
∴f'(x)在(0，1)上存在变号零点，
即ex－a＝0在(0，1)上有解，
即直线y＝a与曲线y＝ex的图象在(0，1)上有交点，令h(x)＝ex，
当x∈(0，1)时，h(x)∈(1，e)，
∴a的取值范围为(1，e).
(2)当a>0时，试讨论函数f(x)的零点个数.
f(x)＝0等价于
故f(x)＝0的零点个数即为直线y＝与曲线y＝的图象的交点个数，
令g(x)＝则g'(x)＝
令g'(x)>0，得x<0，令g'(x)<0，得x>0，
故g(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，
∵g(0)＝1，当x→－∞时，g(x)→－∞，
当x→＋∞时，g(x)→0，
函数g(x)的图象如图所示，
∴当0<<1，即a>1时，f(x)有两个零点；
当＝1，即a＝1时，f(x)有一个零点；
当>1，即0例2　(2024·长沙模拟)已知函数f(x)＝ex－ax2.
(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；
利用函数零点个数求参数范围
题型二
当a＝1时，f(x)＝ex－x2，
则f'(x)＝ex－2x，
令h(x)＝ex－2x，则h'(x)＝ex－2，
由h'(x)＝0，得到x＝ln 2，
当x∈(－∞，ln 2)时，h'(x)<0，当x∈(ln 2，＋∞)，h'(x)>0，
所以h(x)≥h(ln 2)＝2－2ln 2>0，即f'(x)>0恒成立，
所以f(x)＝ex－x2在区间[0，＋∞)上单调递增，
故f(x)≥f(0)＝e0＝1，命题得证.
(2)若f(x)在(0，＋∞)内有两个零点，求a的取值范围.
因为f(x)＝ex－ax2，
令f(x)＝0，得ex＝ax2，
又x∈(0，＋∞)，所以＝a，
令g(x)＝x∈(0，＋∞)，
则g'(x)＝
当x∈(0，2)时，g'(x)<0，当x∈(2，＋∞)时，g'(x)>0，
所以g(x)≥g(2)＝
又当x→0时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，
又f(x)在(0，＋∞)内有两个零点，
所以a>即a的取值范围为.
(1)分离参数法：分离之后函数无参数，则可得到函数的图象，然后上下移动参数的值，观察直线与函数图象交点个数即可.
(2)隔离构造函数法：将一个函数分成两个函数，一个为容易求导的不含参函数，另一个为图象是一条直线的含参函数，观察它们图象的变化趋势，找到临界的位置，易求得参数的取值范围.
(3)直接构造法：直接研究函数f(x)，对参数进行分类讨论，判断函数单调性，利用函数零点存在定理，判断零点个数，从而求出参数的取值范围.
思维升华
跟踪训练2　已知函数f(x)＝ln x＋ax＋2.
(1)若函数f(x)在x＝1处取得极值，求a的值；
因为f(x)＝ln x＋ax＋2(x>0)，
则f'(x)＝＋a＝
因为函数f(x)在x＝1处取得极值，
所以f'(1)＝1＋a＝0，解得a＝－1，
当a＝－1时，可得f'(x)＝
当x∈(0，1)时，f'(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
所以当x＝1时，函数f(x)取得极大值，符合题意，故a＝－1.
(2)若函数f(x)在定义域内存在两个零点，求a的取值范围.
由f'(x)＝其中x>0，
当a≥0时，可得f'(x)>0，f(x)单调递增，
此时函数f(x)至多有一个零点，不符合题意；
当a<0时，令f'(x)＝0，解得x＝－
当x∈时，f'(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
所以当x＝－时，f(x)取得极大值，也是最大值，
最大值为f ＝ln＋a·＋2＝1－ln(－a)，
又当x→0时，f(x)→－∞；当x→＋∞时，f(x)→－∞，
所以要使得函数f(x)有两个零点，则满足f >0，
即1－ln(－a)>0，解得－e所以实数a的取值范围是(－e，0).
课时精练
答案
1
2
(1)函数f(x)=ex-sin x-1，
当x>0时，f'(x)=ex-cos x>1-cos x≥0，
所以f(x)在(0，+∞)上单调递增.
(2)由(1)知，f'(x)=ex-cos x，
当x∈时，f'(x)>0，
函数f(x)单调递增，
f(-π)=e-π-1<0，
1.
答案
1
2
f =>0，
因此函数f(x)在内有唯一零点；
当x∈时，
令g(x)=ex-cos x，得g'(x)=ex+sin x，
g'(x)在上单调递增，
g'=-1<0，g'(0)=1>0，
1.
答案
1
2
则存在x0∈使得g'(x0)=0，
当x∈时，g'(x)<0，函数g(x)即f'(x)单调递减，
当x∈(x0，0)时，g'(x)>0，函数g(x)即f'(x)单调递增，
又f ' =>0，f'(x0)则存在x1∈
1.
答案
1
2
使得f'(x1)=0，
当x∈时，f'(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(x1，0)时，
f'(x)<0，函数f(x)单调递减，
而f =>0，f(0)=0，
因此函数f(x)在内有唯一零点，
所以函数f(x)在区间(-π，0]内有且仅有两个零点.
1.
答案
1
2
(1)由f(1)=2a-2=4，
解得a=3，
∴f(x)=3x+-ln x，
则f'(x)=3+-则f'(1)=3，
∴切线方程为y-4=3(x-1)，
即y=3x+1.
2.
答案
1
2
(2)由f(x)=ax+(a-2)-ln x，
得f'(x)=a+-==x>0，
当a≤0时，f'(x)<0在(0，+∞)上恒成立，
f(x)在(0，+∞)上单调递减，不符合题意，舍去；
当a>0时，令f'(x)<0，得0令f'(x)>0，得x>f(x)在上单调递增.
2.
答案
1
2
当x→0时，f(x)→+∞，当x→+∞时，f(x)→+∞，
则f =+-ln=+1-+ln a=1-+ln a<0，
令g(a)=1-+ln a，a>0，则g'(a)=+>0，
∴g(a)在(0，+∞)上单调递增.
又∵g(1)=0，∴当a∈(0，1)时，g(a)<0，当a∈(1，+∞)时，g(a)>0，
∴02.
1.(2024·淄博模拟)已知函数f(x)＝ex－sin x－1.
(1)讨论函数f(x)在区间(0，＋∞)上的单调性；
1
2
答案
函数f(x)＝ex－sin x－1，
当x>0时，f'(x)＝ex－cos x>1－cos x≥0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
(2)证明函数f(x)在区间(－π，0]内有且仅有两个零点.
1
2
答案
1
2
答案
由(1)知，f'(x)＝ex－cos x，
当x∈时，f'(x)>0，
函数f(x)单调递增，
f(－π)＝e－π－1<0，f >0，
因此函数f(x)在内有唯一零点；
当x∈时，令g(x)＝ex－cos x，
得g'(x)＝ex＋sin x，
1
2
答案
g'(x)在上单调递增，
g'－1<0，g'(0)＝1>0，
则存在x0∈使得g'(x0)＝0，
当x∈时，g'(x)<0，
函数g(x)即f'(x)单调递减，
1
2
答案
当x∈(x0，0)时，g'(x)>0，
函数g(x)即f'(x)单调递增，
又f'>0，f'(x0)则存在x1∈使得f'(x1)＝0，
当x∈时，f'(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(x1，0)时，f'(x)<0，函数f(x)单调递减，
1
2
答案
而f >0，f(0)＝0，
因此函数f(x)在内有唯一零点，
所以函数f(x)在区间(－π，0]内有且仅有两个零点.
1
2
答案
2.(2024·绍兴模拟)已知函数f(x)＝ax＋(a－2)ln x，a∈R.
(1)求函数f(x)图象上一点P(1，4)处的切线方程；
由f(1)＝2a－2＝4，解得a＝3，
∴f(x)＝3x＋ln x，
则f'(x)＝3＋则f'(1)＝3，
∴切线方程为y－4＝3(x－1)，即y＝3x＋1.
1
2
答案
(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2(x11
2
答案
由f(x)＝ax＋(a－2)ln x，
得f'(x)＝a＋＝x>0，
当a≤0时，f'(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，
f(x)在(0，＋∞)上单调递减，不符合题意，舍去；
当a>0时，令f'(x)<0，得00，得x>f(x)在上单调递增.
当x→0时，f(x)→＋∞，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，
1
2
答案
则f ln＋1－＋ln a＝1－＋ln a<0，
令g(a)＝1－＋ln a，a>0，
则g'(a)＝>0，
∴g(a)在(0，＋∞)上单调递增.
又∵g(1)＝0，∴当a∈(0，1)时，g(a)<0，当a∈(1，＋∞)时，g(a)>0，
∴0

展开更多......

收起↑