第3章 微专题一 证明不等式&微专题二 恒成立、能成立问题-(讲义)【红对勾讲与练】2025年高考数学大一轮复习全新方案(能力版)

红勾·讲与练·高三数学 微专题 证明不等式 命题角度1 构造函数证明不等式 命题角度2 转化为两个函数的最值证明不等式 【典例1】(1)(2021·全国乙卷)设a= 【典例2】 已知函数f(x)一ex*一xlnx.求证: 2ln 1.01,b=ln1.02,c-/1.04-1,则 当x>0时,f(x)<xe十 1 ( ) A.a<b<c B.b<c<a 听课记录 C.b<a<c D.c<a<b (2)已知函数f(x)=2lnx 1 2”r十 1(mER). ①当n=1时,证明:f(x) 1; ②若关于x的不等式f(x)<(n-2):恒 成立,求整数n的最小值 听课记录 △规律总结A 若直接求导比较复杂或无从下手时,可将待证 式进行变形,构造两个函数,从而找到可以传递的中 076 间量,达到证明的目的,本例中同时含lnx与e,不 能直接构造函数,把指数与对数分离两边,分别计算 它们的最值,借助最值进行证明. 【对点训练2】 已知函数f(x)=x-3lnx+11. (1)判断函数f(x)的单调性; (2)证明:当x0时,f(x)-x+3x^*}十 △规律总结A 1.证明f(x)g(x),可以构造函数h(x) (3-x)e. f(x)一g(x),然后利用h(r)的最值证明不等式. 2.若直接求导比较复杂或无从下手时,可将待 证式进行变形分拆,构造两个函数,从而找到可以传 递的中间量,达到证明的目的. 【对点训练1】 已知函数g(r)-x+ax. (1)若函数g(x)在[1.3]上为单调函数,求 a的取值范围; 命题角度3“放缩法”证明不等式 (2)已知a>-1.r0,求证;g(x)x*lnx. 【典例3】 1 已知函数f(x)=alnx-ax十 1(aER,且a关0). (1)讨论a的值,求函数f(x)的单调区间; 1_ (2)求证:当”二2时: +..十 n-1 ln 71 第三章 一元函数的导数及其应用 因· 听课记录 xln3 【对点训练3】 已知函数f(x)一 +m(r)= 为x-2y+n-0. (1)求n,n的值; (2)证明:f(x)>2g(x)-1. 规律总结 导数方法证明不等式中,最常见的是e和lnx 与其他代数式结合的问题,对于这类问题,可以考虑 先对e和lnx进行放缩,使问题简化,简化后再构 建函数进行证明,常见的放缩公式如下: (1)e二1十x,当且仅当x-0时取等号. 温提示 (2)lnx<x-1,当且仅当x-1时取等号。 学习至此,请完成课时作业19 微专题 恒成立、能成立问题 077 命题角度1 恒成立问题 【对点训练1】 (1)(多选题)已知e“一ln”,且 【典例1】已知函数f(x)=lnx+ax+2(a< m一”十k<0恒成立,则的值可以是 0),若/(x)的最大值为2. . _→ A.-2 C.2 (1)求a的值 B.0 D.4 (2)若f(x)<bx在[1.十)上恒成立,求 (2)已知函数f(x)-e-mx(mR).当x b的取值范围 0时,若关于x的不等式f(x)十ln(x十1) 三听课记录 1>0恒成立,求实数n的取值范围 △规律总结 利用导数解决不等式的恒成立或有解问题的主 要策略:①构造函数,利用导数求出最值,进而求出 参数的取值范围;②分离变量,构造函数,直接把问 题转化为函数的最值问题,有些不易分参的也可采 用“同构”技巧. 红勾·讲与练·高三数学 命题角度2 能成立问题 0 听课记录 【典例2】(1)(2023·江西萍乡开学考试)已知 定义在R上的函数f(r),对任意x,x。6 f(x)-f(x。)0, R,当x去x。时,都有 r-x: 若存在xE f(a一sinx)成立,则实数a的最大值为 △规律总结 (2)已知函数f(x)-lnx二工+m,若存在xE “双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解 其实质,深刻挖掘内含条件,进行等价变换,常见的 等价转换有: (1)Vx.xD,f(x)g(x)fx) g(x). {听课记录 (2)VxD,xD,f(x)>g(x) f.x)>g(x)n. (3)r.ED,x:D,f(r)>gr /(x)m.>g(x)mx. 【对点训练3】(1)若对Vx[0.+o),y [o,+co),不等式y-?+ey+2-4ar 078 0恒成立,则实数a的取值范围是 一规律总结 (2)已知函数f(x)=xlnx-x-a,aER. 解决恒成立、能成立问题的基本策略:分离变 ①若f(x)无零点,求a的取值范围; 量,构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题, ②若f(x)有两个相异零点x,x。,证明: 解决恒成立、能成立问题的转化策略;a x.·x。<1. f(r)恒成立-a三f(x)ta<f(x)恒成立< f(x)taf(x)能成立af(x);a f(x)能成立-a</(x)m. 【对点训练2】 (2023·辽宁大连103中学模拟) r。 实数的取值范围为 命题角度3 双变量的恒成立、能成立问题 【典例3】已知函数f(x)满足xf(x)十xf(x) elnx,且f(e)=1,函数g(x)=-x*+ 2ax十4.若对任意xE(1,e],存在x。E 温提示 [1,2],使得f(x)>g(x。),求a的取 学习至此,请完成课时作业20 值范围.参 考 答 案 中,MD2=OD2+OM2,即32=2a2+ (h-3)2,所以正四棱锥的体积为V = 1 3Sh = 1 3 ×4a 2h = 2 3 [9- (h- 3)2]h,整理得V = - 2 3h 3+4h2(h> 0),则V'= -2h2+8h= -2h(h-4), 当0<h<4时,V'>0,当h>4时, V'<0,所以V= - 2 3h 3+4h2(h>0) 在(0,4)上递增,在(4,+∞)上递减, 所以当h =4时,函数取得最大值为 - 2 3×4 3+4×42= 64 3 ,故该四棱锥的 体积最大值为 64 3. (2)解:① 由题知,每瓶饮料的利润为 y =f(r)=0.2× 4πr3 3 -0.8πr 2 = 0.8πr 3 3 -r 2 ,0<r≤6, 所 以 f'(r)= 0.8π(r2 - 2r)= 0.8πr(r-2), 令f'(r)=0,解得r=2, 当r∈ (0,2)时,f'(r)<0,f(r)在 (0,2)上单调递减, 当r∈ (2,6]时,f'(r)>0,f(r)在 (2,6]上单调递增, 又f(6)=28.8π,f(2)= - 16 15π , 所以当r=6 cm时,每瓶饮料的利润 最大. ②由①知,当r=2 cm时,每瓶饮料的 利润最小. ③由f(r)=0.8π r3 3 -r 2 ≥0(0< r≤6),解得3≤r≤6,故所求瓶子的 半径取值范围是3 cm≤r≤6 cm. 对点训练5:解:(1)由题意可知 ∠APE = θ,如图,过点F 作FO ⊥AB,垂足为 O,则 ∠FPB =θ, 所以EF =1+ 1 sin θ ,FC=1- cos θ sin θ , y = 20θ+1- cos θ sin θ + 70 1 + 1 sin θ =20θ + 90 + 70-20cos θ sin θ π 4 <θ< 3π 4 . (2)由(1)得y'=20+ 20sin2θ-70cos θ+20cos2θ sin2θ = 40-20cos2θ-70cos θ sin2θ , 令y'= 40-20cos2θ-70cos θ sin2θ =0, 即2cos2θ+7cos θ-4=0,(2cos θ- 1)(cos θ+4)=0, cos θ= 1 2 或cos θ= -4(舍去),θ= π 3 ∈ π 4 ,3π 4 , θ π4 ,π 3 π3 π3,3π4 y' - 0 + y ↘ 极小值 ↗ 所以θ= π 3 时,y 最小,即当θ = π 3 时,观光道路的总造价y 最小. 􀪋􀪋􀪋􀪋   􀪋􀪋􀪋􀪋 题目呈现:1 解析:f'(x)=1+ln x- 2 x ,令x0 为 函数f(x)= (x-2)ln x 在[1,2]上 的“拉格朗日中值”, 则1+ln x0- 2 x0 =f (2)-f(1) 2-1 = 0, 令g(x)=1+ln x- 2 x ,则g'(x)= 1 x + 2 x2 >0在[1,2]上恒成立, 故g(x)=1+ln x- 2 x 在[1,2]上单 调递增,又g(1)=1-2= -1<0, g(2)=1+ln 2-1=ln 2>0, 由函数零点存在定理可得,存 在 唯 一 的x0 ∈ [1,2],使得g(x0)=0. 素养检测:1.1ln 2 解析:g'(x)= 1 x +1 ,则 g'(ξ)= 1 ξ +1,由“拉格朗日中值”的定义可 知,函数g(x)=ln x+x在区间[1,2] 上的“拉 格 朗 日 中 值”ξ 满 足g(2)- g(1)=g'(ξ)(2-1),所以g'(ξ)= g(2)-g(1)=ln 2+2-1=ln 2+1, 所以g'(ξ)= 1 ξ +1=ln 2+1,即 1 ξ =ln 2,则ξ= 1 ln 2. 2.ln(e-1) 解析:由g(x)=ex 可得g'(x)=ex, 所以g'(ξ)=eξ,由“拉格朗日中值”的 定义可知g'(ξ)= g(1)-g(0) 1-0 = e- 1,即eξ =e-1,所以ξ=ln(e-1). 微专题一 证明不等式 典例1:(1)B a=2ln 1.01=ln 1.012= ln(1+0.01)2 =ln(1+2×0.01+ 0.012)>ln 1.02=b,所以b<a.下面 比较c与a,b的大小关系. 记f(x)=2ln(1+x)- 1+4x+1, 则f(0)=0,f'(x)= 2 1+x- 2 1+4x = 2( 1+4x -1-x) (1+x) 1+4x , 由于1+4x-(1+x)2 =2x-x2 = x(2-x),所以当0<x <2时,1+ 4x-(1+x)2>0,即 1+4x >(1+ x),f'(x)>0,所以f(x)在[0,2]上 单调递增,所以f(0.01)>f(0)=0, 即2ln 1.01> 1.04-1,即a>c; 令g(x)=ln(1+2x)- 1+4x+1, 则g(0)=0,g'(x)= 2 1+2x- 2 1+4x = 2( 1+4x -1-2x) (1+2x) 1+4x , 由于1+4x-(1+2x)2 = -4x2,在 x >0时,1+4x-(1+2x)2<0,所以 g'(x)<0,即函数g(x)在[0,+∞) 上单调递减,所以g(0.01)<g(0)= 0,即ln 1.02< 1.04-1,即b<c.综 上,b<c<a,故选B. (2)解:① 证明:当m =1时,f(x)= 2ln x- 1 2x 2+1(x >0), ∴f'(x)= 2 x -x = 2-x2 x (x>0), 令f'(x)=0,得x = 2, 当x∈(0,2)时,f'(x)>0,f(x)单 调递增; 当x ∈ (2,+ ∞)时,f'(x)<0, f(x)单调递减, 所以f(x)在x = 2处取得唯一的极 大值,即为最大值, 所以 f(x)max = f(2)=2ln 2- 1 2 ×2+1=ln 2, 所以f(x)≤ln 2, 而ln 2<ln e=1, 所以f(x)<1. ② 令 G(x)=f(x)- (m -2)x = 2ln x- 1 2mx 2+(2-m)x+1. 则 G'(x)= 2 x - mx + (2- m) = - mx2+(2-m)x+2 x . 当m≤0时,因为x>0,所以G'(x)> 0,所以G(x)在(0,+∞)上单调递增, 又因为G(1)= - 3 2m+3>0. 所以关于x的不等式G(x)<0不能恒 成立; 当m >0时, G'(x)= - m x- 2 m (x+1) x . 令G'(x)=0,得x = 2 m ,所以当x∈ 0,2m 时,G'(x)>0; 当x ∈ 2 m ,+∞ 时,G'(x)<0. 因此函数 G(x)在 0,2m 上 单 调 递 增,在 2 m ,+∞ 上单调递减. 故函数 G(x)的最大 值 为 G 2m = 2 m -2ln m+2ln 2-1. 令h(m)= 2 m -2ln m+2ln 2-1, 因为h(1)=1+2ln 2>0,h(2)=0, h(3)=2ln 2-2ln 3- 1 3 <0 , 又因为h(m)在(0,+∞)上单调递减, 所以当m >2时,h(m)<0. 所以整数m 的最小值为3. 对点训练1:解:(1)由题意知,函数g(x)= x3+ax2,则g'(x)=3x2+2ax,若 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -467- hh g(x)在[1,3]上单调递增,则g'(x)= 3x2+2ax ≥0在[1,3]上恒成立,则 a≥- 3 2 ; 若 g(x)在 [1,3]上 单 调 递 减,则 g'(x)=3x2+2ax≤0在[1,3]上恒 成立,则a≤- 9 2. 所以a的取值范围是 -∞,- 9 2 ∪ - 32,+∞ . (2)证明:由题意得,要证g(x)>x2ln x, x >0,即证x3+ax2 >x2ln x,即证 x+a>ln x, 令u(x)=x+a-ln x,x >0, 可得u'(x)=1- 1 x = x-1 x ,x>0, 当0<x<1时,u'(x)<0,函数u(x) 单调递减; 当x >1时,u'(x)>0,函数u(x)单 调递增. 所以u(x)≥u(1)=1+a, 因为a>-1,所以u(x)>0, 故当a >-1时,对 于 任 意 x >0, g(x)>x2ln x. 典例2:证明:要证f(x)<xex + 1 e , 只需证ex-ln x <ex + 1 ex , 即ex-ex <ln x+ 1 ex. 令h(x)=ln x+ 1 ex (x >0), 则h'(x)= ex-1 ex2 , 易知h(x)在 0,1e 上单调递减,在 1 e ,+∞ 上单调递增,则h(x)min= h 1e =0,所以ln x+ 1ex ≥0. 再令φ(x)=ex-ex,则φ'(x)=e- ex,易知φ(x)在(0,1)上单调递增,在 (1,+∞)上单调递减,则φ(x)max = φ(1)=0,所以ex-ex ≤0. 因为h(x)与φ(x)不同时为0,所以 ex-ex <ln x+ 1 ex ,故原不等式成立. 对点训练2:解:(1)∵f(x)=x3-3ln x+ 11, ∴ 定 义 域 为(0,+ ∞)且 f'(x)= 3x2- 3 x = 3(x3-1) x = 3(x-1)(x2+x+1) x , 令f'(x)=0可得x =1, 当x ∈ (1,+∞)时,f'(x)>0, 当x ∈ (0,1)时,f'(x)<0, ∴f(x)在(1,+ ∞)上单调递增,在 (0,1)上单调递减. (2)证 明:由 (1)可 得 f(x)min = f(1)=12, 令g(x)= -x3+3x2+(3-x)ex, g'(x)= -3x2 +6x -ex + (3- x)ex = (2-x)(ex +3x), 令g'(x)=0,又x >0,可得x =2, 当x ∈ (2,+∞)时,g'(x)<0, 当x ∈ (0,2)时,g'(x)>0, ∴g(x)在(2,+ ∞)上单调递减,在 (0,2)上单调递增, 可得g(x)max =g(2)=e2+4, ∴f(x)min>g(x)max,则f(x)>g(x), ∴ 当x >0时,f(x)>-x3+3x2+ (3-x)ex. 典例3:解:(1)由f(x)=aln x-ax+ 1知函数定义域为(0,+∞), f'(x)= a x -a= a(1-x) x , ① 当a >0时,若0<x <1,则 f'(x)>0,若x >1,f'(x)<0, 所以f(x)的单调递增区间为(0,1), 单调递减区间为(1,+∞); ② 当a <0时,若0<x <1,则 f'(x)<0,若x >1,f'(x)>0, 所以f(x)的单调递减区间为(0,1), 单调递增区间为(1,+∞). (2)证明:令a=1,则f(x)=ln x- x+1,所以f(1)=0, 由(1)可知f(x)在[1,+∞)上单调递 减,故f(x)≤f(1)=0,(当x =1时 取等号), 所以f(x)=ln x -x +1≤0,即 ln x ≤x-1, 当x≥2时,0<ln x<x-1<x(x- 1),即0<ln x <x(x-1), 即 1 ln x > 1 x(x-1)> 0. 令 x = n,则 1 ln n > 1 n(n-1)= 1 n-1- 1 n , 所以 1 ln 2+ 1 ln 3+ … + 1 ln n > 1 1 - 1 2+ 1 2- 1 3+ 1 3- 1 4+ …+ 1 n-1- 1 n =1- 1 n = n-1 n , 故当n ≥2时, 1 ln 2+ 1 ln 3+ … + 1 ln n> n-1 n . 对点训练3:解:(1)由已知得,f(1)= 0,∴1-0+n=0,解得n= -1. ∵f'(x)= (ln x+1)(x+m)-xln x (x+m)2 , ∴f'(1)= m+1 (1+m)2 = 1 2 , 解得m =1. (2)证明:设h(x)=ex -x-1(x > 0),则h'(x)=ex -1>0, ∴h(x)在(0,+∞)上单调递增, ∴h(x)>h(0)=0,即ex >x+1> 1,∴ 1 ex < 1 x+1 . 要证f(x)>2g(x)-1,即证 xln x x+1> 2x ex -1,只需证 xln x x+1≥ 2x x+1- 1,即 证xln x≥x-1,令m(x)=xln x- x+1,则m'(x)=ln x, ∴ 当x ∈ (0,1)时,m'(x)<0; 当x ∈ (1,+∞)时,m'(x)>0, ∴m(x)在 (0,1)上 单 调 递 减,在 (1,+∞)上单调递增, ∴m(x)min=m(1)=0,即m(x)≥0, ∴xln x≥x-1,则f(x)>2g(x)- 1得证. 微专题二 恒成立、 能成立问题 典例1:解:(1)易知函数f(x)的定义域 为(0,+∞), 根据 题 意 可 得 f'(x)= 1 x +a = 1+ax x ,令f'(x)=0,得x = - 1 a , 当x ∈ 0,- 1 a 时,f'(x)>0,即 f(x)在 0,- 1 a 上单调递增, 当x ∈ - 1 a ,+∞ 时,f'(x)<0, 即f(x)在 - 1 a ,+∞ 上单调递减, 所以f(x)max=f - 1 a =ln-1a + 1=2, 解得a= - 1 e. (2)由(1)知f(x)=ln x- x e+2 , 因为x≥1,所以ln x- x e+2≤bx 可 化为b≥ ln x x - 1 e+ 2 x , 设g(x)= ln x x - 1 e+ 2 x , 所 以 g'(x)= 1-ln x x2 - 2 x2 = -ln x-1 x2 ,则g'(x)<0在[1,+∞) 上恒成立, 即可得g(x)在[1,+∞)上单调递减, b≥g(x)max =g(1)=2- 1 e , 因此b的取值范围是 2- 1 e ,+∞ . 对点训练1:(1)ABC 由em =ln n > 0=ln 1知n>1,m=ln (ln n),∴m- n+k=ln (ln n)-n+k<0,∴k< n-ln (ln n)=eln n -ln (ln n),令 ln n=t(t>0),则k<et -ln t,令 f(t)=et -ln t(t>0),则f'(t)= et- 1 t ,导函数单调递增,且f' 1 2 = e-2<0,f'(1)=e-1>0,所以存 在t0 ∈ 1 2 ,1 使 得f'(t0)=0,即 e t0 = 1 t0 ,t0 = -ln t0,所 以f(t)在 (t0,+∞)上单调递增,在(0,t0)上单 调递减,∴f(t)≥f(t0)= 1 t0 +t0 ∈ 2,52 ,所 以 k 可 取 -2,0,2,故 选ABC. (2)解:设g(x)=ex -mx+ln (x+ 1)-1(x ≥ 0),则 g'(x)= ex + 1 x+1- m, 令h(x)=ex+ 1 x+1- m,则h'(x)= ex - 1 (x+1)2 , 令k(x)=ex - 1 (x+1)2 ,则k'(x)= 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -468- 参 考 答 案 ex + 2 (x+1)3 >0, ∴k(x)在区间[0,+∞)上单调递增, 则k(x)≥k(0)=0, ∴h(x)在区间[0,+∞)上单调递增, 则h(x)≥h(0)=2-m. 当m≤2时,h(x)=g'(x)≥2-m≥0, ∴g(x)在区间[0,+∞)上单调递增, 则g(x)≥g(0)=0恒成立; 当m >2时,则g'(0)<0, g'(ln m+1)=(e-1)m+ 1 2+ln m>0 , ∴∃x0 ∈ (0,ln m+1), 使得g'(x0)=0, ∴g(x)在区间[0,x0)上单调递减,则 g(x0)<g(0)=0,与条件矛盾. 综上 所 述,实 数 m 的 取 值 范 围 为 (-∞,2]. 典例2:(1)1 解析:因为对任意x1,x2∈R,当x1≠ x2 时,都有 f(x1)-f(x2) x1-x2 >0,所以 f(x)在R上单调递增,则f(xcos x)≥ f(a-sin x)等价于xcos x≥a-sin x, 即a ≤xcos x +sin x,令 g(x)= xcos x+sin x,x∈ π 2 ,π ,g'(x)= 2cos x-xsin x,因为x ∈ π 2 ,π ,所 以cos x≤0,sin x≥0,所以g'(x)≤0, 所以g(x)在 π 2 ,π 上单调递减,所以 g(x)≤g π 2 = π2cosπ2+sinπ2 = 1,即a≤1,所以a的最大值为1. (2)(-∞,e-1] 解析:若存在x∈ 1 e ,e ,使f(x)≤0, 即f(x)=ln x-x+m≤0,所以m≤ x-ln x,令g(x)=x -ln x,x ∈ 1 e ,e ,g'(x)=1- 1x =x-1x ,令 g'(x)>0,解得x∈(1,e],令g'(x)< 0,解得x∈ 1 e ,1 ,所以g(x)在x∈ (1,e]上单调递增,在x∈ 1 e ,1 上单 调递减,所 以g(e)=e-1,g 1 e = 1 e-ln 1 e = 1 e+1 ,e-1> 1 e+1 ,所 以m≤e-1. 对点训练2: 6e e2-1 ,+∞ 解析:∵f(x0)+ 3e x0 <0,即3ln x0 - kx0+ k x0 + 3e x0 <0,当x0=1时3e<0 显然不成立,即在x0=1时不满足原式, 当x0∈(1,e]时,整理得 x0ln x0+e x20-1 < k 3. 令g(x)= xln x+e x2-1 ,x∈(1,e],则 g'(x)= (x2-2ex-1)-(x2+1)ln x (x2-1)2 , ∵ 当x∈(1,e]时,(x2+1)ln x>0, x2-2ex-1= (x-e)2-e2-1<0, 则g'(x)<0在 x ∈ (1,e]时 恒 成 立,∴g(x)在 (1,e]上 单 调 递 减,则 g(x)≥g(e)= 2e e2-1 ,则 2e e2-1 < k 3 , 即k> 6e e2-1 .综上所述,实数k的取值 范围为 6e e2-1 ,+∞ . 典例3:解:由题意知,f(x),g(x)分别 在x∈ (1,e],x ∈ [1,2]上f(x)min > g(x)min, 由 x2f'(x)+xf(x)= eln x,得 f'(x)= eln x-xf(x) x2 . 令t(x)=eln x-xf(x),则t'(x)= e x -f (x)-xf'(x)= e x -f (x)- x·eln x-xf(x) x2 = e(1-ln x) x . 因为x1 ∈ (1,e],所以1-ln x ∈ [0, 1),则t'(x)≥0,t(x)在(1,e]上单调 递增. t(x)max=t(e)=eln e-ef(e)=0,即 t(x)≤0. 所以f'(x)≤0,f(x)在(1,e]上单调 递减,f(x)min =f(e)=1. g(x)图象的对称轴方程是x =a. 当a≤ 3 2 时,g(x)min=g(2)=4a< f(x)min =1,解得a< 1 4. 当a> 3 2 时,g(x)min=g(1)=2a+ 3<f(x)min =1,无解. 综上,a的取值范围为 -∞, 1 4 . 对点训练3:(1)-∞, 1 2 解析:因为对 ∀x ∈ [0,+ ∞),y ∈ [0,+∞),不等式ex+y-2+ex-y-2+2- 4ax ≥0恒成立,所以 4ax-2 ex-2 ≤ey + e-y,对 ∀x∈[0,+∞),y∈ [0,+∞) 恒成立,又因为ey+e-y≥2 ey·e-y = 2,当且仅当ey=e-y,即y =0时取等 号,所以4ax-2 ex-2 ≤2,对∀x∈[0,+∞) 恒成立,当x =0时,- 2 e-2 ≤2恒成立, 所以a∈R,当x>0时,2a≤ 1+ex-2 x 对∀x∈(0,+∞)恒成立,令g(x)= 1+ex-2 x ,x ∈ (0,+∞),则g'(x)= ex-2(x-1)-1 x2 ,令h(x)=ex-2(x- 1)-1,x ∈ (0,+ ∞),则h'(x)= xex-2 > 0 恒 成 立,所 以 h(x)在 (0,+∞)上单调递增,又h(2)=0,所 以当 0< x < 2 时 h(x)< 0,即 g'(x)<0,当x >2时h(x)>0,即 g'(x)>0,所以g(x)在(2,+∞)上 单调递增,在(0,2)上单调递减,所以 g(x)的最小值g(2)=1,所以2a≤ 1,即a≤ 1 2. (2)解:①f'(x)=ln x,x >0, 由f'(x)=0,得x =1, 当x ∈ (0,1)时,f'(x)<0,f(x)单 调递减, x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单 调 递 增, 所 以 函 数 的 最 小 值 是 f(1)= -1-a, 因为函数f(x)无零点,-1-a>0, 得a<-1, 所以a的取值范围是(-∞,-1). ② 证明:不妨设x1 <x2, 由①得,f(x)在(0,1)上单调递减,在 (1,+∞)上单调递增, ∴0<x1 <1<x2,故0< 1 x2 <1, ∵f(x1)=f(x2)=0, ∴f(x1) - f 1 x2 = f(x2) - f 1 x2 = (x2ln x2 - x2 - a)- ln 1 x2 x2 - 1 x2 -a =x2ln x2-x2+ ln x2 x2 + 1 x2 , 设g(x)=xln x-x+ ln x x + 1 x ,x>1, 因为g'(x)=ln x- ln x x2 >0,x>1, 所以函数g(x)在区间(1,+∞)上单 调递增,且g(1)=0, 所 以 g(x)> g(1)= 0 在 区 间 (1,+∞)上恒成立, 故f(x1)-f 1 x2 >0, 即f(x1)>f 1 x2 , 又f(x)在(0,1)上单调递减, ∴0<x1 < 1 x2 <1,∴x1x2 <1. 微专题三 利用导数 研究函数的零点 典例1:(1)解:① 函数f(x)的定义域为 (0,+∞),f'(x)= 1 x - a (x+1)2 = x2+(2-a)x+1 x(x+1)2 , 在一元二次方程x2+(2-a)x+1= 0中,Δ = (2-a)2-4=a2-4a = a(a-4), 当a <0时,f'(x)>0,此 时 函 数 f(x)单调递增,增区间为(0,+∞), 没有减区间; 当0≤a≤4时,f'(x)≥0,此时函数 f(x)单调递增,增区间为(0,+∞),没 有减区间; 当a>4时,一元二次方程x2+(2- a)x+1=0有两个不相等的实根,分 别记为x1,x2(x2>x1),有x1+x2= a-2>0,x1x2 =1>0,可得x2 > x1 >0,有x1 = a-2- a2-4a 2 , x2 = a-2+ a2-4a 2 ,可得此时函 数f(x)的 增 区 间 为 (0,x1),(x2, +∞),减区间为(x1,x2). 综上可知,当a≤4时,函数f(x)的增 区间为(0,+∞),没有减区间;当a> 4时,函数f(x)的增区间为 0,a-2- a 2-4a 2 , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -469-