2025届高考数学复习专题突破：一元函数的导数及其应用讲义

突破1 构造法在解决函数、导数问题中的 应用 命题点1 利用导数运算构造函数 角度1 利用f(x)与x构造 例1 [全国卷 ]设函数f '(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,f(-1)=0,当x>0时,xf '(x)-f(x)<0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( A ) A.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-1,0)∪(1,+∞) C.(-∞,-1)∪(-1,0) D.(0,1)∪(1,+∞) 解析 令F(x)=,(根据条件xf '(x)-f(x)<0构造函数F(x)=) 因为f(x)为奇函数,所以F(x)为偶函数, 由于F'(x)=,当x>0时,xf '(x)-f(x)<0, 所以F(x)=在(0,+∞)上单调递减, 根据图象的对称性,得F(x)=在(-∞,0)上单调递增. 由f(-1)=0, f(1)=0,知F(-1)=0,F(1)=0. 由f(x)>0,得或解得x<-1或0<x<1,即使得f(x)>0成立的x的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1). 方法技巧 形式 构造函数 xf '(x)+nf(x) g(x)=xnf(x) xf '(x)-nf(x) g(x)= 角度2 利用f(x)与ex构造 例2 已知定义在R上的函数f(x)满足2f(x)+f '(x)>0,且有f()=,则f(x)>的解集为( B ) A.(0,) B.(,+∞) C.(0,2) D.(0,+∞) 解析 由题意,构造函数F(x)=f(x) e2x,则F '(x)=f '(x) e2x+2f(x)e2x= e2x[f '(x)+2f(x)]>0,∴F(x)在R上单调递增.f(x)> e2xf(x)>1 F(x)>1,∵F()=f() e=1,∴F(x)>1 F(x)>F() x>,即f(x)>的解集为(,+∞),故选B. 方法技巧 形式 构造函数 f '(x)+nf(x) g(x)=enx f(x) f '(x)-nf(x) g(x)= 角度3 利用f(x)与sin x,cos x构造 例3 [2023湖南省长沙麓山国际实验学校期中]若定义在[0,)上的函数f(x)的导函数为f '(x),且f(0)=0,f '(x)cos x+f(x)sin x<0,则下列不等关系中正确的是( C ) A.f()<f() B.f(ln)>0 C.f()>f() D.f()<f() 解析 令g(x)=,x∈[0,),则g'(x)=,因为f '(x)cos x+f(x)sin x<0,所以g'(x)<0在[0,)上恒成立,因此函数g(x)=在[0,)上单调递减,故g()>g(),即>,即f()>f(),故A错;又 f(0)=0,所以g(0)==0,所以g(x)=≤0在[0,)上恒成立,因为0=ln 1<ln<ln e=1<,所以f(ln)<0,故B错;又g()>g(),所以>,即f()>f(),故C正确;又g()>g(),所以>, 即f()>f(),故D错误.故选C. 方法技巧 由f(x)与sin x,cos x相结合构造可导函数的几种常见形式:(1)F(x)=f(x)sin x,则F '(x)=f '(x)sin x+f(x)cos x;(2)F(x)=,则F '(x)=; (3)F(x)=f(x)cos x,则F '(x)=f '(x)cos x-f(x)sin x;(4)F(x)=,则F '(x)=. 训练1 (1)[2023安徽合肥第六中学5月月考]已知函数f(x)满足f(x)+f(-x)=0,且当x∈(-∞,0)时,f(x)+xf '(x)<0成立.若a=20.6 f(20.6),b=ln 2 f(ln 2),c=log2 f(log2),则a,b,c的大小关系是( D ) A.a>b>c B.c>b>a C.a>c>b D.c>a>b 解析 因为函数f(x)满足f(x)+f(-x)=0,所以f(x)是奇函数.不妨令g(x)=x f(x),则g(-x)=-x f(-x)=x f(x)=g(x),所以g(x)是偶函数. g'(x)=f(x)+xf '(x),因为当x∈(-∞,0)时,f(x)+xf '(x)<0成立,所以 g(x)在(-∞,0)上单调递减,又g(x)是偶函数,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增.a=g(20.6),b=g(ln 2 ),c=g(log2)=g(-log2), 因为2>20.6>1,0<ln 2<1,-log2=-(-3)=3>2, 所以ln 2<20.6<-log2,所以c>a>b.故选D. (2)[2024广西柳州模拟]设函数y=f(x),x∈R的导函数为f '(x),且f(x)为偶函数,f '(x)>f(x),则不等式成立的是( B ) A.f(0)<e-1f(1)<e2f(2) B.e3f(3)<f(0)<e-1f(1) C.e-1f(1)<f(0)<e2f(2) D.e2f(2)<e3f(3)<f(0) 解析 设g(x)=,则g'(x)=>0,所以g(x)在R上递增,又 f(x)为偶函数,则g(1)==e-1f(1),g(0)==f(0),g(-2)==e2f(2),g(-3)==e3f(3),由-3<-2<0<1,可得g(-3)< g(-2)<g(0)<g(1),即e3f(3)<e2f(2)<f(0)<e-1f(1).故选B. (3)[2023山东潍坊4月二模]已知函数f(x)的定义域为(0, ),其导函数是f '(x).若f '(x)sin x-f(x)cos x>0恒成立,则关于x的不等式f(x)<2f()sin x的解集为 (0,) . 解析 令F(x)=,则F '(x)=>0,所以F(x)在定义域内单调递增.关于x的不等式f(x)<2f()sin x可化为 <,即F(x)<F().因为0<x< ,所以0<x<,所以不等式f(x)<2f()sin x的解集为(0,). 命题点2 同构法构造函数 例4 (1)设a,b都为正数,e为自然对数的底数,若a+b<bln b,则( B ) A.ab>e B.b> C.ab<e D.b< 解析 由题意知,a>0,b>0,由a+b<bln b,得a<b(ln b-1),则aea< ln . 解法一(构造左侧形式) aea<(ln ),设f(x)=xex,则f(a)<f(ln ),且 ln >0.当x>0时,f '(x)=ex+xex>1>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,于是a<ln ,即ea<,即<b. 解法二(构造右侧形式) ealn ea<ln ,设f(x)=xln x,则f(ea)<f(),且ea>1,ln >0,即>1.当x>1时,f '(x)=ln x+1>0,所以f(x)在(1,+∞)上单调递增,于是ea<,即<b. 解法三(取对数形式) ln a+a<ln (ln )+ln ,设f(x)=ln x+x,则f(a)< f(ln ),且ln >0.当x>0时,f '(x)=+1>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,于是a<ln ,即ea<,即<b. (2)[2023天津一模]若0<b<a<,则( C ) A.bea-eb<aeb-ea B.eb++2a>ea++2b C.asin b+b<bsin a+a D.sin bcos a>sin a 解析 对于A,令f(x)=,0<x<,则f '(x)=>0,故f(x)在(0,)上单调递增,则f(a)>f(b),即>,所以ea(b+1)>eb(a+1),即bea-eb>aeb-ea,故A错误; 对于B,令f(x)=ex-2x,0<x<,则f '(x)=ex+-2>2-2=0,故 f(x)在(0,)上单调递增,则f(a)>f(b),即eb-2b<ea-2a,所以eb++2a<ea++2b,故B错误; 对于C,令f(x)=,0<x<,则f '(x)=>0,故f(x)在(0,)上单调递增,则f(a)>f(b),即>,所以b(sin a-1)>a(sin b-1),即asin b+b<bsin a+a,故C正确; 对于D,当b=,a=时,sin bcos a=<sin a=,故D错误.故选C. 方法技巧 1.同构法,即通过等价变形把不等式或等式两边转化为结构相同的形式,即转化为同源函数,进而利用该函数的单调性求解. 2.5种常见变形 (1)xex=ex+ln x (x>0);(2)=ex-ln x(x>0);(3)=eln x-x(x>0);(4)x+ln x=ln( x ex);(5)x-ln x=ln. 3.3种基本形式 基本形式 同构变形 和差型: ea a>b ln b 同左:ea a>eln b ln b,构造函数g(x)=ex x 同右:ea ln ea>b ln b,构造函数f(x)=x ln x 乘积型: aea≤bln b 同左:aea≤(ln b)eln b,构造函数g(x)=xex 同右:ealn ea≤bln b,构造函数f(x)=xln x a>0时,取对数:a+ln a<ln b+ln(ln b),构造函数h(x)=x+ln x 比商型: < 同左:<,构造函数g(x)= 同右:<,构造函数f(x)= a>0时,可取对数:a-ln a<ln b-ln(ln b),构造函数h(x)=x-ln x 训练2 (1)已知函数f(x)=xa-aln x(a>0),g(x)=ex-x,若x∈(1,e2)时, f(x)≤g(x)恒成立,则实数a的最大值是( B ) A.1 B.e C. D.e2 解析 由f(x)≤g(x)可得xa-aln x≤ex-x,即xa-ln xa≤ex-ln ex,构造函数m(t)=t-ln t,t∈(1,+∞),则m'(t)=1-=>0,所以m(t)=t-ln t在(1, +∞)上单调递增,故由m(xa)≤m(ex)可得,xa≤ex,又x∈(1,e2),所以a≤恒成立.令h(x)=,x∈(1,e2),则h'(x)=,令h'(x)>0,得e<x<e2,令h'(x)<0,得1<x<e,所以函数h(x)=在(1,e)上单调递减,在(e,e2)上单调递增,所以h(x)min=h(e)=e,即a≤e,所以a的最大值是e. (2)[多选/2023山东省青岛质检]已知0<x1<x2<1,则下列不等式恒成立的为( AC ) A.x1<x2 B.x1ln x1<x2ln x2 C.x2ln x1<x1ln x2 D.ln x1>ln x2 解析 A.令f(x)=且0<x<1,则f '(x)=<0,故f(x)在(0,1)上单调递减,又0<x1<x2<1,所以f(x2)<f(x1) < x1<x2,A正确; B.令f(x)=xln x且0<x<1,则f '(x)=1+ln x,所以在(0,)上f '(x)<0, f(x)单调递减,在(,1)上f '(x)>0,f(x)单调递增,而0<x1<x2<1,此时不能比较f(x2),f(x1)的大小,B错误; C.令f(x)=且0<x<1,则f '(x)=>0,故f(x)在(0,1)上单调递增,又0<x1<x2<1,所以f(x2)>f(x1) > x2ln x1<x1ln x2,C正确; D.令f(x)=exln x且0<x<1,则f '(x)=(1+xln x),且>0,令g(x)=1+xln x且0<x<1,则g'(x)=1+ln x,在(0,)上g'(x)<0,g(x)单调递减,在(,1)上g'(x)>0,g(x)单调递增,则g(x)≥g()=1->0,故f '(x)= g(x)>0,f(x)单调递增,又0<x1<x2<1,所以f(x2)>f(x1) ln x2>ln x1 ln x1<ln x2,D错误.故选AC. 基础练习 1.[2024大连市模拟]已知a=,b=,c=,则( A ) A.a<c<b B.c<a<b C.a<b<c D.b<a<c 解析 由题意知,a=,b=,c===. 构造函数 f(x)=,则f '(x)=,令f '(x)=0,则x=e,令f '(x)>0,则0<x<e,令f '(x)<0,则x>e,故f(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以f(x)max=f(e)==b,而e2<8,<2,故f()<f(2),即a<c,所以a<c<b,故选A. 2.[2023南京市二模]已知f(x)是定义在R上的可导函数,其导函数为f'(x).若对任意x∈R有f'(x)>1,f(1+x)+f(1-x)=0,且f(0)=-2,则不等式f(x-1)>x-1的解集为( D ) A.(0,+∞) B.(1,+∞) C.(2,+∞) D.(3,+∞) 解析 解法一 ∵f(1+x)+f(1-x)=0,f(0)=-2,∴令x=1得f(2)=2. 设g(x)=f(x)-x,则g'(x)=f '(x)-1>0,∴g(x)在R上单调递增,且g(2)=f(2)-2=0, ∴不等式f(x-1)>x-1可化为g(x-1)>0=g(2),∴x-1>2,解得x> 3.故选D. 解法二 设f(x)=2x-2,经检验,满足要求, 所以f(x-1)>x-1即2(x-1)-2>x-1,所以x>3. 故选D. 3.[2024 吉林省长春市东北师范大学附属中学模拟]已知函数f(x)的定义域为R,其导函数为f '(x),f '(x)-f(x)>3ex,f(2)=6e2,则不等式f(x)>3xex的解集为( A ) A.(2,+∞) B.(-∞,2) C.(3,+∞) D.(-∞,3) 解析 令G(x)=-3x, 则G'(x)=-3>-3=0,所以函数G(x)在R上单调递增,又G(2)=-3 2=0,由f(x)>3xex可得-3x>0,即G(x)>G(2),所以x>2.故选A. 4.已知f(x)是定义在(-,)上的奇函数,f '(x)是其导函数.当x∈(0,)时, f(x)+f '(x)tan x>0,则不等式cos x f(x+)+sin x f(-x)>0的解集为( D ) A.(-,-) B.(-,0) C.(-,-) D.(-,0) 解析 当x∈(0,)时,由f(x)+f '(x)tan x>0,得cos x f(x)+f '(x)sin x>0,即[sin x f(x)]'>0,所以函数y=sin x f(x)在(0,)上单调递增. 又函数f(x)是定义在(-,)上的奇函数,函数y=sin x是R上的奇函数,所以y= sin x f(x)是定义在(-,)上的偶函数,且在(-,0)上单调递减.由可得x∈(-,0),则x+∈(0,),-x∈(0,).不等式cos x f(x+)+sin x f(-x)>0可转化为sin(x+) f(x+)>sin(-x) f(-x),又函数y=sin x f(x)在(0,)上单调递增,所以>x+>-x>0,解得-<x<0,故选D. 5.[条件创新/2023佛山市质检]设函数f(x)的导函数是f'(x),且f(x)f'(x)>x恒成立,则( D ) A.f(1)<f(-1) B.f(1)>f(-1) C.|f(1)|<|f(-1)| D.|f(1)|>|f(-1)| 解析 设g(x)=[f2(x)-x2],则g'(x)=[2f(x)f'(x)-2x]=f(x)f'(x)-x>0恒成立,所以g(x)在定义域内单调递增,所以g(1)>g(-1),即[f2(1)-1]>[f2(-1)-1],解得f 2(1)>f2(-1),即|f(1)|>|f(-1)|,故选D. 6.[多选/2023重庆名校联考]若m>n>1,0<t<1,则下列不等式成立的是( BCD ) A.logmt<lognt B.men<nem C.mnt>nmt D.mlognt<nlogmt 解析 对于A,logmt-lognt=-=, 因为0<t<1,m>n>1,所以logtm logtn>0,logtn-logtm>0,所以logmt-lognt>0,A不成立.对于B,由men<nem及m>n>1,得<,构造函数f(x)=,x>1,则 f '(x)=>0,所以f(x)在(1,+∞)上单调递增,所以f(m)>f(n),即>,故B成立.对于C,由mnt>nmt及m>n>1,得nt-1>mt-1,构造函数g(x)= xt-1,x>1,因为0<t<1,所以t-1<0,所以g'(x)=(t-1) xt-2<0,所以g(x)在(1,+∞)上单调递减,所以g(n)>g(m),即nt-1>mt-1,故C成立.对于D,由mlognt<nlogmt及m>n>1,0<t<1,得mln m>nln n,构造函数h(x)=xln x,x>1,则h'(x)=1+ln x>0,所以h(x)在(1,+∞)上单调递增,所以h(m)>h(n),即mln m>nln n,故D成立.故选BCD. 7.[多选]若定义在R上的函数f(x)满足f(0)=-1,其导函数为f '(x),且f '(x)>m>1,则下列各式成立的有( AC ) A.f()> B.f()<-1 C.f()> D.f()<0 解析 构造函数g(x)=f(x)-mx,则g'(x)=f '(x)-m>0,故函数g(x)= f(x)-mx在R上单调递增.易知>0,所以g()>g(0)=f(0)=-1,即f()-1>-1,所以f()>0,故B错误.又m>1,所以<0,所以f()>,故A正确.由>0得g()>g(0),即f()->-1,则f()>>0,故C正确,D错误.故选AC. 8.[2024江西省南昌市部分学校调考]若定义域为(0,+∞)的函数f(x)满足2f(x)+xf '(x)>0,则不等式f(x+1)<的解集为 (-1,0) . 解析 由x∈(0,+∞)时,函数f(x)满足2f(x)+xf '(x)>0,可得2xf(x)+ x2f '(x)>0.设h(x)=x2f(x),x>0,则h'(x)=2xf(x)+x2f '(x)>0,故h(x)在(0,+∞)上单调递增,由f(x+1)<,得(x+1)2f(x+1)<f(1),即 h(x+1)<h(1), 所以0<x+1<1,解得-1<x<0,所以f(x+1)<的解集为(-1,0). 9.[2024福建省漳州市质检]已知函数f(x)(x∈R)的导函数为f '(x),若2f(x)+ f '(x)>0,且f(0)=2 025,则不等式f(x)-2 025e-2x>0的解集为 (0,+∞) . 解析 令g(x)=e2xf(x),则g'(x)=2e2xf(x)+e2xf '(x)=e2x[2f(x)+f '(x)]. 因为2f(x)+f '(x)>0,所以g'(x)>0,所以g(x)在R上单调递增,又f(0)= 2 025,所以g(0)=e0f(0)=2 025,不等式f(x)-2 025e-2x>0,即f(x)> 2 025e-2x,即e2xf(x)>2 025,即g(x)>g(0),所以x>0,即不等式f(x)- 2 025e-2x>0的解集为(0,+∞). 10.[2023山东济南一中5月月考]已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f '(x), f '(x)-f(x)<0,且f(x+1)=f(1-x),f(0)=e,则不等式f(x)>ex-1的解集是 (-∞,2) . 解析 设g(x)=,则g'(x)=<0,所以g(x)在R上单调递减.因为 f(x+1)=f(1-x),所以f(x)的图象关于直线x=1对称,所以f(2)=f(0)=e,所以g(2)==.因为f(x)>ex-1,所以>,即g(x)>g(2),所以x<2,故f(x)>ex-1的解集是(-∞,2). 11.[2023河北名校联考]已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)=exf(-x),f(1)=,f '(x)是f(x)的导函数,当x∈[0,+∞)时,f '(x)<f(x),则不等式 f(x-1)<的解集为 (-∞,0)∪(2,+∞) . 解析 令g(x)=,由f(x)=exf(-x),得f(-x)=,则g(-x)===g(x),所以函数g(x)为偶函数. 因为当x∈[0,+∞)时,f '(x)<f(x),所以当x∈[0,+∞)时,g'(x)==<0,所以函数g(x)在[0,+∞)上单调递减.因为函数 g(x)为R上的偶函数,所以函数g(x)在(-∞,0)上单调递增.因为f(1)=,所以g(1)===1.因为f(x-1)<可变形为<1,所以g(x-1)< g(1).因为函数g(x)为R上的偶函数,在(-∞,0)上单调递增,在[0,+∞)上单调递减,所以|x-1|>1,解得x<0或x>2, 所以不等式f(x-1)<的解集为(-∞,0)∪(2,+∞). 12.[2023沈阳市三检]已知对任意的x∈(1,+∞),不等式k(ekx+1)-(+1)ln x>0恒成立,则k的取值范围是 (,+∞) . 解析 k(ekx+1)-(+1)ln x>0,即kx(ekx+1)>(x+1)ln x ①,因为x∈(1,+∞),所以x+1>0,ln x>0,则(x+1) ln x>0,所以k>0,则①式转化为(ekx+1)ln ekx>(x+1)ln x ②.令f(t)=(t+1)ln t,则②式可转化为f(ekx)>f(x),易得ekx>1,x>1.f '(t)=+1+ln t,当t>1时,f '(t)>0,所以f(t)在(1,+∞)上单调递增,由f(ekx)>f(x)得ekx>x,所以k>.令h(x)=,x∈(1,+∞),则h'(x)=,当x∈(1,e)时,h'(x)>0,当x∈(e,+∞)时,h'(x)<0,所以h(x)在(1,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以h(x)max=h(e)=,所以k>,所以实数k的取值范围是(,+∞). 13.已知函数f(x)=x+ln(x-1),g(x)=xln x,若f(x1)=1+2ln t,g(x2)=t2,则的最大值为 . 解析 由题意得f(x1)=x1+ln(x1-1)=1+2ln t,则x1-1+ln(x1-1)=2ln t. 又g(x2)=x2ln x2=t2 (*),t>0, x2>0,所以ln x2>0, (*)式取自然对数得,ln x2+ln(ln x2)=2ln t, 所以x1-1+ln(x1-1)=2ln t=ln x2+ln(ln x2),于是构造函数F(x)=x+ln x(x>0),则F(x1-1)=F(ln x2). 又F(x)=x+ln x在(0,+∞)上单调递增,所以x1-1=ln x2, 于是==,其中t>0. 令h(t)=(t>0),则h'(t)=,当t∈(0,)时,h'(t)>0,h(t)单调递增;当t∈(,+∞)时,h'(t)<0,h(t)单调递减. 所以h(t)max=h()=.即的最大值为. 14.[2022新高考卷 ]已知函数f(x)=ex-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值. (1)求a; (2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列. 解析 (1)f '(x)=ex-a,g'(x)=a-(x>0). 若a≤0,f '(x)>0在R上恒成立,f(x)在R上单调递增,即f(x)无最小值; 若a>0,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. ∴f(x)在x=ln a处取得最小值f(ln a)=a-aln a. 当x∈(0,)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(,+∞)时,g'(x)>0, g(x)单调递增. ∴g(x)在x=处取得最小值g()=1+ln a. 又f(x)与g(x)有相同的最小值, ∴a-aln a=1+ln a,a>0. 设h(a)=aln a+ln a-a+1,a>0, 则h'(a)=+ln a, 令 (a)=h'(a),则 '(a)=-+=,a>0, 当a∈(0,1)时, '(a)<0,h'(a)单调递减, 当a∈(1,+∞)时, '(a)>0,h'(a)单调递增. ∴h'(a)在a=1处取得最小值h'(1)=1>0,则当a>0时,h'(a)>0恒成立,h(a)单调递增. 又h(1)=0,∴a=1. (2)由(1)得f(x)=ex-x,g(x)=x-ln x, 且f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,f(x)min=f(0)=g(x)min=g(1)=1. x +∞时,f(x) +∞, g(x) +∞;x 0时,g(x) +∞;x -∞时,f(x) +∞. 则f(x)和g(x)的大致图象如图所示. 由图知存在直线y=b与曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,设三个交点的横坐标分别为x1,x2,x3,且x1<x2<x3, 则f(x1)=f(x2)=g(x2)=g(x3)=b. ∵f(x)=ex-x,g(x)=x-ln x=eln x-ln x=f(ln x), ∴f(x1)=f(x2)=f(ln x2)=f(ln x3). 由于x2≠x1,x2≠ln x2,所以x2=ln x3,x1=ln x2, 则f(ln x2)=-ln x2=x2-ln x2=x2-x1=b, f(ln x3)=-ln x3=x3-ln x3=x3-x2=b, 上述两式相减得x1+x3=2x2,即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列. 15.[2023云南省第二次统考]已知m>0,e是自然对数的底数,函数f(x)=ex+m- mln(mx-m). (1)若m=2,求函数F(x)=ex+-4x+2-f(x)的极值. (2)是否存在实数m,∀x>1,都有f(x)≥0?若存在,求m的取值范围;若不存在,请说明理由. 解析 (1)因为m=2,F(x)=ex+-4x+2-f(x)=-4x+2ln(2x-2), 所以F(x)的定义域为(1,+∞), F'(x)=x-4+==. 当x变化时,F'(x),F(x)的变化情况如下表: x (1,2) 2 (2,3) 3 (3,+∞) F'(x) + 0 - 0 + F(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以F(x)的极大值为F(2)=2ln 2-6; F(x)的极小值为F(3)=4ln 2-. (2)因为m>0,所以由mx-m>0得x>1,所以f(x)的定义域为(1,+∞). 当m>0,x>1时, f(x)=ex+m-mln(mx-m)≥0 ex+m≥mln(mx-m)=mln m+mln(x-1) ex+1≥ln m+ln(x-1) ex-ln m≥ln(x-1)-1 ex-ln m-ln m≥ln(x-1)-1 ex-ln m+(x-ln m)≥ln(x-1)+(x-1)=eln(x-1)+ln(x-1). 设h(x)=ex+x,则ex-ln m+(x-ln m)≥eln(x-1)+ln(x-1) h(x-ln m)≥ h(ln(x-1)). 因为h'(x)=ex+1>0,所以h(x)在其定义域内单调递增. 所以h(x-ln m)≥h(ln(x-1)) x-ln m≥ln(x-1) ln m≤x-ln(x-1). 设H(x)=x-ln(x-1),则H'(x)=1-=. 当x∈(1,2)时,H'(x)<0,H(x)单调递减; 当x∈(2,+∞)时,H'(x)>0,H(x)单调递增. 所以当x∈(1,+∞)时,H(x)min=H(2)=2. 所以ln m≤H(x)min=2,即m≤e2. 所以存在实数m∈(0,e2],∀x>1,都有f(x)≥0. 突破2 利用导数研究恒(能)成立问题 命题点1 分离参数求参数范围 例1 [2023湖南衡阳5月三模]已知函数f(x)=+ln x+a. (1)当a=0时,求f(x)的极值; (2)若对于任意的x∈[1,e2],f(x)≤0恒成立,求实数a的取值范围. 解析 (1)当a=0时,f(x)=+ln x,则f '(x)=-+=, 当0<x<2时,f '(x)<0,当x>2时,f '(x)>0,列表如下. x (0,2) 2 (2,+∞) f '(x) - 0 + f(x) 极小值 所以f(x)的极小值为f(2)=1+ln 2,无极大值. (2)f(x)=+ln x+a≤0,即a≤-ln x. 令g(x)=-ln x,x∈[1,e2],则a≤g(x)min. 求导得g'(x)=-=,当1≤x<2时,g'(x)>0,当2<x≤e2时,g'(x)<0, 所以g(x)在[1,2)上单调递增,在(2,e2]上单调递减. 因为g(1)=-2,g(e2)=-ln e2=-2,所以g(1)>g(e2),所以g(x)min=g(e2)=-2. 所以a≤g(x)min=-2, 即实数a的取值范围为(-∞,-2]. 方法技巧 步骤:(1)利用不等式的性质,将参数分离出来,转化为f(x)>a或f(x)<a的形式; (2)通过研究函数的性质求出f(x)的最值; (3)得出参数a的取值范围. 技巧:(1)f(x)>a恒成立 f(x)min>a; f(x)<a恒成立 f(x)max<a. (2)f(x)>a有解 f(x)max>a; f(x)<a有解 f(x)min<a. 训练1 [2024辽宁省联考]已知函数f(x)=ln(x+1)-ax+2. (1)若a=2,求f(x)在x=0处的切线方程; (2)当x≥0时,f(x)+2x+xln(x+1)≥0恒成立,求整数a的最大值. 解析 (1)若a=2,则f(x)=ln(x+1)-2x+2,f(0)=2,则切点坐标为(0,2), f '(x)=-2,则切线斜率为f '(0)=-1, 所以切线方程为y-2=-(x-0),即x+y-2=0. (2)由f(x)+2x+xln(x+1)≥0,得ax≤(x+1) [ln(x+1)+2], 当x=0时,a 0≤2,a∈R; 当x>0时,a≤, 设g(x)=,g'(x)=, 设h(x)=x-2-ln(x+1),h'(x)=>0, 则h(x)在(0,+∞)单调递增, 因为h(3)=1-ln 4<0,h(4)=2-ln 5>0, 所以存在x0∈(3,4)使得h(x0)=0, 即x0-2=ln(x0+1). 当x∈(0,x0)时,h(x)<0,即g'(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,h(x)>0,即 g'(x)>0. 则g(x)在(0,x0)单调递减,在(x0,+∞)单调递增,g(x)min=g(x0), 所以a≤g(x0)===x0+1. 因为x0∈(3,4),所以x0+1∈(4,5),所以整数a的最大值为4. 命题点2 等价转化求参数范围 例2 [2023全国卷甲]已知函数f(x)=ax-,x∈(0,). (1)当a=8时,讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)<sin 2x,求a的取值范围. 解析 (1)当a=8时,f(x)=8x-,x∈(0,), f'(x)=8-=8+-. 令=t,则t∈(1,+∞), 令h(t)=-3t2+2t+8=-(3t+4)(t-2), 当t∈(1,2)时,h(t)>0;当t∈(2,+∞)时,h(t)<0. 故当x∈(0,)时,f'(x)>0,f(x)单调递增; 当x∈(,)时,f'(x)<0,f(x)单调递减. 综上,f(x)在区间(0,)上单调递增,在区间(,)上单调递减. (2)令g(x)=f(x)-sin 2x=ax-sin 2x, 则g'(x)=a-2cos 2x=a-4cos2x+2=a-(+4cos2x-2), 令u=cos2x,则u∈(0,1),令k(u)=+4u-2, 则k'(u)=+4=. 当u∈(0,1)时,k'(u)<0,∴k(u)在(0,1)上单调递减, ∵k(1)=3,∴当u∈(0,1)时,k(u)>3, ∴k(u)的值域为(3,+∞). ①当a≤3时,g'(x)<0,∴g(x)在(0,)上单调递减, ∵当x∈(0,)时,g(x)<0,∴f(x)<sin 2x. ②当a>3时,∃x0∈(0,)使得g'(x0)=0, ∴g(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,)上单调递减, ∴g(x0)>0,∴f(x)<sin 2x不成立. 综上所述,a的取值范围为(-∞,3]. 方法技巧 对于不适合分离参数的不等式,常常将参数看成常数,通过分析,变形,合理构造函数(常用的有作差构造,同构化构造等),转化成求函数的最值问题. 训练2 [全国卷 ]已知函数f(x)=ex+ax2-x. (1)当a=1时,讨论f(x)的单调性; (2)当x≥0时,f(x)≥x3+1,求a的取值范围. 解析 (1)当a=1时,f(x)=ex+x2-x,f '(x)=ex+2x-1.易知f '(0)=0,且 f '(x)在R上单调递增,故当x∈(-∞,0)时,f '(x)<0;当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0. 所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. (2)f(x)≥x3+1等价于(x3-ax2+x+1)e-x≤1. 设函数g(x)=(x3-ax2+x+1)e-x(x≥0),则 g'(x)=-(x3-ax2+x+1-x2+2ax-1)e-x =-x[x2-(2a+3)x+4a+2]e-x =-x(x-2a-1)(x-2)e-x. (i)若2a+1≤0,即a≤-,则当x∈(0,2)时,g'(x)>0, 所以g(x)在(0,2)上单调递增,故g(x)>1,不合题意. (ii)若0<2a+1<2,即-<a<,则当x∈(0,2a+1)∪(2,+∞)时,g'(x)<0;当x∈(2a+1,2)时,g'(x)>0.所以g(x)在(0,2a+1),(2,+∞)上单调递减,在(2a+1,2)上单调递增. 因为g(0)=1≤1,要使g(x)≤1,则g(2)=(7-4a)e-2≤1,即a≥. 所以当≤a<时,g(x)≤1. (iii)若2a+1≥2,即a≥,则g(x)≤(x3+x+1)e-x. 由于0∈[,),故由(ii)可得(x3+x+1)e-x≤1. 故当a≥时,g(x)≤1. 综上,a的取值范围是[,+∞). 命题点3 双变量的恒(能)成立问题 例3 [2024广东七校联考]设a为实数,函数f(x)=x3-3x2+a,g(x)=xln x. (1)求f(x)的极值; (2)若∀x1∈[1,3],∀x2∈[,e],都有f(x1)≥g(x2),求实数a的取值范围. 解析 (1)函数f(x)=x3-3x2+a的定义域为R,f '(x)=3x2-6x=3x(x-2), 令f '(x)=0,可得x=0或x=2, 当x变化时,f '(x),f(x)的变化情况如下表: x (-∞,0) 0 (0,2) 2 (2,+∞) f '(x) + 0 - 0 + f(x) 极大值 极小值 故函数f(x)的极大值为f(0)=a,极小值为f(2)=a-4. (2)若∀x1∈[1,3],∀x2∈[,e],都有f(x1)≥g(x2),则f(x1)min≥g(x2)max. 由(1)可知,函数f(x)在[1,2)上单调递减,在(2,3]上单调递增, 故当x∈[1,3]时,f(x)min=f(2)=a-4. 因为g(x)=xln x,当x∈[,e]时,g'(x)=1+ln x≥0且g'(x)不恒为零,所以函数g(x)在[,e]上单调递增,故g(x)max=g(e)=e, 由题意可得a-4≥e,故a≥e+4,即实数a的取值范围是[e+4,+∞). 方法技巧 解决双变量“存在性或任意性”问题的关键就是将含有全称量词或存在量词的条件“等价转化”为两个函数最值之间的关系(或两个函数值域之间的关系). 训练3 [2023浙江杭州二中4月阶段测试] f(x)=+xln x,g(x)=x3-x2-3. (1)如果存在x1,x2∈[0,2],使得g(x1)-g(x2)≥M成立,求满足上述条件的最大整数M; (2)如果对于任意的s,t∈[,2],f(s)≥g(t)成立,求实数a的取值范围. 解析 (1)存在x1,x2∈[0,2],使得g(x1)-g(x2)≥M成立,即存在x1,x2∈[0,2],使得≥M,即g(x)max-g(x)min≥M(x∈[0,2]). 由g(x)=x3-x2-3,得g'(x)=3x2-2x=3x(x-), 当<x<2时,g'(x)>0,当0<x<时,g'(x)<0,列表如下. x (0,) (,2) g'(x) - 0 + g(x) 极小值 又g(0)=-3,g(2)=1,所以当x∈[0,2]时,g(x)max=g(2)=1,g(x)min= g()=-, 所以g(x)max-g(x)min=≥M,所以满足条件的最大整数M为4. (2)对于任意的s,t∈[,2],f(s)≥g(t)成立,则f(s)min≥g(t)max. 由(1)易得当x∈[,2]时,g(x)max=g(2)=1, 所以对于任意的x∈[,2],+xln x≥1成立,即a≥x-x2ln x成立. 令h(x)=x-x2ln x(≤x≤2),则a≥h(x)max. 求导得h'(x)=1-2xln x-x,令m(x)=1-2xln x-x(≤x≤2),则m'(x)=-3-2ln x<0, 所以h'(x)在[,2]上单调递减,又h'(1)=0,故列表如下. x (,1) 1 (1,2) h'(x) + 0 - h(x) 极大值 所以a≥h(x)max=h(1)=1,故实数a的取值范围是[1,+∞). 洛必达法则 例4 已知函数f(x)=+,若 f(x)>+恒成立,则k的取值范围为 (-∞,0] . 解析 解法一(分离参数+洛必达法则) 由题意知x>0且x≠1,f(x)>+恒成立等价于k<+1-=+1.(分离参数) 记g(x)=+1,则g'(x)== (ln x+). 记h(x)=ln x+,则h'(x)=-=≥0, 所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,且h(1)=0, 因此,当x∈(0,1)时,h(x)<0,当x∈(1,+∞)时,h(x)>0, 即当x∈(0,1)时,g'(x)<0,当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0, 所以g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增. 由洛必达法则得 g(x)=+1=+1=+1=0,(构造出型,利用洛必达法则求解) 即当x 1时,g(x) 0.所以当x>0且x≠1时,g(x)>0,所以k≤0. 故k的取值范围是(-∞,0]. 解法二 f(x)-(+)=[2ln x+]. 设h(x)=2ln x+(x>0), 则h'(x)=. ①当k≤0时,由h'(x)=知,当x≠1时,h'(x)<0,h(x)单调递减. 而h(1)=0,故当x∈(0,1)时,h(x)>0,可得h(x)>0; 当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,可得h(x)>0. 从而当x>0,且x≠1时,f(x)-(+)>0. 即f(x)>+. ②当0<k<1时,y=(k-1)(x2+1)+2x=(k-1)x2+2x+k-1,其图象开口向下,且 =4-4(k-1)2>0,对称轴为直线x=,>1, 所以当x∈(1,)时,(k-1)(x2+1)+2x>0,故h'(x)>0,而h(1)=0,故当x∈(1,)时,h(x)>0, 可得h(x)<0,与题设矛盾. ③当k≥1时,此时h'(x)>0,而h(1)=0, 故当x∈(1,+∞)时,h(x)>0,可得 h(x)<0,与题设矛盾. 综上所述,k的取值范围为(-∞,0]. 方法技巧 洛必达法则 法则1 若函数f(x)和g(x)满足下列条件: (1) f(x)=0及 g(x)=0; (2)在点a的附近,f(x)与g(x)可导且g'(x)≠0; (3)=l(l可为实数,也可为无穷大). 那么==l. 法则2 若函数f(x)和g(x)满足下列条件: (1) f(x)=∞及 g(x)=∞; (2)在点a的附近,f(x)与g(x)可导且g'(x)≠0; (3)=l(l可为实数,也可为无穷大). 那么==l. 训练4 已知函数f(x)=x(ex-1)-ax2(a∈R). (1)若f(x)在x=-1处有极值,求a的值; (2)当x>0时,f(x)≥0,求实数a的取值范围. 解析 (1)f '(x)=ex-1+xex-2ax=(x+1)ex-2ax-1, 依题意知f '(-1)=2a-1=0,∴a=. (2)解法一 当x>0时,f(x)≥0,即x(ex-1)-ax2≥0,即ex-1-ax≥0, 令 (x)=ex-1-ax(x>0),则 (x)min≥0, '(x)=ex-a. ①当a≤1时, '(x)>0, ∴ (x)在(0,+∞)上单调递增,∴ (x)>e0-1-0=0, ∴a≤1满足条件. ②当a>1时,若0<x<ln a,则 '(x)<0, 若x>ln a,则 '(x)>0. ∴ (x)在(0,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增, ∴ (x)min= (ln a)=a-1-aln a≥0. 令g(a)=a-1-aln a(a>1),则g'(a)=1-(1+ln a)=-ln a<0,∴g(a)在(1,+∞)上单调递减. ∴g(a)<1-1-ln 1=0与g(a)≥0矛盾, 故a>1不满足条件. 综上,实数a的取值范围是(-∞,1]. 解法二 当x>0时,f(x)≥0,即x(ex-1)-ax2≥0,即ex-1-ax≥0, 即ax≤ex-1,即a≤恒成立, 令h(x)=(x>0),则h'(x)=, 令k(x)=ex(x-1)+1(x>0),则k'(x)=ex x>0, ∴k(x)在(0,+∞)上单调递增, ∴k(x)>e0 (0-1)+1=0,∴h'(x)>0, ∴h(x)在(0,+∞)上单调递增. 由洛必达法则知, h(x)== ex=1, ∴a≤1.故实数a的取值范围是(-∞,1]. 1.[命题点1]已知函数f(x)=ex+x2-x,若存在实数m使得不等式f(m)≤2n2-n成立,则实数n的取值范围为( A ) A.(-∞,-]∪[1,+∞) B.(-∞,-1]∪[,+∞) C.(-∞,0]∪[,+∞) D.(-∞,-]∪[0,+∞) 解析 对函数f(x)求导可得,f '(x)=ex+f(0) x-1,∴f '(1)=f '(1)+ f(0)-1,得f(0)=1.又f(0)=,∴f '(1)=e.故f(x)=ex+x2-x,f '(x)=ex+x-1,易得导函数f '(x) 单调递增,f '(0)=0,故f(x)min=f(0)=1.由存在性的条件可得关于实数n的不等式2n2-n≥1,解得n∈(-∞,-]∪[1,+∞). 2.[命题点2/2023山东潍坊4月模拟改编]已知函数f(x)=x3-x2sin +x+1,证明:存在 ∈[-,],使得不等式f(x)>ex有解. 解析 要证存在 ∈[-,],使得f(x)>ex有解,只需证存在 ∈[-,],使得 (x3-x2sin +x+1)e-x>1有解. 因为 ∈[-,],所以-1≤-sin ≤,所以-x2sin ≤x2, 当 =-时,等号成立. 所以(x3-x2sin +x+1)e-x≤(x3+x2+x+1)e-x.所以只需证[(x3+x2+x+1) e-x]max>1. 设函数g(x)=(x3+x2+x+1)e-x,则g'(x)=-x2(x-1)e-x. 当x∈(-∞,1)时,g'(x)≥0,g(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,所以g(x)max=g(1). 因为g(1)==>1, 所以存在 ∈[-,],使得不等式f(x)>ex有解. 3.[命题点3]已知函数f(x)=x+aln x(a∈R),g(x)=ex-1(e为自然对数的底数). (1)若直线y=0与函数y=f(x)的图象相切,求a的值; (2)设a>0,∀x1,x2∈[3,+∞)(x1≠x2),都有|f(x1)-f(x2)|<|g(x1)- g(x2)|,求实数a的取值范围. 解析 (1)易知a≠0,f '(x)=1+,设切点坐标为(x0,0),则1+=0,解得x0=-a,所以-a+aln(-a)=0,所以a=-e. (2)因为a>0,所以x∈[3,+∞)时,f '(x)>0,所以f(x)在[3,+∞)上为增函数;因为g '(x)=ex>0,所以g(x)在[3,+∞)上为增函数. 不妨设x1<x2,则f(x1)<f(x2),g(x1)<g(x2), 所以|f(x1)-f(x2)|<|g(x1)-g(x2)|可转化为f(x2)-f(x1)<g(x2)- g(x1), 即f(x1)-g(x1)>f(x2)-g(x2). 设h(x)=f(x)-g(x)=x+aln x-ex+1,则h(x)在[3,+∞)上为减函数, h'(x)=1+-ex≤0在[3,+∞)上恒成立,即∀x∈[3,+∞),xex-x≥a恒成立. 设v(x)=xex-x,x∈[3,+∞),则v'(x)=ex+xex-1>0,所以v(x)=xex-x在[3,+∞)上为增函数,所以v(x)min=3e3-3,所以a≤3e3-3. 故a的取值范围为(0,3e3-3]. 基础练习 1.[2024贵阳市模拟节选]已知函数f(x)=x3+(a-2)x+a,a∈R.若f(x)-x3+ x2ln x≥0,求a的取值范围. 解析 解法一 由x>0,得f(x)-x3+x2ln x≥0 ln x++≥0, 设g(x)=ln x++, 则g'(x)=-==(x>0), ①当a≤0时,g'(x)>0,g(x)单调递增,x 0时,g(x) -∞,不合题意; ②当a>0时,x∈(0,a),g'(x)<0,g(x)单调递减,x∈(a,+∞),g'(x)>0,g(x)单调递增, ∴g(x)≥g(a)=ln a++=ln a+1-, ∴g(x)≥0 ln a+1-≥0, 易知y=ln a+1-单调递增,且ln 1+1-=0,故g(x)≥0 g(a)≥0 a≥1. 综上,a的取值范围为[1,+∞). 解法二 令g(x)=f(x)-x3+x2ln x=a(x+1)-2x+x2ln x, 则g(x)≥0恒成立,即∀x>0,a≥()max. 令h(x)=, 则h'(x)=, 令 (x)=x-1+xln x, 则 '(x)=ln x+2, 当x∈(0,e-2)时, '(x)<0, (x)单调递减, 当x∈(e-2,+∞)时, '(x)>0, (x)单调递增, ∴ (x)min= (e-2)=-1-e-2. 又 (1)=0,当x 0时, (x) -1,当x +∞时, (x) +∞, ∴ (x)的大致图象如图所示. 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, ∴h(x)max=h(1)=1,∴a≥1. 2.[2023湖南长沙一中5月三模]已知函数f(x)=xsin x+cos x. (1)当x∈(0, )时,求函数f(x)的单调区间; (2)设函数g(x)=-x2+2ax,若对任意的x1∈[- , ],存在x2∈[0,1],使得 f(x1)≤g(x2)成立,求实数a的取值范围. 解析 (1)f(x)=xsin x+cos x, 则f '(x)=sin x+xcos x-sin x=xcos x. 当x∈(0, )时,令f '(x)>0,得0<x<, 令f '(x)<0,得<x< , 所以当x∈(0, )时,函数f(x)的单调递增区间为(0,),单调递减区间为(, ). (2)对任意的x1∈[- , ],存在x2∈[0,1],使得 f(x1)≤g(x2)成立, 即[ f(x1)]max≤[g(x2)]max. 当x∈[- , ]时,f(-x)=f(x),所以函数f(x)为偶函数. 由(1)得f(x)在[0, ]上的最大值为f()=, 所以f(x)在[- , ]上的最大值为. 所以对x1∈[- , ],[ f(x1)]max= =. 故原问题转化为[g(x2)]max≥. 易知函数g(x)=-x2+2ax为二次函数,其图象开口向下,对称轴为直线x=a. ①当a≤0时,函数g(x)在区间[0,1]上的最大值为g(0)=0,不合题意. ②当0<a<1时,函数g(x)在区间[0,1]上的最大值为g(a)=a2, 令a2≥,得a≥或a≤-(舍去), 所以≤a<1. ③当a≥1时,函数g(x)在区间[0,1]上的最大值为g(1)=2a-1, 令2a-1≥,得a≥,所以a≥1. 综上,a的取值范围是[,+∞). 3.[2022新高考卷 节选]已知函数f(x)=xeax-ex. (1)当a=1时,讨论f(x)的单调性; (2)当x>0时,f(x)<-1,求a的取值范围. 解析 (1)当a=1时,f(x)=xex-ex,f '(x)=xex, 当x>0时,f '(x)=xex>0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;当x<0时,f '(x)=xex<0,函数f(x)在(-∞,0)上单调递减. (2)f '(x)=(1+ax)eax-ex(x>0), ①当a≥1时,f'(x)=(1+ax)eax-ex>eax-ex≥ex-ex=0, 所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,所以f(x)>-1,与题意矛盾. ②当a≤0时,f'(x)≤eax-ex≤1-ex<0. 所以f(x)在(0,+∞)上单调递减,所以f(x)<-1,满足题意. ③当0<a≤时,f '(x)≤(1+)-ex=[(1+)-], 设G(x)=1+-(x>0),则G'(x)=-<0, 所以G(x)在(0,+∞)上单调递减, 所以G(x)<0,所以f '(x)≤G(x)<0,f(x)在(0,+∞)上单调递减, 所以f(x)<-1,满足题意. ④当<a<1时,f '(x)=eax[1+ax-e(1-a)x], 令H(x)=1+ax-e(1-a)x,则f '(x)=eaxH(x), H'(x)=a+(a-1) e(1-a)x,易知H'(x)为减函数,又H'(0)=2a-1>0,x +∞时,H'(x)<0, 所以∃x0∈(0,+∞),使H'(x0)=0,且当x∈(0,x0)时,H'(x)>0,H(x)在(0,x0)上单调递增, 此时H(x)>0, 所以当x∈(0,x0)时,f '(x)=eaxH(x)>0, f(x)在(0,x0)上单调递增,所以f(x)>-1,与题意矛盾. 综上,实数a的取值范围为(-∞,]. 4.[2023河南信阳三模]已知函数f(x)=ln(x+1)+sin x+cos x. (1)当x∈[0, ]时,求证: f(x)>0. (2)若f(x)≤ax+1恒成立,求a的值. 解析 (1)f(x)=ln(x+1)+sin x+cos x=ln(x+1)+sin(x+). 当x∈[0,]时,ln(x+1)≥0,sin(x+)≥0,且二者不同时为0, 所以f(x)>0. 当x∈(, ]时,ln(x+1)>ln(1+)>ln 3>1, 且sin(x+)≥sin =-1,所以f(x)>0. 综上,当x∈[0, ]时,f(x)>0. (2)令g(x)=f(x)-(ax+1)=ln(1+x)+sin x+cos x-ax-1(x>-1), 若f(x)≤ax+1恒成立,则g(x)≤0恒成立,只需g(x)max≤0. 因为g(0)=0,且g(x)的图象在定义域上连续不间断,所以x=0是g(x)的一个极大值点,则有g'(0)=0. 因为g'(x)=+cos x-sin x-a, 所以g'(0)=+cos 0-sin 0-a=2-a=0,a=2. 当a=2时,g'(x)=+cos x-sin x-2=+cos(x+)-2. 当x∈(-1,0]时,>1,cos(x+)≥1,所以g'(x)>0, 故g(x)在(-1,0]上单调递增; 当x∈(0,]时,g'(x)在(0,]上单调递减,且g'(0)=0, 所以g'(x)<g'(0)=0, 故g(x)在(0,]上单调递减; 当x∈(,+∞)时,<, 所以g'(x)=+cos(x+)-2<+-2<0, 故g(x)在(,+∞)上单调递减. 综上,当a=2时,g(x)在(-1,0]上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,g(x)≤0恒成立. 故若f(x)≤ax+1恒成立,则a=2. 突破3 利用导数证明不等式 命题点1 将不等式转化为函数的最值问题 例1 [2023新高考卷 节选]证明:当0<x<1时,x-x2<sin x<x. 解析 令h(x)=x-x2-sin x, 则h'(x)=1-2x-cos x, 令p(x)=1-2x-cos x,则p'(x)=-2+sin x<0, 所以p(x)即h'(x)单调递减,又h'(0)=0, 所以当0<x<1时,h'(x)<h'(0)=0,h(x)单调递减, 所以当0<x<1时,h(x)<h(0)=0,即x-x2<sin x. 令g(x)=sin x-x,则g'(x)=cos x-1<0,x∈(0,1), 所以g(x)单调递减,又g(0)=0, 所以当0<x<1时,g(x)<g(0)=0,即sin x<x. 综上,当0<x<1时,x-x2<sin x<x. 方法技巧 (1)利用函数的单调性和最值直接证明. (2)证明不等式f(x)>g(x)转化为证明f(x)-g(x)>0,进而构造辅助函数 h(x)=f(x)-g(x),通过研究函数h(x)的单调性,证明h(x)min>0. 训练1 [2024浙江宁波模拟]已知函数f(x)=ae2x+(a-4)ex-2x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)证明:当a>1时,f(x)>7ln a-a-4. 解析 (1)f '(x)=2ae2x+(a-4)ex-2=(aex-2)(2ex+1),(i)当a≤0时, f '(x)<0,f(x)在(-∞,+∞)上单调递减; (ii)当a>0时,x∈(-∞,ln )时,f '(x)<0,x∈(ln ,+∞)时,f '(x)>0,所以f(x)在(-∞,ln )上单调递减,在(ln,+∞)上单调递增. (2)由(1)知,当a>1时,f(x)min=f(ln )=2-2ln 2+2ln a. 要证f(x)>7ln a-a-4,只需证2-2ln 2+2ln a>7ln a-a-4,即证6+a-5ln a-2ln 2>0. 设g(a)=6+a-5ln a-2ln 2,a>1,则g'(a)=1+-=,当1<a<4时,g'(a)<0,当a>4时,g'(a)>0, 所以g(a)在(1,4)上单调递减,在(4,+∞)上单调递增,所以g(a)≥g(4)=9-12ln 2=3(3-ln 16), 又e3>2.73>16,故g(a)>0,证毕. 命题点2 将不等式转化为两个函数的最值进行比较 例2 [2024湖北襄阳模拟节选]已知函数f(x)=aln x+x.当a=1时,证明:xf(x)<ex. 解析 当a=1时,要证xf(x)<ex,即证x2+xln x<ex,即证1+<,x>0. 令函数g(x)=1+,则g'(x)=. 令g'(x)>0,得x∈(0,e);令g'(x)<0,得x∈(e,+∞). 所以g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减, 所以g(x)max=g(e)=1+. 令函数h(x)=(x>0),则h'(x)=. 当x∈(0,2)时,h'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0. 所以h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增, 所以h(x)min=h(2)=. 因为-(1+)>0,所以h(x)min>g(x)max, 即1+<,从而xf(x)<ex得证. 方法技巧 若直接求导比较复杂或无从下手时,可将待证不等式进行变形,构造两个函数,转化为两个函数的最值问题(或找到可以传递的中间量a),即将不等式转化为f(x)≥g(x)的形式,证明f(x)min≥g(x)max(或f(x)≥a≥g(x))即可. 训练2 已知函数f(x)=aln x++x(a∈R). (1)讨论f(x)的单调性; (2)若函数g(x)=+,证明:当a=1时,f(x)>g(x). 解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=-+1==. 当a≥-1时,a+1≥0,所以x+(a+1)>0恒成立,所以当x∈(0,1)时,f '(x)<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. 当a<-1时,分下面三种情况讨论. ①当a=-2时,f '(x)=≥0恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增; ②当a<-2时,-a-1>1,令f '(x)>0,解得0<x<1或x>-a-1,令f '(x)<0,解得1<x<-a-1, 所以f(x)在(0,1),(-a-1,+∞)上单调递增,在(1,-a-1)上单调递减; ③当-2<a<-1时,0<-a-1<1,令f '(x)>0,解得0<x<-a-1或x>1,令 f '(x)<0,解得-a-1<x<1, 所以f(x)在(0,-a-1),(1,+∞)上单调递增,在(-a-1,1)上单调递减. 综上,当a<-2时,f(x)在(0,1),(-a-1,+∞)上单调递增,在(1,-a-1)上单调递减;当a=-2时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当-2<a<-1时, f(x)在(0,-a-1),(1,+∞)上单调递增,在(-a-1,1)上单调递减;当a≥-1时,f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增. (2)当a=1时,要证f(x)>g(x)(x>0),即证ln x++x>+(x>0),即证xln x+x2+1>(x>0).(不等式中既含指数式,又含对数式,若直接作差构造函数,求导分析比较困难,可以考虑指、对分离,构造双函数证明) 设G(x)=(x>0),易知G(x)=在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 所以G(x)max=G(1)=. 设F(x)=xln x+x2+1(x>0),则F'(x)=ln x+2x+1(x>0). 因为函数F'(x)在(0,+∞)上单调递增,而F'()=>0,F'()=-1+<0, 所以存在x0∈(,),使得F'(x0)=0,且ln x0=-2x0-1, 所以当x∈(0,x0)时,F'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,F'(x)>0, 所以F(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增. 所以F(x)min=F(x0)=x0ln x0++1=x0(-2x0-1)++1=-x0+1. 设H(x)=-x2-x+1,显然该函数在(,)上单调递减, 所以H(x0)>H(),即-x0+1>-+1, 而-+1>,所以-x0+1>,即F(x)min=F(x0)>=G(x)max. 故当x>0时,F(x)>G(x)恒成立, 所以当a=1时,f(x)>g(x)成立,得证. 命题点3 放缩法证明不等式 例3 [2023成都七中校考模拟预测]已知函数f(x)=cos x+x2-1,a∈R. (1)若x=0是函数f(x)唯一的极小值点,求实数a的取值范围; (2)证明:+++…+<2. 解析 (1)f '(x)=-sin x+ax,且f '(0)=0,令g(x)=f '(x),则g'(x)= -cos x+a. ①当a≥1时,g'(x)≥0且g'(x)不恒为0,则g(x)单调递增, 当x>0时,g(x)=f '(x)>g(0)=0,当x<0时,g(x)=f '(x)<g(0)=0,即当x>0时,f(x)单调递增,当x<0时,f(x)单调递减,此时x=0是函数f(x)唯一的极小值点. ②当a<1时,g'(0)=-1+a<0,所以存在 >0使得当x∈(0, )时,g(x)= f '(x)在(0, )上单调递减,即当x∈(0, )时,f '(x)<f '(0)=0,所以f(x)在(0, )上单调递减,与x=0是函数f(x)唯一的极小值点矛盾. 综上,实数a的取值范围为[1,+∞). (2)由(1)可知,当a=1且x>0时,-sin x+x>0,即当x>0时,x>sin x, 故当x>0且x∈[2k , +2k ],k∈N时,sin3x<x2,即<x, 故可得+++…+<+++…+. 令S=+++…+, 则S=+++…+,两式相减可得S=+++…+-,化简可得S=2 [1-()2 023-]<2. 故+++…+<2. 方法技巧 1.利用放缩法证明不等式的思路 一是会放缩,即从所求证的不等式入手,利用分析法,进行转化,寻找可放大或缩小的条件; 二是会构造函数,即通过构造辅助函数,把所求证的不等式进行转化; 三是借用导数,即会利用导数的工具性,研究新构造函数的性质,进而求解. 2.常见放缩公式 (1)ex≥x+1(当且仅当x=0时取等号); (2)ln(x+1)≤x(x>-1)(当且仅当x=0时取等号); (3)sin x≤x≤tan x(0≤x<)(当且仅当x=0时取等号); (4)sin x≥x≥tan x(-<x≤0)(当且仅当x=0时取等号). 训练3 [2024南通部分学校联考]已知函数f(x)=ln x+ax,a∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)当a=时,证明:x3>f(x). 解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=+a=,当a≥0时,f '(x)>0,此时f(x)在(0,+∞)上单调递增. 当a<0时,令f '(x)>0,得x<-,可知f(x)在(0,-)上单调递增; 令f '(x)<0,得x>-,可知f(x)在(-,+∞)上单调递减. 综上,当a≥0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a<0时,f(x)在(0,-)上单调递增,在(-,+∞)上单调递减. (2)当a=时,x3>f(x),即x3>ln x+x. 令h(x)=x-1-ln x,则h'(x)=1-=,令h'(x)>0,则x>1;令h'(x)<0,则0<x<1.所以h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以h(x)≥h(1)=0,即x-1≥ln x(等号成立的条件是x=1). 欲证x3>ln x+x,只需证x3>x-1+x=x-1(x>0). 设g(x)=x3-x+1(x>0),则g'(x)=3x2-(x>0). 令g'(x)=0,求得x=, 当x∈(0,)时,g'(x)<0,可知g(x)在(0,)上单调递减; 当x∈(,+∞)时,g'(x)>0,可知g(x)在(,+∞)上单调递增. 所以g(x)≥g()=-+1=1->0, 即x3>x-1+x(x>0), 所以x3>ln x+x,即x3>f(x). 凹凸反转在不等式证明问题中的应用 如果要证明的不等式由指数函数、对数函数、多项式函数组合而成,往往进行指对分离,转化为证明g(x)≥h(x)恒成立,分别求g(x)min,h(x)max进行证明,由于两个函数图象的凹凸性正好相反,所以这种证明不等式的方法称为凹凸反转. 类型1 隔海相望 如图所示,在g(x),h(x)图象之间有一个带型区域,所以我们把它形象地称为“隔海相望”.这时必有g(x)>h(x). 例4 [2024陕西省咸阳市模拟]已知函数f(x)=x3-3ln x+11. (1)判断函数f(x)的单调性; (2)证明:当x>0时,f(x)>-x3+3x2+(3-x)ex. 解析 (1)∵f(x)=x3-3ln x+11, ∴函数f(x)的定义域为(0,+∞)且f '(x)=3x2-==. 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)由(1)可得f(x)min=f(1)=12. 令g(x)=-x3+3x2+(3-x)ex(x>0),则g'(x)=-3x2+6x-ex+(3-x)ex= (2-x)(ex+3x), 令g'(x)=0,可得x=2. 当x∈(0,2)时,g'(x)>0,当x∈(2,+∞)时,g'(x)<0, ∴g(x)在(0,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减. ∴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. 类型2 一线之隔 构造的函数g(x),h(x),满足g(x)min=h(x)max,如图所示,但由于g(x), h(x)不在同一处取到最值,所以必有g(x)>h(x). 例5 已知函数f(x)=ex+x2-x-1. (1)求f(x)的最小值; (2)证明:ex+xln x+x2-2x>0. 解析 (1)由题意可得 f '(x)=ex+2x-1,则函数f '(x)在R上单调递增,且f '(0)=0. 由f '(x)>0,得x>0; 由f '(x)<0,得x<0. 则f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,故f(x)min=f(0)=0. (2)要证ex+xln x+x2-2x>0,即证ex+x2-x-1>-xln x+x-1. 由(1)可知当x>0时,f(x)>0恒成立. 设g(x)=-xln x+x-1,x>0,则g'(x)=-ln x. 由g'(x)>0,得0<x<1;由 g'(x)<0,得x>1. 则g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 从而g(x)≤g(1)=0,当且仅当x=1时,等号成立. 故f(x)>g(x),即ex+xln x+x2-2x>0. 类型3 亲密无间 构造函数g(x),h(x),满足g(x)min=h(x)max,且g(x),h(x)在同一处取到最值,如图所示,这时g(x)≥h(x). 例6 已知函数f(x)=x3+x2+ax,g(x)=xex-1+xln x,f '(x),g'(x)分别为 f(x),g(x)的导函数,且对任意的x1∈(0,1],存在x2∈(0,1],使f '(x1)≤ g'(x2)-2. (1)求实数a的取值范围; (2)证明:g(x)≥f '(x). 解析 (1)因为f(x)=x3+x2+ax,所以f '(x)=x2+x+a=(x+)2+a-, 所以f '(x)在区间(0,1]上单调递增,故f '(x)max=f '(1)=a+2. 因为g(x)=xex-1+xln x,所以g'(x)=ex-1+xex-1+ln x+1=(x+1)ex-1+ln x+1. 令h(x)=(x+1)ex-1+ln x+1,则h'(x)=(x+2)ex-1+>0,故g'(x)在区间(0,1]上单调递增,所以g'(x)max=g'(1)=3. 又对任意的x1∈(0,1],存在x2∈(0,1],使f '(x1)≤g'(x2)-2, 所以f '(x)max≤g'(x)max-2, 即a+2≤3-2,解得a≤-1, 故实数a的取值范围为(-∞,-1]. (2)要证g(x)≥f '(x),即证xex-1+xln x≥x2+x+a, 由(1)知,a≤-1,故只需证xex-1+xln x≥x2+x-1. 因为x>0,只需证ex-1+ln x≥x-+1, 即证ex-1-x≥-ln x-+1. 令s(x)=ex-1-x,x>0,则s'(x)=ex-1-1. 令s'(x)=0,解得x=1,则当x∈(0,1)时,s'(x)<0,s(x)单调递减; 当x∈(1,+∞)时,s'(x)>0,s(x)单调递增, 所以s(x)min=s(1)=0. 令F(x)=-ln x-+1,则F'(x)=-+=-. 令F'(x)=0,解得x=1,则当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F(x)max=F(1)=0, 所以s(x)min=s(1)=F(x)max=F(1)=0, 故g(x)≥f '(x). 1.[命题点1/2023雅礼中学二模]已知函数f(x)=2sin x-sin 2x. (1)当0≤x≤ 时,求f(x)的最大值; (2)当≤x≤时,求证:f(x)>ln(x+1)(注:ln ≈0.739). 解析 (1)f '(x)=2cos x-2cos 2x=2cos x-2(2cos2x-1)=(-cos x+1)(4cos x+2).(提示:对导函数解析式进行整理,利用二倍角公式等整理成几个代数式相乘的形式,方便求导函数的零点) 当0≤x≤ 时,令f '(x)>0,得-<cos x<1,即0<x<;令f '(x)<0,得cos x<-,即<x≤ . 所以函数f(x)在(0,)上单调递增,在(, )上单调递减, 所以当0≤x≤ 时,f(x)max=f()=. (2)设g(x)=f(x)-ln(x+1)=2sin x-sin 2x-ln(x+1),则g'(x)=-4cos2x+2cos x+2-. 当≤x≤时,1->0,所以g'(x)>-4cos2x+2cos x+1,又-4cos2x+2cos x+1= -4(cos x-)2+(0≤cos x≤), 所以-4cos2x+2cos x+1>0,所以g'(x)>0在区间[,]上恒成立. 所以y=g(x)在区间[,]上单调递增, 所以g(x)≥g()=-ln(+1)>-ln ≈-0.739>0, 所以当≤x≤时,f(x)>ln(x+1). 2.[命题点1/2024湖北部分重点中学联考]已知函数f(x)=ln x+x2-(a+1)x. (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)设x1,x2(0<x1<x2)是函数g(x)=f(x)+x的两个极值点,证明:g(x1)- g(x2)<-ln a恒成立. 解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=+ax-(a+1)==, ①当a≤0时,令f'(x)>0,得0<x<1,令f'x)<0,得x>1,所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减; ②当0<a<1时,令f'(x)>0,得0<x<1或x>,令f'(x)<0,得1<x<, 所以f(x)在(0,1),(,+∞)上单调递增,在(1,)上单调递减; ③当a=1时,f'(x)≥0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增; ④当a>1时,令f'(x)>0,得0<x<或x>1,令f'(x)<0,得<x<1, 所以f(x)在(0,),(1,+∞)上单调递增,在(,1)上单调递减.综上,当a≤0时,f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减; 当0<a<1时,f(x)在(0,1),(,+∞)上单调递增,在(1,)上单调递减; 当a=1时,f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当a>1时,f(x)在(0,),(1,+∞)上单调递增,在(,1)上单调递减. (2)g(x)=f(x)+x=ln x+x2-ax,则g(x)的定义域为(0,+∞),g'(x)=+ax-a=. 因为g(x)有两个极值点x1,x2(0<x1<x2),所以关于x的方程ax2-ax+1=0的判别式 =a2-4a>0,且x1+x2=1,x1x2=>0,所以a>4. 因为0<x1<x2,所以<x1x2=,得0<x1<. 所以g(x1)-g(x2)=ln x1+-ax1-ln x2-+ax2=ln x1+ln(ax1)+-ax1, 设h(t)=ln t+ln(at)+-at,则h'(t)=-a,令h'(t)=0,得t=. 因为-=<0,所以<. 当t∈(0,)时,h'(t)>0,当t∈(,)时,h'(t)<0, 所以h(t)在区间(0,)上单调递增,在区间(,)上单调递减,所以h(t)在(0,)上的最大值为h()=2ln 2-ln a+-2,而2ln 2-2<0, 所以h()=2ln 2-ln a+-2<-ln a, 从而g(x1)-g(x2)<-ln a恒成立. 3.[命题点2]设函数f(x)=aexln x+,曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=e(x-1)+2. (1)求a,b; (2)证明:f(x)>1. 解析 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=aexln x+ex-ex-1+ex-1. 由题意可得f(1)=b=2,f'(1)=ae=e. 解得a=1,b=2. (2)由(1)知,f(x)=exln x+ex-1, 从而f(x)>1等价于xln x>xe-x-. 设函数g(x)=xln x,则g'(x)=1+ln x. 所以当x∈(0,)时,g'(x