题型8 4类函数单调性与函数极值之答题模板-2025年新高考数学冲刺宝典

高考数学冲刺宝典 题型84类函数单调性与函数极值最值之答题模板 技法01具体函数的单调性 技法解读人一 导函数与原函数的关系，(x)>0,f(x)单调递增，f(x)<0,f八x)单调递减. 串典例剖析人 例1已知函数f(x)=x(1一lnx),讨论f(x)的单调性 【解析】f(x)的定义域为(0，十∞).由f(x)=x(1一lnx)得，f(x)=-lnx, 令f(x)=0,则x=1,当x∈(0,1)时f'(x)>0:当x∈(1，十oo)时，f(x)<0. 故f(x)在区间(0,1]内为增函数，在区间[1，十∞)内为减函数. 【答案】f(x)在区间(0,1]内为增函数，在区间[1，十o)内为减函数. 刀对点练人 已知函数f(x)=e十a.x2一x,当a=1时，讨论f(x)的单调性 技法02含参函数且导函数可分解型函数的单调性 技法解读人一 函数是高中数学主干知识，单调性是函数的重要性质，用导数研究函数单调性是导数的一个 主要应用，可以说在高考导数解答题中单调性问题是绕不开的一个问题，这是因为单调性是解决 后续问题的关键.单调性在研究函数图像、比较函数值大小、确定函数的极值与零点、解不等式及 证明不等式中都起着至关重要的作用，函数单调性的讨论与应用一直是高考考查的热点、而含有 参数的函数单调性的讨论与应用更是高考中的难点. 30 题型84类函数单调性与函数极值最值之答题模板 串典例剖析人。 例2已知函数f代)=ae-一2-x,x∈R讨论函数f)的单调性 【解析】由题意函数f(x)的定义城为R.f(r)=a(e十xe)一x-1=(x十l)(ae一I). 当a≤0时，若x∈（一o∞，一1）.f(x)>0,则f(x)单调递增；若x∈（一1，十o∞）.f(x)<0,则 f(x)单调递减. 当a>0时，令f(x)=0,得x=-1或x=一lna. ①当-1=一lna时，a=e,则f(x)≥0，f(x)在R上单调递增. ②当-lna<-1时，a>e,则当x∈(o∞，-lna)时，f(x)>0,f(x)单调递增；当x∈(-lna,-1) 时，f(x)<0,f(x)单调递减；当x∈（一1，十o∞)时，f(x)>0,f(x)单调递增. ③当-lna>-1时，0<a<e,则当x∈(-oo,一1)时，f(x)>0,f(x)单调递增： 当x∈(-1，一lna)时，f(x)<0,f(x)单调递减； 当x∈(-lna,十o∞)时，f(x)>0,f(x)单调递增， 综上，当a≤0时，f(x)在（一o,一1）上单调递增，在（一1，十∞）上单调递减； 当0<ae时，f(x)在(-oo,一1).(-lna,十∞).上单调递增，在(-1，一lna).上单调递减； 当a=e时，f(x)在R上单调递增； 当a>e时，f(x)在（一∞，-lna).(-1,十∞）上单调递增，在（一lna,一1）上单调递减. 【答案】答案见解析 万对点练习人 1.已知f)-一anx+),讨论函数fx)的单调性 2.已知函数fx)=2alnx+7-(2a+1)xa∈R.求fx)的单调区间. 31 高考数学冲刺宝典 技法03含参函数且导函数不可分解型函数的单调性 技法解速 函数是高中数学主干知识，单调性是函数的重要性质，用导数研究函数单调性是导数的一个 主要应用，可以说在高考导数解答题中单调性问题是绕不开的一个问题.这是因为单调性是解决 后续问题的关键.单调性在研究函数图像、比较函数值大小、确定函数的极值与零点、解不等式及 证明不等式中都起着至关重要的作用，函数单调性的讨论与应用一直是高考考查的热点、而含有 参数的函数单调性的讨论与应用更是高考中的难点， 串典例剖析一 例3已知函数f)=号一nxa∈R),讨论f:)的单调性， 【解析】f(x)定义城为(0.+o.:f(x)=第-n,了(x)=D-是 -t+(a-2-1.令f(x）=0,则-2+(a-2)x-1=0∴.△=(a-2)2-4=a2-4a. x(x+1)2 当0≤a≤4时，00，此时f(x)≤0，∴.f(x)在(0，十∞)上单调递减. 当a<0时，令r(x）=0,则0=4-2-，aa<0.2=a-2十y=u<0. 2 2 .当x∈(0，十∞)时，∫(x)<0,即f(x)在(0，十∞)上单调递减 当u>4时，令(r)=0,则x=4-2-)0u>0,=4=2+0=4a>0. 2 2 当x∈(0,4-2-y@o)U(-2+,@o,十)时，f(x)<0,即f(x)在(0， 2 2 a-2-y0)和(4-2+y@如，十∞)上单调递减 2 2 当x∈(020,4-2+0)时，f(a）>0,即f(x)在(4-2-@40 2 2 2 a一2+瓜一4@)上单调递增. 2 综上所述：当a≤4时，f(x)在(0，十∞)上单调递减：当a>4时，f(x)在(0,4-2-y4)和 2 (一2+，0a,十∞)上单调递减，在(4一2-，00,4一2十，00)上单调递增。 2 2 【答案】答案见解析 32 题型84类函数单调性与函数极值最值之答题模板 ⑦对点练习八 1.设函数f(x)=2x-2-alnx(ae∈R),讨论f(z)的单调性. 2.已知函数f(x)=(x-2)2十alnx,a∈R. (1)讨论f(x)的单调性. 技法04二阶导函数求函数的单调性 技法解读人 在有些函数问题中，如含有指数式、对数式的函数问题，求导之后往往不易或不能直接判断 出原函数的单调性，从而不能进一步判断函数的单调性及极值、最值情况，此时解题受阻.需要利 用“二次求导”才能找到导数的正负，找到原函数的单调性，才能解决问题，若遇这类问题，必须 “再构造，再求导”，因此函数的二阶导数的应用尤为重要. 多典例剖析人。 例4已知函数f)=一x当x∈[0，]时，求函数)的单调性 【解析】令g(x)=f(x)=e(cosx-sinx）-1,z∈[0，平]，则g(x)=-2 sin..令g(x)< 0,得0<<x:令g()>0,得π<x<5下∴g(x)在[0，x]上单调递减在[0，]上单调递增. g(0)=0,g(）=-e-1<0,g(开）=-1<0，∴当x∈[0，开]时g(x)≤0，即f(x)0.当且 仅当x=0时等号成立，当x[0,买]时，函数fx)单调递减 【答案】答案见解析 33 高考数学冲刺宝典 万对点练八- 已知函数f(x)=e+a一ln(x+l)-a(a∈R).若a=0,讨论f(x)的单调性. 技法051 函数的极值最值 技法解读人一 1.极值的定义 f(x)在x=x0处先入后，f(x)在x=x处取得极大值： f(.x)在x=xo处先4后刀，f(x)在x=xo处取得极小值. 2.利用导数求函数的极最值问题.解题方法是利用导函数与单调性关系确定单调区间，从而求得 极最值.只是对含有参数的极最值问题，需要对导函数进行二次讨论，对导函数或其中部分函 数再一次求导，确定单调性，零点的存在性及唯一性等，由于零点的存在性与参数有关，因此对 函数的极最值又需引入新函数，对新函数再用导数进行求值、证明等操作， 串典例剖析人一 例5-1已知函数fx)=(x-2)e十e,g(x)=a(2x2-x小，其中a为大于0的常数，若F(x)= f(x)-g(x). (1)讨论F(x)的单调区间： (2)若F(x)在x=t(t≠1)取得极小值，求g(t)的最小值. 【解析】(1)Fx)=x)-gx)=(x-2)e+e-a(22-x小求导F(x)=e+(x-2)e-a (x-1)=(x-1)e-a(x-1)=(x-1)(e-a),由a>0,令F(x)=0,得x1=1,.x2=lna ①当0<a<e时，lna<1,当xlna和x>1时，F(x)>0,∴.F(x)在(-o∞，lna)和(1，+oo)上 单调递增：当lna<x<1时，F(x)<0,F(x)在(na,l)上单调递减； ②当a=e时，na=1,当x<1时，F(x)<0,∴.F(x)在(-oo,1)上单调递减：当x>1时，F(x) >0,.F(x)在(1，十∞)上单调递增； ③当a>e时，lna>1,当x<1和x>lna时，F(x)>0,.F(x)在(-oo,1)和(lna,十o∞)上单 调递增：当1<x<lna时，F(x)<0,∴.F(x)在(1，na)上单调递减； 综上，当a=e时，F(x)在（一oo,1)上单调递减，在(1，十o∞）上单调递增； 34 题型84类函数单调性与函数极值最值之答题模板 当0<a<e时，F(x)在(-oo,lna)和(1，十o∞)上单调递增，在(lna,1)上单调递减： 当a>e时，F(x)在（一oo,1)和(lna,十o)上单调递增，在(1，lna)上单调递减； (2)由(1)知，当0a≤e时，F(x)在x=1处取得极小值，不符合题意； 当a>e时，Fa)在x=lha处取得板小值，即1=lna,则g)=glna)=a(侵分na-lha小， 其中a>e令h(x)=x(2lnx-lnx小x>e,即求h(x) 求等)=2-hx+(合×2nx…}）=2rxhr+nx-1=2n-l 令h'(x)=0,得lnx=√2，即x=e,当e<x<e时，h'(x)<0,∴.h(x)在(e,e)上单调递减； 当x>e时，h'(x)>0,∴.h(x)在(e,十oo)上单调递增：故h(x)在x=e处取得极小值， 即最小值(e2)=e(侵×2-2)=(1-V2)e,∴g)的最小值为(1-√2)e. 【答案】(1)答案见解析(2)(1一√2)e2 例5一2已知函数f(x)=e一a.x和g(x)=a.x一lnx有相同的最小值.求a. 【解析】f(x)=e一ax的定义域为R,而f(x)=e一a,若a≤0，则f(x)>0,此时f(x)无最小 值，故a>0.g(x)=a-lnx的定义城为(0，十o∞)，而g()=a-=.当r<na时， f(x)<0,故f(x)在(-∞，na)上为减函数，当x>na时，f(x)>0,故f(x)在(na,+oo)上 为增函数，故fx)==fna)=a一alna,当0<时，g(x)<0,故g(x)在(0，a)上为减函 数，当>时，g(x)>0,故g(x)在（日十∞）上为增函数，故g(x)m=g(日）=1-ln2 “fx)=e一ar和9(x)=ar-lnx有相同的最小值，故1-ln是=a一alna,整理得日 na,共中a>0,设ga)-dna,a>0,则g@)=a子a日aa0, 故g0)为0，十e∞).上的减函载，而g1)=0,故8@)-0的唯一解为a=1,故千日-lna的解 为a=1.故a=1. 【答案】1 方对点练习 L.已知a>0,函数f(x)=a.x-xe.证明f(x)存在唯一的极值点. 35 高考数学冲刺宝典 2.函数f(x)=e一lnx的最小值为m (1)判断m与2的大小，并说明理由. 3已知函数)-名若f化)在=-1处取得极值求化)的单调区间，以及其最大值与 最小值. 题型96类导数大题综合 技法01利用导数证明不等式 技法解读人 利用导数证明不等式问题，方法如下： (1)直接构造函数法：证明不等式f(x)>g(x)(或f(x)<g(x)转化为证明f(x)一g(x)>0(或 f(x)一g(x)<0),进而构造辅助函数h(x)=f(x)一g(x): (2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见放缩结论： (3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数； (4)对数单身狗，指数找基友； (5)凹凸反转，转化为最值问题： (6)同构变形. 串典例剖折一 例1已知函数f(x)=ae一lnx一l. (1)设x=2是f(x)的极值点.求a,并求f(x)的单调区间： (2)证明：当a≥1时f(x)≥0. 36参考答案 (1十x)<x成立.由上述不等式有e“+1tw一<e+w e=ear-e≤0，故h'(x)≤0总成主，即h(.x)在(0.十co)上 2D期)=2m记 sin x(2+c r)2 为减函数，.h(x)<h(0)=0.当a≤0时，有h(x)=e一e h(r)=2rcos x-2sin r-sin xcos r+.h'(r)=2cos 十axem<1一1十0=0，.h(x)在(0，十∞)上为减画数，∴.h 2rsin -2cos r-cos 2.+1=-2rsin r-cos 2x+1=2 sinx-2.csin x=2sinx(sinx-x),因此，当x∈(0，π)时，h (xh0)=0.综上a< (x)0,h(x)在(0，π)上单调递减，且h(0)=0,故g'(x)0, 2.3)a=7 【解析】(3)记函数h(x)=f(x)=r-1(alnx ∴g(x)在(0x)上单调递减.而limg()=mz(2+cosD +1,则(x)=r[(a-ah+2a-1门，若a=名M m2十n正方，另一方西，当x∈[x,十e)时g (x)=-1 xin,令x)>0,得0<x<1:令i'(x)<0. 20n<日周光≥ (x)= 得x>1:h(.x)在(0,1)单调递增，在(1，十∞)单调递诚，故h 技法3导数中的同构问题解题技巧 (x)<n1)=1,特合题意：若a∈(0，)，当e<x<1 【对点练习】 证明见解析【解析】(2)证明f(x)≥g(x)等价证明xe+l 时，'(x)<0,则h()在（兰1）单调造减，故h(号)> 2nx+x(x>0),即xe+1-lnx-x-2≥0.令h(x)= A)=1,不合题意：若a∈（分1），当1<x<时，h et-lhx-x-2(x>0),M(x)=(x+1)e+1-1+= (x)>0,则(x)在(1，片)单调递增，故h(产)>h(1) (r+1)(et-）,令g(x)=e1-,则9(x)在 =1,不合题意：若a∈[1.十o∞).当x>1时.h'(.x)>0.则h (x)在(1，十)单调递增，故h(x)>h(1)=1,不合题意.综 (0,+o∞)上单调递增，而g(品)=e品-10<e-10<0,9 上a= (1)=e-1>0,故9(x)在(0，十6∞)上存在唯一零点x,且 技法02洛必达法则解题技巧 x∈(0l)xe(0)时g(x)<0,h(x)<0,hx)在t 【对点练习】 ∈(0，x)上单调递减：x∈(x,十o)时，g(x)>0,h'(x)> 1.[0,号]【解析12)由题设x≥0，此时fx≥0.①当a<0 0,h(x)在x∈(，十∞)上单调递增，故h(x)mm=h 时，若>-日，则有<0.fr)ax不成立@当a （m)=e1-ln--2,又：g(n)-0即e1=1 .h(x)=-1nx0一-1=(xu十1)-a一1=0，从而h ≥0时，当≥0时，x有即1-≤r有若t (x)≥h()=0,即f(x)≥g(x). =0,则a∈R:若x>0,则1-e可≤ r有等价于≤ 题型084类函数单调性与函数极值最值之答题模板 技法01具体函数的单调性 即a",记g国=尘，别g 1 【对点练习】 e一x re-x _产出=化-t-2+e,记h 当x∈（一oa,0)时，f(x)<0,f(x)单周递减，当x∈(0，+o∞） (re-r) 时，(x)>0,f(x)单调递增.【解析】(1)当a=1时，f(x)= (x)=g-x2-2+e‘,则h(x)=e-2x-e‘.h"(x)= e+x2-x,f(x)=+2x-1,由于f(x)=e+2>0,故f +e-2>0.因此，h'(x)=e-2x-e+在(0，十∞)上单调 (x)单调递增，注意到f(0)=0,故当x∈（一∞，0）时，广(x)< 递增，且h'(0)=0,∴.h(x)>0,即h(x)在(0，十o∞)上单调 0,f(x)单调递减，当x∈(0，+)时，f(x)>0,f(x)单调 递增。 递增，且h(0)=0,h(x)>0.因此g(x)=C-rh 技法2含参函数且导函数可分解型函数的单调性 >0,g(x)在(0，十∞)上单调递增.由洛必达法则有1img 【对点练习】 e十xE2 1,答案见解析【解析】由题意知，函数(x)的定义域为(0，十 e- 即当x0时，g)2即有>0心a<号塔上 f=-a(仕）四. ①当a≤1时，x>0,e>1..e-a>0..当x∈(0,1) 所述@的取值范国是[0，] 时，f(x)<0,f(x)单调递减：当x∈(1，十oo)时，广(x)>0, fx)单调递增.②当1<a<e时，由f(x)<0,解得lna<x 2.a23 【解析】x)=2<a,若=0，期a∈R: 1:由f(x)>0,解得0rlna或x>1..f(x)在(lna, 1)上单调递减，在(0，lna),(1,十oo)上单调递增.③当a=e 若>0则20<ar等价于u>2n中8 sinr 时，f(x)≥0（当且仅当x=1时，取等号）恒成立，.f(x)在 > 高考数学冲刺宝典 (0,十o)上单调递增，④当a>时，由f(x)0,解得1x f(红)=0，得1=2--匹，4=2+=2西，①当0< <lna:由f(x)>0,解得0<x1或x>lna..f(x)在(1， 2 lna)上单调递减，在(0，l),(lna,十∞)上单调递增.综上， a<2时，x2>x1>0 当a1时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，+o)上单调道 (0,) (,) (x,十∞) 增：当1<a<e时，f(x)在(lna,1)上单调递减，在(0，lna), f(r) + + (1,十∞)上单调递增：当a=e时，f(x)在(0，十©∞)上单调递 f(r) 增 减 增 增：当a>e时，f(x)在(1.lna)上单调递减，在(0,1)，(na, 十0o)上单调递增， ②当a≤0时，2>0>石1 2答案见解析【解析】函数f()=2an+号2 (0,x) (r1,十00) (2a十1Dx的定义域为(0，十o∞)，求导得：/(x)=2+x一 f(x) f(x) 减 增 （2a+1D=亡-(2a+1)r+2a=-1D(-2a),若u≤ 2 综上：当a≥2时，f(x)在(0，十o∞)上单调递增：当0≤a< 0,当0<r<1时，f(x)<0,当x>1时，(x)>0,因此f 2时，f(x)在(0,2-运)和(2+-西，+)递 (x)在(0,1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，若0< a<7,由f(x)>0,得0<x<2a或x>l,由f()<0. 增，在（②--2面，2+=血）递减：当u≤0时，才 2 2 得2a<x,因此f(r)在(0,2a),(1,十∞)上单调递增， (x)在 (2+A-2a,+∞) 递增， 2 在(2a,1D上单调递减，若a=号了()≥0想成立，周此 (0.2+4=@)适减. (D)在(0，十∞)上单调道增，若a>之南了(x)>0,得0 2 技法4二阶导函数求函数的单调性 <x<1成x>2a,由f(x)<0,得1<x<2a,因此f(x)在 【对点练习】 (0,1).(2a,十c∞)上单调递增，在(1,2a)上单调递减， 答案见解析【解析】若a=0,f(x)=e一n(x十1)，，f(x) 当a≤0时，函数f(x)的递减区间为(0,1)，递增区间为 2≥1.令h(x)=f(x),则h(c)三e+（x1) (1,十o∞)：当0<a<立时，函数f(x)的递增区间为 >0在x∈（一1，十∞）上位成立，，.h(x)在（一1，十©∞）上单调 (0,2u.(1,十e)递减区间为(2a,l1D:当a=号时，函数 递增，即f(x)在（一1.十∞）上单调递增.又了(0)=0，∴.当一1 <xr0时，(x)<0,当x>0时，f(x)>0,.f(x)在(-1,0) fx)在(0，+∞)上单调递增：当a>2时，函教fx)的 上单调递减，在(0，十∞)上单调递增。 道增区问为(0,1)，(2a.+o∞)，递减区间为(1,2a). 技法05函数的极值最值 技法3含参函数且导函数不可分解型函数的单调性 【对点练习】 【对点练习】 1.证明见解析【解析】令子 yt /g(x)=(x+1)e 2 1答案见解析【解折)=2+是一是=22.令 (x)=a-(x+1)e=0.则 a=(x+1)e,令g(x)=(x y=4 g(r)=2x2-a.r+2,△=a-16.(1)当-4≤a≤4时，△≤0， 十1De,则g(x)=(x+2) f(x)0,f(x)在(0，十o∞)单调递增：(2)当a<一4时，△> 3-2-10m e,当x∈（一00，一2）时， 0,g(x)=0的两根都小于0，f(x)在(0，十∞)上大于0，「 g(x)<0,g(x)单调递减：当x∈（一2，十o)时，g'(x)>0,g (x)在(0，十∞)单调递增：(3)当a>4时，由g(x)=0,解得 (x)单调递增，当x→-0o时，g(x)<0,g(-1)=0,当x·十 n=4-个6，=+6，x∈(0.m)U o∞时，g(x)>0,画出g(z)大致图像知下：当a>0时，y=@ 4 4 与y=g(x)仅有一个交点，令g(m)=a,则m>一1.且f (,十∞)，g(x)>0,f(x)>0,f(x)在(0，)， (m)=a一g(m)=0,当x∈(-∞，m)时，a>g(x),则f(x) (,十oo)上单调递增：x∈(1，)，g(x)<0,f(x)<0, >0,f(x)单调递增，当x∈(m,十o∞)时，a<g(x),则f(x) f(x)在(1，)上单调递减. <0,f(x)单调递减，r=m为f(x)的极大值点，故f(x)存在 2.答案见解析【解析】(1)：了(x)=2x-4+“= 唯一的极值，点。 2.m>2理由见解析【解析】(1)m>2.理由如下：函数f(x) 22-4r+0,x>0.4=16-8a=8(2-a.当a≥2时，4≤ =-lhx的定义城为0+e∞，求导得/x)=e一子，显 0.f(x)≥0.f(x)在(0，十∞)上单调递增：当a<2时，令 8 参考答案 然函数∫(x)在(0+∞)上单调递增，而f(令)=E-2<0. 一(1D>0F)在区间(0,1)内为增函数.∴F()>F f1)=e-1>0,则存在唯一的∈（号1)，使得f (0)=0. (m)-0,即 （)当x（-∞，0)时n>0,>0,p证n1- 0-1=0,当x∈(0，x)时，f(x)<0:当x∈ x—由(1)分析知F()在区间(-∞，0)内为减画数F > (xu,十o∞)时，(x)>0,于是函数f(x)=e一lnx在 (x)>F(0)=0.综合(1)(I)有g(x)<1. (0,m)上单调递减，在(o,十∞)上单调递增，因此f(x 【解法二】（最优解之转化为无分母西教）由(1)得∫(x)=n )n=f)=e0-nx,由-1=0，得=1且= To 1-)=得-号1且0，当 一ln,则m=内一n=上十又画数y=上十x在 ∈(0,1D时，要证g(x)=n<1.:r>0,ln zln(1-x) (号1)上单调道减，即雪x(31)时y>2,∴m>2. (1一x)<0,,.xln(1-x)<0,即证+ln(1-x)>xln (1一x),化简得x十(1一x)ln(1一x)>0:同理，当x 3.增区间为(-∞，一1)，(4，十∞)，递减区闻为（一1,4）：1， （-0,0)时，要证g(x)=2<1,:x<0,n 子【解析】：f()=则了(x) rin(I-x) (1-x)>0,.xn(1-x)<0.即证x+ln(1-x)>xln 一2r+a-23-22_2t-30.由题意可得f(-1D (1-x),化简得x+(1-x)n(1一x)>0:令h(x)=x+ (x2十a) (a) (1-x)ln(1-x),再令1=1-x,则1∈(0,1)U(1,+∞)，.z -得昂=0，解得a=4,故f)=各了)= (a+1)2 =1-4,令g(t)=1一t+nt,9(t)=-1+lnt十1=nt,当t 2x十1)(T一①.列表如下： ∈(0,1)时，g(1)<0,e(t)单减，故p(1)>g(1)=0:当1∈ (x”+4)2 (1,+∞)时，p'(1)>0,(1)单增，故g(1)>g(1)=0:综上 ,-1) -1 -1,4) 4 (4,十o∞) 所选，g-9号<1在长(-=0U0.D拉 f() + 0 0 + 成立 f(x) 增 极大值 减 极小值 增 【解法三】（利用导数不等式中的常见结论证明）令(x)=ln,x .函数f(x)的增区间为（一oo,一1），(4，十8∞)，单调递减区 -(x-1.p(x)=-1=三p(x)在区间0，D内是 x 间为(-1,4.当受时，)>0：当>号时)<0 3 增函数，在区间(1，十o)内是减蓝数，g(x)≤g(1)=0,即n x≤x一1（当且仗当x=1时取等号）.故当x<1且x≠0时， df0=f-10=1,m=f4)=- >0且≠1，n<1,即-n1-< 题型096类导数大题综合 技法1利用导数证明不等式 产xh-> 【对点练习】 (1)a=1(2)证明见解析【解析】(1)由题意得y=xf(x)= i)当eo.D时.0>1->nn<日 xln(a-x),则y=ln(a-x)十x[n(a-x)]'=ln(a一x)+ =1-子即nd0+11.dg1 x 产。=0是画教y)的板值点1。=ha=0, (1)当xe(-o,0)时，ln(1一x)>吾>0，同理可证得g a=1. (2)【解法一】（转化为有分母的函数）由(1)知，g(x)= (x)<1,综合(i)()得，当x<1且x≠0时，l2 xIn(I-) 君-nd十共定义城为(-，0U0,D x+ln(1-x2= 1,即g(x)<1. 技法2利用导数研究恒成立问题 要证公1，即话n+}1.即证n<1-吉 1 【对点练习】 L.(2)2【解析】(2)由emr+x2-ax-1-lnx>0恒成立，令 x=1,则em1>a,由2=tnt<em1<38<3=3.得整数a≤ (1)当r0.时n0.星<0，即送a1-)> 2,国此emr+x2-ax-1-lnx≥e+x-2x-1-lnx. 下面证明对任意x≥1，en4十x一2x-1-lnx>0恒成立即 点令)=a1-)高F)=a 可，由1)知e>2x十号，则有er>2simx计7，由此可得： 9