2025高考數(shù)學(xué)專項復(fù)習(xí)高考解答題專項突破（一） 第1課時 利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒(能)成立問題含答案

2025高考數(shù)學(xué)專項復(fù)習(xí)[考情分析]高考對本部分的考查一般有三個層次：(1)主要考查求導(dǎo)公式，求導(dǎo)法則與導(dǎo)數(shù)的幾何意義；(2)導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用，包括求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、極值、最值等；(3)綜合考查，如零點、證明不等式、恒成立問題、求參數(shù)取值范圍、解決應(yīng)用問題等，還可能將導(dǎo)數(shù)內(nèi)容和傳統(tǒng)內(nèi)容中有關(guān)不等式、數(shù)列及函數(shù)單調(diào)性有機結(jié)合，設(shè)計綜合題．第1課時利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒(能)成立問題考點一“分離參數(shù)法”解決不等式恒(能)成立問題例1(2024·福建連城縣第一中學(xué)高三上學(xué)期月考)已知函數(shù)f(x)＝2ax－2lnx.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若函數(shù)g(x)＝x－2，且?x>0，都有g(shù)(x)≤f(x)，求a的取值范圍．解(1)f′(x)＝2a－eq\f(2,x)＝eq\f(2ax－2,x)(x>0)，當(dāng)a≤0時，f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，當(dāng)a>0時，當(dāng)0<x<eq\f(1,a)時，f′(x)<0，當(dāng)x>eq\f(1,a)時，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增．綜上所述，當(dāng)a≤0時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增．(2)g(x)≤f(x)，即2ax－2lnx≥x－2(x>0)，即a≥eq\f(lnx,x)－eq\f(1,x)＋eq\f(1,2)，令h(x)＝eq\f(lnx,x)－eq\f(1,x)＋eq\f(1,2)(x>0)，則h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)＋eq\f(1,x2)＝eq\f(2－lnx,x2)(x>0)，當(dāng)0<x<e2時，h′(x)>0，當(dāng)x>e2時，h′(x)<0，所以函數(shù)h(x)在(0，e2)上單調(diào)遞增，在(e2，＋∞)上單調(diào)遞減，所以h(x)max＝h(e2)＝eq\f(1,e2)＋eq\f(1,2)，所以a≥eq\f(1,e2)＋eq\f(1,2).所以a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)＋\f(1,2)，＋∞)).用分離參數(shù)法解含參不等式恒成立問題，可以根據(jù)不等式的性質(zhì)將參數(shù)分離出來，得到一個一端是參數(shù)，另一端是變量表達式的不等式，具體步驟如下：(1)分離參數(shù)(注意分離參數(shù)時自變量x的取值范圍是否影響不等號的方向)．(2)轉(zhuǎn)化：①若a>f(x)對x∈D恒成立，則只需a>f(x)max；②若a<f(x)對x∈D恒成立，則只需a<f(x)min；③若?x∈D，使得a>f(x)有解，則只需a>f(x)min；④若?x∈D，使得a<f(x)有解，則只需a<f(x)max.(3)求最值．1.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－(a＋2)x＋2alnx(a∈R)．(1)若a>2，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)函數(shù)g(x)＝－(a＋2)x，若至少存在一個x0∈[e，4]，使得f(x0)>g(x0)成立，求實數(shù)a的取值范圍．解(1)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－(a＋2)x＋2alnx的定義域是(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(x2－(a＋2)x＋2a,x)＝eq\f((x－2)(x－a),x).當(dāng)a>2時，由f′(x)>0，得0<x<2或x>a；由f′(x)<0，得2<x<a，∴函數(shù)f(x)在(0，2)和(a，＋∞)上單調(diào)遞增，在(2，a)上單調(diào)遞減．(2)至少存在一個x0∈[e，4]，使得f(x0)>g(x0)成立，即當(dāng)x∈[e，4]時，eq\f(1,2)x2＋2alnx>0有解．∵當(dāng)x∈[e，4]時，lnx≥1，∴2a>－eq\f(\f(1,2)x2,lnx)有解，令h(x)＝－eq\f(\f(1,2)x2,lnx)，x∈[e，4]，則2a>h(x)min.∵h′(x)＝－eq\f(xlnx－\f(1,2)x2·\f(1,x),(lnx)2)＝－eq\f(x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(1,2))),(lnx)2)<0，∴h(x)在[e，4]上單調(diào)遞減，∴h(x)min＝h(4)＝－eq\f(4,ln2)，∴2a>－eq\f(4,ln2)，即a>－eq\f(2,ln2)，∴實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,ln2)，＋∞)).考點二“最值法”解決不等式恒(能)成立問題例2已知定義在(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－eq\f(ax2,2).(1)若a＝e，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)≤3在(0，2]上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．解(1)f′(x)＝xex－ax＝x(ex－a)，當(dāng)a＝e時，f′(x)＝x(ex－e)．在(0，1)上，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；在(1，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．(2)函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝x(ex－a)．①若a≤1，則在(0，2]上，f′(x)>0恒成立，f(x)單調(diào)遞增，因此f(x)max＝f(2)＝e2－2a>3，不符合題意；②若1<a<e2，令f′(x)＝0，得x＝lna，當(dāng)x∈(0，lna)時，f′(x)<0，當(dāng)x∈(lna，2]時，f′(x)>0，因此f(x)在(0，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，2]上單調(diào)遞增，又因為當(dāng)x從右側(cè)趨近于0時，f(x)趨近于－1，小于3，所以只需f(2)≤3即可，即e2－2a≤3，解得eq\f(e2－3,2)≤a<e2；③若a≥e2，則在(0，2]上，f′(x)≤0恒成立，f(x)單調(diào)遞減，因此f(x)<－1<3，符合題意．綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2－3,2)，＋∞)).在不等式恒成立問題中，如果不能分離參數(shù)或分離參數(shù)后的函數(shù)的最值比較難求，可以把含參不等式整理成f(x，a)>(<)0或f(x，a)≥(≤)0的形式，然后從研究函數(shù)的性質(zhì)入手，通過討論函數(shù)的單調(diào)性和極值，直接用參數(shù)表達函數(shù)的最值，然后根據(jù)題意，建立關(guān)于參數(shù)的不等式，解不等式即得參數(shù)的取值范圍．(1)如果f(x，a)有最小值g(a)，則①f(x，a)>0恒成立?g(a)>0；②f(x，a)<0有解?g(a)<0.(2)如果f(x，a)有最大值g(a)，則①f(x，a)<0恒成立?g(a)<0；②f(x，a)>0有解?g(a)>0.2.已知函數(shù)f(x)＝aln(x＋1)，a∈R.(1)當(dāng)a＝1時，求曲線y＝f(x)在x＝3處的切線方程；(2)若對任意的x∈[0，＋∞)，都有f(x)≥x－eq\f(1,2)x2恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．解(1)當(dāng)a＝1時，f(x)＝ln(x＋1)，所以切點為(3，ln4)．因為f′(x)＝eq\f(1,x＋1)，所以切線的斜率為k＝f′(3)＝eq\f(1,4)，所以曲線y＝f(x)在x＝3處的切線方程為y－ln4＝eq\f(1,4)(x－3)，化簡得x－4y＋8ln2－3＝0.(2)對任意的x∈[0，＋∞)，都有f(x)≥x－eq\f(1,2)x2恒成立，即aln(x＋1)－x＋eq\f(1,2)x2≥0恒成立．令h(x)＝aln(x＋1)－x＋eq\f(1,2)x2(x≥0)，則h′(x)＝eq\f(a,x＋1)－1＋x＝eq\f(x2＋a－1,x＋1)(x≥0)．①當(dāng)a≥1時，h′(x)≥0恒成立，所以函數(shù)h(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，因此h(x)min＝h(0)＝0，所以a≥1符合條件．②當(dāng)a<1時，由h′(x)＝0，x≥0，解得x＝eq\r(1－a)，當(dāng)x∈(0，eq\r(1－a))時，h′(x)<0；當(dāng)x∈(eq\r(1－a)，＋∞)時，h′(x)>0，h(x)min＝h(eq\r(1－a))<h(0)＝0，這與h(x)≥0矛盾，應(yīng)舍去．綜上可知，實數(shù)a的取值范圍為[1，＋∞)．考點三雙變量不等式恒(能)成立問題例3設(shè)f(x)＝eq\f(a,x)＋xlnx，g(x)＝x3－x2－3.(1)如果存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求滿足上述條件的最大整數(shù)M；(2)如果對于任意的s，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，都有f(s)≥g(t)成立，求實數(shù)a的取值范圍．解(1)存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等價于g(x)max－g(x)min≥M.由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,3))).由g′(x)＞0，得x＜0或x＞eq\f(2,3)，由g′(x)<0，得0<x<eq\f(2,3)，又x∈[0，2]，所以g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))上單調(diào)遞增，又g(0)＝－3，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－eq\f(85,27)，g(2)＝1，所以g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－eq\f(85,27)，g(x)max＝g(2)＝1.故g(x)max－g(x)min＝eq\f(112,27)≥M，則滿足條件的最大整數(shù)M＝4.(2)對于任意的s，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，都有f(s)≥g(t)成立，等價于在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，f(x)min≥g(x)max.由(1)可知在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，g(x)的最大值為g(2)＝1.故在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，f(x)＝eq\f(a,x)＋xlnx≥1恒成立，等價于a≥x－x2lnx恒成立．設(shè)h(x)＝x－x2lnx，則h′(x)＝1－2xlnx－x，令φ(x)＝1－2xlnx－x，φ′(x)＝－(2lnx＋3)，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))時，φ′(x)<0，可知h′(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上是減函數(shù)，又h′(1)＝0，所以當(dāng)1＜x＜2時，h′(x)＜0；當(dāng)eq\f(1,2)＜x＜1時，h′(x)＞0，所以函數(shù)h(x)＝x－x2lnx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞增，在(1，2]上單調(diào)遞減，所以h(x)max＝h(1)＝1，即實數(shù)a的取值范圍是[1，＋∞)．“雙變量”的恒(能)成立問題一定要正確理解其實質(zhì)，深刻挖掘內(nèi)含條件，進行等價變換，常見的等價轉(zhuǎn)換有：(1)?x1，x2∈D，f(x1)>g(x2)?f(x)min>g(x)max；(2)?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)>g(x2)?f(x)min>g(x)min；(3)?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)>g(x2)?f(x)max>g(x)max；(4)?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)>g(x2)?f(x)max>g(x)min.3.(2024·陜西渭南高三上學(xué)期第一次檢測)已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax＋1(a∈R)．(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)設(shè)g(x)＝lnx－eq\f(x,4)＋eq\f(3,4x)，若對任意的x1∈(0，＋∞)，存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＜g(x2)成立，求實數(shù)a的取值范圍．解(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)，當(dāng)a≤0時，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)a＞0時，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減．綜上，當(dāng)a≤0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，＋∞)；當(dāng)a＞0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞)).(2)g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,4)－eq\f(3,4)×eq\f(1,x2)＝eq\f(－x2＋4x－3,4x2)＝eq\f((－x＋1)(x－3),4x2)，在(1，3)上，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增；在(3，＋∞)上，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減，所以g(x)max＝g(3)＝ln3－eq\f(1,2).因為對任意的x1∈(0，＋∞)，存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＜g(x2)成立，等價于f(x)max＜g(x)max，由(1)知，當(dāng)a≤0時，f(x)無最值；當(dāng)a＞0時，f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝－lna，所以－lna＜ln3－eq\f(1,2)，所以lna＞lneq\f(\r(e),3)，解得a＞eq\f(\r(e),3).故實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(e),3)，＋∞)).課時作業(yè)1．(2024·湖南長沙明德中學(xué)高三上學(xué)期入學(xué)考試)已知函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(1,x)＋bx且曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為2x－y＋1＝0.(1)求實數(shù)a，b的值及函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若關(guān)于x的不等式f(x)－2≥eq\f(3,2)x＋eq\f(m,2x)恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．解(1)將x＝1代入2x－y＋1＝0，得y＝3，所以切點為(1，3)．f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(1,x2)＋b，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f(1)＝1＋b＝3，,f′(1)＝a－1＋b＝2))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝2，))所以f(x)＝lnx＋eq\f(1,x)＋2x.f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＋2＝eq\f(2x2＋x－1,x2)＝eq\f((2x－1)(x＋1),x2)(x>0)，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,2)，x＝－1(舍去)．所以當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))時，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))時，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)．(2)因為f(x)－2≥eq\f(3,2)x＋eq\f(m,2x)恒成立，即lnx＋eq\f(1,x)＋2x－2≥eq\f(3,2)x＋eq\f(m,2x)恒成立，化簡為m≤x2＋2xlnx－4x＋2恒成立．設(shè)g(x)＝x2＋2xlnx－4x＋2，則m≤g(x)min即可．g′(x)＝2x＋2lnx＋2－4＝2x＋2lnx－2(x>0)，因為g′(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，且g′(1)＝0，所以當(dāng)x∈(0，1)時，g′(x)<0，g(x)為減函數(shù)，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)為增函數(shù)．g(x)min＝g(1)＝－1，即m≤－1.故實數(shù)m的取值范圍為(－∞，－1]．2．(2023·河南省部分名校高三二模)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)mx2＋(m－1)x－lnx(m∈R)，g(x)＝x2－eq\f(1,2ex)＋1.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)m>0時，若對于任意x1∈(0，＋∞)，總存在x2∈[1，＋∞)，使得f(x1)≥g(x2)，求m的取值范圍．解(1)f′(x)＝mx＋m－1－eq\f(1,x)＝eq\f((mx－1)(x＋1),x)，x>0.當(dāng)m≤0時，f′(x)<0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)m>0時，由f′(x)>0，解得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)，＋∞))，即f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)，＋∞))上單調(diào)遞增，由f′(x)<0，解得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,m)))，即f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,m)))上單調(diào)遞減．(2)當(dāng)m>0時，由(1)知f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))＝lnm＋1－eq\f(1,2m)，g′(x)＝2x＋eq\f(1,2)e－x>0(x≥1)恒成立，g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(1)＝2－eq\f(1,2e)，由題意知f(x)min≥g(x)min，即lnm＋1－eq\f(1,2m)≥2－eq\f(1,2e).設(shè)h(m)＝lnm＋1－eq\f(1,2m)，則h′(m)＝eq\f(1,2m2)＋eq\f(1,m)>0，所以h(m)為增函數(shù)，又h(e)＝2－eq\f(1,2e)，所以m≥e，即m的取值范圍是[e，＋∞)．3．(2023·甘肅武威教育局第一次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x＋3).(1)求f(x)在(－3，＋∞)上的極值；(2)若?x∈(－3，＋∞)，eq\f(1,f(x))－3≤ax2－2x，求a的最小值．解(1)f′(x)＝eq\f((x＋2)ex,(x＋3)2)，令f′(x)＝0，得x＝－2，當(dāng)x∈(－3，－2)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(－2，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，故f(－2)＝eq\f(1,e2)為極小值，f(x)無極大值．所以f(x)在(－3，＋∞)上的極小值為eq\f(1,e2)，無極大值．(2)由題意知eq\f(1,f(x))－3＝eq\f(x＋3,ex)－3，令g(x)＝eq\f(x＋3,ex)－3－ax2＋2x，g′(x)＝－eq\f(x＋2,ex)－2ax＋2，g(0)＝0，g′(0)＝0，令h(x)＝g′(x)＝－eq\f(x＋2,ex)－2ax＋2，則h′(x)＝eq\f(x＋1,ex)－2a，設(shè)u(x)＝h′(x)＝eq\f(x＋1,ex)－2a，則u′(x)＝－eq\f(x,ex)，當(dāng)－3<x<0時，u′(x)為正，u(x)＝h′(x)在(－3，0)上單調(diào)遞增，當(dāng)x>0時，u′(x)為負，u(x)＝h′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，故u(0)＝h′(0)＝1－2a為極大值．若1－2a≤0，即a≥eq\f(1,2)，此時h′(x)≤0，則h(x)＝g′(x)在(－3，＋∞)上單調(diào)遞減，又g′(0)＝0，所以當(dāng)－3<x<0時，g′(x)>0，g(x)在(－3，0)上單調(diào)遞增，當(dāng)x>0時，g′(x)<0，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，故g(0)＝0為極大值，所以g(x)≤0，則當(dāng)a≥eq\f(1,2)時，符合條件；若1－2a>0，即a<eq\f(1,2)，此時h′(0)>0，所以存在－3<x1<0，當(dāng)x∈(x1，0)時，u(x)＝h′(x)>0，則h(x)＝g′(x)在(x1，0)上單調(diào)遞增，又h(0)＝g′(0)＝0，則在區(qū)間(x1，0)上，g′(x)<g′(0)＝0，所以在區(qū)間(x1，0)上，g(x)單調(diào)遞減，則g(x)>g(0)＝0，不滿足條件．綜上所述，a的最小值為eq\f(1,2).4．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x3,6)－ax(a∈R)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若對任意x∈[0，＋∞)，f(x)≥－sinx恒成立，求a的取值范圍．解(1)由題意，得f(x)的定義域為R，且f′(x)＝eq\f(x2,2)－a，當(dāng)a≤0時，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上單調(diào)遞增．當(dāng)a>0時，由f′(x)>0，得x<－eq\r(2a)或x>eq\r(2a)；由f′(x)<0，得－eq\r(2a)<x<eq\r(2a)，所以f(x)在(－∞，－eq\r(2a))上單調(diào)遞增，在(－eq\r(2a)，eq\r(2a))上單調(diào)遞減，在(eq\r(2a)，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)f(x)≥－sinx?eq\f(x3,6)＋sinx－ax≥0，設(shè)g(x)＝eq\f(x3,6)＋sinx－ax(x≥0)，則g′(x)＝eq\f(x2,2)＋cosx－a，設(shè)h(x)＝eq\f(x2,2)＋cosx－a(x≥0)，則h′(x)＝x－sinx，設(shè)m(x)＝x－sinx(x≥0)，則m′(x)＝1－cosx≥0，所以h′(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h′(x)≥h′(0)＝0，所以g′(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)a≤1時，g′(0)＝1－a≥0，所以g′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，故g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，結(jié)合g(0)＝0知g(x)≥0恒成立，符合題意；當(dāng)a>1時，g′(0)＝1－a<0，g′(2a)＝a(2a－1)＋cos2a>0，所以g′(x)在(0，2a)上有一個零點x0，且當(dāng)x∈[0，x0)時，g′(x)<0，所以g(x)在[0，x0)上單調(diào)遞減，結(jié)合g(0)＝0知，當(dāng)x∈(0，x0)時，g(x)<0，從而f(x)<－sinx，不符合題意．綜上所述，a的取值范圍為(－∞，1]．5．(2024·河南省實驗中學(xué)高三第一次月考)已知函數(shù)f(x)＝aex＋x＋1.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)x>1時，f(x)>lneq\f(x－1,a)＋x，求實數(shù)a的取值范圍．解(1)依題意，得f′(x)＝aex＋1.當(dāng)a≥0時，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)a<0時，令f′(x)>0，可得x<－ln(－a)；令f′(x)<0，可得x>－ln(－a)，所以f(x)在(－∞，－ln(－a))上單調(diào)遞增，在(－ln(－a)，＋∞)上單調(diào)遞減．綜上所述，當(dāng)a≥0時，f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a<0時，f(x)在(－∞，－ln(－a))上單調(diào)遞增，在(－ln(－a)，＋∞)上單調(diào)遞減．(2)因為當(dāng)x>1時，f(x)>lneq\f(x－1,a)＋x，所以aex＋x＋1>lneq\f(x－1,a)＋x，即elnaex＋x＋1>ln(x－1)－lna＋x，即ex＋lna＋lna＋x>ln(x－1)＋x－1，即ex＋lna＋x＋lna>eln(x－1)＋ln(x－1)．令h(x)＝ex＋x，則有h(x＋lna)>h(ln(x－1))對任意x∈(1，＋∞)恒成立．因為h′(x)＝ex＋1>0，所以h(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，故只需x＋lna>ln(x－1)，即lna>ln(x－1)－x對任意x∈(1，＋∞)恒成立．令F(x)＝ln(x－1)－x，則F′(x)＝eq\f(1,x－1)－1＝eq\f(2－x,x－1)，令F′(x)＝0，得x＝2.當(dāng)x∈(1，2)時，F(xiàn)′(x)>0；當(dāng)x∈(2，＋∞)時，F(xiàn)′(x)<0，所以F(x)在(1，2)上單調(diào)遞增，在(2，＋∞)上單調(diào)遞減，所以F(x)≤F(2)＝－2.因此lna>－2，所以a>eq\f(1,e2).即實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞)).6．(2023·安徽舒城中學(xué)高三仿真模擬(三))已知f(x)＝alnx＋eq\f(1,2)x2－2x(a∈R且a≠0)，g(x)＝cosx＋xsinx.(1)求g(x)在[－π，π]上的最小值；(2)如果對任意x1∈[－π，π]，存在x2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，使得eq\f(f(x2),x2)－a≤g(x1)成立，求實數(shù)a的取值范圍．解(1)g′(x)＝－sinx＋sinx＋xcosx＝xcosx，顯然g(x)為偶函數(shù)，當(dāng)x>0時，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，xcosx>0，g′(x)>0，∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時，xcosx<0，g′(x)<0，∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上單調(diào)遞減，又g(0)＝1，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π,2)，g(π)＝－1，∴g(x)在(0，π]上的最小值為－1.由偶函數(shù)圖象的對稱性可知，g(x)在[－π，π]上的最小值為－1.(2)先證lnx≤x－1，設(shè)h(x)＝lnx－x＋1，則h′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，令h′(x)>0，得0<x<1，令h′(x)<0，得x>1，∴h(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．h(x)≤h(1)＝0，故lnx≤x－1①恒成立．由題意可得?x2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，使得eq\f(f(x2),x2)－a≤－1成立，即a(x2－lnx2)≥eq\f(1,2)xeq\o\al(2,2)－x2成立．由①可知x2－lnx2≥1>0，參變分離得a≥eq\f(\f(1,2)xeq\o\al(2,2)－x2,x2－lnx2).設(shè)φ(x)＝eq\f(\f(1,2)x2－x,x－lnx)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，即只需a≥φ(x)min即可．φ′(x)＝eq\f((x－1)(x－lnx)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2－x))·\f(x－1,x),(x－lnx)2)＝eq\f((x－1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－lnx＋1)),(x－lnx)2)，由①知lnx≤x－1，得－lnx≥1－x，∴eq\f(1,2)x－lnx＋1≥eq\f(1,2)x＋1－x＋1＝2－eq\f(1,2)x＝eq\f(4－x,2)>0，令φ′(x)>0，得1<x<e，令φ′(x)<0，得eq\f(1,e)<x<1，∴φ(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上單調(diào)遞減，在(1，e)上單調(diào)遞增．∴φ(x)min＝φ(1)＝－eq\f(1,2)，∴a≥－eq\f(1,2)，又已知a≠0，故實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))∪(0，＋∞)．第2課時利用導(dǎo)數(shù)證明不等式考點一直接構(gòu)造函數(shù)證明不等式例1(2023·新課標(biāo)Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝a(ex＋a)－x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)證明：當(dāng)a>0時，f(x)>2lna＋eq\f(3,2).解(1)因為f(x)＝a(ex＋a)－x，定義域為R，所以f′(x)＝aex－1，當(dāng)a≤0時，由于ex>0，則aex≤0，故f′(x)＝aex－1<0恒成立，所以f(x)在R上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－lna，當(dāng)x<－lna時，f′(x)<0，則f(x)在(－∞，－lna)上單調(diào)遞減，當(dāng)x>－lna時，f′(x)>0，則f(x)在(－lna，＋∞)上單調(diào)遞增．綜上，當(dāng)a≤0時，f(x)在R上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時，f(x)在(－∞，－lna)上單調(diào)遞減，在(－lna，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)證法一：由(1)得，f(x)min＝f(－lna)＝a(e－lna＋a)＋lna＝1＋a2＋lna，要證f(x)>2lna＋eq\f(3,2)，即證1＋a2＋lna>2lna＋eq\f(3,2)，即證a2－eq\f(1,2)－lna>0恒成立，令g(a)＝a2－eq\f(1,2)－lna(a>0)，則g′(a)＝2a－eq\f(1,a)＝eq\f(2a2－1,a)，令g′(a)<0，則0<a<eq\f(\r(2),2)，令g′(a)>0，則a>eq\f(\r(2),2)，所以g(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上單調(diào)遞增，所以g(a)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)－lneq\f(\r(2),2)＝lneq\r(2)>0，則g(a)>0恒成立，所以當(dāng)a>0時，f(x)>2lna＋eq\f(3,2)恒成立，證畢．證法二：令h(x)＝ex－x－1，則h′(x)＝ex－1，當(dāng)x<0時，h′(x)<0，當(dāng)x>0時，h′(x)>0，所以h(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故h(x)≥h(0)＝0，則ex≥x＋1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時，等號成立，因為f(x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x＝ex＋lna＋a2－x≥x＋lna＋1＋a2－x，當(dāng)且僅當(dāng)x＋lna＝0，即x＝－lna時，等號成立，所以要證f(x)>2lna＋eq\f(3,2)，即證x＋lna＋1＋a2－x>2lna＋eq\f(3,2)，即證a2－eq\f(1,2)－lna>0恒成立，以下同證法一．待證不等式的兩邊含有同一個變量時，一般地，可以直接構(gòu)造“左減右”的函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性，借助所構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性即可得證．1.(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷節(jié)選)證明：當(dāng)0<x<1時，x－x2<sinx<x；證明構(gòu)建F(x)＝x－sinx，則F′(x)＝1－cosx>0對任意x∈(0，1)恒成立，則F(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，可得F(x)>F(0)＝0，所以當(dāng)0<x<1時，x>sinx；構(gòu)建G(x)＝sinx－(x－x2)＝x2－x＋sinx，則G′(x)＝2x－1＋cosx，構(gòu)建g(x)＝G′(x)，則g′(x)＝2－sinx>0對任意x∈(0，1)恒成立，則g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，可得g(x)>g(0)＝0，即G′(x)>0對任意x∈(0，1)恒成立，則G(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，可得G(x)>G(0)＝0，所以當(dāng)0<x<1時，sinx>x－x2.綜上所述，當(dāng)0<x<1時，x－x2<sinx<x.考點二放縮法證明不等式例2已知x∈(0，1)，求證：x2－eq\f(1,x)<eq\f(lnx,ex).證明證法一：要證x2－eq\f(1,x)<eq\f(lnx,ex)，只需證exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,x)))<lnx，又易證ex>x＋1(0<x<1)，∴只需證lnx＋(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－x2))>0，即證lnx＋1－x3＋eq\f(1,x)－x2>0，而x3<x，x2<x(0<x<1)，∴只需證lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)>0，令g(x)＝lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)，則g′(x)＝eq\f(1,x)－2－eq\f(1,x2)＝－eq\f(2x2－x＋1,x2)，而2x2－x＋1>0恒成立，∴g′(x)<0，∴g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，∴當(dāng)x∈(0，1)時，g(x)>g(1)＝0，即lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)>0，∴x2－eq\f(1,x)<eq\f(lnx,ex).證法二：∵x∈(0，1)，∴ex∈(1，e)，x2－eq\f(1,x)∈(－∞，0)，∴要證x2－eq\f(1,x)<eq\f(lnx,ex)成立，只需證exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,x)))<lnx成立，只需證x2－eq\f(1,x)<lnx，又x2<x(0<x<1)，∴只需證lnx＋eq\f(1,x)－x>0，令h(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－x，則h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)－1＝－eq\f(x2－x＋1,x2)，而x2－x＋1>0恒成立，∴h′(x)<0，∴h(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，∴當(dāng)x∈(0，1)時，h(x)>h(1)＝0，∴l(xiāng)nx＋eq\f(1,x)－x>0，∴x2－eq\f(1,x)<eq\f(lnx,ex).導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用題中，最常見就是ex和lnx與其他代數(shù)式結(jié)合的難題，對于這類問題，可以先對ex和lnx進行放縮，使問題簡化，便于化簡或判斷導(dǎo)數(shù)的正負．常見的放縮公式如下：(1)ex≥1＋x，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時取等號；(2)ex≥ex，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取等號；(3)當(dāng)x≥0時，ex≥1＋x＋eq\f(1,2)x2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時取等號；(4)當(dāng)x≥0時，ex≥1＋eq\f(e,2)x2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時取等號；(5)eq\f(x－1,x)≤lnx≤x－1≤x2－x，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取等號．2.(2023·四川南充模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax－sinx.(1)若函數(shù)f(x)為增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；(2)求證：當(dāng)x>0時，ex>2sinx.解(1)因為f(x)＝ax－sinx，所以f′(x)＝a－cosx，由函數(shù)f(x)為增函數(shù)，得f′(x)＝a－cosx≥0恒成立，即a≥cosx在R上恒成立，因為y＝cosx∈[－1，1]，所以a≥1，即實數(shù)a的取值范圍是[1，＋∞)．(2)證明：由(1)知，當(dāng)a＝1時，f(x)＝x－sinx為增函數(shù)，當(dāng)x>0時，由f(x)>f(0)＝0，得x>sinx，要證當(dāng)x>0時，ex>2sinx，現(xiàn)在證當(dāng)x>0時，ex>2x，即證ex－2x>0在(0，＋∞)上恒成立，設(shè)g(x)＝ex－2x(x>0)，則g′(x)＝ex－2，當(dāng)0<x<ln2時，g′(x)<0，當(dāng)x>ln2時，g′(x)>0，所以g(x)在(0，ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(ln2)＝eln2－2ln2＝2(1－ln2)>0，所以g(x)≥g(ln2)>0，所以ex>2x成立，故當(dāng)x>0時，ex>2sinx.考點三凹凸反轉(zhuǎn)法證明不等式例3求證：ex－ex＋1－eq\f(elnx,x)>0(x>0)．證明原不等式等價于ex－ex＋1>eq\f(elnx,x)(x>0)．令F(x)＝ex－ex＋1(x>0)，F(xiàn)′(x)＝ex－e，當(dāng)x∈(0，1)時，F(xiàn)′(x)<0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增，所以F(x)min＝F(1)＝e－e＋1＝1.令G(x)＝eq\f(elnx,x)(x>0)，G′(x)＝eq\f(e(1－lnx),x2).當(dāng)x∈(0，e)時，G′(x)>0，G(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(e，＋∞)時，G′(x)<0，G(x)單調(diào)遞減，所以G(x)max＝G(e)＝1，等號不同時取得，所以F(x)>G(x)，即ex－ex＋1>eq\f(elnx,x)，故原不等式成立．“凹凸反轉(zhuǎn)法”證明不等式的方法步驟eq\x(欲證g(x)>h(x))eq\o(→,\s\up7(g(x)圖象凹形狀),\s\do5(h(x)圖象凸形狀))eq\x(\a\al(求g(x)的最小值,求h(x)的最大值))eq\o(→,\s\up7(說明g(x)min大于),\s\do5(h(x)max))eq\x(證得g(x)>h(x))，如圖所示．注意：在證明過程中，“隔離化”是關(guān)鍵．如果證g(x)≥f(x)恒成立，只需證g(x)min≥f(x)max恒成立，但只有當(dāng)f(x)與g(x)取到最值的條件是同一個x的值時取等號，否則只能得到g(x)>f(x)．3.已知函數(shù)g(x)＝xlnx．證明：當(dāng)x>0時，g(x)>eq\f(x,ex)－eq\f(2,e).證明因為g(x)＝xlnx，所以g′(x)＝1＋lnx，令g′(x)＝0，得x＝eq\f(1,e)，所以當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時，g′(x)<0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時，g′(x)>0，所以函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x>0時，g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e).令φ(x)＝eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)，則φ′(x)＝eq\f(1－x,ex)，所以當(dāng)0<x<1時，φ′(x)>0，當(dāng)x>1時，φ′(x)<0，所以φ(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以φ(x)max＝φ(1)＝－eq\f(1,e).又兩個等號不同時成立，故當(dāng)x>0時，g(x)>eq\f(x,ex)－eq\f(2,e).課時作業(yè)1．(2023·福建福州模擬)已知函數(shù)f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a＝e時，證明：xf(x)－ex＋2ex≤0.解(1)f′(x)＝eq\f(e,x)－a(x>0)，①若a≤0，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．②若a>0，則當(dāng)0<x<eq\f(e,a)時，f′(x)>0；當(dāng)x>eq\f(e,a)時，f′(x)<0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)證法一：因為x>0，所以只需證f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，當(dāng)a＝e時，由(1)知，f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(1)＝－e.令g(x)＝eq\f(ex,x)－2e(x>0)，則g′(x)＝eq\f((x－1)ex,x2)，所以當(dāng)0<x<1時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.綜上，當(dāng)x>0時，f(x)≤g(x)，即f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.證法二：由題意知，要證xf(x)－ex＋2ex≤0，即證exlnx－ex2－ex＋2ex≤0，即證lnx－x＋2≤eq\f(ex,ex).設(shè)函數(shù)m(x)＝lnx－x＋2(x>0)，則m′(x)＝eq\f(1,x)－1.所以當(dāng)x∈(0，1)時，m′(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，m′(x)<0，故m(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，從而m(x)在(0，＋∞)上的最大值為m(1)＝1.設(shè)函數(shù)h(x)＝eq\f(ex,ex)(x>0)，則h′(x)＝eq\f(ex(x－1),ex2).所以當(dāng)x∈(0，1)時，h′(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0，故h(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，從而h(x)在(0，＋∞)上的最小值為h(1)＝1.綜上，當(dāng)x>0時，m(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.2．(2024·山東臨沂沂水縣第四中學(xué)高三上學(xué)期月考)已知函數(shù)f(x)＝ex－2－ax(a∈R)．(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a≤0時，求證：f(x)>lnx.解(1)函數(shù)的定義域為(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－2－a.當(dāng)a≤0時，f′(x)>0，則函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時，由f′(x)＝0，得x＝2＋lna；當(dāng)x<2＋lna時，f′(x)<0，當(dāng)x>2＋lna時，f′(x)>0，∴f(x)在(－∞，2＋lna)上單調(diào)遞減，在(2＋lna，＋∞)上單調(diào)遞增．綜上所述，當(dāng)a≤0時，f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時，f(x)在(－∞，2＋lna)上單調(diào)遞減，在(2＋lna，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)證明：要證f(x)>lnx，即證ex－2－ax>lnx，即證eq\f(ex－2,x)－a>eq\f(lnx,x).設(shè)g(x)＝eq\f(ex－2,x)－a(x>0)，則g′(x)＝eq\f((x－1)ex－2,x2)，當(dāng)0<x<1時，g′(x)<0；當(dāng)x>1時，g′(x)>0，∴g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)min＝g(1)＝e－1－a＝eq\f(1,e)－a.令h(x)＝eq\f(lnx,x)(x>0)，則h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)(x>0)，當(dāng)0<x<e時，h′(x)>0；當(dāng)x>e時，h′(x)<0，∴h(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，∴h(x)max＝h(e)＝eq\f(1,e)，當(dāng)a≤0時，g(x)≥eq\f(1,e)－a≥eq\f(1,e)≥h(x)，∵前后取等號的條件不一致，∴eq\f(ex－2,x)－a>eq\f(lnx,x).綜上所述，當(dāng)a≤0時，f(x)>lnx.3．已知函數(shù)f(x)＝lnx，g(x)＝x－1，證明：(1)當(dāng)x∈(0，＋∞)時，不等式f(x)≤g(x)恒成立；(2)對于任意正整數(shù)n，不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,23)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))<e恒成立(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))．證明(1)要證不等式f(x)≤g(x)恒成立，即證lnx≤x－1恒成立，令h(x)＝lnx－x＋1，則h′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，當(dāng)0<x<1時，h′(x)>0；當(dāng)x>1時，h′(x)<0，所以h(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以h(x)≤h(1)＝0，所以lnx≤x－1恒成立．(2)由(1)知lnx≤x－1，令x＝1＋eq\f(1,2k)，則lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k)))<eq\f(1,2k)，k∈N*，所以lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))＋…＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))<eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)＝1－eq\f(1,2n)<1，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,23)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))<e.4．(2023·哈爾濱模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax＋1(x>0)，g(x)＝lnx－eq\f(a－1,x)＋2a.(1)若a＝eq\f(1,2)，比較函數(shù)f(x)與g(x)的大??；(2)若m>n>0，求證：eq\f(m－n,lnm－lnn)>eq\r(mn).解(1)當(dāng)a＝eq\f(1,2)時，f(x)＝eq\f(x,2)＋1，g(x)＝lnx＋eq\f(1,2x)＋1，令F(x)＝f(x)－g(x)＝eq\f(x,2)－lnx－eq\f(1,2x)，則F′(x)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,x)＋eq\f(1,2x2)＝eq\f((x－1)2,2x2)≥0，所以F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且F(1)＝0.綜上，當(dāng)x＝1時，F(xiàn)(x)＝0，f(x)＝g(x)；當(dāng)x∈(0，1)時，F(xiàn)(x)<0，f(x)<g(x)；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，F(xiàn)(x)>0，f(x)>g(x)．(2)證明：m>n>0，eq\f(m,n)>1，要證eq\f(m－n,lnm－lnn)>eq\r(mn)，即證eq\f(m－n,\r(mn))>lnm－lnn，即證eq\r(\f(m,n))－eq\r(\f(n,m))>lneq\f(m,n)，設(shè)t＝eq\r(\f(m,n))，且t>1，即證t－eq\f(1,t)>lnt2＝2lnt，即證eq\f(t,2)－lnt－eq\f(1,2t)>0(t>1)，由(1)知，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，F(xiàn)(x)>0成立，故不等式成立，所以當(dāng)m>n>0時，eq\f(m－n,lnm－lnn)>eq\r(mn).5．設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(a－x)，已知x＝0是函數(shù)y＝xf(x)的極值點．(1)求a；(2)設(shè)函數(shù)g(x)＝eq\f(x＋f(x),xf(x))，證明：g(x)<1.解(1)由題意，得y＝xf(x)＝xln(a－x)，y′＝ln(a－x)＋x[ln(a－x)]′.因為x＝0是函數(shù)y＝xf(x)的極值點，所以y′|x＝0＝lna＝0，所以a＝1.(2)證明：由(1)可知f(x)＝ln(1－x)，要證g(x)<1，即證eq\f(x＋f(x),xf(x))<1，即需證eq\f(x＋ln(1－x),xln(1－x))<1.因為當(dāng)x∈(－∞，0)時，xln(1－x)<0，當(dāng)x∈(0，1)時，xln(1－x)<0；所以需證x＋ln(1－x)>xln(1－x)，即證x＋(1－x)ln(1－x)>0.令h(x)＝x＋(1－x)ln(1－x)，x∈(－∞，1)，且x≠0，則h′(x)＝1＋(－1)ln(1－x)＋(1－x)·eq\f(－1,1－x)＝－ln(1－x)，所以當(dāng)x∈(－∞，0)時，h′(x)<0；當(dāng)x∈(0，1)時，h′(x)>0，所以h(x)>h(0)＝0，即x＋ln(1－x)>xln(1－x)，所以eq\f(x＋ln(1－x),xln(1－x))<1成立，所以eq\f(x＋f(x),xf(x))<1，即g(x)<1.6．(2023·天津高考)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,2)))·ln(x＋1)．(1)求曲線y＝f(x)在x＝2處切線的斜率；(2)當(dāng)x>0時，證明：f(x)>1；(3)證明：eq\f(5,6)<ln(n！)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lnn＋n≤1，n∈N*.解(1)f′(x)＝－eq\f(1,x2)ln(x＋1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,2)))eq\f(1,x＋1)，所以f′(2)＝eq\f(1,3)－eq\f(ln3,4)，故曲線y＝f(x)在x＝2處切線的斜率為eq\f(1,3)－eq\f(ln3,4).(2)證明：構(gòu)造g(t)＝lnt－eq\f(2(t－1),t＋1)(t≥1)，則g′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,(t＋1)2)＝eq\f((t－1)2,t(t＋1)2)≥0，所以函數(shù)g(t)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(t)≥g(1)＝0，所以lnt>eq\f(2(t－1),t＋1)(t>1)．令x＋1＝t(x>0)，則ln(x＋1)>eq\f(2x,x＋2)(x>0)，所以當(dāng)x>0時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,2)))ln(x＋1)>1，即f(x)>1.(3)證明：先證ln(n！)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lnn＋n≤1.令h(n)＝ln(n！)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lnn＋n，n∈N*，則h(n＋1)－h(huán)(n)＝ln(n＋1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(3,2)))ln(n＋1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lnn＋1＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))，由(2)可知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,2)))ln(x＋1)>1，令n＝eq\f(1,x)，則1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))<0，故h(n)單調(diào)遞減，則h(n)≤h(1)＝1，得證．再證ln(n！)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lnn＋n>eq\f(5,6).證法一：構(gòu)造s(x)＝lnx－eq\f((x＋5)(x－1),4x＋2)，x>0，則s′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(x2＋x＋7,(2x＋1)2)＝－eq\f((x－1)3,x(2x＋1)2)，當(dāng)0<x<1時，s′(x)>0，當(dāng)x>1時，s′(x)<0，故s(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，故s(x)≤s(1)＝0，即lnx≤eq\f((x＋5)(x－1),4x＋2).又當(dāng)n≥2時，h(n)－h(huán)(n＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))－1≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))·eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)＋6))\f(1,n),2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(2,n))))－1＝eq\f(1,12n2＋8n)<eq\f(1,12n2－12n)＝eq\f(1,12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))，所以h(1)－h(huán)(2)＋h(2)－h(huán)(3)＋…＋h(n－1)－h(huán)(n)＝h(1)－h(huán)(n)<1－ln2＋eq\f(5,2)ln2－2＋eq\f(1,12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n－2)－\f(1,n－1)))＝eq\f(3,2)ln2－1＋eq\f(1,12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n－1)))<eq\f(3,2)ln2－1＋eq\f(1,12)<eq\f(1,6)，故h(n)>h(1)－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6)，得證．綜上，eq\f(5,6)<ln(n！)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lnn＋n≤1，n∈N*.證法二：先證不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,2)))ln(1＋x)－1<eq\f(x2,12)成立．令p(x)＝ln(1＋x)－eq\f(x3＋12x,6(x＋2))(x≥0)，則p′(x)＝－eq\f(x3(x＋4),3(x＋1)(x＋2)2)≤0，故p(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，故當(dāng)x>0時，p(x)<p(0)＝0，所以當(dāng)n≥2時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))－1<eq\f(1,12n2)<eq\f(1,12n(n－1))＝eq\f(1,12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n))).以下同證法一．第3課時利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點考點一確定函數(shù)零點的個數(shù)(多考向探究)考向1利用單調(diào)性和函數(shù)零點存在定理確定零點個數(shù)例1(2023·湖北武漢模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)，g(x)＝tanx.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)，試判斷F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))內(nèi)的零點個數(shù)．解(1)函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)的定義域為{x|x≠0}，f′(x)＝eq\f(exx－ex,x2)＝eq\f(ex(x－1),x2)，令f′(x)＝0，得x＝1.當(dāng)x∈(－∞，0)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(0，1)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，0)，(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝eq\f(ex,x)－tanx＝0，得xsinx－excosx＝0.設(shè)h(x)＝xsinx－excosx，所以h′(x)＝(ex＋1)sinx＋(x－ex)cosx.①當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))時，可知ex>0>x，則ex>x，所以x－ex<0，又sinx<0，cosx>0，所以h′(x)<0，從而h(x)＝xsinx－excosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上單調(diào)遞減，又h(0)＝－1，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝eq\f(π,2)>0，由零點存在定理及h(x)的單調(diào)性，得h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上有一個零點．②當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))時，cosx≥sinx>0，由(1)知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)在(0，1)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))時，函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)>f(1)＝e>1，則ex>x>0.所以excosx>xsinx，則h(x)＝xsinx－excosx<0恒成立．所以h(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上無零點．③當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))時，sinx>cosx>0，h′(x)＝ex(sinx－cosx)＋(xcosx＋sinx)>0，則h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上單調(diào)遞增．又heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π,2)>0，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－e\f(π,4)))<0，由零點存在定理及h(x)的單調(diào)性，得h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上存在一個零點．綜上，h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))內(nèi)的零點個數(shù)為2，即F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))內(nèi)的零點個數(shù)為2.利用單調(diào)性和函數(shù)零點存在定理確定零點個數(shù)的一般步驟及注意點(1)討論函數(shù)的單調(diào)性，確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．(2)在每個單調(diào)區(qū)間上，利用函數(shù)零點存在定理判斷零點的個數(shù)．(3)注意區(qū)間端點的選取技巧．(4)含參數(shù)時注意分類討論．1.(2023·江西高三質(zhì)量監(jiān)測(四))已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－eq\f(1,3)ax3(a>e，e是自然對數(shù)的底數(shù))．(1)討論函數(shù)f(x)的極值點的個數(shù)；(2)證明：函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上有且只有一個零點．解(1)f′(x)＝xex－ax2＝x(ex－ax)(a＞e)，令f′(x)＝0，得x＝0或ex－ax＝0.設(shè)g(x)＝ex－ax，則g′(x)＝ex－a，令g′(x)＝0，得x＝lna，當(dāng)x<lna時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>lna時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(lna)＝a－alna＝a(1－lna)．因為a>e，則g(x)min<0，此時g(x)在R上有且僅有兩個零點，記為x1，x2(x1<x2)，因為g(0)＝1>0，g(1)＝e－a<0，當(dāng)x→＋∞時，g(x)>0，所以0<x1<1<x2，且x1，x2是g(x)的兩個變號零點，也是f′(x)的兩個變號零點，又當(dāng)x＜0時，f′(x)＜0，當(dāng)0＜x＜x1時，f′(x)＞0，所以0是f′(x)的變號零點，即f′(x)在R上有且僅有3個變號零點，所以函數(shù)f(x)在R上有且僅有3個極值點．(2)證明：f′(x)＝x(ex－ax)，由(1)知，當(dāng)a>e時，f(x)在R上有3個極值點：0，x1，x2，其中0<x1<1<x2，且f(0)＝－1<0，當(dāng)0<x<x1時，g(x)>0，則f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x1<x<x2時，g(x)<0，則f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>x2時，g(x)>0，則f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．所以f(x)在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)的極大值為f(x1)，極小值為f(x2)，且ex1＝ax1，ex2＝ax2?a＝eq\f(ex1,x1)，a＝eq\f(ex2,x2).所以f(x2)＝(x2－1)ex2－eq\f(1,3)axeq\o\al(3,2)＝(x2－1)ex2－eq\f(1,3)·eq\f(ex2,x2)xeq\o\al(3,2)＝(x2－1)ex2－eq\f(xeq\o\al(2,2)ex2,3)＝eq\f(ex2,3)(－xeq\o\al(2,2)＋3x2－3)＝eq\f(ex2,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(3,2)))\s\up12(2)－\f(3,4)))<0，同理，f(x1)＝eq\f(ex1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(3,2)))\s\up12(2)－\f(3,4)))<0，而當(dāng)x→＋∞時，f(x)>0，因此函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，x2]內(nèi)無零點，在區(qū)間(x2，＋∞)上有且只有一個零點．綜上所述，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上有且只有一個零點．考向2利用兩個函數(shù)圖象的交點確定零點個數(shù)例2(2024·河北邢臺第二中學(xué)高三階段練習(xí))已知函數(shù)f(x)＝ax2－|1＋lnx|(a>0)．(1)若a＝1，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)討論f(x)零點的個數(shù)．解(1)當(dāng)a＝1時，函數(shù)f(x)＝x2－|1＋lnx|的定義域為(0，＋∞)，當(dāng)0<x≤eq\f(1,e)時，f(x)＝x2＋1＋lnx，f′(x)＝2x＋eq\f(1,x)>0，因此f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞增，當(dāng)x>eq\f(1,e)時，f(x)＝x2－1－lnx，f′(x)＝2x－eq\f(1,x)＝eq\f(2x2－1,x)，當(dāng)eq\f(1,e)<x<eq\f(\r(2),2)時，f′(x)<0，當(dāng)x>eq\f(\r(2),2)時，f′(x)>0，因此函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，\f(\r(2),2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))，單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，\f(\r(2),2))).(2)函數(shù)f(x)＝ax2－|1＋lnx|(a>0)的定義域為(0，＋∞)，由f(x)＝0，得a＝eq\f(|1＋lnx|,x2)，令函數(shù)g(x)＝eq\f(|1＋lnx|,x2)，x>0，當(dāng)0<x≤eq\f(1,e)時，g(x)＝－eq\f(1＋lnx,x2)，g′(x)＝－eq\f(x－2x(1＋lnx),x4)＝eq\f(1＋2lnx,x3)<0，函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，由于－(1＋lnx)≥0，即有－(1＋lnx)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上的取值集合是[0，＋∞)，又eq\f(1,x2)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上的取值集合是[e2，＋∞)，因此函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\](