3-3 专题研究3利用导数证明不等式 PPT课件（2021衡水中学高考一轮总复习 理科数学）.ppt

1、20212021衡水中学高考一轮总复习衡水中学高考一轮总复习 理科数学理科数学 精 品 课 件 （新课标版）（新课标版） 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第2页页 专题讲解 01 课外阅读 03 教师备选材料 02 课内导航 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第3页页 专题研究三 利用导数证明不等式利用导数证明不等式 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第4页页 专专 题题 讲讲 解解 题型一 将不等式转化为函数的最值问题 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版

2、） 第第5页页 例1 (2017 课标全国)已知函数f(x)lnxax2(2a1)x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)当a0，故f(x)在(0，) 上单调递增 若a0；当x 1 2a， 时，f(x)0. 故f(x)在 0， 1 2a 上单调递增,在 1 2a， 上单调递减. 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第7页页 (2)证明：由(1)知，当a0；当x(1，)时，g(x)0 时，g(x)0.从而当a0时，ln 1 2a 1 2a10，即f(x) 3 4a 2. 【答案】 (1)当a0时，f(x)在(0，)上单调递增；当 a0时，f(x)在(0， 1

3、2a)上单调递增，在( 1 2a，)上单调递减 (2)略 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第9页页 状元笔记 将不等式转化为函数最值来证明不等式，其主要思想是依 据函数在固定区间的单调性，直接求得函数的最值，然后由 f(x)f(x)max或f(x)f(x)min直接证得不等式 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第10页页 思考题1 (2019 邢台摸底考试)已知函数f(x)axex(e为自 然对数的底数) (1)当a1 e时，求函数f(x)的单调区间及极值； (2)当2ae2时，求证：f(x)2x. 高考一轮总复习高考一

4、轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第11页页 【解析】 (1)当a1 e时，f(x) 1 exe x. 令f(x)1 ee x0，得x1， 当x0；当x1时，f(x)0， 所以，函数f(x)的单调递增区间为(，1)，单调递减区 间为(1，)，当x1时，函数f(x)有极大值 2 e ，没有极 小值 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第12页页 (2)方法一： .当x0时，f(x)1，10恒成立 .当x0时，axex2x(a2)xex， 2ae2，a20. (a2)x0，而ex0，(a2)xex0时，令g(x)ae x x .g(x)e x（x1

5、） x2 ， x1时，g(x)0，0x0. g(x)maxg(1)ae. 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第13页页 2ae2，ae2. g(x)2恒成立，axex2x. 综上所述，f(x)2x. 方法二：令F(x)2xf(x)ex(a2)x， .当a2时，F(x)ex0，所以f(x)2x. .当2a2e时，F(x)ex(a2)exeln(a 2)， 当xln(a2)时，F(x)ln(a2)时，F(x)0， 所以F(x)在(，ln(a2)上单调递减，在(ln(a2)，) 上单调递增 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第1

6、4页页 所以F(x)Fln(a2)eln(a 2)(a2)ln(a2)(a2)1 ln(a2) 因为20，1ln(a2)1ln(2e) 20， 所以F(x)0，即f(x)2x， 综上，当2ae2时，f(x)2x. 【答案】 (1)f(x)的单调递增区间为(，1)，单调递减 区间为(1，)，极大值为2 e，无极小值 (2)略 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第15页页 题型二 将不等式转化为两个函数的最值进行比较 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第16页页 例2 (2019 皖南八校联考)已知f(x)xlnx. (1)求

7、函数f(x)在t，t2(t0)上的最小值； (2)证明：对一切x(0，)，都有lnx 1 ex 2 ex成立 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第17页页 【解析】 (1)由f(x)xlnx，x0， 得f(x)lnx1， 令f(x)0，得x1 e. 当x 0，1 e 时，f(x)0，f(x)单调递增 当0t1 et2，即0t 1 e时，f(x)minf 1 e 1 e； 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第18页页 当 1 e tt2，即t 1 e 时，f(x)在t，t2上单调递增， f(x)minf(t)tlnt. 所以

8、f(x)min 1 e，0t x ex 2 e，x(0，) 由(1)可知f(x)xlnx，x(0，)的最小值是 1 e ，当且仅 当x1 e时取到 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第19页页 设m(x) x ex 2 e，x(0，)，则m(x) 1x ex ， m(x)1时，m(x)为减函数， m(x)0即0x 1 ex 2 ex成立 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第20页页 【答案】 (1)f(x)min 1 e，0t0时，f(x)0时，f(x)xex 1 e ，只需证exlnxex 1 ex，即exe x0)，则

9、h(x) ex1 ex2 ， 易知h(x)在 0，1 e 上单调递减，在 1 e， 上单调递增，则 h(x)minh 1 e 0，所以lnx 1 ex0. 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第24页页 再令(x)exex，则(x)eex， 易知(x)在 (0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减， 则(x)max(1)0，所以exex0. 因为h(x)与(x)不同时为0，所以exexg(x)x3. 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第27页页 【证明】 设h(x)ex 1ln(x1)2，则h(x)ex1 1 x1. 设p(

10、x)ex 1 1 x1(x1)， 则p(x)ex 1 1 （x1）20. 所以函数p(x)h(x)ex 1 1 x1 在(1，)上单调递 增 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第28页页 因为h 1 2 e 1 220， 所以函数h(x)ex 1 1 x1 在(1，)上有唯一零点 x0，且x0 1 2，0 . 因为h(x0)0，所以ex01 1 x01， 即ln(x01)(x01) 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第29页页 当x(1，x0)时，h(x)0，所以当xx0时，h(x)取得最小值h(x0) 所以h(x)h(x

11、0)ex01ln(x01)2 1 x01 (x01) 20. 综上可知，f(x)g(x)x3. 【答案】 略 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第30页页 状元笔记 若证明f(x)g(x)，x(a，b)，可以构造函数h(x)f(x) g(x)，如果能证明h(x)在(a，b)上的最大值小于0，即可证明 f(x)1. 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第32页页 【解析】 (1)当m1时，f(x)exlnx1， 所以f(x)ex1 x， 所以f(1)e1，又因为f(1)e1， 所以曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为

12、y(e1)(e 1)(x1)， 即y(e1)x. 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第33页页 (2)证明：当m1时，f(x)mexlnx1exlnx1， 要证明f(x)1，只需证明exlnx20， 设g(x)exlnx2，则g(x)ex1 x(x0)， 设h(x)ex1 x(x0)，则h(x)e x1 x20， 所以函数h(x)g(x)ex1 x在(0，)上单调递增， 因为g 1 2 e 1 220， 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第34页页 所以函数g(x)ex 1 x在(0，)上有唯一零点x0，且x0 1 2，1

13、 ，因为g(x0)0，所以ex0 1 x0，即lnx0 x0， 当x(0，x0)时，g(x)0， 所以当xx0时，g(x)取得最小值g(x0)， 故g(x)g(x0)ex0lnx02 1 x0 x020， 综上可知，若m1，)，则f(x)1. 【答案】 (1)y(e1)x (2)略 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第35页页 题型四 双变量不等式的证明 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第36页页 例4 (2018 课标全国)已知函数f(x)1 xxalnx. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)存在两个极值点

14、x1，x2，证明： f（x1）f（x2） x1x2 2，令f(x)0，得xa a 24 2 或xa a 24 2 . 当x 0，a a 24 2 ， a a24 2 ，时，f(x)0. 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第39页页 所以f(x)在 0，a a 24 2 ， a a24 2 ， 上单调递 减，在 a a24 2 ，a a 24 2 上单调递增 (2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a2. 由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2ax10，所以x1x2 1，不妨设x11. 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）

15、理（新课标版） 第第40页页 由于 f（x1）f（x2） x1x2 1 x1x2 1a lnx1lnx2 x1x2 2 a 2lnx2 1 x2x2 ，所以f（x 1）f（x2） x1x2 a2等价于 1 x2x22lnx20. 设函数g(x) 1 x x2lnx，由(1)知，g(x)在(0，)上单调 递减，又g(1)0，从而当x(1，)时，g(x)0. 所以 1 x2x22lnx20，即 f（x1）f（x2） x1x2 0)，g(x)1 xax(1a) ax2（1a）x1 x . 当a0时，因为x0，所以g(x)0，(0，)为g(x)的单 调递增区间 当a0时，g(x) a（x1 a）（x1

16、） x ， 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第44页页 令g(x)0，得x 1 a ，当x(0， 1 a )时，g(x)0，当 x 1 a， 时，g(x)0时，函数g(x)的单调递增区间为 0，1 a ，单调递减区间为 1 a， . 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第45页页 (2)证明：当a2时，f(x)lnxx2x，x0，由f(x1) f(x2)x1x20可得x1x2lnx1x2x12x1x22x20，即(x1 x2)2(x1x2)x1x2lnx1x2，令tx1x2，设(t)tlnt(t0)，则 (t)1 1 t

17、t1 t ，则(t)在区间(0，1)上单调递减，在区间 (1，)上单调递增，所以(t)(1)1，所以(x1x2)2(x1 x2)1，又由x10，x20可知x1x20，故x1x2 51 2 . 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第46页页 【答案】 (1)当a0时，函数g(x)的单调递增区间为(0， )；当a0时，函数g(x)的单调递增区间为 0，1 a ，单调递减区 间为 1 a， (2)略 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第47页页 利用导数证明不等式成立问题的常用方法： (1)直接将不等式转化成某个函数最值问题 若证

18、明f(x)g(x)，x(a，b)，可以构造函数F(x)f(x) g(x)，如果F(x)0，则F(x)在(a，b)上是减函数，同时若 F(a)0，由减函数的定义可知，x(a，b)时，有F(x)0，即证 明了f(x)x1可化为ln(x1)x等 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第53页页 例 (2017 课标全国，理)已知函数f(x)x1alnx. (1)若f(x)0，求a的值； (2)设m为整数，且对于任意正整数n， 11 2 1 1 22 1 1 2n m，求m的最小值 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第54页页 【解析

19、】 (1)f(x)的定义域为(0，) 若a0，因为f 1 2 1 2aln20，由f(x)1 a x xa x ，知当x(0，a)时，f (x)0. 所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增 故xa是f(x)在(0，)上的唯一最小值点 由于f(1)0，所以当且仅当a1时，f(x)0. 故a1. 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第55页页 (2)由(1)知当x(1，)时，x1lnx0. 令x1 1 2n，得ln 1 1 2n 1 2n. 从而ln 11 2 ln 1 1 22 ln 1 1 2n 1 2 1 22 1 2n 1 1 2n1.

20、故 11 2 1 1 22 1 1 2n 2. 所以m的最小值为3. 【答案】 (1)1 (2)3 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第56页页 思考题 (2020 东北四校联考)已知函数f(x)ln(xa)x2 x在x0处取得极值 (1)求实数a的值； (2)证明：对于任意的正整数n，不等式2 3 4 4 9 n1 n2 ln(n1)都成立 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第57页页 【解析】 (1)因为f(x) 1 xa2x1， 又因为x0为f(x)的极值点， 所以f(0)1 a10，所以a1. (2)证明：由(1)

21、知f(x)ln(x1)x2x. 函数定义域为(1，) 因为f(x) 1 x12x1 x（2x3） x1 . 令f(x)0得x0. 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第58页页 当x变化时，f(x)，f(x)变化情况如下表 x (1，0) 0 (0，) f(x) 0 f(x) 极大值 所以f(x)f(0)=0,即ln(x+1)x2+x(当且仅当x0时取等号). 令x1 n，则ln 1 n1 1 n 21 n，即ln n1 n n1 n2 ， 所以ln2 1ln 3 2ln n1 n ln(n1) 【答案】 (1)a1 (2)略 高考一轮总复习高考一轮总复习 数

22、学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第59页页 教教师师备备选选材料材料 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第60页页 突破突破“函数与导数函数与导数”压轴大题的压轴大题的 5 个个“卡壳点卡壳点” 卡壳点一 分类讨论的“界点”如何确定？ 策略(一) 根据二次项系数确定分类“界点” 【典例】 已知函数 f(x)lnxx1，g(x)x22x. (1)求函数 (x)f(x)g(x)的极值； (2)若 m 为整数，对任意的 x0 都有 f(x)mg(x)0 成立， 求实数 m 的最小值 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第61

23、页页 【解析】 (1)令 (x)f(x)g(x)lnxx1x22xlnx x2x1(x0)， 得 (x)1 x2x1 2x2x1 x (x0)， 令 (x)0，解得 0x1 2，令 (x) 1 2，所以函 数 (x)的单调递增区间是 0，1 2 ，单调递减区间是 1 2， ，故 函数 (x)的极大值是 1 2 ln1 2 1 4 1 21 1 4ln2，函数 (x)无 极小值 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第62页页 (2)设 h(x)f(x)mg(x)lnxmx2(12m)x1， 则 h(x) 1 x2mx12m 2mx2（12m）x1 x （2mx1

24、）（x1） x (x0) 当 m0 时，因为 x0，所以 2mx10， 所以 h(x)0，故 h(x)在(0，)上单调递增， 又因为 h(1)ln1m12(12m)13m20，不满 足题意，所以舍去 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第63页页 当 m0 时，令 h(x)0，得 0x 1 2m， 令 h(x) 1 2m， 故 h(x)在 0， 1 2m 上单调递增，在 1 2m， 上单调递减， 所以 h(x)maxh 1 2m ln 1 2mm 1 2m 2(12m)1 2m1 1 4m ln(2m) 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（

25、新课标版） 第第64页页 令 t(m) 1 4mln(2m)(m0)，显然 t(m)在(0，)上单调递 减，且 t 1 2 1 20，t(1) 1 4ln2 1 4(1ln16)0，故当 m1 时， t(m)0)的导函数为 f(x)，若 f(1)f(1)2.求 b 的值， 并讨论函数 f(x)的单调性 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第67页页 【分析】 由条件 f(1)f(1)2，可求 b 的值，再对 f(x) 求导，导函数的分子是含参数 a 的二次三项式，利用对应的二次 方程根的判别式，讨论导函数的零点个数，可得函数 f(x)的单调 区间 高考一轮总复

26、习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第68页页 【解析】 对 f(x)求导，得 f(x)1 xa2bx(x0)， 又 f(1)f(1)2，则 1a2b(ab)2，解得 b1. 将 b1 代入 f(x)， 得 f(x)1 xa2x 2x2ax1 x (x0)， 令 h(x)2x2ax1(x0) 因为 x0，所以只需讨论 h(x)2x2ax1 的函数值符号 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第69页页 当 a280，即 00 时，h(x)0，f (x)0，所以 f(x)在(0，)上为增函数 (0 且图象开口向上) 当 a280，即 a2 2

27、时， 由 f(x)0，得 h(x)0，求得 x1 a a28 4 ，x2 a a28 4 ，易知 x2x10. (0 方程有两根，且两根均大于零) 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第70页页 当 x 的值变化时，f(x)，f(x)的值的变化情况如下表： x (0，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，) f(x) 0 0 f(x) 极大值 极小值 综上所述，当 02 2时，f(x)在(0， a a28 4 )，(a a 28 4 ，)上单调递增， 在(a a 28 4 ，a a 28 4 )上单调递减 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标

28、版）理（新课标版） 第第71页页 策略(三) 根据导函数零点的大小确定分类“界点” 【典例】 已知 f(x)(x2ax)lnx3 2x 22ax，求 f(x)的单调 递减区间 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第72页页 【解析】 易得 f(x)的定义域为(0，)， f(x)(2xa)lnxxa3x2a(2xa)lnx(2xa) (2xa)(lnx1)， 令 f(x)0 得 xa 2或 xe. 当 a0 时，因为 x0，所以 2xa0， 令 f(x)0 得 x0 时， 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第73页页 若a 2

29、e， 即 0a0， 当 x a 2，e 时，f(x)0，所以 f(x)的单调递 减区间为 a 2，e ； 若a 2e，即 a2e，当 x(0，)时，f(x)0 恒成立， f(x)没有单调递减区间； 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第74页页 若a 2e， 即 a2e， 当 x(0， e)时， f(x)0， 当 x e，a 2 时， f(x)0，所以 f(x)的单调递减区 间为 e，a 2 . 综上所述， 当 a0 时， f(x)的单调递减区间为(0， e)； 当 0a2e 时，f(x)的单调递减区间为 e，a 2 . 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学

30、理（新课标版）理（新课标版） 第第75页页 【关键点拨】 (1)根据导函数的“零点”划分定义域时，既 要考虑导函数“零点”是否在定义域内，还要考虑多个“零点” 的大小问题，如果多个“零点”的大小关系不确定，也需要分类 讨论 (2)导函数“零点”可求， 可根据“零点”之间及“零点”与 区间端点之间的大小关系进行分类讨论本题根据零点a 2，e 之间 的大小关系进行分类讨论，再利用导数研究其函数的单调性 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第76页页 策略(四) 根据导函数零点与定义域的关系确定分类“界 点” 【典例】 f(x)m x lnx，mR，x(0，2) (

31、1)证明：当 m1 时，f(x)1； (2)yf(x)过点 A(1，0)的切线有两条，求 m 的取值范围 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第77页页 【解析】 (1)证明：当 m1 时，f(x)1 xlnx. f(x) 1 x2 1 x x1 x2 ，令 x10，得 x1. f(x)在(0，1上单调递减，在(1，2)上单调递增， f(x)minf(1)1，f(x)1. (2)当 m0 时，f(x)lnx，不成立 当 m0 时，设切点(x0，f(x0)(x01) 此时 A(1，0)(不在曲线上)不是切点， kf(x0) m x02 1 x0. 高考一轮总复习

32、高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第78页页 切线方程为 y m x0lnx0 m x02 1 x0 (xx0)过 A(1， 0)点 m x02 1 x0 (1x0)m x0lnx00. 即 lnx02m1 x0 m x0210，此方程在(0，2)上有 2 个不等 实数根 令 g(x)lnx2m1 x m x21，x(0，2) 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第79页页 g(x)1 x 2m1 x2 2m x3 x 2（2m1）x2m x3 （x2m）（x1） x3 . 当 02m1 即 0m0，当 x0 时，g(x). 此时 g(x

33、)在(0，2)上有一个零点，不成立 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第80页页 当 m0 时， g(x)在(0，1)上单调递减，(1，2)上单调递增 当 x0 时，g(x). g(1)m0，即 0m24ln2 3 时，g(x)在(0，1)，(1，2)上 各有一个零点设零点 x1，x2，f(x)xm x2 1 x m x2在(0，2)上 单调递减，f(x1)f(x2)，成立 当 2m1 即 m1 2时， g(x)在(0，1)上单调递增，当 x0 时，g(x)，g(1) m0，g(2)ln23m2 4 1ln23m2 4 ln21 80.(ln20.69， l

34、n31.1) 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第82页页 g(2m)ln2m 1 4m0. g(x)在(0，2)有一个零点，不成立 当 m1 2时，g(x)0，g(x)在(0，2)上单调递增，g(x) 在(0，2)有一零点，不成立 综上，m 的取值范围是24ln2 3 m2 时不等式 k(x 2)g(x)0)，则由题可知直线 ya 与函数 h(x)的图象 有两个不同的交点， 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第87页页 h(x)1lnx x2 ，令 h(x)0，得 xe，可知 h(x)在(0，e) 上单调递增，在(e，)

35、上单调递减，h(x)maxh(e)1 e，当 x0 时，h(x)，当 x时，h(x)0，故实数 a 的取值范围 为 0，1 e . 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第88页页 (2)当 a2 时，f(x)xlnxx22x，k(x2)g(x)f(x)， 即 k(x2)22xx2xlnxx22x，整理得 k(x2)2，所以 k2)，则 F(x)x42lnx （x2）2 . 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第89页页 令 m(x)x42lnx(x2)，则 m(x)12 x0，所以 m(x) 在(2， )上单调递增， m(8)

36、42ln862lne3660，所以函数 m(x)在(8，10)上有唯 一的零点 x0， 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第90页页 即 x042lnx00，故当 2xx0时，m(x)0，即 F(x)x0时，F(x)0，所以 F(x)minF(x0) x0lnx0 x0 x02 x0 1x 04 2 x02 x0 2 ，所以 kx0 2 ， 因为 x0(8，10)，所以x0 2 (4，5)，故 k 的最大值为 4. 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第91页页 【关键点拨】 对于有关 x 与 lnx 的组合函数为背景的试题

37、， 要求学生理解导数公式和导数的运算法则等基础知识，能够灵活 利用导数研究函数的单调性，能够恰当地构造函数，并根据区间 的不同进行分析、讨论，寻求合理的证明和解不等式的策略 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第92页页 类型(二) x 与 ex的组合函数问题 (1)熟悉函数 f(x)h(x)eg(x)，g(x)为一次函数，h(x)ax2bx c(a，b 不能同时为 0)的图象特征，做到对图 1、图 2 中两个特 殊函数的图象“有形可寻” 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第93页页 (2)熟悉函数 f(x) ex h（x）

38、，h(x)ax 2bxc(a，b 不能同时 为 0)，h(x)0 的图象特征，做到对图 3、图 4 中两个特殊函数的 图象“有形可寻” 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第94页页 【典例】 (2019 河南六市 4 月联考)已知函数 f(x)ex(2x 1)，g(x)axa(aR，其中 e 为自然对数的底数) (1)若直线 yg(x)为曲线 yf(x)的一条切线，求 a 的值； (2)已知 a1，若存在唯一的整数 x1，使得 f(x1)g(x1)，求 a 的取值范围 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第95页页 【分析】

39、 (1)先设出切点坐标，写出切线方程，再将写出的 切线方程与直线 g(x)axa 对应，可求出 a 的值；(2)先构造函 数 F(x)f(x)g(x)，再探究使 F(x)0 成立时 a 的取值范围 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第96页页 【解析】 (1)对 f(x)求导，得 f(x)ex(2x1) 设切点为(x0，ex0(2x01)，则切线的斜率为 f(x0)ex0(2x0 1)， 所以切线方程为 yex0(2x01)ex0(2x01)(xx0) (由点斜式得到切线方程) 因为直线 yg(x)恒过点(1， 0)， 且为曲线 yf(x)的一条切线， (注

40、意理解切线恒过点(1，0)，(1，0)不是切点) 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第97页页 所以 0ex0(2x01)ex0(2x01)(1x0)，解得 x00 或 x0 3 2， 即切点为(0，1)或 3 2，2e 3 2 ， 将切点的坐标代入 g(x)axa，求得 a1 或 a4e 3 2. (2)(利用作差法构造函数)令 F(x)f(x)g(x)ex(2x1)ax a，xR， (构造函数研究不等式，这是常规方法) 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第98页页 则 F(x)ex(2x1)a. 当 x0 时，因为 e

41、x1，2x11，所以 ex(2x1)1， 又 a0，所以 F(x)在0，)上单调递增 所以 F(x)F(0)1a0， 则存在唯一的整数 x10，使得 F(x1)0，即 f(x1)g(x1)成立 当x0时， 为满足题意， 在(， 0)上不存在整数使得F(x)0， 即在(，1上不存在整数使得 F(x)0. 当 x1 时，ex(2x1)0. 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第99页页 当 0a1 时，F(x)0，所以 F(x)在(，1上单调 递减， 则当 x1 时，F(x)F(1)3 e2a，令 F(1)0，解 得 a 3 2e，所以 3 2ea1. 当 a0

42、时，F(1)3 e2a0，不符合题意 综上所述，a 的取值范围是 3 2e，1 . 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第100页页 【关键点拨】 本题第(2)问考查不等式成立问题，注意题设 的限制条件有两个：a1，存在唯一的整数 x1.因此求解时要 同时考虑这两个条件本题的求解过程可以分成两步：第一步， 先讨论出当 x0 时，存在唯一的整数 x10，使得 F(x1)0，即 f(x1)g(x1)成立；第二步，需要说明当 x0 时，在(，0)上不 存在整数使得 F(x)0，即在(，0)上不存在整数使得 f(x)g(x) 成立 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数

43、学理（新课标版）理（新课标版） 第第101页页 类型(三) x 与 ex，lnx 的组合函数问题 (1)熟悉函数 f(x)h(x)lnxex，h(x)ax2bxc(a，b 不能 同时为 0)的图形特征，做到对图 1、图 2、图 3、图 4 所示的特殊 函数的图象“有形可寻” 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第102页页 (2)熟悉函数 f(x) ex h（x）lnx，其中 h(x)ax 2bxc(a，b 不同时为 0)的图形特征，做到对图 5、图 6 所示的两个特殊函数 的图象“有形可寻” 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版）

44、 第第103页页 方法一：分离参数，设而不求 【典例】 已知函数 f(x)lnxm x ，g(x)e x x (e2.718 28 为自然对数的底数)，是否存在整数 m，使得对任意的 x 1 2， ，都有 yf(x)的图象在 yg(x)的图象下方？若存 在，请求出整数 m 的最大值；若不存在，请说明理由 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第104页页 【解析】 假设存在整数 m 满足题意， 则不等式 lnxm x e x x ， 对任意的 x 1 2， 恒成立， 即 mexxlnx 对任意的 x 1 2， 恒成立 令 v(x)exxlnx，则 v(x)exlnx1， 令 (x)exlnx1，则 (x)ex1 x， 高考一轮总复习高考一轮总复习 数学数学理（新课标版）理（新课标版） 第第105页页 易知 (x)在 1 2， 上单调递增， 因为 1 2 e 1 220 且 (x)的图象在 1