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第11讲 2023高考热点分类提分复习 导数压轴大题归类
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第11讲 导数压轴大题归类（1）
目录
【题型一】 求参1：端点值讨论型 2
【题型二】 求参2：“存在”型 5
【题型三】 求参3：“恒成立”型 9
【题型四】 求参4：分离参数之“洛必达法则” 13
【题型五】 同构求参5：绝对值同构求参型 17
【题型六】 同构求参6：x1与x2构造新函数型 20
【题型七】 零点型 24
【题型八】 不确定根型 27
【题型九】 取整讨论型 30
【题型十】 证明不等式1：基础型 34
【题型十一】 证明不等式2：数列不等式之单变量构造型 36
【题型十二】 证明不等式3：数列不等式之无限求和型 40
【题型十三】 证明不等式4：构造单变量函数型 44
【题型十四】 证明不等式5：凑配主元 47
热点题型总结
【题型一】 求参1：端点值讨论型
【典例分析】
设函数f(x)=lnx-p(x-1),pR（1）当p=1时，求函数f（x)的单调区间；（2）设函数g(x)=xf(x)+p(2x-x-1)对任意x1都有g(x)0成立，求p的取值范围。
解：（I）当p =1时，，其定义域为.
所以
由得，
所以的单调增区间为；单调减区间为
（II）由函数,得.
由（I）知，当p =1时，，即不等式成立
① 当时，，
即g(x)在上单调递减，从而满足题意；
② 当时，存在使得，
从而，即g(x)在上单调递增，
从而存在使得不满足题意；
③当时，由知恒成立，此时不满足题意.
综上所述，实数p的取值范围为.
【提分秘籍】
基本规律
1.端点赋值法（函数一般为单增或者单减，此时端点，特别是左端点起着至关重要的作用）
2.为了简化讨论，当端点值是闭区间时候，代入限制参数讨论范围。注意，开区间不一定是充分条件。
有时候端点值能限制讨论范围，可以去除不必要讨论。如练习2
【变式演练】
1.试卷若函数的反函数记为，已知函数．（1）设函数，试判断函数的极值点个数；
（2）当时，，求实数的取值范围．
试题解析：（1），当时，是减函数，也是减函数，
∴在上是减函数，当时，，
当时，，∴在上有且只有一个变号零点，
∴在定义域上有且只有一个极值点．．
（2）令，要使总成立，只需时，，对求导得，令，则，
∴在上为增函数，∴．
①当时，恒成立，∴在上为增函数，∴，即恒成立；
②当时，在上有实根，∵在上为增函数，
∴当时，，∴，不符合题意；
③当时，恒成立，∴在上为减函数，则，不符合题意．
综合①②③可得，所求的实数的取值范围是．
2.设函数．
（1）当时，设，求证：对任意的，；
（2）当时，若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．
试题解析：（1）当时，，
所以等价于．
令，则，可知函数在上单调递增，
所以，即，亦即
（2） 当时，，．所以不等式等价于．
方法一：令，，
则．
当时，，则函数在上单调递增，所以，
所以根据题意，知有，∴
当时，由，知函数在上单调减；由，知函数在上单调递增．
所以．由条件知，，即．
设，，则，，所以在上单调递减．
又，所以与条件矛盾．综上可知，实数的取值范围为．
方法二：（端点值特殊法）令，，
则在上恒成立，所以，所以．
又，
显然当时，，则函数在上单调递增，所以，所以．
综上可知的取值范围为．
【题型二】 求参2：“存在”型
【典例分析】
设函数，曲线处的切线斜率为0(Ⅰ)求b；(Ⅱ)若存在使得，求a的取值范围。
【解析】，由题设知，解得. …4分
（II）的定义域为，由（1）知，，
（ⅰ）若，则，故当时，，在单调递增，
所以，存在，使得的充要条件为，即，
解得.
（ii）若，则，故当时，；
当时，，在单调递减，在单调递增.
所以，存在，使得的充要条件为，
而，所以不合题意.
（iii）若，则.
综上，a的取值范围是. ……12分
【提分秘籍】
基本规律
1.当不能分离参数时候，要移项分类讨论。
2.确定是最大值还是最小值。
【变式演练】
1.已知函数.
（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程;
（Ⅱ）在区间内至少存在一个实数，使得成立，求实数的取值范围.
试题解析：（Ⅰ）当时，，
，又，切线方程为
（Ⅱ）（）
①当，即时，，在为增函数故，，与矛盾；
②当时，，；，，
当时，只需，这与矛盾；
③当时，，在单调递减，
，符合
综上所述，的取值范围为
解法二 由已知， 设（），
，，在上是减函数， …10分
故的取值范围为
2.记表示中的最大值，如.已知函数，.
（1）设，求函数在上零点的个数；
（2）试探究是否存在实数，使得对恒成立？若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由.
试题解析：解：（1）设，，
令，得，递增；令，得，递减.
∴，∴，即，∴.
设，则由得或.∴在上递增，在上递减，∵，，，∴结合与在上图象可知，这两个函数的图象在上有两个交点，即在上零点的个数为2.
（2）假设存在实数，使得对恒成立，
则对恒成立，即对恒成立，
（i）设，，令，得，递增；令，得，递减.∴.当即时，，∴，∵，∴.故当时，对恒成立.
当即时，在上递减，∴.
∵，∴，
故当时，对恒成立.
（ii）若对恒成立，则，∴.
由（i）及（ii）得.故存在实数，使得对恒成立，且的取值范围为.
【题型三】 求参3：“恒成立”型
【典例分析】
已知函数f(x)=2−alnx+1x+2ax.（1）当a=0时，求函数的极值；
（2）当a<0时，讨论函数的单调性；
（3）若对任意的a∈−∞,−2，x1,x2∈1,3，恒有t+ln3a−2ln3>fx1−fx2成立，求实数t的取值范围.
【解析】(1)当a=0时，函数f(x)=2lnx+1x的定义域为(0,+∞)，且f'(x)=2x−1x2=2x−1x2=0得x=12 ∵函数fx在区间(0,12)上是减函数，在区间(12,+∞)上是增函数∴函数fx有极小值是f(12)=2ln12+2=2−2ln2，无极大值.
(2) ∵ f'(x)=2−ax−1x2+2a=(2x−1)ax+1x2=0得x1=12,x2=−1a， 当a=−2时，有f'(x)≤0，函数在定义域(0,+∞)内单调递减；
当−20，fx单调递增；
当a<−2时，在区间(0,−1a),(12,+∞)上f'(x)<0，f(x)单调递减；在区间(−1a,12)上f'(x)>0，fx单调递增；
(3)由(2)知当a∈−∞,−2时，f(x)在区间1,3上单调递减，所以f(x)max=f(1)=1+2a f(x)min=f(3)=(2−a)ln3+13+6a.
问题等价于：对任意a∈−∞,−2，恒有t+ln3a−2ln3>1+2a−2−aln3−13−6a成立，
即at>23−4a，因为a∈−∞,−2，所以t<23a−4，因为a∈−∞,−2，
所以只需t<(23a−4)min 从而t≤23×−2−4=−133故t的取值范围是(−∞,−133]
【提分秘籍】
基本规律
1.注意是同一变量还是不同变量。
2.各自对应的是最大值还是最小值。
3.一般地，已知函数，
（1）若，，总有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；
（4）若，，有，则的值域是值域的子集 ．
【变式演练】
1.已知函数fx=x3+bx2+2x−1,b∈R，
（1）设gx=fx+1x2，若函数gx在0,+∞上没有零点，求实数b的取值范围；
（2）若对∀x∈1,2，均∃t∈1,2，使得et−lnt−4≤fx−2x，求实数b的取值范围.
【解析】⑴∵gx=x+2x+b≥22+bx>0，∴gxmin=22+b
∴gx在0，+∞上没零点⟺gxmin=22+b>0⟺b>−22∴b∈−22，+∞
⑵∵et−lnt−4≤fx−2x⟺et−lnt≤x3+bx2+3设ℎt=et−lnt，t∈1，2∵ℎ‘t=e−1t≥0对t∈1，2恒成立
则ℎt在t∈1，2上单调递增∴ℎt≥ℎ1=e则e≤x3+bx2+3对x∈1，2恒成立
∴b≥−x+3−ex2对x∈1，2恒成立设mx=−x+3−ex2，x∈1，2
∵m'x=−1+6−2ex3≤5−2e<0，∴mx在x∈1，2递减∴mx≤M1=e−4∴b≥e−4,
即b∈e−4，+∞
2.已知函数fx=x2+2mlnx−m+4x+lnm+2.（1）当m=4时，求函数fx在区间1,4上的值域；
（2）当m>0时，试讨论函数fx的单调性；
（3）若对任意m∈1,2，存在x∈3,4，使得不等式fx>am−m2+2mln4−1成立，求实数a的取值范围.
【解析】（1）当a=4时，函数fx=x2+8lnx−8x+2ln2+2(x>0)，所以f'x=2x+8x−8=2(x−2)2x≥0,所以函数fx单调递增，故函数fx在区间1,4上的最小值为f1=2ln2−5,最大值为f4=18ln2−14，所以区间1,4上的值域为2ln2−5,18ln2−14
（2）f'(x)=2x+2mx−(m+4)=(x−2)(2x−m)x令f'(x)=0,得x1=2,x2=m2当m>4时，m2>2，由f'(x)>0得x>m2或0
当00得x>2或0
记ℎx=lnx+mx2−(m+2)x+2，则ℎ'(x)=1x+2mx−(m+2)=(2x−1)(mx−1)x
当x∈1,2时，2x−1>0若m≥1,则mx−1>0,从而ℎ'(x)>0，所以函数ℎx在x∈1,2上单调递增，所以当x∈1,2时，ℎx>ℎ1=0,符合题意
若00不恒成立，不符合题意
若m≤0，则ℎ'(x)<0,ℎ(x)在1,2上单调递减，所以当x0∈1,2时，ℎx<ℎ1=0，不符和题意。综上，实数m的取值范围是1,+∞.
【题型四】 求参4：分离参数之“洛必达法则”
【典例分析】
设函数．（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）如果对任何，都有，求的取值范围．
解：（原解法）
（Ⅰ）．2分
当（）时，，即；
当（）时，，即．
因此在每一个区间（）是增函数，
在每一个区间（）是减函数．6分
（Ⅱ）令，
则．
故当时，．又，所以当时，，
即． 9分
当时，令，则．
故当时，．
因此在上单调增加．故当时，，
即．于是，当时，．
当时，有．因此，的取值范围是．12分
洛必达法则解法：
解析：(1)略;
(2) 当x=0时，当时，
为必要条件。下证
因为
所以。
【提分秘籍】
基本规律
1.若分离参数后，所求最值恰好在“断点处”，则可以通过洛必达法则求出“最值”
2.注意“断点”是在端点处还是区间分界处。
【变式演练】
1.设函数.
⑴求的单调区间和极值;
⑵是否存在实数,使得关于的不等式的解集为?若存在,求的取值范围;若不存在,试说明理由.
解析：（原解法）（Ⅰ）． 2分
故当时，，时，．
所以在单调递增，在单调递减．4分
由此知在的极大值为，没有极小值．6分
（Ⅱ）（ⅰ）当时，
由于，
故关于的不等式的解集为．10分
（ⅱ）当时，由知，其中为正整数，且有
．12分又时，．
且．取整数满足，，且，
则，即当时，关于的不等式的解集不是．
综合（ⅰ）（ⅱ）知，存在，使得关于的不等式的解集为，且的取值范围为14分
洛必达法则解题：
解析:(1)略。(2)分析：注意定义域 ，题目等价于
2.已知函数f(x)=,曲线y=f(x)在点(x,y)处的切线为y=g(x).（1）证明：对于，f(x)g(x);
（2）当x0时，f(x) 1+,恒成立，求实数a的取值范围。
解答：方法一常规讨论二次取导法
去分母，移项，证明h(x)= 0—(h（0）=0)
取导=，二次取导恒成立。所以，在（0，+）为增函数。而=1-a.
当1-a0,即a1时候，0，则原函数为增函数，h(x) h(0) 0,显然成立。
当1-a0,即a1时，因为=1-a0，此时，=0有解，记为x1,所以，在区间[0,x1]中，h(x) 0,显然不成立。所以，a1
方法二：罗比达法则—分离变量
分离变量：a=h(x),去导数，=（x>0），分子r(x)=,(x[0, )，扩展定义域]，求导0，可知，r(x)为定义域内增函数，而r（x）r(0)=0.所以》0.为增函数。则ah(0)----不存在，罗比达法则可得为1
【题型五】 同构求参5：绝对值同构求参型
【典例分析】
已知函数 （I）讨论函数的单调性；
（II）设.如果对任意，，求的取值范围。
解：（Ⅰ）的定义域为（0，+∞）. .
当时，＞0，故在（0，+∞）单调增加；
当时，＜0，故在（0，+∞）单调减少；
当-1＜＜0时，令=0，解得.
则当时，＞0；时，＜0.
故在单调增加，在单调减少.
（Ⅱ）不妨假设，而＜-1，由（Ⅰ）知在（0，+∞）单调减少，从而
，等价于， ①
令，则①等价于在（0，+∞）单调减少，
即
.从而
故a的取值范围为（-∞，-2]. ……12分
【提分秘籍】
基本规律
1.含绝对值型，大多数都是有单调性的，所以可以通过讨论去掉绝对值。
2.去掉绝对值，可以通过“同构”重新构造函数。
【变式演练】
1.已知函数，其中.
（I）讨论函数的单调性；
（II）若，证明：对任意，总有.
【答案】（I）略（II）略
试题解析：解：（I）∵，，
令，得或
①若，则时，；时，；时，，
故函数在，上单调递增，在上单调递减
②若时，则在上单调递增
③若时，则在，上单调递增，在上单调递减
（II）由（I）可知，当时，在上单调递增，不妨设，则有，，于是要证，即证，
即证， 令，
∵， ∵，，
∴在上单调递减，即有.故.
2.已知．（1）求的单调区间；
（2）令，则时有两个不同的根，求的取值范围；
（3）存在，且，使成立，求的取值范围．
试题解析：解：（1）．
令得，时，，单调递增；
时，，单调递减．
综上，单调递增区间为，单调递减区间为．
（3） ①当时，，单调递减，
故不可能有两个根，舍去
②当时，时，，单调递减，
时，，单调递增．
所以得．综上，
（3）不妨设，由（1）知时，单调递减．
，等价于
即存在，
且，使成立
令，在存在减区间有解，
即有解，即
令，，时，，单调递增，
时，，单调递减，，．
【题型六】 同构求参6：x1与x2构造新函数型
【典例分析】
已知函数f(x)=x－ax+(a－1)，。（1）讨论函数的单调性； （2）证明：若，则对任意x，x，xx，有。
解析 (1)的定义域为。
2分
（i）若即,则故在单调增加。
(ii)若,而,故,则当时，;
当及时，
故在单调减少，在单调增加。
(iii)若,即,
同理可得在单调减少，在单调增加.
(2)考虑函数
则
由于1
故，
当时，有·········12分
【提分秘籍】
基本规律
1.含有x1和x2型，大多数可以考虑变换结构相同，构造函数解决。
2.可以利用第一问的某些结论或者函数结构寻找构造的函数特征。
【变式演练】
1.已知函数.
（1）当时，若在区间上的最小值为，求的取值范围；
（2）若对任意，且恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
试题解析：（1）函数的定义域是.当时，
，
令，得，
所以或.
当，即时，在上单调递增，
所以在上的最小值是；
当时，在上的最小值是，不合题意；
当时，在上单调递减，
所以在上的最小值是，不合题意，
综上：.
（2）设，即，
只要在上单调递增即可，而，
当时，，此时在上单调递增；
当时，只需在上恒成立，因为，只要，
则需要，对于函数，过定点，对称轴，只需，
即，综上，.
2.（构造巧）已知函数f(x)=(x−1)ex−t2x2，其中t∈R.（1）讨论函数f(x)的单调性；
（2）当t=3时，证明：不等式恒成立（其中x1∈R，x1>0）.
【答案】(1)见解析;(2)见解析.
详解：（1）由于f'(x)=xex−tx=x(ex−t).1）当t≤0时，ex−t>0，
当x>0时，f'(x)>0，f(x)递增，
当x<0时，f'(x)<0，f(x)递减；
2）当t>0时，由f'(x)=0得x=0或x=lnt.
当00时，f'(x)>0，f(x)递增，
当lnt0，f(x)递增；
当t=1时，f'(x)>0，f(x)递增；
③当t>1时，lnt>0.当x>lnt时，f'(x)>0，f(x)递增，当0
当0
当t>1时，f(x)在(−∞,0)，(lnt,+∞)上是增函数，在(0,lnt)上是减函数.
（2）依题意f(x1+x2)−f(x1−x2) >(x1−x2)−(x1+x2)⇔f(x1+x2)+(x1+x2) >f(x1−x2)+(x1−x2)恒成立.
设g(x)=f(x)+x，则上式等价于g(x1+x2)>g(x1−x2)，要证明g(x1+x2)>g(x1−x2)对任意x1∈R，x2∈(0,+∞)恒成立，
即证明g(x)=(x−1)ex−32x2+x在R上单调递增，又g'(x)=xex−3x+1，
只需证明xex−3x+1≥0即可.令ℎ(x)=ex−x−1，则ℎ'(x)=ex−1，当x<0时，ℎ'(x)<0，当x>0时，ℎ'(x)>0，
∴ℎ(x)min=ℎ(0)=0，即∀x∈R，ex≥x+1，那么，当x≥0时，xex≥x2+x，所以xex−3x+1≥ x2−2x+1=(x−1)2≥0；当x<0时，ex<1，xex−3x+1=x (ex−3+1x)>0，
∴xex−3x+1≥0恒成立.从而原不等式成立.
【题型七】 零点型
【典例分析】
已知函数，.（Ⅰ）求的最大值；
（Ⅱ）若，判断的单调性；
（Ⅲ）若有两个零点，求的取值范围.
试题解析：（Ⅰ）f′(x)＝（x＞0），当x∈(0，e)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以当x＝e时，f(x)取得最大值f(e)＝．
（Ⅱ）a=1,,令，，当，
当，,即，.故在x>0时单调递减.
（III） g(x)有两个零点等价于h（x）有两个零点，
由（1）知，由图像可知.
【提分秘籍】
基本规律
已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路
(1)移项讨论法（找点或者极限法）：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数（回避找点）：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
(3)分离函数法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
【变式演练】
1.已知函数，．(1)求证：在区间上无零点；
(2)求证：有且仅有2个零点．
【详解】(1)，． 当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减．而，，
所以当时，，所以在区间上无零点．
(2)的定义域为．
①当时，，，
所以，从而在上无零点．
②当时，，从而是的一个零点．
③当时，由(1)知，所以，又，
所以，从而在上无零点．
④当时，，，所以在上单调递减．
而，，从而在上有唯一零点．
⑤当时，，所以，从而在上无零点．
综上，有且仅有2个零点．
2.已知函数f(x)=13ax3+12bx2+cx.
（1）若函数有三个零点x1,x2,x3，且x1+x2+x3=92，，求函数的单调区间；
（2）若f'(1)=−12a，3a>2c>2b，试问：导函数f'(x)在区间（0，2）内是否有零点，并说明理由.
（3）在（2）的条件下，若导函数f'(x)的两个零点之间的距离不小于3，求ba的取值范围.
试题解析：（1）因为f(x)=x(13ax2+12bx+c)，又x1+x2+x3=92，，则
因为x1，x3是方程13ax2+12bx+c=0的两根，则
−3b2a=92，，.即从而：，
所以.令解得：
故a>0时，单调递减区间是（1，4），单调递增区间是；
a<0时，单调递增区间是（1，4），单调递减区间是
（2）因为f'(x)=ax2+bx+c，f'(1)=−12a，所以a+b+c=−12a，即3a+2b+2c=0.
因为3a>2c>2b，所以3a>0,2b<0，即a>0,b<0.
于是f'(1)=−a2<0，f'(0)=c，f'(2)=4a+2b+c=4a−(3a+2c)+c=a−c
①当c>0时，因为f'(0)=c>0,f'(1)=−a2<0，则f'(x)在区间(0,1)内至少有一个零点.
②当c≤0时，因为f'(1)=−a2<0,f'(2)=a−c>0，则f'(x)在区间（1，2）内至少有一零点.
故导函数f'(x)在区间（0，2）内至少有一个零点.
（3）设m，n是导函数f'(x)=ax2+bx+c的两个零点，则m+n=−ba，mn=ca=−32−ba.
所以|m−n|=(m+n)2−4mn=(−ba)2−4(−32−ba)=(ba+2)2+2 .
由已知，(ba+2)2+2≥3，则(ba+2)2+2≥3，即(ba+2)2≥1.
所以ba+2≥1或ba+2≤−1，即ba≥−1或ba≤−3.
又2c=−3a−2b，3a>2c>2b，所以3a>−3a−2b>2b，即−3a
【题型八】 不确定根型
【典例分析】
已知函数f(x)=lnx+2x．（1）求函数f(x)在[1 , +∞)上的值域；
（2）若∀x∈ [1 , +∞)，lnx(lnx+4)≤2ax+4恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】（1）易知f'(x)=−1−lnxx2<0(x≥1)，∴f(x)在[1,+∞)上单调递减，f(x)max=2， ∵x≥1时，f(x)>0，
∴f(x)在[1,+∞)上的值域为(0,2]．
（2） 令，则，
①若，则由（1）可知，，在上单调递增，
，与题设矛盾，不符合要求；
②若，则由（1）可知，，在上单调递减，
，符合要求；
③若，则，使得，且在上单调递增，在上单调递减，
，，
．由题：，即，把，再有即
． 利用根存在，转化为方程且由（1）可知在上单调递减，
． 综上，．
【提分秘籍】
基本规律
解题框架：
（1）导函数（主要是一阶导函数）等零这一步，有根但不可解。但得到参数和的等量代换关系。备用
（2）知原函数最值处就是一阶导函数的零点处，可代入虚根
（3）利用与参数互化得关系式，先消掉参数，得出不等式，求得范围。
（4）再代入参数和互化式中求得参数范围。
【变式演练】
1.已知函数f(x)=ex+12(x−1)2，g(x)=12x2+2x−lnx（1）求函数f(x)的最小值；
（2）当a>0时，对任意x∈(0,+∞)时，不等式af'(x)≥(a+1)g'(x)−x−a恒成立，求a的取值范围.
【解析】（1）∵ f'(x)=ex+x−1， 又 ∵f″(x)=ex+1>0∴函数f'(x)在(−∞,+∞)上为增函数
因为f'(0)=0，所以当x∈(−∞,0)时，f'(x)<0，即f(x)在区间(−∞,0)为减函数；
当x∈(0,+∞)时，f'(x)>0，即f(x)在区间(0,+∞)为增函数
所以f(x)min=f(0)=32
（2）由不等式af'(x)≥(a+1)g'(x)−x−a整理为a⋅ex+a+1x−2a+1≥0
构造函数φx=a⋅ex+a+1x−2a+1，所以φ'x=ax2⋅ex−a+1x2
令ℎx=ax2⋅ex−a+1，则ℎ'x=ax2+xex>0，所以ℎx在0,+∞上单调递增，
因为ℎ0=−a+1，且当x→+∞时，ℎx>0，
所以存在x0∈0,+∞，使ℎx0=0，且φx在0,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增
因为ℎx0=ax02⋅ex0−a+1=0，所以ax02⋅ex0=a+1，即a⋅ex0=a+1x02，
因为对于任意的x∈0,+∞，恒有φx≥0成立，
所以φxmin=φx0=a⋅ex0+a+1x0−2a+1≥0
所以a+1x02+a+1x0−2a+1≥0，即1x02+1x0−2≥0，亦即2x02−x0−1≤0，所以−12≤x0≤1
因为ax02⋅ex0=a+1，所以x02⋅ex0=a+1a>1，又x0>0，所以0
(1)求函数f(x)的解析式及k的值.
⑵若f(x) ≤g(x)-m+x +1对于任意x∈[O,+]恒成立，求m的取值范围
解：(1) 由，，
由在处切线方程为可知
① ②
又由可知 ③由①②③解得.
从而的解析式为. (5分)由可知，
所以函数的图像在原点处的切线斜率为1.因此，可得，7分)
(2) 等价于.
即，小于等于在上的最小值. 设，则，又且，
所以必有实根，且，.
当时，；当时，.
所以.
所以，.
所以在上的最小值为1，从而，即的取值范围是.
【题型九】 取整讨论型
【典例分析】
已知函数.
（Ⅰ）判断函数在上的单调性；（Ⅱ）若恒成立, 求整数的最大值．
试题解析： （Ⅰ）
上是减函数
（Ⅱ）方法一：参变分离
，即的最小值大于. 令，则上单调递增,
又 ，存在唯一实根, 且满足，
当时，当时，∴，故正整数的最大值是3 。
方法二；分离函数法
，
过原点切线，
对于切点，通过方程二分法，可知
，
所以
所以最大的整数位k=2
方法三：移项讨论法，不确定根的代换
构造函数
当k《2时候，显然h（x）为增函数，成立。
当k>2时候，，此时在减，在增，所以最小值
所以k>2不成立。所以k《2
【提分秘籍】
基本规律
讨论出单调性，要注意整数解中相邻两个整数点函数的符号问题
【变式演练】
1.已知函数，．
（Ⅰ）讨论函数的单调性；
（Ⅱ）若不等式有唯一正整数解，求实数的取值范围．
试题解析：（Ⅰ）①当时，，所以在上单调递增；
②当时，由，得．此时，当时，，单调递增；
当时，，单调递减
（Ⅱ）方法一：参变分离，注意断点
由得：当时，不等式显然不成立，又为正整数，所以，，
记，则∴在区间上单调递减，在区间上单调递增，
且，所以，解得，综上所述，的取值范围为．
方法二：分离函数，切线法
过（1,0）的切线可求得如下过程
2.已知函数，为其导函数，且时有极小值-9.（1）求的单调递减区间；
（2）若，，当时，对于任意，和的值至少有一个是正数，求实数的取值范围；
（3）若不等式（为正整数）对任意正实数恒成立，求的最大值.
试题解析：（1）由，因为函数在时有极小值-9，
所以，从而得，， 所求的，所以，
由解得，所以的单调递减区间为（-1,3）.
（2）由，故，当时，若，则，满足条件；
若，则，满足条件；
若，.
①如果对称轴，即时，的开口向上，
故在上单调递减，又，所以当时，.
②如果对称轴，即时，，解得，故时，；
所以的取值范围为；
（3） 方法一：移项讨论，主要技巧在于把对数剥离开
因为，所以等价于
，即，
记，则，由，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
对任意正实数恒成立，等价于，即，
记，则，所以在上单调递减，又，，所以的最大值为6.
【题型十】 证明不等式1：基础型
【典例分析】
设函数f（x）＝lnx﹣x+1．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）证明当x∈（1，+∞）时，1＜x−1lnx＜x；
（3）设c＞1，证明当x∈（0，1）时，1+（c﹣1）x＞cx．
【解答】解：（1）函数f（x）＝lnx﹣x+1的导数为f′（x）=1x−1，
由f′（x）＞0，可得0＜x＜1；由f′（x）＜0，可得x＞1．
即有f（x）的增区间为（0，1）；减区间为（1，+∞）；
（2）证明：当x∈（1，+∞）时，1＜x−1lnx＜x，即为lnx＜x﹣1＜xlnx．
由（1）可得f（x）＝lnx﹣x+1在（1，+∞）递减，
可得f（x）＜f（1）＝0，即有lnx＜x﹣1；
设F（x）＝xlnx﹣x+1，x＞1，F′（x）＝1+lnx﹣1＝lnx，
当x＞1时，F′（x）＞0，可得F（x）递增，即有F（x）＞F（1）＝0，
即有xlnx＞x﹣1，则原不等式成立；
（3）证明：设G（x）＝1+（c﹣1）x﹣cx，
则需要证明：当x∈（0，1）时，G（x）＞0（c＞1）；
G′（x）＝c﹣1﹣cxlnc，G′′（x）＝﹣（lnc）2cx＜0，
∴G′（x）在（0，1）单调递减，而G′（0）＝c﹣1﹣lnc，G′（1）＝c﹣1﹣clnc，
由（1）中f（x）的单调性，可得G′（0）＝c﹣1﹣lnc＞0，由（2）可得G′（1）＝c﹣1﹣clnc＝c（1﹣lnc）﹣1＜0，
∴∃t∈（0，1），使得G′（t）＝0，即x∈（0，t）时，G′（x）＞0，x∈（t，1）时，G′（x）＜0；
即G（x）在（0，t）递增，在（t，1）递减；
又因为：G（0）＝G（1）＝0，
∴x∈（0，1）时G（x）＞0成立，不等式得证；
即c＞1，当x∈（0，1）时，1+（c﹣1）x＞cx．
【提分秘籍】
基本规律
1.移项最值大于0（小于0）证明法
2.变形证明新恒等式法。
【变式演练】
1.设函数=，.证明：
（I；（II）.
(Ⅱ)由得，故，所以 .由(Ⅰ)得，又因为，所以，
综上，
2.已知函数（为常数）的图像与轴交于点，曲线在点处的切线斜率为.求的值及函数的极值；证明：当时，
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
当时，有极小值，无极大值.
（3） 令，则.根据，知在R上单调递增，又，当时，由，即得.
【题型十一】 证明不等式2：数列不等式之单变量构造型
【典例分析】
已知函数若函数在x = 0处取得极值．
(1) 求实数的值；
(2) 若关于x的方程在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根，求实数的取值范围；
(3) 证明：对任意的自然数n，有恒成立．
试题解析：(1) 由题意知则，
∵时， 取得极值，∴，故，解得．
经检验符合题意． 4分
(3) 由知
由 ，得，
令，则在上恰有两个不同的实数根等价于在恰有两个不同实数根． ，
当时，，于是在上单调递增；
当时，，于是在上单调递减．依题意有
，即， ．
(3) 的定义域为，由(1)知，令得，或 (舍去)， 11分∴当时，，单调递增；
当时，，单调递减． ∴为在(-1，+∞)上的最大值．
∴，故 (当且仅当时，等号成立) 12分
对任意正整数，取得，，令 则在为增函数，
所以，即恒成立．对任意的自然数，有恒成立
【提分秘籍】
基本规律
1.适当的选择式子（字母）为变量，构造函数，通过单调性最值等等可得不等式关系。
2.注意区分本专题三道题自变量的选取，授课时可以多种选择同时展开，分析不同选择时的计算量。
【变式演练】
1.已知函数.（1）求函数的单调区间；
（2）试证明： （…，）.
【答案】（1）函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
试题解析：（1）， ，则，
解，得，解，得.
∴函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2），
令，则，∴要证只需证，
由（1）知，∴，即，
∵，∴，从而.
2.已知函数
（1）若函数在区间上存在极值，其中a >0，求实数a的取值范围；
（2）如果当时，不等式恒成立，求实数k的取值范围；
（3）求证:。
（2）不等式即为 记
所以
令，则， ，在上单调递增，
，从而， 故在上也单调递增，
所以，所以 . ………… 9分
（3）方法一（构造函数分析第一问和第二问，分别能提炼出函数，但是第一问提炼函数不能应用于第三问，失败，所以第二问提炼函数成功））由（2）知：恒成立，即， 令，则
所以 , ，， … ，
叠加得：=n-2(1-)＞n-2+＞n-2 … 13分
则，所以[(n+1)!]2＞(n+1).en-2(n∈N*)
【题型十二】 证明不等式3：数列不等式之无限求和型
【典例分析】
已知函数为大于零的常数。 （1）若函数内调递增，求a的取值范围； （2）求函数在区间[1，2]上的最小值。
（3）求证：对于任意的成立。
解：
（1）由已知，得上恒成立，
即上恒成立。又当
（2） 当时，在（1，2）上恒成立，这时在[1，2]上为增函数
当 在（1，2）上恒成立，
这时在[1，2]上为减函数
当时， 令
又
综上，在[1，2]上的最小值为 ①当
②当时，
③当
（3）由（1），知函数上为增函数，当
即恒成立
恒成立
【提分秘籍】
基本规律
1.一侧是“和”型，另一侧则较简单。
2.根据“和”型，寻找另一侧的“裂项相消”规律。
3.通过题干和第一问观察寻找可以相消的不等式恒等式。
【变式演练】
1.已知函数 .（Ⅰ）讨论函数的单调性；（Ⅱ）当时，恒成立，求实数的取值范围；（Ⅲ）证明：.
解：（Ⅰ）的定义域为（0，+∞），
当时，＞0，故在（0，+∞）单调递增；当时，＜0，故在
（0，+∞）单调递减；…4分当0＜＜1时，令=0，解得. Ks5u
则当时，＞0；时，＜0.
故在单调递增，在单调递减.
（Ⅱ）因为，所以当时，恒成立令，则, 8分因为，由得，且当时，；当时，.所以在上递增，在上递减.所以，故
（Ⅲ）由（Ⅱ）知当时，有，当时，即，
令，则，即 …12分所以，，…，，相加得而
所以，
2.已知函数 .
(Ⅰ) 讨论的单调性；(Ⅱ) 证明：…
解：（Ⅰ）令，∵
①当时，对任意都有是 上的增函数，
由于当时，是增函数，当时，是减函数，
由复合函数的单调性知，在单调递减，在单调递增；
②当，对任意都有是 上的减函数，
从而在单调递增，在单调递减；
③当时，则，
则在递增，在递减
从而在区间和单调递增，
在区间和单调递减…5分 综上所述，①当时，在增，在减；
②当时，从而在区间和单调递增，
在区间和单调递减；
③当时，在单调递减，在单调递增；
(Ⅱ) 证明：①当时，由(Ⅰ)知，在单调递减，
令，有，即
累加得…9分②当时，由(Ⅰ)知，在单调递增，
令，有，即
累加得
从而对任意都成立。
【题型十三】 证明不等式4：构造单变量函数型
【典例分析】
设函数f(x)=(1-mx)ln(1+x).(1)若当时，函数f（x）的图像恒在直线y=x上方，求实数m的取值范围；（2）求证：。
解：（Ⅰ）令，则，，…2分
①当时，由于，有，
于是在上单调递增，从而，因此在上单调递增，即；…3分
②当时，由于，有，于是在上单调递减，从而，因此在上单调递减，即不符…4分
③当时，令，当时，，于是在上单调递减，从而，因此在上单调递减，
即而且仅有不符.
综上可知，所求实数的取值范围是.…6分
(Ⅱ)对要证明的不等式等价变形如下：对于任意的正整数，不等式恒成立，等价变形
相当于（2）中，的情形，…8分在上单调递减，即；…10分取，得：都有成立；令得证.…12分
【提分秘籍】
基本规律
解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明或者条件，转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键。作差法构造，换元法构造，主元法构造，对数法构造，高阶求导和端点值回归法（过去较多，文科较多）
【变式演练】
1.设函数（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）当时，若方程在上有两个实数解，求实数t的取值范围；
（Ⅲ）证明：当m>n>0时，.
解析：（Ⅰ）
①时， ∴在（—1，+）上是增函数 ……1分
②当时，在上递增，在单调递减.……4分
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，在上单调递增，在上单调递减又
∴∴当时，方程有两解 ……8分
（Ⅲ）要证：只需证只需证：
设， 则………………10分
由（Ⅰ）知在单调递减…12分
∴，即是减函数，而m>n∴，故原不等式成立。……14分
2.已知函数．（Ⅰ）若是函数的一个极值点，求的值；
（Ⅱ）若在上恒成立，求的取值范围；
（Ⅲ）证明：（为自然对数的底数）．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）证明见解析.
试题解析：（Ⅰ）,
是函数的一个极值点, 即
（Ⅱ） 在上恒成立, 当时，在上恒成立，即在上为增函数， 成立，即
当时，令，则，令，则，
即在上为减函数，在上为增函数，，又，则矛盾. 综上，的取值范围为．
（Ⅲ）要证，只需证.两边取自然对数得，，
，， ，
由（Ⅱ）知时，在单调递增.
又， 成立.
【题型十四】 证明不等式5：凑配主元
【典例分析】
已知函数.(1) 讨论函数的单调性；
(2) 讨论函数的零点个数问题
(3) 当时，证明不等式.
【答案】(1) 函数在上单调递减，在上单调递增;(2) 时2个零点；时没有零点；或者时一个零点；（3）详见解析.
试题解析：(1)解：． 当a≤0时，ax－1<0，从而f′(x)<0，
函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，若0
（2）时2个零点；时没有零点；或者时一个零点.
(3)证明令，其中t＞e-1可得
再设，可得在（e-1，+∞）上恒成立
∴G（t）是（e-1，+∞）上的增函数，可得
因此，在（e-1，+∞）上恒成立，可得是（e-1，+∞）上的增函数．∵x＞y＞e-1，∴F（x）＞F（y），可得
∵ln（1+x）＞0且ln（1+y）＞0，∴不等式两边都乘以ln（1+x）ln（1+y），可得．
即对任意x＞y＞e-1，都有不等式成立．
【提分秘籍】
基本规律
1.双变量。
2.结构“怪异”但具有某种意义上的“对称”特征
【变式演练】
1.已知函数．（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若函数在处取得极值，对,恒成立，求实数的取值范围；
（3）当时，求证：．
【答案】（1）在上递减，在上递增；（2）（3）
（1）得0∴在上递减，在上递增.
（2）∵函数在处取得极值，∴， ∴，
令，可得在上递减，在上递增，∴，即.
（3）证明：，令，则只要证明在上单调递增，又∵，显然函数在上单调递增．
∴，即，∴在上单调递增，即，
∴当时，有.
2.已知函数.（1）讨论的单调区间；
（2）当时，证明： .
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.
试题解析：解：（1）的定义域为，且，
①当时， ，此时的单调递减区间为.
②当时，由，得；由，得.
此时的单调减区间为，单调增区间为.
③当时，由，得；由，得.
此时的单调减区间为，单调增区间为.
（2）当时，要证： ，
只要证： ，即证： .（*）
设，则，设，
由（1）知在上单调递增，
所以当时， ，于是，所以在上单调递增，
所以当时，（*）式成立，故当时， .
最新模考题提高训练
1.（【百强校】2019届黑龙江虎林一中高三上月考一数学（理）试卷）已知函数．
（1）若在处取得极小值，求的值；（2）若在上恒成立，求的取值范围；
试题解析：（1）∵的定义域为，，
∵在处取得极小值，∴，即，此时，经验证是的极小值点，故．
（2）∵，
①当时，，∴在上单调递减，∴当时，矛盾．
②当时，，令，得；，得．
（i）当，即时，时，，即递减，∴矛盾．
（ii）当，即时，时，，即递增，∴满足题意．
综上:．
2.（河南省郑州市高三第三次测验预测数学（理）试题）已知函数f(x)=mx--lnx,mR,函数在[1,+)上为增函数,且.(I )当m=0时,求函数f(x)的单调区间和极值;
(II)求θ的值;(III)若在[1, e]上至少存在一个x0,使得f(x0)>g(x0)成立,求m的取值范围.
【答案】解:(Ⅰ)∵,∴,, ∴.
令,则. ∴,和的变化情况如下表:
+
0
递增
极大值
递减
即函数增是,减区间为, 函数有极大值;
(Ⅱ) 由已知在上恒成立, 即
∵,∴, 故在上恒成立,只需,
即,∴只有,由,知;
(Ⅲ)令
.
3.已知函数，．（Ⅰ）当时，求的最小值；
（Ⅱ）证明：当时，函数在区间内存在唯一零点．
【答案】（Ⅰ）0；（Ⅱ）证明见解析
解：（Ⅰ）当时，
当时，，在区间上单调递减．
当时，，在区间上单调递增．故当时，．
（Ⅱ） 由可知，．当时，
设，则所以在区间内单调递增，即在区间内单调递增．
又 故存在唯一，使得．
当时，．所以在区间内单调递增，此时．
当时，所以在区间上单调递减．
又因为故函数在区间内有唯一零点．
所以函数在区间内存在唯一零点．
4.(20年广州二模试题）已知函数的图象在点（为自然对数的底数）处的切线斜率为3．（1）求实数的值；（2）若，且对任意恒成立，求的最大值；
解（1）：因为，所以．…1分
因为函数的图像在点处的切线斜率为3，
所以，即．所以…
（2）解：由（1）知，，所以对任意恒成立，即对任意恒成立．……3分令，则，……4分令，
则，所以函数在上单调递增．
因为，
所以方程在上存在唯一实根，且满足．
当，即，当，即，
所以函数在上单调递减，在上单调递增．
所以．
所以．故整数的最大值是3．
5.【百强校】河北定州中学高三周练）设函数f(x)＝ex－ax－2.（1）求f(x)的单调区间；
（2）若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．
【答案】（1）当时，的递增区间是，当时，的单调递减区间是，单调递增区间是；（2）.
试题解析：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ ex－a.若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．若a>0，则当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
(2)（方法一：分离参数,不确定根的代换）由于a＝1时，(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1.故当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0等价于（注意求导前，先分参便于求导计算简单）k<＋x(x>0)①令g(x)＝＋x，则g′(x)＝＋1＝.由(1)知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上单调递增，又h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－4>0.
所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点．故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点．
设此零点为α，则α∈(1,2)．当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(α)．又由g′(α)＝0，得eα＝α＋2, 所以g(α)＝α＋1∈(2,3)．
由于①式等价于k
原不等式化简为，则,
当k时，显然h（x）为增，h（x）》h（0）=2成立。
当k》2时，的零点是x=k-1，显然此时h（x）最小值为h（k-1）=
再求导，知当k=2时，在（1，）单调递减，当k=2成立，当k=3时，4-不成立，故k的最大值为2
6.【全国百强校】湖北省仙桃中学2019届高三8月考试数学试题已知函数.（I）当时，求曲线在处的切线方程；（Ⅱ）若当时，，求的取值范围.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）
试题解析：（I）的定义域为.当时，，所以曲线在处的切线方程为
（II）当时，等价于令，
则，
（i）当，时， ，
故在上单调递增，因此；
（ii）当时，令得，
由和得，故当时，，在单调递减，因此.
综上，的取值范围是
方法二（洛必达）：当时，等价于 。
，,单调递增
洛必达法则
7.已知函数．
(1)若在上是增函数，求的取值范围；
(2)若,证明： .
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】试题分析：（1）对函数进行求导，函数递增转化为≥0恒成立，利用分离参数思想可得结果；（2）令，利用导数判断其单调性，证其最大值成立即可.
试题解析：(1)∵ ,且在[1,e]上是增函数,∴≥0恒成立，
即在[1,e]上恒成立, ∴a≥1
（2）证明：当a=1时， x∈[1,e]．
令F(x)= ,
∴,∴F(x) 在[1,e]上是减函数，
∴F(x)≤F(1) ∴x∈[1,e]时， .
8.、【江西高考压轴卷——数学（理）】已知函数
（1）当时，求的单调递减区间；（2）若当时，恒成立，求的取值范围；
（3）求证：
【答案】（Ⅰ） 当时 的单调递减区间为… 4分
（Ⅱ） 由 得记
当时 在递减
又 ……… 8分
（Ⅲ）由(Ⅱ)知 取得 即 …… 12分
9.已知函数.(1) 讨论函数的单调性；
(2) 讨论函数的零点个数问题
(3) 当时，证明不等式.
【百强校】河北唐山一中第一次月考理数学卷（带解析）
【答案】(1) 函数在上单调递减，在上单调递增;(2) 时2个零点；时没有零点；或者时一个零点；（3）详见解析.
试题解析：(1)解：． 当a≤0时，ax－1<0，从而f′(x)<0，
函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，若0
（2）时2个零点；时没有零点；或者时一个零点.
(3)证明令，其中t＞e-1可得
再设，可得在（e-1，+∞）上恒成立
∴G（t）是（e-1，+∞）上的增函数，可得
因此，在（e-1，+∞）上恒成立，可得是（e-1，+∞）上的增函数．∵x＞y＞e-1，∴F（x）＞F（y），可得
∵ln（1+x）＞0且ln（1+y）＞0，∴不等式两边都乘以ln（1+x）ln（1+y），可得．
即对任意x＞y＞e-1，都有不等式成立．
10.（福建省厦门六中数学）已知函数
（1）若，求函数在区间的最小值；
（2）若讨论函数在的单调性；
（3）若对于任意的求的取值范围。
【答案】（1）（2）时，增区间，时，减区间，增区间（3）
试题解析：（1）当a=-1时，f(x)=ex-x+2,
综上所述：
在上单调递增
（3）
构造函数
即在恒成立
即恒成立，令
∴ a-2≤-1 ∴ a≤1
11.设函数．
（1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的单调递减区间和极小值（其中为自然对数的底数）；
（2）若对任何恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）单调递减区间为，极小值为2（2）
试题解析：（1）由条件得，
∵曲线在点处的切线与直线垂直，∴此切线的斜率为0，即，有，得，
∴，由得，由得．
∴在上单调递减，在上单调递增，当时，取得极小值．
故的单调递减区间为，极小值为2
（2）条件等价于对任意恒成立，设．
则在上单调递减，则在上恒成立，得恒成立∴（对仅在时成立），
故的取值范围是
12.（广东省深圳市龙城高级中学2022届高三上学期9月第一次月考数学试题）已知函数，其中，．
（1）讨论函数在区间，上的单调性；
（2）求证：．
【答案】（1）在单调递减，在单调递增；（2）证明见解析.
【分析】
（1）首先求函数的导数，分类讨论在不同取值下，函数的单调性；
（2）不等式的证明转化为证明，结合（1）的结论，即可证明.
【详解】
（1），
当，时，，所以在，单调递增，
当，
由，得，所以在，单调递减，
当时，当时，，
当时，，
所以在单调递减，在单调递增．
（2）不等式，
即，
为此先证明：，
由
由（1）知，当，在单调递增，，
即，
令，则有，故．
由（1）知，当，在单调递减，，
即，
令，则有，故．
综上，对，恒成立，
所以
13.（黑龙江省哈尔滨市第九中学2021-2022学年高三上学期适应性考试数学文科试题）已知函数.
（1）若函数在上为单调增函数，求的取值范围；
（2）设，且，求证.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）对函数进行求导并解不等式，转化为二次不等式在上恒成立问题；
（2）将所证不等式转化为构造为主元的不等式，再构造函数进行证明；
【详解】
解：（1），
因为在上为单调增函数，所以在上恒成立
即在上恒成立，
当时，由，
得：，设，
则，当且仅当即时，有最小值2，
所以，解得，所以的取值范围是；
（2）设，
要证，只需证，
即，即，
设，
由（1）知在上是单调增函数，又，
所以，即成立，
得到.
目录
【题型一】 求参1：端点值讨论型 2
【题型二】 求参2：“存在”型 5
【题型三】 求参3：“恒成立”型 9
【题型四】 求参4：分离参数之“洛必达法则” 13
【题型五】 同构求参5：绝对值同构求参型 17
【题型六】 同构求参6：x1与x2构造新函数型 20
【题型七】 零点型 24
【题型八】 不确定根型 27
【题型九】 取整讨论型 30
【题型十】 证明不等式1：基础型 34
【题型十一】 证明不等式2：数列不等式之单变量构造型 36
【题型十二】 证明不等式3：数列不等式之无限求和型 40
【题型十三】 证明不等式4：构造单变量函数型 44
【题型十四】 证明不等式5：凑配主元 47
热点题型总结
【题型一】 求参1：端点值讨论型
【典例分析】
设函数f(x)=lnx-p(x-1),pR（1）当p=1时，求函数f（x)的单调区间；（2）设函数g(x)=xf(x)+p(2x-x-1)对任意x1都有g(x)0成立，求p的取值范围。
解：（I）当p =1时，，其定义域为.
所以
由得，
所以的单调增区间为；单调减区间为
（II）由函数,得.
由（I）知，当p =1时，，即不等式成立
① 当时，，
即g(x)在上单调递减，从而满足题意；
② 当时，存在使得，
从而，即g(x)在上单调递增，
从而存在使得不满足题意；
③当时，由知恒成立，此时不满足题意.
综上所述，实数p的取值范围为.
【提分秘籍】
基本规律
1.端点赋值法（函数一般为单增或者单减，此时端点，特别是左端点起着至关重要的作用）
2.为了简化讨论，当端点值是闭区间时候，代入限制参数讨论范围。注意，开区间不一定是充分条件。
有时候端点值能限制讨论范围，可以去除不必要讨论。如练习2
【变式演练】
1.试卷若函数的反函数记为，已知函数．（1）设函数，试判断函数的极值点个数；
（2）当时，，求实数的取值范围．
试题解析：（1），当时，是减函数，也是减函数，
∴在上是减函数，当时，，
当时，，∴在上有且只有一个变号零点，
∴在定义域上有且只有一个极值点．．
（2）令，要使总成立，只需时，，对求导得，令，则，
∴在上为增函数，∴．
①当时，恒成立，∴在上为增函数，∴，即恒成立；
②当时，在上有实根，∵在上为增函数，
∴当时，，∴，不符合题意；
③当时，恒成立，∴在上为减函数，则，不符合题意．
综合①②③可得，所求的实数的取值范围是．
2.设函数．
（1）当时，设，求证：对任意的，；
（2）当时，若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．
试题解析：（1）当时，，
所以等价于．
令，则，可知函数在上单调递增，
所以，即，亦即
（2） 当时，，．所以不等式等价于．
方法一：令，，
则．
当时，，则函数在上单调递增，所以，
所以根据题意，知有，∴
当时，由，知函数在上单调减；由，知函数在上单调递增．
所以．由条件知，，即．
设，，则，，所以在上单调递减．
又，所以与条件矛盾．综上可知，实数的取值范围为．
方法二：（端点值特殊法）令，，
则在上恒成立，所以，所以．
又，
显然当时，，则函数在上单调递增，所以，所以．
综上可知的取值范围为．
【题型二】 求参2：“存在”型
【典例分析】
设函数，曲线处的切线斜率为0(Ⅰ)求b；(Ⅱ)若存在使得，求a的取值范围。
【解析】，由题设知，解得. …4分
（II）的定义域为，由（1）知，，
（ⅰ）若，则，故当时，，在单调递增，
所以，存在，使得的充要条件为，即，
解得.
（ii）若，则，故当时，；
当时，，在单调递减，在单调递增.
所以，存在，使得的充要条件为，
而，所以不合题意.
（iii）若，则.
综上，a的取值范围是. ……12分
【提分秘籍】
基本规律
1.当不能分离参数时候，要移项分类讨论。
2.确定是最大值还是最小值。
【变式演练】
1.已知函数.
（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程;
（Ⅱ）在区间内至少存在一个实数，使得成立，求实数的取值范围.
试题解析：（Ⅰ）当时，，
，又，切线方程为
（Ⅱ）（）
①当，即时，，在为增函数故，，与矛盾；
②当时，，；，，
当时，只需，这与矛盾；
③当时，，在单调递减，
，符合
综上所述，的取值范围为
解法二 由已知， 设（），
，，在上是减函数， …10分
故的取值范围为
2.记表示中的最大值，如.已知函数，.
（1）设，求函数在上零点的个数；
（2）试探究是否存在实数，使得对恒成立？若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由.
试题解析：解：（1）设，，
令，得，递增；令，得，递减.
∴，∴，即，∴.
设，则由得或.∴在上递增，在上递减，∵，，，∴结合与在上图象可知，这两个函数的图象在上有两个交点，即在上零点的个数为2.
（2）假设存在实数，使得对恒成立，
则对恒成立，即对恒成立，
（i）设，，令，得，递增；令，得，递减.∴.当即时，，∴，∵，∴.故当时，对恒成立.
当即时，在上递减，∴.
∵，∴，
故当时，对恒成立.
（ii）若对恒成立，则，∴.
由（i）及（ii）得.故存在实数，使得对恒成立，且的取值范围为.
【题型三】 求参3：“恒成立”型
【典例分析】
已知函数f(x)=2−alnx+1x+2ax.（1）当a=0时，求函数的极值；
（2）当a<0时，讨论函数的单调性；
（3）若对任意的a∈−∞,−2，x1,x2∈1,3，恒有t+ln3a−2ln3>fx1−fx2成立，求实数t的取值范围.
【解析】(1)当a=0时，函数f(x)=2lnx+1x的定义域为(0,+∞)，且f'(x)=2x−1x2=2x−1x2=0得x=12 ∵函数fx在区间(0,12)上是减函数，在区间(12,+∞)上是增函数∴函数fx有极小值是f(12)=2ln12+2=2−2ln2，无极大值.
(2) ∵ f'(x)=2−ax−1x2+2a=(2x−1)ax+1x2=0得x1=12,x2=−1a， 当a=−2时，有f'(x)≤0，函数在定义域(0,+∞)内单调递减；
当−2
当a<−2时，在区间(0,−1a),(12,+∞)上f'(x)<0，f(x)单调递减；在区间(−1a,12)上f'(x)>0，fx单调递增；
(3)由(2)知当a∈−∞,−2时，f(x)在区间1,3上单调递减，所以f(x)max=f(1)=1+2a f(x)min=f(3)=(2−a)ln3+13+6a.
问题等价于：对任意a∈−∞,−2，恒有t+ln3a−2ln3>1+2a−2−aln3−13−6a成立，
即at>23−4a，因为a∈−∞,−2，所以t<23a−4，因为a∈−∞,−2，
所以只需t<(23a−4)min 从而t≤23×−2−4=−133故t的取值范围是(−∞,−133]
【提分秘籍】
基本规律
1.注意是同一变量还是不同变量。
2.各自对应的是最大值还是最小值。
3.一般地，已知函数，
（1）若，，总有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；
（4）若，，有，则的值域是值域的子集 ．
【变式演练】
1.已知函数fx=x3+bx2+2x−1,b∈R，
（1）设gx=fx+1x2，若函数gx在0,+∞上没有零点，求实数b的取值范围；
（2）若对∀x∈1,2，均∃t∈1,2，使得et−lnt−4≤fx−2x，求实数b的取值范围.
【解析】⑴∵gx=x+2x+b≥22+bx>0，∴gxmin=22+b
∴gx在0，+∞上没零点⟺gxmin=22+b>0⟺b>−22∴b∈−22，+∞
⑵∵et−lnt−4≤fx−2x⟺et−lnt≤x3+bx2+3设ℎt=et−lnt，t∈1，2∵ℎ‘t=e−1t≥0对t∈1，2恒成立
则ℎt在t∈1，2上单调递增∴ℎt≥ℎ1=e则e≤x3+bx2+3对x∈1，2恒成立
∴b≥−x+3−ex2对x∈1，2恒成立设mx=−x+3−ex2，x∈1，2
∵m'x=−1+6−2ex3≤5−2e<0，∴mx在x∈1，2递减∴mx≤M1=e−4∴b≥e−4,
即b∈e−4，+∞
2.已知函数fx=x2+2mlnx−m+4x+lnm+2.（1）当m=4时，求函数fx在区间1,4上的值域；
（2）当m>0时，试讨论函数fx的单调性；
（3）若对任意m∈1,2，存在x∈3,4，使得不等式fx>am−m2+2mln4−1成立，求实数a的取值范围.
【解析】（1）当a=4时，函数fx=x2+8lnx−8x+2ln2+2(x>0)，所以f'x=2x+8x−8=2(x−2)2x≥0,所以函数fx单调递增，故函数fx在区间1,4上的最小值为f1=2ln2−5,最大值为f4=18ln2−14，所以区间1,4上的值域为2ln2−5,18ln2−14
（2）f'(x)=2x+2mx−(m+4)=(x−2)(2x−m)x令f'(x)=0,得x1=2,x2=m2当m>4时，m2>2，由f'(x)>0得x>m2或0
当0
记ℎx=lnx+mx2−(m+2)x+2，则ℎ'(x)=1x+2mx−(m+2)=(2x−1)(mx−1)x
当x∈1,2时，2x−1>0若m≥1,则mx−1>0,从而ℎ'(x)>0，所以函数ℎx在x∈1,2上单调递增，所以当x∈1,2时，ℎx>ℎ1=0,符合题意
若0
若m≤0，则ℎ'(x)<0,ℎ(x)在1,2上单调递减，所以当x0∈1,2时，ℎx<ℎ1=0，不符和题意。综上，实数m的取值范围是1,+∞.
【题型四】 求参4：分离参数之“洛必达法则”
【典例分析】
设函数．（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）如果对任何，都有，求的取值范围．
解：（原解法）
（Ⅰ）．2分
当（）时，，即；
当（）时，，即．
因此在每一个区间（）是增函数，
在每一个区间（）是减函数．6分
（Ⅱ）令，
则．
故当时，．又，所以当时，，
即． 9分
当时，令，则．
故当时，．
因此在上单调增加．故当时，，
即．于是，当时，．
当时，有．因此，的取值范围是．12分
洛必达法则解法：
解析：(1)略;
(2) 当x=0时，当时，
为必要条件。下证
因为
所以。
【提分秘籍】
基本规律
1.若分离参数后，所求最值恰好在“断点处”，则可以通过洛必达法则求出“最值”
2.注意“断点”是在端点处还是区间分界处。
【变式演练】
1.设函数.
⑴求的单调区间和极值;
⑵是否存在实数,使得关于的不等式的解集为?若存在,求的取值范围;若不存在,试说明理由.
解析：（原解法）（Ⅰ）． 2分
故当时，，时，．
所以在单调递增，在单调递减．4分
由此知在的极大值为，没有极小值．6分
（Ⅱ）（ⅰ）当时，
由于，
故关于的不等式的解集为．10分
（ⅱ）当时，由知，其中为正整数，且有
．12分又时，．
且．取整数满足，，且，
则，即当时，关于的不等式的解集不是．
综合（ⅰ）（ⅱ）知，存在，使得关于的不等式的解集为，且的取值范围为14分
洛必达法则解题：
解析:(1)略。(2)分析：注意定义域 ，题目等价于
2.已知函数f(x)=,曲线y=f(x)在点(x,y)处的切线为y=g(x).（1）证明：对于，f(x)g(x);
（2）当x0时，f(x) 1+,恒成立，求实数a的取值范围。
解答：方法一常规讨论二次取导法
去分母，移项，证明h(x)= 0—(h（0）=0)
取导=，二次取导恒成立。所以，在（0，+）为增函数。而=1-a.
当1-a0,即a1时候，0，则原函数为增函数，h(x) h(0) 0,显然成立。
当1-a0,即a1时，因为=1-a0，此时，=0有解，记为x1,所以，在区间[0,x1]中，h(x) 0,显然不成立。所以，a1
方法二：罗比达法则—分离变量
分离变量：a=h(x),去导数，=（x>0），分子r(x)=,(x[0, )，扩展定义域]，求导0，可知，r(x)为定义域内增函数，而r（x）r(0)=0.所以》0.为增函数。则ah(0)----不存在，罗比达法则可得为1
【题型五】 同构求参5：绝对值同构求参型
【典例分析】
已知函数 （I）讨论函数的单调性；
（II）设.如果对任意，，求的取值范围。
解：（Ⅰ）的定义域为（0，+∞）. .
当时，＞0，故在（0，+∞）单调增加；
当时，＜0，故在（0，+∞）单调减少；
当-1＜＜0时，令=0，解得.
则当时，＞0；时，＜0.
故在单调增加，在单调减少.
（Ⅱ）不妨假设，而＜-1，由（Ⅰ）知在（0，+∞）单调减少，从而
，等价于， ①
令，则①等价于在（0，+∞）单调减少，
即
.从而
故a的取值范围为（-∞，-2]. ……12分
【提分秘籍】
基本规律
1.含绝对值型，大多数都是有单调性的，所以可以通过讨论去掉绝对值。
2.去掉绝对值，可以通过“同构”重新构造函数。
【变式演练】
1.已知函数，其中.
（I）讨论函数的单调性；
（II）若，证明：对任意，总有.
【答案】（I）略（II）略
试题解析：解：（I）∵，，
令，得或
①若，则时，；时，；时，，
故函数在，上单调递增，在上单调递减
②若时，则在上单调递增
③若时，则在，上单调递增，在上单调递减
（II）由（I）可知，当时，在上单调递增，不妨设，则有，，于是要证，即证，
即证， 令，
∵， ∵，，
∴在上单调递减，即有.故.
2.已知．（1）求的单调区间；
（2）令，则时有两个不同的根，求的取值范围；
（3）存在，且，使成立，求的取值范围．
试题解析：解：（1）．
令得，时，，单调递增；
时，，单调递减．
综上，单调递增区间为，单调递减区间为．
（3） ①当时，，单调递减，
故不可能有两个根，舍去
②当时，时，，单调递减，
时，，单调递增．
所以得．综上，
（3）不妨设，由（1）知时，单调递减．
，等价于
即存在，
且，使成立
令，在存在减区间有解，
即有解，即
令，，时，，单调递增，
时，，单调递减，，．
【题型六】 同构求参6：x1与x2构造新函数型
【典例分析】
已知函数f(x)=x－ax+(a－1)，。（1）讨论函数的单调性； （2）证明：若，则对任意x，x，xx，有。
解析 (1)的定义域为。
2分
（i）若即,则故在单调增加。
(ii)若,而,故,则当时，;
当及时，
故在单调减少，在单调增加。
(iii)若,即,
同理可得在单调减少，在单调增加.
(2)考虑函数
则
由于1
故，
当时，有·········12分
【提分秘籍】
基本规律
1.含有x1和x2型，大多数可以考虑变换结构相同，构造函数解决。
2.可以利用第一问的某些结论或者函数结构寻找构造的函数特征。
【变式演练】
1.已知函数.
（1）当时，若在区间上的最小值为，求的取值范围；
（2）若对任意，且恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
试题解析：（1）函数的定义域是.当时，
，
令，得，
所以或.
当，即时，在上单调递增，
所以在上的最小值是；
当时，在上的最小值是，不合题意；
当时，在上单调递减，
所以在上的最小值是，不合题意，
综上：.
（2）设，即，
只要在上单调递增即可，而，
当时，，此时在上单调递增；
当时，只需在上恒成立，因为，只要，
则需要，对于函数，过定点，对称轴，只需，
即，综上，.
2.（构造巧）已知函数f(x)=(x−1)ex−t2x2，其中t∈R.（1）讨论函数f(x)的单调性；
（2）当t=3时，证明：不等式恒成立（其中x1∈R，x1>0）.
【答案】(1)见解析;(2)见解析.
详解：（1）由于f'(x)=xex−tx=x(ex−t).1）当t≤0时，ex−t>0，
当x>0时，f'(x)>0，f(x)递增，
当x<0时，f'(x)<0，f(x)递减；
2）当t>0时，由f'(x)=0得x=0或x=lnt.
当0
当lnt
当t=1时，f'(x)>0，f(x)递增；
③当t>1时，lnt>0.当x>lnt时，f'(x)>0，f(x)递增，当0
当0
当t>1时，f(x)在(−∞,0)，(lnt,+∞)上是增函数，在(0,lnt)上是减函数.
（2）依题意f(x1+x2)−f(x1−x2) >(x1−x2)−(x1+x2)⇔f(x1+x2)+(x1+x2) >f(x1−x2)+(x1−x2)恒成立.
设g(x)=f(x)+x，则上式等价于g(x1+x2)>g(x1−x2)，要证明g(x1+x2)>g(x1−x2)对任意x1∈R，x2∈(0,+∞)恒成立，
即证明g(x)=(x−1)ex−32x2+x在R上单调递增，又g'(x)=xex−3x+1，
只需证明xex−3x+1≥0即可.令ℎ(x)=ex−x−1，则ℎ'(x)=ex−1，当x<0时，ℎ'(x)<0，当x>0时，ℎ'(x)>0，
∴ℎ(x)min=ℎ(0)=0，即∀x∈R，ex≥x+1，那么，当x≥0时，xex≥x2+x，所以xex−3x+1≥ x2−2x+1=(x−1)2≥0；当x<0时，ex<1，xex−3x+1=x (ex−3+1x)>0，
∴xex−3x+1≥0恒成立.从而原不等式成立.
【题型七】 零点型
【典例分析】
已知函数，.（Ⅰ）求的最大值；
（Ⅱ）若，判断的单调性；
（Ⅲ）若有两个零点，求的取值范围.
试题解析：（Ⅰ）f′(x)＝（x＞0），当x∈(0，e)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以当x＝e时，f(x)取得最大值f(e)＝．
（Ⅱ）a=1,,令，，当，
当，,即，.故在x>0时单调递减.
（III） g(x)有两个零点等价于h（x）有两个零点，
由（1）知，由图像可知.
【提分秘籍】
基本规律
已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路
(1)移项讨论法（找点或者极限法）：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数（回避找点）：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
(3)分离函数法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
【变式演练】
1.已知函数，．(1)求证：在区间上无零点；
(2)求证：有且仅有2个零点．
【详解】(1)，． 当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减．而，，
所以当时，，所以在区间上无零点．
(2)的定义域为．
①当时，，，
所以，从而在上无零点．
②当时，，从而是的一个零点．
③当时，由(1)知，所以，又，
所以，从而在上无零点．
④当时，，，所以在上单调递减．
而，，从而在上有唯一零点．
⑤当时，，所以，从而在上无零点．
综上，有且仅有2个零点．
2.已知函数f(x)=13ax3+12bx2+cx.
（1）若函数有三个零点x1,x2,x3，且x1+x2+x3=92，，求函数的单调区间；
（2）若f'(1)=−12a，3a>2c>2b，试问：导函数f'(x)在区间（0，2）内是否有零点，并说明理由.
（3）在（2）的条件下，若导函数f'(x)的两个零点之间的距离不小于3，求ba的取值范围.
试题解析：（1）因为f(x)=x(13ax2+12bx+c)，又x1+x2+x3=92，，则
因为x1，x3是方程13ax2+12bx+c=0的两根，则
−3b2a=92，，.即从而：，
所以.令解得：
故a>0时，单调递减区间是（1，4），单调递增区间是；
a<0时，单调递增区间是（1，4），单调递减区间是
（2）因为f'(x)=ax2+bx+c，f'(1)=−12a，所以a+b+c=−12a，即3a+2b+2c=0.
因为3a>2c>2b，所以3a>0,2b<0，即a>0,b<0.
于是f'(1)=−a2<0，f'(0)=c，f'(2)=4a+2b+c=4a−(3a+2c)+c=a−c
①当c>0时，因为f'(0)=c>0,f'(1)=−a2<0，则f'(x)在区间(0,1)内至少有一个零点.
②当c≤0时，因为f'(1)=−a2<0,f'(2)=a−c>0，则f'(x)在区间（1，2）内至少有一零点.
故导函数f'(x)在区间（0，2）内至少有一个零点.
（3）设m，n是导函数f'(x)=ax2+bx+c的两个零点，则m+n=−ba，mn=ca=−32−ba.
所以|m−n|=(m+n)2−4mn=(−ba)2−4(−32−ba)=(ba+2)2+2 .
由已知，(ba+2)2+2≥3，则(ba+2)2+2≥3，即(ba+2)2≥1.
所以ba+2≥1或ba+2≤−1，即ba≥−1或ba≤−3.
又2c=−3a−2b，3a>2c>2b，所以3a>−3a−2b>2b，即−3a
【题型八】 不确定根型
【典例分析】
已知函数f(x)=lnx+2x．（1）求函数f(x)在[1 , +∞)上的值域；
（2）若∀x∈ [1 , +∞)，lnx(lnx+4)≤2ax+4恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】（1）易知f'(x)=−1−lnxx2<0(x≥1)，∴f(x)在[1,+∞)上单调递减，f(x)max=2， ∵x≥1时，f(x)>0，
∴f(x)在[1,+∞)上的值域为(0,2]．
（2） 令，则，
①若，则由（1）可知，，在上单调递增，
，与题设矛盾，不符合要求；
②若，则由（1）可知，，在上单调递减，
，符合要求；
③若，则，使得，且在上单调递增，在上单调递减，
，，
．由题：，即，把，再有即
． 利用根存在，转化为方程且由（1）可知在上单调递减，
． 综上，．
【提分秘籍】
基本规律
解题框架：
（1）导函数（主要是一阶导函数）等零这一步，有根但不可解。但得到参数和的等量代换关系。备用
（2）知原函数最值处就是一阶导函数的零点处，可代入虚根
（3）利用与参数互化得关系式，先消掉参数，得出不等式，求得范围。
（4）再代入参数和互化式中求得参数范围。
【变式演练】
1.已知函数f(x)=ex+12(x−1)2，g(x)=12x2+2x−lnx（1）求函数f(x)的最小值；
（2）当a>0时，对任意x∈(0,+∞)时，不等式af'(x)≥(a+1)g'(x)−x−a恒成立，求a的取值范围.
【解析】（1）∵ f'(x)=ex+x−1， 又 ∵f″(x)=ex+1>0∴函数f'(x)在(−∞,+∞)上为增函数
因为f'(0)=0，所以当x∈(−∞,0)时，f'(x)<0，即f(x)在区间(−∞,0)为减函数；
当x∈(0,+∞)时，f'(x)>0，即f(x)在区间(0,+∞)为增函数
所以f(x)min=f(0)=32
（2）由不等式af'(x)≥(a+1)g'(x)−x−a整理为a⋅ex+a+1x−2a+1≥0
构造函数φx=a⋅ex+a+1x−2a+1，所以φ'x=ax2⋅ex−a+1x2
令ℎx=ax2⋅ex−a+1，则ℎ'x=ax2+xex>0，所以ℎx在0,+∞上单调递增，
因为ℎ0=−a+1，且当x→+∞时，ℎx>0，
所以存在x0∈0,+∞，使ℎx0=0，且φx在0,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增
因为ℎx0=ax02⋅ex0−a+1=0，所以ax02⋅ex0=a+1，即a⋅ex0=a+1x02，
因为对于任意的x∈0,+∞，恒有φx≥0成立，
所以φxmin=φx0=a⋅ex0+a+1x0−2a+1≥0
所以a+1x02+a+1x0−2a+1≥0，即1x02+1x0−2≥0，亦即2x02−x0−1≤0，所以−12≤x0≤1
因为ax02⋅ex0=a+1，所以x02⋅ex0=a+1a>1，又x0>0，所以0
(1)求函数f(x)的解析式及k的值.
⑵若f(x) ≤g(x)-m+x +1对于任意x∈[O,+]恒成立，求m的取值范围
解：(1) 由，，
由在处切线方程为可知
① ②
又由可知 ③由①②③解得.
从而的解析式为. (5分)由可知，
所以函数的图像在原点处的切线斜率为1.因此，可得，7分)
(2) 等价于.
即，小于等于在上的最小值. 设，则，又且，
所以必有实根，且，.
当时，；当时，.
所以.
所以，.
所以在上的最小值为1，从而，即的取值范围是.
【题型九】 取整讨论型
【典例分析】
已知函数.
（Ⅰ）判断函数在上的单调性；（Ⅱ）若恒成立, 求整数的最大值．
试题解析： （Ⅰ）
上是减函数
（Ⅱ）方法一：参变分离
，即的最小值大于. 令，则上单调递增,
又 ，存在唯一实根, 且满足，
当时，当时，∴，故正整数的最大值是3 。
方法二；分离函数法
，
过原点切线，
对于切点，通过方程二分法，可知
，
所以
所以最大的整数位k=2
方法三：移项讨论法，不确定根的代换
构造函数
当k《2时候，显然h（x）为增函数，成立。
当k>2时候，，此时在减，在增，所以最小值
所以k>2不成立。所以k《2
【提分秘籍】
基本规律
讨论出单调性，要注意整数解中相邻两个整数点函数的符号问题
【变式演练】
1.已知函数，．
（Ⅰ）讨论函数的单调性；
（Ⅱ）若不等式有唯一正整数解，求实数的取值范围．
试题解析：（Ⅰ）①当时，，所以在上单调递增；
②当时，由，得．此时，当时，，单调递增；
当时，，单调递减
（Ⅱ）方法一：参变分离，注意断点
由得：当时，不等式显然不成立，又为正整数，所以，，
记，则∴在区间上单调递减，在区间上单调递增，
且，所以，解得，综上所述，的取值范围为．
方法二：分离函数，切线法
过（1,0）的切线可求得如下过程
2.已知函数，为其导函数，且时有极小值-9.（1）求的单调递减区间；
（2）若，，当时，对于任意，和的值至少有一个是正数，求实数的取值范围；
（3）若不等式（为正整数）对任意正实数恒成立，求的最大值.
试题解析：（1）由，因为函数在时有极小值-9，
所以，从而得，， 所求的，所以，
由解得，所以的单调递减区间为（-1,3）.
（2）由，故，当时，若，则，满足条件；
若，则，满足条件；
若，.
①如果对称轴，即时，的开口向上，
故在上单调递减，又，所以当时，.
②如果对称轴，即时，，解得，故时，；
所以的取值范围为；
（3） 方法一：移项讨论，主要技巧在于把对数剥离开
因为，所以等价于
，即，
记，则，由，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
对任意正实数恒成立，等价于，即，
记，则，所以在上单调递减，又，，所以的最大值为6.
【题型十】 证明不等式1：基础型
【典例分析】
设函数f（x）＝lnx﹣x+1．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）证明当x∈（1，+∞）时，1＜x−1lnx＜x；
（3）设c＞1，证明当x∈（0，1）时，1+（c﹣1）x＞cx．
【解答】解：（1）函数f（x）＝lnx﹣x+1的导数为f′（x）=1x−1，
由f′（x）＞0，可得0＜x＜1；由f′（x）＜0，可得x＞1．
即有f（x）的增区间为（0，1）；减区间为（1，+∞）；
（2）证明：当x∈（1，+∞）时，1＜x−1lnx＜x，即为lnx＜x﹣1＜xlnx．
由（1）可得f（x）＝lnx﹣x+1在（1，+∞）递减，
可得f（x）＜f（1）＝0，即有lnx＜x﹣1；
设F（x）＝xlnx﹣x+1，x＞1，F′（x）＝1+lnx﹣1＝lnx，
当x＞1时，F′（x）＞0，可得F（x）递增，即有F（x）＞F（1）＝0，
即有xlnx＞x﹣1，则原不等式成立；
（3）证明：设G（x）＝1+（c﹣1）x﹣cx，
则需要证明：当x∈（0，1）时，G（x）＞0（c＞1）；
G′（x）＝c﹣1﹣cxlnc，G′′（x）＝﹣（lnc）2cx＜0，
∴G′（x）在（0，1）单调递减，而G′（0）＝c﹣1﹣lnc，G′（1）＝c﹣1﹣clnc，
由（1）中f（x）的单调性，可得G′（0）＝c﹣1﹣lnc＞0，由（2）可得G′（1）＝c﹣1﹣clnc＝c（1﹣lnc）﹣1＜0，
∴∃t∈（0，1），使得G′（t）＝0，即x∈（0，t）时，G′（x）＞0，x∈（t，1）时，G′（x）＜0；
即G（x）在（0，t）递增，在（t，1）递减；
又因为：G（0）＝G（1）＝0，
∴x∈（0，1）时G（x）＞0成立，不等式得证；
即c＞1，当x∈（0，1）时，1+（c﹣1）x＞cx．
【提分秘籍】
基本规律
1.移项最值大于0（小于0）证明法
2.变形证明新恒等式法。
【变式演练】
1.设函数=，.证明：
（I；（II）.
(Ⅱ)由得，故，所以 .由(Ⅰ)得，又因为，所以，
综上，
2.已知函数（为常数）的图像与轴交于点，曲线在点处的切线斜率为.求的值及函数的极值；证明：当时，
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
当时，有极小值，无极大值.
（3） 令，则.根据，知在R上单调递增，又，当时，由，即得.
【题型十一】 证明不等式2：数列不等式之单变量构造型
【典例分析】
已知函数若函数在x = 0处取得极值．
(1) 求实数的值；
(2) 若关于x的方程在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根，求实数的取值范围；
(3) 证明：对任意的自然数n，有恒成立．
试题解析：(1) 由题意知则，
∵时， 取得极值，∴，故，解得．
经检验符合题意． 4分
(3) 由知
由 ，得，
令，则在上恰有两个不同的实数根等价于在恰有两个不同实数根． ，
当时，，于是在上单调递增；
当时，，于是在上单调递减．依题意有
，即， ．
(3) 的定义域为，由(1)知，令得，或 (舍去)， 11分∴当时，，单调递增；
当时，，单调递减． ∴为在(-1，+∞)上的最大值．
∴，故 (当且仅当时，等号成立) 12分
对任意正整数，取得，，令 则在为增函数，
所以，即恒成立．对任意的自然数，有恒成立
【提分秘籍】
基本规律
1.适当的选择式子（字母）为变量，构造函数，通过单调性最值等等可得不等式关系。
2.注意区分本专题三道题自变量的选取，授课时可以多种选择同时展开，分析不同选择时的计算量。
【变式演练】
1.已知函数.（1）求函数的单调区间；
（2）试证明： （…，）.
【答案】（1）函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
试题解析：（1）， ，则，
解，得，解，得.
∴函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2），
令，则，∴要证只需证，
由（1）知，∴，即，
∵，∴，从而.
2.已知函数
（1）若函数在区间上存在极值，其中a >0，求实数a的取值范围；
（2）如果当时，不等式恒成立，求实数k的取值范围；
（3）求证:。
（2）不等式即为 记
所以
令，则， ，在上单调递增，
，从而， 故在上也单调递增，
所以，所以 . ………… 9分
（3）方法一（构造函数分析第一问和第二问，分别能提炼出函数，但是第一问提炼函数不能应用于第三问，失败，所以第二问提炼函数成功））由（2）知：恒成立，即， 令，则
所以 , ，， … ，
叠加得：=n-2(1-)＞n-2+＞n-2 … 13分
则，所以[(n+1)!]2＞(n+1).en-2(n∈N*)
【题型十二】 证明不等式3：数列不等式之无限求和型
【典例分析】
已知函数为大于零的常数。 （1）若函数内调递增，求a的取值范围； （2）求函数在区间[1，2]上的最小值。
（3）求证：对于任意的成立。
解：
（1）由已知，得上恒成立，
即上恒成立。又当
（2） 当时，在（1，2）上恒成立，这时在[1，2]上为增函数
当 在（1，2）上恒成立，
这时在[1，2]上为减函数
当时， 令
又
综上，在[1，2]上的最小值为 ①当
②当时，
③当
（3）由（1），知函数上为增函数，当
即恒成立
恒成立
【提分秘籍】
基本规律
1.一侧是“和”型，另一侧则较简单。
2.根据“和”型，寻找另一侧的“裂项相消”规律。
3.通过题干和第一问观察寻找可以相消的不等式恒等式。
【变式演练】
1.已知函数 .（Ⅰ）讨论函数的单调性；（Ⅱ）当时，恒成立，求实数的取值范围；（Ⅲ）证明：.
解：（Ⅰ）的定义域为（0，+∞），
当时，＞0，故在（0，+∞）单调递增；当时，＜0，故在
（0，+∞）单调递减；…4分当0＜＜1时，令=0，解得. Ks5u
则当时，＞0；时，＜0.
故在单调递增，在单调递减.
（Ⅱ）因为，所以当时，恒成立令，则, 8分因为，由得，且当时，；当时，.所以在上递增，在上递减.所以，故
（Ⅲ）由（Ⅱ）知当时，有，当时，即，
令，则，即 …12分所以，，…，，相加得而
所以，
2.已知函数 .
(Ⅰ) 讨论的单调性；(Ⅱ) 证明：…
解：（Ⅰ）令，∵
①当时，对任意都有是 上的增函数，
由于当时，是增函数，当时，是减函数，
由复合函数的单调性知，在单调递减，在单调递增；
②当，对任意都有是 上的减函数，
从而在单调递增，在单调递减；
③当时，则，
则在递增，在递减
从而在区间和单调递增，
在区间和单调递减…5分 综上所述，①当时，在增，在减；
②当时，从而在区间和单调递增，
在区间和单调递减；
③当时，在单调递减，在单调递增；
(Ⅱ) 证明：①当时，由(Ⅰ)知，在单调递减，
令，有，即
累加得…9分②当时，由(Ⅰ)知，在单调递增，
令，有，即
累加得
从而对任意都成立。
【题型十三】 证明不等式4：构造单变量函数型
【典例分析】
设函数f(x)=(1-mx)ln(1+x).(1)若当时，函数f（x）的图像恒在直线y=x上方，求实数m的取值范围；（2）求证：。
解：（Ⅰ）令，则，，…2分
①当时，由于，有，
于是在上单调递增，从而，因此在上单调递增，即；…3分
②当时，由于，有，于是在上单调递减，从而，因此在上单调递减，即不符…4分
③当时，令，当时，，于是在上单调递减，从而，因此在上单调递减，
即而且仅有不符.
综上可知，所求实数的取值范围是.…6分
(Ⅱ)对要证明的不等式等价变形如下：对于任意的正整数，不等式恒成立，等价变形
相当于（2）中，的情形，…8分在上单调递减，即；…10分取，得：都有成立；令得证.…12分
【提分秘籍】
基本规律
解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明或者条件，转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键。作差法构造，换元法构造，主元法构造，对数法构造，高阶求导和端点值回归法（过去较多，文科较多）
【变式演练】
1.设函数（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）当时，若方程在上有两个实数解，求实数t的取值范围；
（Ⅲ）证明：当m>n>0时，.
解析：（Ⅰ）
①时， ∴在（—1，+）上是增函数 ……1分
②当时，在上递增，在单调递减.……4分
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，在上单调递增，在上单调递减又
∴∴当时，方程有两解 ……8分
（Ⅲ）要证：只需证只需证：
设， 则………………10分
由（Ⅰ）知在单调递减…12分
∴，即是减函数，而m>n∴，故原不等式成立。……14分
2.已知函数．（Ⅰ）若是函数的一个极值点，求的值；
（Ⅱ）若在上恒成立，求的取值范围；
（Ⅲ）证明：（为自然对数的底数）．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）证明见解析.
试题解析：（Ⅰ）,
是函数的一个极值点, 即
（Ⅱ） 在上恒成立, 当时，在上恒成立，即在上为增函数， 成立，即
当时，令，则，令，则，
即在上为减函数，在上为增函数，，又，则矛盾. 综上，的取值范围为．
（Ⅲ）要证，只需证.两边取自然对数得，，
，， ，
由（Ⅱ）知时，在单调递增.
又， 成立.
【题型十四】 证明不等式5：凑配主元
【典例分析】
已知函数.(1) 讨论函数的单调性；
(2) 讨论函数的零点个数问题
(3) 当时，证明不等式.
【答案】(1) 函数在上单调递减，在上单调递增;(2) 时2个零点；时没有零点；或者时一个零点；（3）详见解析.
试题解析：(1)解：． 当a≤0时，ax－1<0，从而f′(x)<0，
函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，若0
（2）时2个零点；时没有零点；或者时一个零点.
(3)证明令，其中t＞e-1可得
再设，可得在（e-1，+∞）上恒成立
∴G（t）是（e-1，+∞）上的增函数，可得
因此，在（e-1，+∞）上恒成立，可得是（e-1，+∞）上的增函数．∵x＞y＞e-1，∴F（x）＞F（y），可得
∵ln（1+x）＞0且ln（1+y）＞0，∴不等式两边都乘以ln（1+x）ln（1+y），可得．
即对任意x＞y＞e-1，都有不等式成立．
【提分秘籍】
基本规律
1.双变量。
2.结构“怪异”但具有某种意义上的“对称”特征
【变式演练】
1.已知函数．（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若函数在处取得极值，对,恒成立，求实数的取值范围；
（3）当时，求证：．
【答案】（1）在上递减，在上递增；（2）（3）
（1）得0
（2）∵函数在处取得极值，∴， ∴，
令，可得在上递减，在上递增，∴，即.
（3）证明：，令，则只要证明在上单调递增，又∵，显然函数在上单调递增．
∴，即，∴在上单调递增，即，
∴当时，有.
2.已知函数.（1）讨论的单调区间；
（2）当时，证明： .
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.
试题解析：解：（1）的定义域为，且，
①当时， ，此时的单调递减区间为.
②当时，由，得；由，得.
此时的单调减区间为，单调增区间为.
③当时，由，得；由，得.
此时的单调减区间为，单调增区间为.
（2）当时，要证： ，
只要证： ，即证： .（*）
设，则，设，
由（1）知在上单调递增，
所以当时， ，于是，所以在上单调递增，
所以当时，（*）式成立，故当时， .
最新模考题提高训练
1.（【百强校】2019届黑龙江虎林一中高三上月考一数学（理）试卷）已知函数．
（1）若在处取得极小值，求的值；（2）若在上恒成立，求的取值范围；
试题解析：（1）∵的定义域为，，
∵在处取得极小值，∴，即，此时，经验证是的极小值点，故．
（2）∵，
①当时，，∴在上单调递减，∴当时，矛盾．
②当时，，令，得；，得．
（i）当，即时，时，，即递减，∴矛盾．
（ii）当，即时，时，，即递增，∴满足题意．
综上:．
2.（河南省郑州市高三第三次测验预测数学（理）试题）已知函数f(x)=mx--lnx,mR,函数在[1,+)上为增函数,且.(I )当m=0时,求函数f(x)的单调区间和极值;
(II)求θ的值;(III)若在[1, e]上至少存在一个x0,使得f(x0)>g(x0)成立,求m的取值范围.
【答案】解:(Ⅰ)∵,∴,, ∴.
令,则. ∴,和的变化情况如下表:
+
0
递增
极大值
递减
即函数增是,减区间为, 函数有极大值;
(Ⅱ) 由已知在上恒成立, 即
∵,∴, 故在上恒成立,只需,
即,∴只有,由,知;
(Ⅲ)令
.
3.已知函数，．（Ⅰ）当时，求的最小值；
（Ⅱ）证明：当时，函数在区间内存在唯一零点．
【答案】（Ⅰ）0；（Ⅱ）证明见解析
解：（Ⅰ）当时，
当时，，在区间上单调递减．
当时，，在区间上单调递增．故当时，．
（Ⅱ） 由可知，．当时，
设，则所以在区间内单调递增，即在区间内单调递增．
又 故存在唯一，使得．
当时，．所以在区间内单调递增，此时．
当时，所以在区间上单调递减．
又因为故函数在区间内有唯一零点．
所以函数在区间内存在唯一零点．
4.(20年广州二模试题）已知函数的图象在点（为自然对数的底数）处的切线斜率为3．（1）求实数的值；（2）若，且对任意恒成立，求的最大值；
解（1）：因为，所以．…1分
因为函数的图像在点处的切线斜率为3，
所以，即．所以…
（2）解：由（1）知，，所以对任意恒成立，即对任意恒成立．……3分令，则，……4分令，
则，所以函数在上单调递增．
因为，
所以方程在上存在唯一实根，且满足．
当，即，当，即，
所以函数在上单调递减，在上单调递增．
所以．
所以．故整数的最大值是3．
5.【百强校】河北定州中学高三周练）设函数f(x)＝ex－ax－2.（1）求f(x)的单调区间；
（2）若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．
【答案】（1）当时，的递增区间是，当时，的单调递减区间是，单调递增区间是；（2）.
试题解析：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ ex－a.若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．若a>0，则当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
(2)（方法一：分离参数,不确定根的代换）由于a＝1时，(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1.故当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0等价于（注意求导前，先分参便于求导计算简单）k<＋x(x>0)①令g(x)＝＋x，则g′(x)＝＋1＝.由(1)知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上单调递增，又h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－4>0.
所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点．故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点．
设此零点为α，则α∈(1,2)．当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(α)．又由g′(α)＝0，得eα＝α＋2, 所以g(α)＝α＋1∈(2,3)．
由于①式等价于k
原不等式化简为，则,
当k时，显然h（x）为增，h（x）》h（0）=2成立。
当k》2时，的零点是x=k-1，显然此时h（x）最小值为h（k-1）=
再求导，知当k=2时，在（1，）单调递减，当k=2成立，当k=3时，4-不成立，故k的最大值为2
6.【全国百强校】湖北省仙桃中学2019届高三8月考试数学试题已知函数.（I）当时，求曲线在处的切线方程；（Ⅱ）若当时，，求的取值范围.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）
试题解析：（I）的定义域为.当时，，所以曲线在处的切线方程为
（II）当时，等价于令，
则，
（i）当，时， ，
故在上单调递增，因此；
（ii）当时，令得，
由和得，故当时，，在单调递减，因此.
综上，的取值范围是
方法二（洛必达）：当时，等价于 。
，,单调递增
洛必达法则
7.已知函数．
(1)若在上是增函数，求的取值范围；
(2)若,证明： .
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】试题分析：（1）对函数进行求导，函数递增转化为≥0恒成立，利用分离参数思想可得结果；（2）令，利用导数判断其单调性，证其最大值成立即可.
试题解析：(1)∵ ,且在[1,e]上是增函数,∴≥0恒成立，
即在[1,e]上恒成立, ∴a≥1
（2）证明：当a=1时， x∈[1,e]．
令F(x)= ,
∴,∴F(x) 在[1,e]上是减函数，
∴F(x)≤F(1) ∴x∈[1,e]时， .
8.、【江西高考压轴卷——数学（理）】已知函数
（1）当时，求的单调递减区间；（2）若当时，恒成立，求的取值范围；
（3）求证：
【答案】（Ⅰ） 当时 的单调递减区间为… 4分
（Ⅱ） 由 得记
当时 在递减
又 ……… 8分
（Ⅲ）由(Ⅱ)知 取得 即 …… 12分
9.已知函数.(1) 讨论函数的单调性；
(2) 讨论函数的零点个数问题
(3) 当时，证明不等式.
【百强校】河北唐山一中第一次月考理数学卷（带解析）
【答案】(1) 函数在上单调递减，在上单调递增;(2) 时2个零点；时没有零点；或者时一个零点；（3）详见解析.
试题解析：(1)解：． 当a≤0时，ax－1<0，从而f′(x)<0，
函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，若0
（2）时2个零点；时没有零点；或者时一个零点.
(3)证明令，其中t＞e-1可得
再设，可得在（e-1，+∞）上恒成立
∴G（t）是（e-1，+∞）上的增函数，可得
因此，在（e-1，+∞）上恒成立，可得是（e-1，+∞）上的增函数．∵x＞y＞e-1，∴F（x）＞F（y），可得
∵ln（1+x）＞0且ln（1+y）＞0，∴不等式两边都乘以ln（1+x）ln（1+y），可得．
即对任意x＞y＞e-1，都有不等式成立．
10.（福建省厦门六中数学）已知函数
（1）若，求函数在区间的最小值；
（2）若讨论函数在的单调性；
（3）若对于任意的求的取值范围。
【答案】（1）（2）时，增区间，时，减区间，增区间（3）
试题解析：（1）当a=-1时，f(x)=ex-x+2,
综上所述：
在上单调递增
（3）
构造函数
即在恒成立
即恒成立，令
∴ a-2≤-1 ∴ a≤1
11.设函数．
（1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的单调递减区间和极小值（其中为自然对数的底数）；
（2）若对任何恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）单调递减区间为，极小值为2（2）
试题解析：（1）由条件得，
∵曲线在点处的切线与直线垂直，∴此切线的斜率为0，即，有，得，
∴，由得，由得．
∴在上单调递减，在上单调递增，当时，取得极小值．
故的单调递减区间为，极小值为2
（2）条件等价于对任意恒成立，设．
则在上单调递减，则在上恒成立，得恒成立∴（对仅在时成立），
故的取值范围是
12.（广东省深圳市龙城高级中学2022届高三上学期9月第一次月考数学试题）已知函数，其中，．
（1）讨论函数在区间，上的单调性；
（2）求证：．
【答案】（1）在单调递减，在单调递增；（2）证明见解析.
【分析】
（1）首先求函数的导数，分类讨论在不同取值下，函数的单调性；
（2）不等式的证明转化为证明，结合（1）的结论，即可证明.
【详解】
（1），
当，时，，所以在，单调递增，
当，
由，得，所以在，单调递减，
当时，当时，，
当时，，
所以在单调递减，在单调递增．
（2）不等式，
即，
为此先证明：，
由
由（1）知，当，在单调递增，，
即，
令，则有，故．
由（1）知，当，在单调递减，，
即，
令，则有，故．
综上，对，恒成立，
所以
13.（黑龙江省哈尔滨市第九中学2021-2022学年高三上学期适应性考试数学文科试题）已知函数.
（1）若函数在上为单调增函数，求的取值范围；
（2）设，且，求证.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）对函数进行求导并解不等式，转化为二次不等式在上恒成立问题；
（2）将所证不等式转化为构造为主元的不等式，再构造函数进行证明；
【详解】
解：（1），
因为在上为单调增函数，所以在上恒成立
即在上恒成立，
当时，由，
得：，设，
则，当且仅当即时，有最小值2，
所以，解得，所以的取值范围是；
（2）设，
要证，只需证，
即，即，
设，
由（1）知在上是单调增函数，又，
所以，即成立，
得到.
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