高考数学一轮复习题型讲解+专题训练(新高考专用)专题16导数与不等式(原卷版+解析)

这是一份高考数学一轮复习题型讲解+专题训练(新高考专用)专题16导数与不等式(原卷版+解析)，共51页。试卷主要包含了已知函数．等内容，欢迎下载使用。

专题16 导数与不等式
导数与不等式
不等式恒成立
利用导数证明不等式
分离参数
直接构造函数
洛必达法则
直接构造函数
先放缩再构造函数
先变
形再
构造
函数
抽象不等式
型
型
型
练高考 明方向
1.(2023·新高考Ⅱ卷T22） 已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，，求a的取值范围；
（3）设，证明：．
2.(2023·北京卷T20） 已知函数．
（1）求曲线在点处切线方程；
（2）设，讨论函数在上的单调性；
（3）证明：对任意的，有．
3.(2023·浙江卷T22） 设函数．
（1）求的单调区间；
（2）已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：
（ⅰ）若，则；
（ⅱ）若，则．（注：是自然对数底数）
4．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)已知函数f(x)=sin2xsin2x．
(1)讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；
(2)证明：；
(3)设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤
5．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直．
(1)求b．
(2)若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1．
6．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)(12分)已知函数．
(1)若，求的值；
(2)设为整数，且对于任意正整数，，求的最小值．
7．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)(12分)已知函数且．
(1)求 ；
(2)证明：存在唯一的极大值点，且．
8．(2023高考数学课标Ⅲ卷理科)设函数,其中,记的最大值为.
(Ⅰ)求;
(Ⅱ)求;
(Ⅲ)证明.
9．(2023高考数学新课标2理科)设函数是奇函数的导函数，，当时，，则使得成立的的取值范围是( )
A．B．
C．D．
10．(2023高考数学新课标2理科)(本题满分12分)设函数．
(Ⅰ)证明：在单调递减，在单调递增；
(Ⅱ)若对于任意，都有，求的取值范围．
11．(2023高考数学课标1理科)设函数,曲线在点处的切线．
(1)求;
(2)证明:．
12．(2023高考数学新课标2理科)已知函数．
(1)设是的极值点，求，并讨论的单调性；
(2)当时，证明．
13．(2023高考数学新课标1理科)已知函数＝，＝，若曲线和曲线都过点P(0，2)，且在点P处有相同的切线
(Ⅰ)求，，，的值
(Ⅱ)若≥－2时，≤，求的取值范围。
14．(2023高考数学新课标1理科)设函数,其中，若存在唯一的整数，使得0，则的取值范围是( )
A．B．C．D．
讲典例 备高考
类型一、不等式恒成立求参数范围
基础知识：
洛必达法则：
法则1 若函数f(x)和g(x)满足下列条件
(1) f(x)＝0及 g(x)＝0；
(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
(3) eq \f(f′x,g′x)＝l，
那么 eq \f(fx,gx)＝ eq \f(f′x,g′x)＝l.
法则2 若函数f(x)和g(x)满足下列条件
(1) f(x)＝∞及 g(x)＝∞；
(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
(3) eq \f(f′x,g′x)＝l，
那么 eq \f(fx,gx)＝ eq \f(f′x,g′x)＝l.
2．分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路
（1）用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题．
（2）求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关”
转化关：通过分离参数法，先转化为f(a)≥g(x)(或f(a)≤g(x))对∀x∈D恒成立，再转化为f(a)≥g(x)max(或f(a)≤g(x)min)
求最值关：求函数g(x)在区间D上的最大值(或最小值)问题基本题型：
1．(分离参数、直接构造函数）(2023年高考数学课标Ⅰ卷理科)已知函数．
(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≥x3+1，求a的取值范围．
2、（洛必达法则）已知函数，曲线在点处的切线方程为，
（1）求的值；（2）若且时，，求k的取值范围。
3．（分离参数+虚设零点）已知函数f(x)＝axex(a∈R)，g(x)＝ln x＋x＋1.若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
4、已知函数f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1)，当x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求实数k的取值范围．
基本方法：
利用导数求解参数范围的两种常用方法：
（1）分离参数法：将参数和自变量分离开来，构造关于自变量的新函数，研究新函数最值与参数之间的关系，求解出参数范围；若或恒成立，只需满足或即可，利用导数方法求出的最小值或的最大值，从而解决问题；
(2)把参数看作常数利用分类讨论方法解决：对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围。
类型二、不等式的证明
基础知识：
利用导数证明不等式，常用的思路层次有三个：
①直接构造函数利用导数证明；
②直接做差构造函数利用导数证明；
③先做适当的变换后再做差构造函数利用导数证明.
基本题型：
1．（直接构造函数证明不等式）设函数f(x)＝2ex＋acs x，a∈R.
(1)若f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上存在零点，求实数a的取值范围；
(2)证明：当a∈[1,2]时，f(x)≥2x＋3.
2．（先放缩再构造函数证明不等式）已知函数，.
（1）已知恒成立，求a的值；（2）若，求证：.
3．（先变形再构造函数证明不等式）已知函数.
（1）讨论函数的零点个数；
（2）证明：.
4、（利用切线放缩证明不等式）已知函数.
（1）求曲线在处的切线方程；（2）求证：当时，.
5．（先换元再构造函数证明不等式）已知函数f(x)＝ln x－ax2＋(a－b－1)x＋b＋1(a，b∈R)．
(1)若a＝0，试讨论f(x)的单调性；
(2)若04－2a.
基本方法：
1．利用导数证明不等式f(x)>g(x)的基本方法
(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min>g(x)max；
(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)>0.
2．证明不等式时的一些常见结论
(1)ln x≤x－1，等号当且仅当x＝1时取到；
(2)ex≥x＋1，等号当且仅当x＝0时取到；
(3)ln x0；
(4)eq \f(x,x＋1)≤ln(x＋1)≤x，x>－1，等号当且仅当x＝0时取到．
类型三、抽象不等式
基本题型：
1、（多选题）已知定义在上的函数的导函数为，且，，则下列判断中正确的是( )
A．B．
C．D．
2．设定义在R上的函数f(x)满足f′(x)＋f(x)＝3x2e－x，且f(0)＝0，则下列结论正确的是( )
A．f(x)在R上单调递减 B．f(x)在R上单调递增
C．f(x)在R上有最大值 D．f(x)在R上有最小值
3、已知定义在上的函数满足，且当时，有，则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
4、设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)<0的解集为________．
基本方法：
1、当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)±g′(x)”时，不妨联想、逆用“f′(x)±g′(x)＝[f(x)±g(x)]′”．构造可导函数y＝f(x)±g(x)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题．
2、当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)”时，可联想、逆用“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＝[f(x)g(x)]′”，构造可导函数y＝f(x)g(x)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题．
3、当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)g(x)－f(x)g′(x)”时，可联想、逆用“eq \f(f′xgx－fxg′x,[gx]2)＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(fx,gx)))′”，构造可导函数y＝eq \f(fx,gx)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题．
新预测 破高考
1、已知偶函数的定义域为，其导函数为，当时，有成立，则关于x的不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
2．定义在上的函数的图象是连续不断的曲线，且，当时，恒成立，则下列判断一定正确的是（ ）
A．B．
C．D．
3．定义在上函数的导函数为，且，若，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
4．已知是定义在上的可导函数，满足，，则不等式①，②，③，④中一定成立的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
5．已知是定义在上的偶函数，其导函数为．若时，，则不等式的解集是___________．
6、设函数．
（1）证明：当时，；（2）若对任意的，都有，求的取值范围.
7．已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，恒成立，求的取值范围.
8、已知函数，.
（1）若在上恒成立，求实数的取值范围；
（2）求证：.
9、已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）设整数使得对恒成立，求整数的最大值.
10．已知函数f(x)＝1＋ln x－ax2.
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)证明：xf(x)11、已知函数，在处的切线方程为.
（1）求；（2）若，证明：.
12、已知函数f(x)＝ex－xln x，g(x)＝ex－tx2＋x，t∈R，其中e为自然对数的底数．
(1)求函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若g(x)≥f(x)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，求t的取值范围．
13、已知.
（1）求的单调区间；
（2）当时，求证：对于，恒成立；
（3）若存在，使得当时，恒有成立，试求的取值范围.
14．已知函数f(x)＝x(ln x＋a)＋b，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线为2x－y－1＝0.
(1)求a，b的值；
(2)若对任意的x∈(1，＋∞)，f(x)≥m(x－1)恒成立，求正整数m的最大值．
15、已知函数，.
（1）若，求曲线在点的切线与两坐标轴围成的三角形的面积.
（2）若对任意，，求整数的最小值.
16、已知函数，曲线在处的切线方程为．
（1）求证：时，；
（2）求证：．
17、已知函数.
（1）当时，若关于的不等式恒成立，求的取值范围；
（2）当时，证明：.
18.已知函数（其中，为自然对数的底数）．
（1）若函数无极值，求实数的取值范围.
（2）当时，证明：.
2023高考一轮复习讲与练
专题16 导数与不等式
导数与不等式
不等式恒成立
利用导数证明不等式
分离参数
直接构造函数
洛必达法则
直接构造函数
先放缩再构造函数
先变
形再
构造
函数
抽象不等式
型
型
型
练高考 明方向
1.(2023·新高考Ⅱ卷T22） 已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，，求a的取值范围；
（3）设，证明：．
答案：（1）的减区间为，增区间为. （2）；（3）见解析
【解析】
分析：（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.
（2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.
（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.
【小问1详解】当时，，则，当时，，当时，，故的减区间为，增区间为.
【小问2详解】设，则，又，设，
则，若，则，因为为连续不间断函数，
故存在，使得，总有，故在为增函数，故，
故在为增函数，故，与题设矛盾.
若，则，
下证：对任意，总有成立，
证明：设，故，
故在上为减函数，故即成立.
由上述不等式有，故总成立，即在上为减函数，所以.当时，有，
所以在上为减函数，所以.
综上，.
【小问3详解】取，则，总有成立，令，则，
故即对任意的恒成立.所以对任意的，有，
整理得到：，
故，
故不等式成立.
【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.
2.(2023·北京卷T20） 已知函数．
（1）求曲线在点处切线方程；
（2）设，讨论函数在上的单调性；
（3）证明：对任意的，有．
答案：（1） （2）在上单调递增. （3）证明见解析
【解析】
分析：（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；
（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；
（3）令，，即证，由第二问结论可知在[0,+∞）上单调递增，即得证.
【小问1详解】因为，所以，即切点坐标为，
又，∴切线斜率，∴切线方程为：
【小问2详解】因为，所以，
令，则，
∴在上单调递增，∴，∴在上恒成立，
∴上单调递增.
【小问3详解】原不等式等价于，令，，
即证，∵，
，由（2）知在上单调递增，∴，∴
∴在上单调递增，又因为，∴，所以命题得证.
3.(2023·浙江卷T22） 设函数．
（1）求的单调区间；
（2）已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：
（ⅰ）若，则；
（ⅱ）若，则．（注：是自然对数底数）
答案：（1）的减区间为，增区间为. （2）（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.
【解析】
分析：（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.
（2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ） ，，则题设不等式可转化为，结合零点满足的方程进一步转化为，利用导数可证该不等式成立.
【小问1详解】
，当，；当，，
故的减区间为，的增区间为.
【小问2详解】
（ⅰ）因为过有三条不同的切线，设切点为，故，
故方程有3个不同的根，该方程可整理为，
设，则
，当或时，；当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，因为有3个不同的零点，故且，故且，
整理得到：且，
此时，设，则，故为上的减函数，故，故
（ⅱ）当时，同（ⅰ）中讨论可得：
故在上为减函数，在上为增函数，
不妨设，则，因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：，因为，故，
又，设，，则方程即为：
即为，记
则为有三个不同的根，设，，
要证：，即证，
即证：，即证：，
即证：，
而且，
故，故，
故即证：，
即证：，即证：，
记，则，
设，则即，
故在上为增函数，故，
所以，
记，
则，
所以在为增函数，故，
故即，
故原不等式得证：
【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.
4．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)已知函数f(x)=sin2xsin2x．
(1)讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；
(2)证明：；
(3)设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤
答案：（1）当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增．（2）证明见解析；（3）证明见解析．
解析：(1)由函数的解析式可得：，则：
，
在上的根为：，
当时，单调递增，当时，单调递减，
当时，单调递增
(2)注意到，
故函数是周期为的函数，结合(1)的结论，计算可得：，
，，
据此可得：，，即．
(3)结合(2)的结论有：
．
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．
5．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直．
(1)求b．
(2)若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1．
答案：（1）；（2）证明见解析
解析：（1）因为，由题意，，即则；
（2）由（1）可得，，
令，得或；令，得，
所以在上单调递减，在，上单调递增，
且，
若所有零点中存在一个绝对值大于1零点，则或，即或．
当时，，
又，由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
当时，，
又，由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
综上，所有零点的绝对值都不大于1．
【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的零点，涉及到导数的几何意义，反证法，考查学生逻辑推理能力，是一道有一定难度的题．
6．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)(12分)已知函数．
(1)若，求的值；
(2)设为整数，且对于任意正整数，，求的最小值．
答案：(Ⅰ) ;(Ⅱ)
【解析】(Ⅰ),，则,且
当时,,在上单调增,所以时,,不满足题意;
当时,
当时,,则在上单调递减;
当时,,则在上单调递增．
①若,在上单调递增∴当时矛盾
②若,在上单调递减∴当时矛盾
③若,在上单调递减,在上单调递增∴满足题意
综上所述．
(Ⅱ)当时即，则有当且仅当时等号成立
∴,，一方面:,
即． 另一方面:
当时, ∵,, ∴的最小值为．
【考点】导数研究函数的单调性;导数研究函数的最值;利用导数证明不等式
【点评】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具,而函数是高中数学中重要的知识点,所以在历届高考中,对导数的应用的考查都非常突出 ,本专题在高考中的命题方向及命题角度 从高考来看,对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行: (1)考查导数的几何意义,往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间,判断单调性;已知单调性,求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值),解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．
7．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)(12分)已知函数且．
(1)求 ；
(2)证明：存在唯一的极大值点，且．
答案：(1)；(2)证明略．
【命题意图】本题考查函数的极值，导数的应用．
【基本解法】(1)法一．
由题知：，且 ，所以：．
即当时，；当时，；
当时，成立．
令，，当时，，
递减，，所以：，即：．所以：；
当时，，递增，，所以：，
即：．所以：；综上：．
法二．洛必达法则
由题知：，且 ，所以：．
即当时，；当时，；
当时，成立．令，．
令，．
当时，,递增，；
所以，递减，．
所以：；当时，,递减，；
所以，递减，．
所以：；故．
由(1)知：，．
设，则．
当时，；当时，．
所以在递减，在递增．
又，，，所以在有唯一零点，在有唯一零点1，且当时，；当时，；
当时，．又，所以是的唯一极大值点．
由得，故．由得．
因为是在的唯一极大值点，由，得
所以．
【考点】 利用 导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【点评】导数是研究函数的单调性、极值（最值）最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，本专题在高考中的命题方向及命题角度，从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数 了单调区间，判断单调必；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值（极值），解决生活中的人优化问题．（4）考查数形结合思想的应用．
8．(2023高考数学课标Ⅲ卷理科)设函数,其中,记的最大值为.
(Ⅰ)求;
(Ⅱ)求;
(Ⅲ)证明.
答案：(Ⅰ);(Ⅱ);(Ⅲ)见解析.
【解析】(Ⅰ).
(Ⅱ)当时,
因此,. 当时,将变形为.
令,则是在上的最大值，,
且当 时,取得极小值,极小值为.
令,解得(舍去),.
(i)当时,在内无极值点,,,
所以.
(ii)当时,由,知.
又,所以.
综上,.
(Ⅲ)由(Ⅰ)得.
当时,.
当时,,所以.
当时,,所以.
9．(2023高考数学新课标2理科)设函数是奇函数的导函数，，当时，，则使得成立的的取值范围是( )
A．B．
C．D．
答案：A
解析：记函数，则，因为当时，，故当时，，所以在单调递减；又因为函数是奇函数，故函数是偶函数，所以在单调递减，且．当时，，则；当时，，则，综上所述，使得成立的的取值范围是，故选A．
10．(2023高考数学新课标2理科)(本题满分12分)设函数．
(Ⅰ)证明：在单调递减，在单调递增；
(Ⅱ)若对于任意，都有，求的取值范围．
答案：（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）．
解析：（Ⅰ）．
若，则当时，，；当时，，．
若，则当时，，；当时，，．
所以，在单调递减，在单调递增．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，对任意的，在单调递减，在单调递增，故在处取得最小值．所以对于任意，的充要条件是：即①，设函数，则．当时，；当时，．故在单调递减，在单调递增．又，，故当时，．当时，，，即①式成立．当时，由的单调性，，即；当时，，即．综上，的取值范围是．
11．(2023高考数学课标1理科)设函数,曲线在点处的切线．
(1)求;
(2)证明:．
【解析】(1)函数的定义域为,
由题意可得,故．
(2)由(1)知,从而等价于
设函数,则,所以当时,,当时,,故在单调递减,在上单调递增,从而在上的最小值为． 设函数,则,所以当时,,当时,故在上单调递增,在单调递减,从而在的最小值为 ．
综上:当时,,即．
12．(2023高考数学新课标2理科)已知函数．
(1)设是的极值点，求，并讨论的单调性；
(2)当时，证明．
【解析】（1），所以，
，
显然在(－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增．
（2）证明 令，则．
，
所以是增函数，至多只有一个实数根，
又，
所以的唯一实根在区间内，
设的根为t，则有，所以，，
当时，单调递减；
当时，单调递增；
所以，
当 时，有，
所以．
13．(2023高考数学新课标1理科)已知函数＝，＝，若曲线和曲线都过点P(0，2)，且在点P处有相同的切线
(Ⅰ)求，，，的值
(Ⅱ)若≥－2时，≤，求的取值范围。
答案：（1）=4，=2，=2，=2 （2）[1,]．
解析：（Ⅰ）由已知得，而=，=，
∴=4，=2，=2，=2；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，，
设函数==（），
==，有题设可得≥0，即，
令=0得，=，=－2，
（1）若，则－2＜≤0，∴当时，＜0，当时，＞0，即在单调递减，在单调递增，故在=取最小值，而==≥0，∴当≥－2时，≥0，即≤恒成立，
(2)若，则=，
∴当≥－2时，≥0，∴在(－2,+∞)单调递增，而=0，
∴当≥－2时，≥0，即≤恒成立，
(3)若，则==＜0，∴当≥－2时，≤不可能恒成立，
综上所述，的取值范围为[1,]．
14．(2023高考数学新课标1理科)设函数,其中，若存在唯一的整数，使得0，则的取值范围是( )
A．B．C．D．
答案：D
解析：设=，，由题知存在唯一的整数，使得在直线的下方．
因为，所以当时，＜0，当时，＞0，所以当时，=，当时，=-1，，直线恒过（1,0）斜率且，故，且，解得≤＜1，故选D．
讲典例 备高考
类型一、不等式恒成立求参数范围
基础知识：
洛必达法则：
法则1 若函数f(x)和g(x)满足下列条件
(1) f(x)＝0及 g(x)＝0；
(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
(3) eq \f(f′x,g′x)＝l，
那么 eq \f(fx,gx)＝ eq \f(f′x,g′x)＝l.
法则2 若函数f(x)和g(x)满足下列条件
(1) f(x)＝∞及 g(x)＝∞；
(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
(3) eq \f(f′x,g′x)＝l，
那么 eq \f(fx,gx)＝ eq \f(f′x,g′x)＝l.
2．分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路
（1）用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题．
（2）求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关”
转化关：通过分离参数法，先转化为f(a)≥g(x)(或f(a)≤g(x))对∀x∈D恒成立，再转化为f(a)≥g(x)max(或f(a)≤g(x)min)
求最值关：求函数g(x)在区间D上的最大值(或最小值)问题基本题型：
1．(分离参数、直接构造函数）(2023年高考数学课标Ⅰ卷理科)已知函数．
(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≥x3+1，求a的取值范围．
答案：（1）当时，单调递减，当时，单调递增．（2）
【解析】(1)当时，，，
由于，故单调递增，注意到，故：
当时，单调递减，当时，单调递增．
(2)法一：（分离参数）由得，，其中，
①．当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意；
②．当时，分离参数a得，，
记，，令，
则，，故单调递增，，
故函数单调递增，，由可得：恒成立，
故当时，，单调递增；当时，，单调递减；
因此，,综上可得，实数a的取值范围是．
法二：（直接构造）f(x)≥eq \f(1,2)x3＋1等价于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1))e－x≤1.设g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1))e－x(x≥0)，
则g′(x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1－\f(3,2)x2＋2ax－1))e－x＝－eq \f(1,2)x(x－2a－1)(x－2)e－x.
①若2a＋1≤0，即a≤－eq \f(1,2)，则当x∈(0,2)时，g′(x)＞0.所以g(x)在(0,2)上单调递增，
而g(0)＝1，故当x∈(0,2)时，g(x)＞1，不符合题意．
eq \a\vs4\al( ②若0＜2a＋1＜2，即－\f(1,2)＜a＜\f(1,2)，)则当x∈(0,2a＋1)∪(2，＋∞)时，g′(x)＜0；
当x∈(2a＋1,2)时，g′(x)＞0.
所以g(x)在(0,2a＋1)，(2，＋∞)上单调递减，在(2a＋1,2)上单调递增．eq \a\vs4\al(由于g0＝1，)
所以g(x)≤1当且仅当g(2)＝(7－4a)·e－2≤1，即a≥eq \f(7－e2,4).所以当eq \f(7－e2,4)≤a＜eq \f(1,2)时，g(x)≤1.
③若2a＋1≥2，即a≥eq \f(1,2)，则g(x)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3＋x＋1))e－x.由于0∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7－e2,4)，\f(1,2)))，
故由②可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3＋x＋1))e－x≤1.故当a≥eq \f(1,2)时，g(x)≤1.综上，a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7－e2,4)，＋∞)).
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．
2、（洛必达法则）已知函数，曲线在点处的切线方程为，
（1）求的值；（2）若且时，，求k的取值范围。
【解析】由题设可得，当x>0，x≠1时，k0，x≠1)，
则g′(x)＝2·eq \f(x2＋1ln x－x2＋1,1－x22)，再令h(x)＝(x2＋1)ln x－x2＋1(x>0，x≠1)，
则h′(x)＝2xln x＋eq \f(1,x)－x，又h″(x)＝2ln x＋1－eq \f(1,x2)，易知h″(x)在(0，＋∞)上为增函数，且h″(1)＝0，
故当x∈(0,1)时，h″(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h″(x)>0，
∴h′(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，
故h′(x)>h′(1)＝0，∴h(x)在(0，＋∞)上为增函数．又h(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，h(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，∴当x∈(0,1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，
∴g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．
由洛必达法则知， g(x)＝2 eq \f(xln x,1－x2)＋1＝2 eq \f(1＋ln x,－2x)＋1＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＋1＝0，
∴g(x)>0，∴k≤0，故k的取值范围为(－∞，0]．
3．（分离参数+虚设零点）已知函数f(x)＝axex(a∈R)，g(x)＝ln x＋x＋1.若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】f(x)≥g(x)恒成立，即axex≥ln x＋x＋1恒成立．因为x＞0，所以a≥eq \f(ln x＋x＋1,xex).
令h(x)＝eq \f(ln x＋x＋1,xex)，则h′(x)＝eq \f(x＋1－ln x－x,x2ex).
令p(x)＝－ln x－x，则p′(x)＝－eq \f(1,x)－1＜0，故p(x)在(0，＋∞)上单调递减，
又peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝1－eq \f(1,e)＞0，p(1)＝－1＜0，故存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))，使得p(x0)＝－ln x0－x0＝0，
故ln x0＋x0＝0，即x0＝e－x0.当x∈(0，x0)时，p(x)＞0，h′(x)＞0；
当x∈(x0，＋∞)时，p(x)＜0，h′(x)＜0.
所以h(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减．所以h(x)max＝h(x0)＝eq \f(ln x0＋x0＋1,x0ex0)＝1.
故实数a的取值范围是[1，＋∞)．
4、已知函数f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1)，当x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求实数k的取值范围．
【解析】法一：直接法
令x＝0，由f(x)≤kg(x)得2≤2k，故k≥1.
设h(x)＝f(x)－kg(x)＝x2＋4x＋2－2kex(x＋1)(x≥－2)．由题意得h(x)max≤0.
h′(x)＝2(x＋2)(1－kex)(x≥－2)．令h′(x)＝0，得x＝－2或x＝lneq \f(1,k).因为k≥1，所以lneq \f(1,k)≤0.
①若ln eq \f(1,k)≤－2，即k≥e2时，h(x)在(－2，＋∞)上单调递减，
所以h(x)max＝h(－2)＝－2＋2k·eq \f(1,e2)≤0.故k≤e2，结合条件得k＝e2.
②若ln eq \f(1,k)＞－2，即1≤k＜e2，h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，ln \f(1,k)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,k)，＋∞))上单调递减，
所以h(x)max＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,k)))＝ln2k－4ln k＋2－2k·eq \f(1,k)(－ln k＋1)＝ln2k－2ln k≤0，
故0≤ln k≤2，解得1≤k≤e2.结合条件得1≤k＜e2.
综上，实数k的取值范围是[1，e2]．
法二：分离参数法
由已知得不等式x2＋4x＋2≤k·2ex(x＋1)对x≥－2恒成立．
①当x＝－1时，k∈R.
②当－2≤x＜－1时，k≤eq \f(x2＋4x＋2,2exx＋1)恒成立．设m(x)＝eq \f(x2＋4x＋2,2exx＋1)，则m′(x)＝－eq \f(xx＋22,2exx＋12).
当－2≤x＜－1时，m′(x)≥0，m(x)单调递增，所以m(x)min＝m(－2)＝e2，故k≤e2.
③当x＞－1时，k≥m(x)恒成立．因为m(x)在(－1,0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，
所以m(x)max＝m(0)＝1，故k≥1.
综上，1≤k≤e2.即实数k的取值范围是[1，e2]．
基本方法：
利用导数求解参数范围的两种常用方法：
（1）分离参数法：将参数和自变量分离开来，构造关于自变量的新函数，研究新函数最值与参数之间的关系，求解出参数范围；若或恒成立，只需满足或即可，利用导数方法求出的最小值或的最大值，从而解决问题；
(2)把参数看作常数利用分类讨论方法解决：对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围。
类型二、不等式的证明
基础知识：
利用导数证明不等式，常用的思路层次有三个：
①直接构造函数利用导数证明；
②直接做差构造函数利用导数证明；
③先做适当的变换后再做差构造函数利用导数证明.
基本题型：
1．（直接构造函数证明不等式）设函数f(x)＝2ex＋acs x，a∈R.
(1)若f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上存在零点，求实数a的取值范围；
(2)证明：当a∈[1,2]时，f(x)≥2x＋3.
【解析】(1)设g(x)＝2ex，h(x)＝acs x，因为当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，g(x)为增函数，
当a≥0时，0≤h(x)≤a,2所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒大于零，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上不存在零点，不符合题意；
当a<0时，h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上为增函数，易知f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上为增函数，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上若有零点，则仅有1个，所以f(0)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))<0，即(2＋a)·2eeq \f(π,2)<0，解得a<－2，
所以实数a的取值范围为(－∞，－2)．
(2)证明：设G(x)＝f(x)－2x－3＝2ex＋acs x－2x－3，则G′(x)＝2ex－asin x－2，G′(0)＝0，
由G″(x)＝2ex－acs x知，当a∈[1,2]时，G″(x)≥0，所以G′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，
G′(x)>0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒成立，所以G(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，而G(0)＝2＋a－3＝a－1，
因为a∈[1,2]，所以G(0)≥0，所以G(x)≥0恒成立，所以当a∈[1,2]时，f(x)≥2x＋3.
2．（先放缩再构造函数证明不等式）已知函数，.
（1）已知恒成立，求a的值；（2）若，求证：.
答案：（1）；（2）证明见解析.
分析：（1）作差，设，利用导数求出的最小值为，只需；
设，利用导数求出，解出；
（2）利用把原不等式转化为证明，即证：，
设，利用导数求出最小值，即可证明.
【解析】（1）设，，
当时，，单增，当，不满足恒成立
当，在单减，在单增，
所以的最小值为，即，即
设，，所以在单减，在单增，
即，故的解只有，综上
（2）先证当时，恒成立.令，求导，
所以在上单调递增，，所以
所以要证，即证，
即证，即证：，
设，求导，
所以在上单调递减，所以，即原不等式成立.
所以当时，如成立.
3．（先变形再构造函数证明不等式）已知函数.
（1）讨论函数的零点个数；
（2）证明：.
答案：（1）答案见解析；（2）证明见解析.
分析：（1）先求导，令导数为0，得，分析导数在定义域内的增减性知时，函数有极小值，再分类讨论极值点处的正负，结合零点存在定理判断即可；
（2）结合（1）知当时，，要证，
需证，即证，再分段在时和时，结合导数分类讨论即可证明
【解析】（1）因为，所以.
令，得；令，得.所以在上为减函数，在上为增函数，.
当时，，有且只有一个零点；
当时，，没有零点；
当时，，，所以在上有唯一的零点，又，所以在上有唯一的零点.
综上所述，当时，有且只有一个零点；当时，没有零点；当时，有两个零点.
（2）证明：由（1）知，当时，，即.
要证，需证，
需证，即证.
设.
当时，.
当时，，令，则.
再令，则，
所以在上为增函数，，
所以在上为增函数，，
所以在上为增函数，.故成立.
4、（利用切线放缩证明不等式）已知函数.
（1）求曲线在处的切线方程；（2）求证：当时，.
【解析】（1），，由题设得，
所以曲线在处的切线方程为，即；
（2）令，则，当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
，所以函数在上单调递增，
由于曲线在处的切线方程为，，可猜测函数的图象恒在切线的上方. 先证明当时，.
设，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
由，所以，所以存在，使得，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
因为，所以，即，当且仅当时取等号，
所以当时，， 变形可得，
又由于，当且仅当时取等号（证明略），
所以，当且仅当时取等号.
5．（先换元再构造函数证明不等式）已知函数f(x)＝ln x－ax2＋(a－b－1)x＋b＋1(a，b∈R)．
(1)若a＝0，试讨论f(x)的单调性；
(2)若04－2a.
【解析】(1)依题意知x>0，当a＝0时，f′(x)＝eq \f(1,x)－(b＋1)．
①当b≤－1时，f′(x)>0恒成立，此时f(x)在定义域(0，＋∞)上单调递增；
②当b>－1时，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,b＋1)))时，f′(x)>0；x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b＋1)，＋∞))时，f′(x)<0，故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,b＋1)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b＋1)，＋∞))上单调递减．
(2)证明：由f(x)＝m－ax2，得ln x＋(a－2)x＋2－m＝0.
令g(x)＝ln x＋(a－2)x＋2，x>0，则g(x1)＝g(x2)＝m，
依题意有ln x1＋(a－2)x1＝ln x2＋(a－2)x2，∴a－2＝eq \f(ln\f(x2,x1),x1－x2)，要证eq \f(1,x1)＋eq \f(1,x2)>4－2a，
只需证eq \f(x1＋x2,x1x2)>2(2－a)＝eq \f(－2ln\f(x2,x1),x1－x2)(不妨设x1令eq \f(x2,x1)＝t(t>1)，则g(t)＝2ln t－t＋eq \f(1,t)，∵g′(t)＝eq \f(2,t)－1－eq \f(1,t2)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)－1))2<0，
∴g(t)在(1，＋∞)上单调递减，∴g(t)4－2a.
基本方法：
1．利用导数证明不等式f(x)>g(x)的基本方法
(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min>g(x)max；
(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)>0.
2．证明不等式时的一些常见结论
(1)ln x≤x－1，等号当且仅当x＝1时取到；
(2)ex≥x＋1，等号当且仅当x＝0时取到；
(3)ln x0；
(4)eq \f(x,x＋1)≤ln(x＋1)≤x，x>－1，等号当且仅当x＝0时取到．
类型三、抽象不等式
基本题型：
1、（多选题）已知定义在上的函数的导函数为，且，，则下列判断中正确的是( )
A．B．
C．D．
答案：CD
【解析】令，，则，因为，
所以在上恒成立，因此函数在上单调递减，
因此，即，即，故A错；又，所以，所以在上恒成立，因为，所以，故B错；又，所以，即，故C正确；又，所以，即，故D正确；
2．设定义在R上的函数f(x)满足f′(x)＋f(x)＝3x2e－x，且f(0)＝0，则下列结论正确的是( )
A．f(x)在R上单调递减 B．f(x)在R上单调递增
C．f(x)在R上有最大值 D．f(x)在R上有最小值
答案：C
【解析】根据条件中“f′(x)＋f(x)”的特征，可以构造F(x)＝exf(x)，则有F′(x)＝ex[f′(x)＋f(x)]＝ex·3x2e－x＝3x2，故F(x)＝x3＋c(c为常数)，所以f(x)＝eq \f(x3＋c,ex)，又f(0)＝0，所以c＝0，f(x)＝eq \f(x3,ex).因为f′(x)＝eq \f(3x2－x3,ex)，易知f(x)在区间(－∞，3]上单调递增，在[3，＋∞)上单调递减，f(x)max＝f(3)＝eq \f(27,e3)，无最小值，故选C.
3、已知定义在上的函数满足，且当时，有，则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
答案：A
【解析】根据题意，设，则，则有，，即有，故函数的图象关于对称，则有，
当时，，，又由当时，，即当时，，即函数在区间为增函数，由可得，即，，函数的图象关于对称，函数在区间为增函数，
由可得，即，此时不存在。
4、设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)<0的解集为________．
答案：(－∞，－3)∪(0,3)．
【解析】借助导数的运算法则，f′(x)g(x)＋f(x)·g′(x)>0⇔[f(x)g(x)]′>0，所以函数y＝f(x)g(x)在(－∞，0)上单调递增．又由题意知函数y＝f(x)g(x)为奇函数，所以其图象关于原点对称，且过点(－3,0)，(3,0)．数形结合可求得不等式f(x)g(x)<0的解集为(－∞，－3)∪(0,3)．
基本方法：
1、当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)±g′(x)”时，不妨联想、逆用“f′(x)±g′(x)＝[f(x)±g(x)]′”．构造可导函数y＝f(x)±g(x)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题．
2、当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)”时，可联想、逆用“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＝[f(x)g(x)]′”，构造可导函数y＝f(x)g(x)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题．
3、当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)g(x)－f(x)g′(x)”时，可联想、逆用“eq \f(f′xgx－fxg′x,[gx]2)＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(fx,gx)))′”，构造可导函数y＝eq \f(fx,gx)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题．
新预测 破高考
1、已知偶函数的定义域为，其导函数为，当时，有成立，则关于x的不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
答案：B
【解析】根据题意设，则，又当时，，则有，所以在上单调递减，又在上是偶函数，所以，所以是偶函数，所以，又为偶函数，且在上为减函数，且定义域为，则有，解得
或，即不等式的解集为，
2．定义在上的函数的图象是连续不断的曲线，且，当时，恒成立，则下列判断一定正确的是（ ）
A．B．
C．D．
答案：B
分析：构造函数，判断为偶函数，且在上单调递增，再计算函数值比较大小得到答案.
【详解】构造函数，因为，所以，
则，所以为偶数，当时，，所以在上单调递增，所以有，则，即，即.
3．定义在上函数的导函数为，且，若，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
答案：A
分析：令，可求函数在上单调递减. 由，可得，从而可求不等式的解集.
【详解】令，则，由，得，，函数在上单调递减. 由，可得，，即，又函数在上单调递减，.
故不等式的解集为.
4．已知是定义在上的可导函数，满足，，则不等式①，②，③，④中一定成立的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
答案：A
【解析】
分析：根据题意构造函数x，并判断其在（0，+∞）上单调递减，然后分别算出g（1）、g（2）和g（），并利用单调性比较大小，即可判断每个选项．
【详解】令x，则1，
∵xf'（x）﹣f（x）＜x2，∴g'（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，即g（x）在（0，+∞）上单调递减，
∵f（1）＝1，∴，对于，即f（2）＜4，∴①错误，②正确；对于，即，∴③和④均错误；因此一定成立的只有②，
5．已知是定义在上的偶函数，其导函数为．若时，，则不等式的解集是___________．
答案：
分析：构造，先利用定义判断的奇偶性，再利用导数判断其单调性，转化为，结合奇偶性，单调性求解不等式即可.
【详解】令，则是上的偶函数，，则在上递减，于是在上递增．由得，即，于是，则，解得．故答案为：
6、设函数．
（1）证明：当时，；（2）若对任意的，都有，求的取值范围.
【解析】（1）由题意可知函数的定义域为，又，令得，，
∴当时，，当时， ，
∴在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，当时，，∴，
即当时，；
（2）∵对任意的，都有，∴在上恒成立，
故在上恒成立，令，则在上恒成立，∴在上单调递增，∴，所以.
7．已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，恒成立，求的取值范围.
答案：（1）答案见解析；（2）.
分析：（1）含参数函数的单调性需要分类讨论得出结果；
（2）通过换元把恒成立转化为恒成立，然后构造函数即可.
【解析】（1）由题意，函数的定义域为.则.
（i）当时，令，得，令，得；
所以函数在上单调递减，在上单调递增；
（ii）当时，对任意恒成立，所以函数在上单调递减；
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减.
（2），恒成立，即恒成立，设，则，设，则问题转化为，都有恒成立.
（i）当时，成立，
（ii）当时，，所以，
由（1）知，当时，在上单调递增，
所以当时，，即，
于是得当时，有，即，
故当时，，即，
所以当时，恒成立；
(iii) 当时，，所以，
而，即，
所以当时，恒成立.综上所述，若对于，都有恒成立，
则只需即可.故所求的的取值范围为.
8、已知函数，.
（1）若在上恒成立，求实数的取值范围；
（2）求证：.
【解析】（1）等价于，即，
记，则，
当时，，在上单调递增，由，，
所以，即不恒成立；
当时，时，，单调递增，不恒成立；
当时，，，在上单调递减，，所以，即恒成立；故在上恒成立，实数的取值范围是；
（2）当时，在上成立，即，
令，则，
所以
，
所以
9、已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）设整数使得对恒成立，求整数的最大值.
答案：（1）在上单调递增，在上单调递减；（2）2.
分析：（1）求函数的导数，结合函数单调性和导数之间的关系进行求解即可
（2）将不等式进行转化，构造函数，求出函数的最小值进行证明即可
【解析】（Ⅰ）函数的导数为，由得，由，得，
所以在上单调递增，由，得，
所以在上单调递减.
所以的单调减区间为，增区间为.
（2）对恒成立等价于当时，恒成立.
令，则.由，得，
随着变化，，的变化情况如下表所示：
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以函数的最小值为，令，
则.当时，因为的最小值为，
所以恒成立，符合题意；当时.由，
得函数，在上单调递减，所以，
故此时的最小值，不符合题意，所以整数的最大值是2.
10．已知函数f(x)＝1＋ln x－ax2.
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)证明：xf(x)【解析】(1)f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1－2ax2,x)，
故a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝eq \f(\r(2a),2a)，
故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2a),2a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2a),2a)，＋∞))上单调递减．
(2)证明：要证xf(x)令g(x)＝eq \f(2,e2)·eq \f(ex,x2)(x>0)，则g′(x)＝eq \f(2,e2)·eq \f(exx－2,x3)，
所以g(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，故g(x)最小值＝g(2)＝eq \f(1,2)，
令k(x)＝eq \f(ln x,x)，则k′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，故k(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
故k(x)最大值＝k(e)＝eq \f(1,e)，∵eq \f(1,e)11、已知函数，在处的切线方程为.
（1）求；（2）若，证明：.
【解析】（1），；
（2）由（1）可知，，由，可得，
令，则，
当时，，
当时，设，则，
故函数在上单调递增，又，所以当时，，
当时，， 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故，即.故.
12、已知函数f(x)＝ex－xln x，g(x)＝ex－tx2＋x，t∈R，其中e为自然对数的底数．
(1)求函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若g(x)≥f(x)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，求t的取值范围．
【解析】(1)由f(x)＝ex－xln x，知f′(x)＝e－ln x－1，则f′(1)＝e－1，而f(1)＝e，
故所求切线方程为y－e＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋1.
(2)∵f(x)＝ex－xln x，g(x)＝ex－tx2＋x，t∈R，
∴g(x)≥f(x)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立等价于ex－tx2＋x－ex＋xln x≥0对任意
的x∈(0，＋∞)恒成立，即t≤eq \f(ex＋x－ex＋xln x,x2)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．
令F(x)＝eq \f(ex＋x－ex＋xln x,x2)，则F′(x)＝eq \f(xex＋ex－2ex－xln x,x3)＝eq \f(1,x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex＋e－\f(2ex,x)－ln x))，
令G(x)＝ex＋e－eq \f(2ex,x)－ln x，
则G′(x)＝ex－eq \f(2xex－ex,x2)－eq \f(1,x)＝eq \f(exx－12＋ex－x,x2)>0，对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．
∴G(x)＝ex＋e－eq \f(2ex,x)－ln x在(0，＋∞)上单调递增，且G(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，G(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，G(x)>0，即当x∈(0,1)时，F′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，F′(x)>0，
∴F(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴F(x)≥F(1)＝1，
∴t≤1，即t的取值范围是(－∞，1]．
13、已知.
（1）求的单调区间；
（2）当时，求证：对于，恒成立；
（3）若存在，使得当时，恒有成立，试求的取值范围.
【解析】（1），
当时，.解得．当时，解得．
所以单调减区间为，单调增区间为．
（2）设，
当时，由题意，当时，恒成立．，
∴当时，恒成立，单调递减．又，∴当时，恒成立，即．∴对于，恒成立．
（3）因为．由（2）知，当时，恒成立，即对于，，不存在满足条件的；
当时，对于，，此时．
∴，即恒成立，不存在满足条件的；
当时，令，可知与符号相同，
当时，，，单调递减．
∴当时，，即恒成立．
综上，的取值范围为．
14．已知函数f(x)＝x(ln x＋a)＋b，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线为2x－y－1＝0.
(1)求a，b的值；
(2)若对任意的x∈(1，＋∞)，f(x)≥m(x－1)恒成立，求正整数m的最大值．
【解析】(1)由f(x)＝x(ln x＋a)＋b，得f′(x)＝ln x＋a＋1，由切线方程可知，f(1)＝2－1＝1，
∴f′(1)＝a＋1＝2，f(1)＝a＋b＝1，解得a＝1，b＝0.
(2)由(1)知f(x)＝x(ln x＋1)，则x∈(1，＋∞)时，f(x)≥m(x－1)恒成立等
价于x∈(1，＋∞)时，m≤eq \f(xln x＋1,x－1)恒成立．令g(x)＝eq \f(xln x＋1,x－1)，x＞1，
则g′(x)＝eq \f(x－ln x－2,x－12).令h(x)＝x－ln x－2，则h′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
∴当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．∵h(3)＝1－ln 3＜0，h(4)＝2－2ln 2＞0，
∴∃x0∈(3,4)，使得h(x0)＝0，
当x∈(1，x0)时，g′(x)＜0；x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＞0，
∴g(x)min＝g(x0)＝eq \f(x0ln x0＋1,x0－1).∵h(x0)＝x0－ln x0－2＝0，∴ln x0＝x0－2，
∴g(x)min＝g(x0)＝eq \f(x0x0－2＋1,x0－1)＝x0∈(3,4)，
∴m≤x0∈(3,4)，即正整数m的最大值为3.
15、已知函数，.
（1）若，求曲线在点的切线与两坐标轴围成的三角形的面积.
（2）若对任意，，求整数的最小值.
答案：见解析
解析：（1）若，则函数，定义域为，可得，则，，故曲线在点的切线方程为，设切线与，轴分别交于，两点，令得，令得，即，，所以.
（2）由，，设，，则，当时，，设，则，
所以在上单调递增，又，，∴，使得，即，，当时，，，当时，，，
∴函数在内单调递增，在内单调递减，∴，∵函数在时单调递增，∴，∵对任意的恒成立，又，
∴的最小值是.
16、已知函数，曲线在处的切线方程为．
（1）求证：时，；
（2）求证：．
【解析】（1）函数的定义域为，，又，，
所以该切线方程为．设，则，
令，则，
当时，，所以在上单调递增，
又，所以，即在上单调递增，
所以，故时，；
（2）由（1）知：当时，. 令，则，
所以，
所以，
化简可得，得证.
17、已知函数.
（1）当时，若关于的不等式恒成立，求的取值范围；
（2）当时，证明：.
【解析】（1）由，得恒成立，令，则，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，
所以，即，故的取值范围是；
（2）有（1）知时，有，所以.
＝ 1 \* GB3 ①要证，可证，只需证，易证（证明略），所以；
＝ 2 \* GB3 ②要证，可证， 易证（证明略），
由于，所以，所以，
综上所述，当时，证明：.
18.已知函数（其中，为自然对数的底数）．
（1）若函数无极值，求实数的取值范围.
（2）当时，证明：.
答案：见解析
解析：（1）∵函数无极值，∴在上单调递减或单调递减，即或在时恒成立，又，令，则，所以在上单调递减，在上单调递增，，当时，，即，
当时，显然不成立，所以实数的取值范围是.
（2）由（1）可知，当时，当时，，即，
欲证，只需证即可，构造函数，
则恒成立，故在单调递增，从而，即，亦即，得证.
﹣
0
+
极小值