2023高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案-數(shù)學(xué)(名校內(nèi)參版) 第四章 4.4導(dǎo)數(shù)與不等式（word含答案解析）

1、44導(dǎo)數(shù)與不等式(教師獨具內(nèi)容)1本考點在高考試題中多以基本初等函數(shù)或其復(fù)合形式為載體，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值、零點問題，同時與不等式關(guān)聯(lián)緊密2導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用題型很靈活，解題方法較多，多采用定義法、公式法、綜合法，必要時還要使用放縮法，主要考查邏輯推理能力、運算求解能力、分類與整合的能力以及數(shù)學(xué)語言表達(dá)能力3重點提升邏輯推理和數(shù)學(xué)運算素養(yǎng)(教師獨具內(nèi)容)1高考對本考點的考查較為穩(wěn)定，考查方式及題目難度在近兩年中變化不大2考查內(nèi)容主要體現(xiàn)在以下三個方面：(1)考查函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值；(2)由不等式恒成立求參數(shù)的范圍；(3)函數(shù)與不等式綜合，考查不等式的證明問題3考題難度覆蓋難、中

2、、易，在選擇題、填空題和解答題中均有可能出現(xiàn)(教師獨具內(nèi)容)(教師獨具內(nèi)容)構(gòu)造法證明不等式是指在證明與函數(shù)有關(guān)的不等式時，根據(jù)所要證明的不等式，構(gòu)造與之相關(guān)的函數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性、極值、最值加以證明常見的構(gòu)造方法有：(1)直接構(gòu)造法：證明不等式f(x)g(x)(f(x)g(x)轉(zhuǎn)化為證明f(x)g(x)0(f(x)g(x)0)，進(jìn)而構(gòu)造輔助函數(shù)h(x)f(x)g(x)；(2)適當(dāng)放縮構(gòu)造法：一是根據(jù)已知條件適當(dāng)放縮，二是利用常見的放縮結(jié)論，如ln xx1，exx1，ln xxex(x0)， eq f(x,x1)ln (x1)x(x1)；(3)構(gòu)造“形似”函數(shù)：稍作變形再構(gòu)造，對原不等式同解變

3、形，如移項、通分、取對數(shù)，把不等式轉(zhuǎn)化為左、右兩邊是相同結(jié)構(gòu)的式子的形式，根據(jù)“相同結(jié)構(gòu)”構(gòu)造輔助函數(shù)；(4)構(gòu)造雙函數(shù)：若直接構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo)難以判斷符號，導(dǎo)函數(shù)零點也不易求得，因此函數(shù)單調(diào)性與極值點都不易獲得，則可構(gòu)造函數(shù)f(x)和g(x)，利用其最值求解1設(shè)a2022ln 2020，b2021ln 2021，c2020ln 2022，則()Aabc BcbaCacb Dbac答案A解析設(shè)f(x) eq f(ln x,x1)，f(x) eq f(1f(1,x)ln x,（x1）2)，當(dāng)xe2，)時，f(x)f(2021)，即 eq f(ln 2020,2021) eq f(ln 2021,20

4、22)，所以2022ln 20202021ln 2021，即ab；設(shè)g(x) eq f(ln x,x1)，g(x) eq f(1f(1,x)ln x,（x1）2)，當(dāng)xe2，)時，g(x)g(2022)，即 eq f(ln 2021,2020) eq f(ln 2022,2021)，所以2021ln 20212020ln 2022，即bc，所以abc.故選A.2(2021昆明高三模擬)已知a eq f(1,100)，be eq sup15(eq f(99,100)，cln eq f(101,100)，則a，b，c的大小關(guān)系為()Aabc BacbCcab Dbac答案C解析先用導(dǎo)數(shù)證明這兩個重

5、要的不等式exx1，當(dāng)且僅當(dāng)x0時取“”令yex(x1)，則yex1，當(dāng)x(，0)時，y0，函數(shù)遞增，故x0時函數(shù)取得最小值為0，故exx1，當(dāng)且僅當(dāng)x0時取“”ln xx1，當(dāng)且僅當(dāng)x1時取“”令yln x(x1)，則y eq f(1,x)1，當(dāng)x(0，1)時，y0，函數(shù)遞增，當(dāng)x(1，)時，y eq f(99,100)1 eq f(1,100)，cln eq f(101,100)1)Cln (x2)x1(x2)Dexsin x eq f(1,8)(xR)答案D解析對于A，令f(x)ex(x1)，f(x)ex1，當(dāng)x0時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x0時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減，

6、所以f(x)f(0)0，即exx1，則ex2x3，故A正確；對于B，令f(x)x2ln x，f(x)2x eq f(1,x) eq f(2x21,x)，在 eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(r(2),2)上，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)f eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),2) eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),2) eq sup15(2)ln eq f(r(2),2) eq f(1,2)ln eq f(r(2),2)ln eq r(e)ln eq f(r(2),2)0，即x2ln x，則(x1)2ln (x1)(x1)

7、，故B正確；對于C，令f(x)ln x(x1)，f(x) eq f(1,x)1 eq f(1x,x)，當(dāng)x1時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)0 x0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)f(1)0，則ln x(x1)0，即ln xx1，所以ln (x2)x1(x2)，故C正確；對于D，取x，得e eq f(1,e) eq f(1,8)sin () eq f(1,8)，故D錯誤故選D.4(2022溫州高三模擬)若0 x1x21，且1x3ln x4ln x3；ex2ex1ln x2ln x1；x3ex2x1ex2.其中是正確命題的有 答案解析令f(x)exln x(x0)，則f(x)ex eq f(

8、1,x)，易知當(dāng)x(0，)時，f(x)單調(diào)遞增，由f eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)e eq sup15(f(1,3)30，知存在x0 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)，1)，使得f(x0)0，當(dāng)x(0，x0)時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增0 x1x21，當(dāng)x2x0時，f(x2)f(x1)，即ex2ln x2ex1ln x1，此時ex2ex1ln x2ln x1，故錯誤；1x3f(x3)，即ex4ln x4ex3ln x3，ex4ex3ln x4ln x3，故正確；令h(x) eq f(ex,x)(x0)，h(x) eq f(ex（x1）,x2)

9、，當(dāng)x(0，1)時，h(x)0，h(x)單調(diào)遞增0 x21x3，h(x2)與h(x3)的大小無法確定，即x3ex2與x2ex3的大小無法確定，故錯誤；0 x1x21，h(x2)h(x1)，即 eq f(ex2,x2)x1ex2，故正確5(2022山東濰坊模擬)已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)，設(shè)其導(dǎo)函數(shù)為f(x)，當(dāng)x(，0)時，恒有xf(x)F(2x1)的實數(shù)x的取值集合是 答案(1，2)解析F(x)f(x)xf(x)，由于f(x)f(x)，因此當(dāng)x(，0)時，xf(x)f(x)化為xf(x)f(x)，即xf(x)f(x)0，也即F(x)f(x)xf(x)F(2x1)可化為|2x1|31x2.

10、1(2021全國乙卷)設(shè)函數(shù)f(x)ln (ax)，已知x0是函數(shù)yxf(x)的極值點(1)求a；(2)設(shè)函數(shù)g(x) eq f(xf（x）,xf（x）)，證明：g(x)1.解(1)由題意，得yxf(x)x ln (ax)，yln (ax)xln (ax)ln (ax) eq f(x,ax).因為x0是函數(shù)yxf(x)的極值點，所以y|x0ln a0，所以a1，經(jīng)檢驗，符合題意(2)證明：由(1)可知f(x)ln (1x)，要證g(x)1，即證 eq f(xf（x）,xf（x）)1，即需證 eq f(xln （1x）,x ln （1x）)1.因為當(dāng)x(，0)時，x ln (1x)0，當(dāng)x(0，

11、1)時，x ln (1x)x ln (1x)，即x(1x)ln (1x)0.令h(x)x(1x)ln (1x)，x(，0)(0，1)，則h(x)1(1)ln (1x)(1x) eq f(1,1x)ln (1x)，所以當(dāng)x(，0)時，h(x)0，所以h(x)h(0)0，即xln (1x)x ln (1x)，所以 eq f(xln （1x）,x ln （1x）)1成立，所以 eq f(xf（x）,xf（x）)1，即g(x)1.2(2021新高考卷)已知函數(shù)f(x)x(1ln x).(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)a，b為兩個不相等的正數(shù)，且b ln aa ln bab，證明：2 eq f(1,

12、a) eq f(1,b)0；當(dāng)x(1，)時，f(x)0.所以函數(shù)f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減(2)證明：由題意，a，b是兩個不相等的正數(shù)，且b ln aa ln bab，兩邊同時除以ab，得 eq f(ln a,a) eq f(ln b,b) eq f(1,b) eq f(1,a)，即 eq f(ln a1,a) eq f(ln b1,b)，即f eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,a)f eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,b).令x1 eq f(1,a)，x2 eq f(1,b)，由(1)知f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)

13、遞減，且當(dāng)0 x0，當(dāng)xe時，f(x)0，不妨設(shè)x1x2，則0 x11x2e.要證2 eq f(1,a) eq f(1,b)e，即證2x1x22：要證x1x22，即證x22x1，因為0 x11x22x11，又f(x)在(1，)上單調(diào)遞減，所以即證f(x2)f(2x1)，又f(x1)f(x2)，所以即證f(x1)f(2x1)，即證當(dāng)x(0，1)時，f(x)f(2x)0.構(gòu)造函數(shù)F(x)f(x)f(2x)，則F(x)f(x)f(2x)ln xln (2x)ln x(2x)，當(dāng)0 x1時，0 x(2x)0，即當(dāng)0 x0，所以F(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)0 x1時，F(xiàn)(x)F(1)0，所以當(dāng)

14、0 x1時，f(x)f(2x)2成立再證x1x2x，直線yx與直線ym的交點坐標(biāo)為(m，m)，則x1m.欲證x1x2e，即證x1x2mx2f(x2)x2e，即證當(dāng)1xe時，f(x)xe.構(gòu)造函數(shù)h(x)f(x)x，則h(x)1ln x，當(dāng)1x0，所以函數(shù)h(x)在(1，e)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)1xe時，h(x)h(e)f(e)ee，即f(x)xe成立，所以x1x2e成立綜上可知，2 eq f(1,a) eq f(1,b)0.設(shè)g(x)f(x)，則g(x)aex1 eq f(1,x2)0，g(x)在(0，)上單調(diào)遞增，即f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，當(dāng)a1時，f(1)0，則f(x)在(0，1)上單

15、調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，f(x)minf(1)1，f(x)1成立；當(dāng)a1時， eq f(1,a)1，e eq sup15(f(1,a)-1)1，f eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,a)f(1)a(e eq sup15(f(1,a)-1)1)(a1)0，使得f(x0)aex01 eq f(1,x0)0，且當(dāng)x(0，x0)時f(x)0，aex01 eq f(1,x0)，ln ax01ln x0，因此f(x)minf(x0)aex01ln x0ln a eq f(1,x0)ln ax01ln a2ln a12 eq r(f(1,x0)x0)2ln a11，f(x)1，f(x)

16、1恒成立；當(dāng)0a1時，f(1)aln aa1，f(1)0，h(x)單調(diào)遞增；在(1，)上h(x)1時，h(x)1 eq f(1,x2) eq f(2,x) eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,x) eq sup15(2)0，所以h(x)在(1，)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)t1時，h(t)h(1)0，即t eq f(1,t)2ln t0.因為x21，t33t23t1(t1)30，k3，所以x eq oal(sup3(3),sdo1(2)(t33t23t1)k eq blc(rc)(avs4alco1(tf(1,t)2ln t)(t33t23t1)3 eq blc(rc)(avs4alco

17、1(tf(1,t)2ln t)t33t26ln t eq f(3,t)1.(*)由(1)可知，當(dāng)t1時，g(t)g(1)，即t33t26ln t eq f(3,t)1，故t33t26ln t eq f(3,t)10.(*)由(*)(*)(*)可得(x1x2)f(x1)f(x2)2f(x1)f(x2)0，所以當(dāng)k3時，對任意的x1，x21，)，且x1x2，有 eq f(f（x1）f（x2）,2) eq f(f（x1）f（x2）,x1x2).一、基礎(chǔ)知識鞏固考點移項作差構(gòu)造函數(shù)證明不等式例1(2021南昌調(diào)研)已知函數(shù)f(x)1 eq f(ln x,x)，g(x) eq f(ae,ex) eq f

18、(1,x)bx，若曲線yf(x)與曲線yg(x)的一個公共點是A(1，1)，且在點A處的切線互相垂直(1)求a，b的值；(2)證明：當(dāng)x1時，f(x)g(x) eq f(2,x).解(1)因為f(x)1 eq f(ln x,x)，所以f(x) eq f(ln x1,x2)，f(1)1.因為g(x) eq f(ae,ex) eq f(1,x)bx，g(x) eq f(ae,ex) eq f(1,x2)b.因為曲線yf(x)與曲線yg(x)的一個公共點是A(1，1)，且在點A處的切線互相垂直，所以g(1)1，且f(1)g(1)1，從而g(1)a1b1，且g(1)ab11，解得ab1.(2)證明：g

19、(x) eq f(e,ex) eq f(1,x)x，則f(x)g(x) eq f(2,x)1 eq f(ln x,x) eq f(e,ex) eq f(1,x)x0.令h(x)1 eq f(ln x,x) eq f(e,ex) eq f(1,x)x(x1)，則h(1)0，h(x) eq f(1ln x,x2) eq f(e,ex) eq f(1,x2)1 eq f(ln x,x2) eq f(e,ex)1.因為x1，所以h(x) eq f(ln x,x2) eq f(e,ex)10，h(x)在1，)上單調(diào)遞增，所以h(x)h(1)0，即1 eq f(ln x,x) eq f(e,ex) eq

20、f(1,x)x0.故當(dāng)x1時，f(x)g(x) eq f(2,x).例2設(shè)a為實數(shù)，函數(shù)f(x)ex2x2a，xR.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值；(2)求證：當(dāng)aln 21且x0時，exx22ax1.解(1)由f(x)ex2x2a(xR)，知f(x)ex2.令f(x)0，得xln 2.當(dāng)xln 2時，f(x)ln 2時，f(x)0，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(ln 2，)上單調(diào)遞增所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(，ln 2)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ln 2，)，f(x)在xln 2處取得極小值f(ln 2)eln 22ln 22a22ln 22a，無極大值(2)證明：要證當(dāng)aln 21且x0時，exx2

21、2ax1，即證當(dāng)aln 21且x0時，exx22ax10.設(shè)g(x)exx22ax1(x0)，則g(x)ex2x2a，由(1)知g(x)ming(ln 2)22ln 22a，又aln 21，則g(x)min0.于是對任意x0，都有g(shù)(x)0，所以g(x)在(0，)上單調(diào)遞增于是對任意x0，都有g(shù)(x)g(0)0.即exx22ax10，故exx22ax1.1.(2021陜西省高三教學(xué)質(zhì)量檢測(四)已知函數(shù)f(x) eq f(x ln x,xm)，g(x) eq f(x,ex)，且曲線yf(x)在x1處的切線方程為x2yn0.(1)求m，n的值；(2)證明：f(x)2g(x)1.解(1)由已知得f

22、(1) eq f(1n,2)0，n1.f(x) eq f(（ln x1）（xm）x ln x,（xm）2) eq f(m ln xxm,（xm）2)，f(1) eq f(m1,（m1）2) eq f(1,2)，解得m1.(2)證明：設(shè)h(x)exx1，則h(x)ex1，由h(x)0得x0；由h(x)0得x0時，exx1， eq f(2,ex) eq f(2,x1)， eq f(2x,ex)2g(x)1，即 eq f(x ln x,x1) eq f(2x,ex)1在(0，)上恒成立，只需證 eq f(x ln x,x1) eq f(2x,x1)1在(0，)上恒成立，即ln x eq f(1,x)

23、10在(0，)上恒成立設(shè)H(x)ln x eq f(1,x)1，則H(x) eq f(x1,x2)，由H(x)0得x1；由H(x)0得0 x1時，求證：f(x)3(x1).解(1)因為f(x)axx ln x，所以f(x)aln x1，因為函數(shù)f(x)在xe2處取得極小值，所以f(e2)0，即aln e210，解得a1，所以f(x)ln x2.當(dāng)xe2時，f(x)0；當(dāng)0 xe2時，f(x)1)，g(x)ln x1，由g(x)0，得xe.由g(x)0，得xe；由g(x)0，得1x0.于是對任意x(1，)，都有g(shù)(x)g(e)0，所以f(x)3(x1).若f(x)與g(x)的最值不易求出，可構(gòu)造

24、函數(shù)h(x)f(x)g(x)，然后根據(jù)函數(shù)h(x)的單調(diào)性或最值證明不等式考點單變量不等式恒成立或存在性問題例3已知函數(shù)f(x) eq f(1ln x,x).(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間 eq blc(rc)(avs4alco1(a，af(1,2)上存在極值，求正實數(shù)a的取值范圍；(2)如果當(dāng)x1時，不等式f(x) eq f(k,x1)恒成立，求實數(shù)k的取值范圍解(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，)，f(x) eq f(11ln x,x2) eq f(ln x,x2)，令f(x)0，得x1.當(dāng)x(0，1)時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x(1，)時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減所以1為函數(shù)f

25、(x)的極大值點，且是唯一的極值點，所以0a1a eq f(1,2)，故 eq f(1,2)a1，即正實數(shù)a的取值范圍為 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，1).(2)當(dāng)x1時，k eq f(（x1）（1ln x）,x)恒成立，令g(x) eq f(（x1）（1ln x）,x)(x1)，則g(x) eq f(xblc(rc)(avs4alco1(1ln x1f(1,x)（x1）（1ln x）,x2) eq f(xln x,x2).令h(x)xln x(x1)，則h(x)1 eq f(1,x)0，所以h(x)h(1)1，所以g(x)0，g(x)在1，)上單調(diào)遞增，所以g(x

26、)g(1)2，故k2，即實數(shù)k的取值范圍是(，2.例4(2022聊城期末)函數(shù)f(x)a ln x eq f(1,x)bx，且曲線yf(x)在點(1，f(1)處的切線方程為2xy10.(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,x)恒成立，求實數(shù)m的取值范圍解(1)因為f(x)a ln x eq f(1,x)bx，所以f(x) eq f(a,x) eq f(1,x2)b eq f(bx2ax1,x2)(x0).由曲線yf(x)在點(1，f(1)處的切線方程為2xy10，得 eq blc(avs4alco1(f（1）2，,

27、f（1）3)即 eq blc(avs4alco1(ba12，,1b3，)解得 eq blc(avs4alco1(a1，,b2.)所以f(x) eq f(2x2x1,x2) eq f(（2x1）（x1）,x2)(x0)，由f(x)0，得x eq f(1,2)，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，)；由f(x)0，得0 x0)恒成立，xf(x)2x eq f(3,2)x2m(x0)恒成立，即mx ln x12x22x eq f(3,2)x2x ln x eq f(1,2)x22x1(x0)恒成立令g(x)x ln x eq f(1,2)x22x

28、1(x0)，則只需mg(x)min，易得g(x)ln xx1，當(dāng)x(0，1)時，g(x)0，g(x)ming(1) eq f(1,2)，所以m eq f(1,2)，即實數(shù)m的取值范圍是 eq blc(rc(avs4alco1(，f(1,2).3.設(shè)函數(shù)f(x)ln (x1) eq f(ax,x1)(aR).(1)若f(0)為f(x)的極小值，求a的值；(2)若f(x)0對x(0，)恒成立，求a的最大值解(1)f(x)的定義域為(1，)，因為f(x)ln (x1) eq f(ax,x1)(aR)，所以f(x) eq f(1,x1) eq f(a,（x1）2)，因為f(0)為f(x)的極小值，所以

29、f(0)0，即 eq f(1,01) eq f(a,（01）2)0，所以a1，此時f(x) eq f(x,（x1）2)，當(dāng)x(1，0)時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增所以f(x)在x0處取得極小值，所以a1.(2)由(1)知，當(dāng)a1時，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，所以f(x)f(0)0，所以f(x)0對x(0，)恒成立因此，當(dāng)aln (x1) eq f(x,x1)0恒成立當(dāng)a1時，f(x) eq f(x（a1）,（x1）2)，所以，當(dāng)x(0，a1)時，f(x)0，f(x)在(0，a1)上單調(diào)遞減，所以f(a1)1時，f(x)0并非對x(0，)恒成立綜上，a的最大值為1.4已知函數(shù)f(x)3l

30、n x eq f(1,2)x2x，g(x)3xa.(1)若f(x)與g(x)的圖象相切，求a的值；(2)若x00，使f(x0)g(x0)成立，求參數(shù)a的取值范圍解(1)f(x) eq f(3,x)x1，g(x)3，設(shè)切點為(x0，f(x0)，則kf(x0) eq f(3,x0)x013，解得x01或x03(舍去)，所以切點為 eq blc(rc)(avs4alco1(1，f(1,2)，代入g(x)3xa，得a eq f(5,2).(2)設(shè)h(x)3ln x eq f(1,2)x22x.x00，使f(x0)g(x0)成立，等價于x0，使h(x)3ln x eq f(1,2)x22xa成立，等價于

31、ah(x)max(x0).h(x) eq f(3,x)x2 eq f(x22x3,x) eq f(（x1）（x3）,x)，令 eq blc(avs4alco1(h（x）0，,x0，)得0 x1；令 eq blc(avs4alco1(h（x）0，)得x1.函數(shù)h(x)3ln x eq f(1,2)x22x在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減，所以h(x)maxh(1) eq f(5,2)，即a eq f(5,2)，因此參數(shù)a的取值范圍為 eq blc(rc)(avs4alco1(，f(5,2).(1)“恒成立”“存在性”問題一定要正確理解其實質(zhì)，深刻挖掘內(nèi)含條件，進(jìn)行等價轉(zhuǎn)化(2)構(gòu)造函

32、數(shù)是求范圍問題中的一種常用方法，解題過程中盡量采用分離參數(shù)的方法，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題考點構(gòu)造雙函數(shù)例5已知兩函數(shù)f(x)8x216xm(mR)，g(x)2x35x24x，若x13，3，x23，3，恒有f(x1)g(x2)成立，求m的取值范圍解若x13，3，x23，3，恒有f(x1)g(x2)成立，只需在3，3上，f(x)ming(x)min即可f(x)8x216xm8(x1)2m8，f(x)minf(1)m8，g(x)2x35x24x，g(x)6x210 x42(x1)(3x2)，當(dāng)x3，1) eq blc(rc(avs4alco1(f(2,3)，3)時，g(x)0，故3，1)與 eq b

33、lc(rc(avs4alco1(f(2,3)，3)是g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；當(dāng)x eq blc(rc)(avs4alco1(1，f(2,3)時，g(x)21，解得m0時，f(x)最大值1，由a1知，g(x)x ln x eq f(1,x)(x0)，令h(x)x ln x eq f(1,x)(x0)，則h(x)ln x1 eq f(1,x2)ln x eq f(x21,x2).當(dāng)x1時，h(x)0；當(dāng)0 x1時，h(x)0)，f(x) eq f(1,x) eq f(1,4) eq f(3,4x2) eq f(4xx23,4x2).由x0及f(x)0得0 x3，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，

34、1)，(3，).(2)若對任意x1(0，2)，x21，2，不等式f(x1)g(x2)恒成立等價于f(x)ming(x)max，由(1)可知，在(0，2)上，1是函數(shù)f(x)的極小值點，這個極小值點是唯一的極值點，故也是最小值點，所以f(x)minf(1) eq f(1,2).g(x)x22bx4，x1，2，當(dāng)b2時，g(x)maxg(2)4b8.問題等價于 eq blc(avs4alco1(b2，,f(1,2)4b8，)解得b1或1b eq f(r(14),2)或b，即b eq f(r(14),2)，所以實數(shù)b的取值范圍是 eq blc(rc(avs4alco1(，f(r(14),2).6設(shè)f

35、(x) eq f(a,x)x ln x，g(x)x3x23.(1)如果存在x1，x20，2，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 blcrc(avs4alco1(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，x20，2，使得g(x1)g(x2)M成立，等價于g(x1)g(x2)maxM成立g(x)3x22xx(3x2)，令g(x)0，得x0或x eq f(2,3)，g eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3) eq f(85,27)，g(0)3，g(2)1，當(dāng)x0，2時，g(x)maxg(

36、2)1，g(x)ming eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3) eq f(85,27)，Mg(x1)g(x2)maxg(x)maxg(x)min1 eq blc(rc)(avs4alco1(f(85,27) eq f(112,27)，滿足條件的最大整數(shù)M為4.(2)對任意的s，t eq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，2)，都有f(s)g(t)，則f(x)ming(x)max.由(1)知，當(dāng)x eq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，2)時，g(x)maxg(2)1.當(dāng)x eq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，2)時，f(x) eq f

37、(a,x)x ln x1恒成立，即axx2ln x恒成立令h(x)xx2ln x，x eq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，2)，h(x)12x ln xx，令(x)12x ln xx，(x)32ln x0，h(x)在 eq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，2)上單調(diào)遞減，又h(1)0，當(dāng)x eq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，1)時，h(x)0，當(dāng)x1，2時，h(x)0，h(x)在 eq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，1)上單調(diào)遞增，在1，2上單調(diào)遞減，h(x)maxh(1)1，故a1.常見的雙變量不等式恒成立問題的類型(1)對于任

38、意的x1a，b，總存在x2m，n，使得f(x1)g(x2)f(x1)maxg(x2)max.(2)對于任意的x1a，b，總存在x2m，n，使得f(x1)g(x2)f(x1)ming(x2)min.(3)若存在x1a，b，對任意的x2m，n，使得f(x1)g(x2)f(x1)ming(x2)min.(4)若存在x1a，b，對任意的x2m，n，使得f(x1)g(x2)f(x1)maxg(x2)max.(5)對于任意的x1a，b，x2m，n，使得f(x1)g(x2)f(x1)maxg(x2)min.(6)對于任意的x1a，b，x2m，n，使得f(x1)g(x2)f(x1)ming(x2)max.二、

39、核心素養(yǎng)提升例1已知函數(shù)f(x)x2(a1)xln x，g(x)x2x2a1.(1)若f(x)在(1，)上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍；(2)當(dāng)x1，e時，f(x)g(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍解(1)f(x)x2(a1)xln x，f(x)2x(a1) eq f(1,x).依題意知x(1，)時，2x(a1) eq f(1,x)0恒成立，即a1 eq f(1,x)2x.令k(x) eq f(1,x)2x，x(1，)，k(x) eq f(1,x2)20，k(x)在(1，)上單調(diào)遞減，k(x)k(1)1，a11，即a2，實數(shù)a的取值范圍為a|a2(2)令(x)f(x)g(x)axln x2a1

40、，x1，e，則只需(x)max0即可，(x)a eq f(1,x) eq f(ax1,x).當(dāng)a0時，(x)0，(x)在1，e上單調(diào)遞減，(x)max(1)a1，a11，10時，當(dāng)x eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,a)時，(x)0，(x)在 eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,a)上單調(diào)遞減，在 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,a)，)上單調(diào)遞增，要使(x)max0，只需 eq blc(avs4alco1(（1）0，)即 eq blc(avs4alco1(a10，,ae2a20，)解得0a eq f(2,e2).綜上，實數(shù)a的取值范圍

41、為 eq blcrc(avs4alco1(ablc|(avs4alco1(1af(2,e2).例2已知函數(shù)f(x)x1a ln x(a0).(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)0 x1x21時，都有 eq f(f（x1）f（x2）,x1x2)0)，因為x0，a0，所以函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞增(2)因為0 x1x21，所以x1x2 eq f(4x14x2,x1x2)，f(x1)f(x2) eq f(4,x2) eq f(4,x1)，即f(x1) eq f(4,x1)f(x2) eq f(4,x2).設(shè)g(x)f(x) eq f(4,x)，x(0，1，f(x1) eq f(4,x1)f

42、(x2) eq f(4,x2)等價于g(x)在(0，1上單調(diào)遞減，所以g(x)0在(0，1上恒成立，即1 eq f(a,x) eq f(4,x2) eq f(x2ax4,x2)0在(0，1上恒成立，則ax eq f(4,x)在(0，1上恒成立，易知yx eq f(4,x)在(0，1上單調(diào)遞增，其最大值為3.因為a0，所以3a0).(1)求函數(shù)f(x)的極值；(2)若存在x(0，)，使得f(x) eq f(x2mx3,2)成立，求實數(shù)m的最小值解(1)由f(x)x ln x，得函數(shù)f(x)的定義域為(0，)，f(x)1ln x，令f(x)0，得x eq f(1,e)；令f(x)0，得0 x0)，

43、則g(x) eq f(2,x)1 eq f(3,x2) eq f(x22x3,x2) eq f(（x3）（x1）,x2).由g(x)0，得x1；由g(x)0，得0 x eq f(f（x）,x)，則下列式子中不一定正確的是()Af(2)2f(1) Bf(3)ef(2)Cf(4) eq f(7,6)f(3) Df(e)2ef eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)答案B解析因為x0，且f(x) eq f(f（x）,x)，可得xf(x)f(x)，即xf(x)f(x)0，令g(x) eq f(f（x）,x)，則g(x) eq f(xf（x）f（x）,x2)，所以g(x)0，g(x) e

44、q f(f（x）,x)在(0，)上單調(diào)遞增對于A，由g(2)g(1)，可得 eq f(f（2）,2) eq f(f（1）,1)，即f(2)2f(1)，故A正確；對于B，由g(3)g(2)可得 eq f(f（3）,3) eq f(f（2）,2)，即f(3) eq f(3,2)f(2)，得不出f(3)ef(2)，故B不一定正確；對于C，由g(4)g(3)可得 eq f(f（4）,4) eq f(f（3）,3)，即f(4) eq f(4,3)f(3)，因為f(3)0，所以 eq f(4,3)f(3) eq f(7,6)f(3)，可得f(4) eq f(7,6)f(3)，故C正確；對于D，由g(e)g

45、 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)可得 eq f(f（e）,e) eq f(fblc(rc)(avs4alco1(f(1,2),f(1,2)，即f(e)2ef eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，故D正確故選B.2(2021江蘇鎮(zhèn)江高三一模)已知e是自然對數(shù)的底數(shù)，是圓周率，下列不等式：33，3ee3，e0)，f(x) eq f(1ln x,x2)，所以在區(qū)間(0，e)上f(x)0，f(x)單調(diào)遞增；在區(qū)間(e，)上f(x)0，f(x)單調(diào)遞減由于e3，所以 eq f(ln ,) eq f(ln 3,3) eq f(ln e,e)， eq f(ln 3

46、,3) eq f(ln e,e)eln 33ln eln 3eln e33ee3， eq f(ln ,) eq f(ln e,e)eln ln eln eln eee， eq f(ln ,) eq f(ln 3,3)3ln ln 3ln 3ln 332 Dxy3答案C解析ln eq f(x,y) eq f(xy,xy)，ln xln y eq f(1,y) eq f(1,x)，即ln x eq f(1,x)ln y eq f(1,y)，令函數(shù)sf(r)ln r eq f(1,r)，r0，則sf(r) eq f(1,r) eq f(1,r2) eq f(r1,r2)，r(0，1)時，f(r)0，

47、f(r)單調(diào)遞增函數(shù)f(r)在r1處取得極小值f(1)1，如圖1所示依題意f(x)f(y)，xy，不妨設(shè)xy，由圖象可知，0 x11，A錯誤；假設(shè)xy1成立，可取x eq f(1,2)，y2，則f(x)f eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)2ln 2，f(y)f(2) eq f(1,2)ln 2，易見不滿足題意，B錯誤；如圖2，取1y2，設(shè)f(x)f(y)t，則由0 x1知xy3，D錯誤；f(r)ln r eq f(1,r)，f(x)ln x eq f(1,x)，設(shè)h(x)f(x)f(2x)(0 x1)，h(x) eq f(4（x1）2,x2（2x）2)h(1)0，f(x)

48、f(2x)，f(y)f(2x)，y1，2x1，f(x)在(1，)上單調(diào)遞增，y2x，xy2，C正確4(2022廣西南寧三中高三開學(xué)考試)已知函數(shù)f(x)cos x eq f(1,x1)，f(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則下列結(jié)論正確的個數(shù)是()當(dāng)x(1，0)時，f(x)0，當(dāng)x eq blcrc)(avs4alco1(0，f(,2)時，令函數(shù)g(x)sin x eq f(1,（x1）2)，則g(x)cos x eq f(2,（x1）3)0，g eq blc(rc)(avs4alco1(f(,2)sin eq f(,2) eq f(1,blc(rc)(avs4alco1(f(,2)1)sup15(2

49、)0)，則f(x)exaln xa0恒成立，由f(x)exa eq f(1,x)，令h(x)exa eq f(1,x)，則h(x)exa eq f(1,x2)0恒成立，所以h(x)exa eq f(1,x)(x0)為增函數(shù)，設(shè)exa eq f(1,x)0(x0)的解為xx0，當(dāng)0 xx0時，h(x)0，所以f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，)上單調(diào)遞增，故f(x)在xx0處取得最小值，故最小值f(x0)ex0aln x0a0.因為ex0a eq f(1,x0)，則x0aln x0，所以 eq f(1,x0)x0aa0恒成立，得2a eq f(1,x0)x0，又因為 eq f(1,x0

50、)x02(當(dāng)且僅當(dāng)x01時等號成立)，所以2a2，即a1.故選B.6(2021江西南昌高三模擬)若正實數(shù)a，b滿足ln aln b22a eq f(b2,2)2，則()Aa2b eq r(2) eq f(1,4) Ba2b eq f(1,2)2 eq r(2)Cab2 Db24a0答案B解析先證明熟知的結(jié)論：x1ln x恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)x1時取等號設(shè)f(x)x1ln x，則f(x)1 eq f(1,x)，在(0，1)上，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增故f(x)minf(1)1100，f(x)0恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)x1時取等號.2a eq f(b2,2)22 eq r(2af(b2,2)22( eq

51、r(ab2)1)2ln eq r(ab2)ln aln b2，當(dāng)且僅當(dāng)2a eq f(b2,2)， eq r(ab2)1，即a eq f(1,2)，b eq r(2)時，等號成立又ln aln b22a eq f(b2,2)2，ln aln b22a eq f(b2,2)2，a eq f(1,2)，b eq r(2).經(jīng)檢驗只有B正確7(2021安徽金安毛坦廠中學(xué)高三月考)設(shè)aln 1.01，b eq f(1.01,30e)，c eq f(1,101)(其中自然對數(shù)的底數(shù)e2.71828)，則()Aabc BacbCcba Dca0)，f(1)0，f(x) eq f(1,x)1 eq f(1x

52、,x)，所以在(0，1)上f(x)0，f(x)單調(diào)遞增，在(1，)上f(x)c，排除A，B.下面比較a，b的大小，由ln xx1得，ln 1.010.01a，所以cab.故選D.8(2021山東聊城高三模擬)a eq f(3（2ln 3）,e2)，b eq f(1,e)，c eq f(ln 3,3)，則a，b，c的大小順序為()Aacb BcabCabc Dba0，當(dāng)0 xe時，f(x)單調(diào)遞減，f(e) eq f(1,e)，又1 eq f(e2,3)ec，ba.若t eq f(ln x,x)有兩個解x1，x2，則1x1e1)，則g(x) eq f(（x1）2,x（x1）2)0，即g(x)在(

53、1，)上單調(diào)遞增，g(x)g(1)0，即在(1，)上，ln x eq f(2（x1）,x1)，又 eq f(x2,x1)1，所以ln eq f(x2,x1) eq f(2blc(rc)(avs4alco1(f(x2,x1)1),f(x2,x1)1)，即 eq f(ln x2ln x1,x2x1) eq f(2,x2x1)，故t eq f(2t,ln （x1x2）)，有x1x2e2，當(dāng)x23時，ex1 eq f(e2,3)，故f eq blc(rc)(avs4alco1(f(e2,3)f(x1)f(3).綜上，acb.故選A.二、多項選擇題9(2021重慶市鳳鳴山中學(xué)高三模擬)已知函數(shù)f(x)

54、eq f(ax3x2ax,ex)，則()A若曲線yf(x)在(0，f(0)處的切線與x5y0相互垂直，則a5B若a0，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(，0)(2，)C若a0，則函數(shù)f(x)有2個極值點D若關(guān)于x的不等式x21f(x)在(0，)上恒成立，則a的取值范圍為 eq blc(rc(avs4alco1(，ef(1,2)答案ACD解析對于A，因為f(x) eq f(ax3x2ax,ex)，則f(x) eq f(3ax22xaax3x2ax,ex) eq f(ax3（3a1）x2（2a）xa,ex)，由題意可得f(0)a5，故A正確；對于B，C，當(dāng)a0時，f(x) eq f(x2,ex)，其

55、定義域為R，且f(x) eq f(2xx2,ex).由f(x)0，可得x2，由f(x)0，可得0 x0，故ag(x)min，而g(x) eq f(ex（x1）,x2) eq f(1x2,（x21）2)(x1) eq blcrc(avs4alco1(f(ex,x2)f(x1,（x21）2)，對任意的x0， eq f(ex,x2) eq f(x1,（x21）2)0，當(dāng)x(0，1)時，g(x)0，g(x)單調(diào)遞增，g(x)ming(1)e eq f(1,2)，所以ae eq f(1,2)，故D正確故選ACD.10已知函數(shù)f(x)(xk)exk，g(x)x ln xx，若x1(0，)，x2(0，)，不

56、等式f(x2)5g(x1)0成立，則k的值可能為()A4 B3 C2 D1答案BCD解析x0，f(x)(xk1)ex，若k1，則f(x)(xk1)ex0，則f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，f(x)(0，)；若k1，則f(x)在(0，k1)上單調(diào)遞減，在(k1，)上單調(diào)遞增，f(x)minf(k1)ek1k，f(x)(ek1k，).x0，g(x)ln x，則g(x)在(1，)上單調(diào)遞增，在(0，1)上單調(diào)遞減，g(x)ming(1)1，5g(x)5，).x1(0，)，x2(0，)，不等式f(x2)5g(x1)0成立，若k1，05，符合題意；若k1，ek1k5，即ek1k51，h(x)ex110，h

57、(x)在(1，)上單調(diào)遞增，而h(1)50，h(2)e70，h(3)e280.故選BCD.三、填空題11(2022山東蘭陵四中高三模擬)已知函數(shù)f(x)x ln x2x(xa)2(aR).若存在x1，3，使f(x)xf(x)成立，則實數(shù)a的取值范圍是 答案 eq blc(rc(avs4alco1(，f(37,12)解析設(shè)g(x) eq f(f（x）,x)，則g(x)ln x2(xa)2，則g(x) eq f(xf（x）f（x）,x2)0，所以g(x) eq f(1,x)4(xa)0ax eq f(1,4x)，即存在x1，3，使得ax eq f(1,4x)成立，只需a eq blc(rc)(av

58、s4alco1(xf(1,4x) eq sdo7(max)即可，設(shè)h(x)x eq f(1,4x)，h(x)1 eq f(1,4x2) eq f(（2x1）（2x1）,4x2)，當(dāng)x1，3時，h(x)0，h(x)單調(diào)遞增，所以h(x)maxh(3) eq f(37,12)，所以a eq f(37,12).12(2022黑龍江哈爾濱市哈爾濱三中高三月考)已知偶函數(shù)f(x)(x0)的導(dǎo)函數(shù)為f(x)，且滿足f(2)0，當(dāng)x0時，xf(x)2f(x)，使得f(x)0的x的取值范圍為 答案(，2)(2，)解析根據(jù)題意，令g(x) eq f(f（x）,x2)，g(x) eq f(f（x）x2f（x）（x

59、2）,x4) eq f(xf（x）2f（x）,x3)，又因為當(dāng)x0時，xf(x)2f(x)0，所以函數(shù)g(x)在(0，)上為增函數(shù)，又因為f(2)0，所以g(2) eq f(f（2）,4)0，當(dāng)x(2，)時，f(x)0，又因為f(x)為偶函數(shù)，所以當(dāng)x(，2)時，可得f(x)0.綜上，f(x)0的解集為(，2)(2，).13(2022河南南陽中學(xué)高三月考)已知函數(shù)f(x)對任意的xR都有2021f(x)f(x)e2021x的解集為 答案(，1)解析構(gòu)造函數(shù)g(x)f(x)e2021x，則g(x)2021f(x)e2021xf(x)e2021xe2021xg(x)1g(1)，所以x0，f(x)f(x)0，若0 x11ex2x1f(x2)；x1f(x2)x2f(x2)；f(x2)(1x1)f(x1).其中正確的有 (填寫所有正確的不