1、第三讲函数与导数大题备考对函数与导数大题的考查，多以对数函数、指数函数为载体，从含有参数的函数的单调性、极值、最值，曲线的交点等方面进行设计，解题时需要对参数分类讨论，往往比较复杂，难度较大微专题1不等式恒(能)成立问题提分题例1 2022山东菏泽一模已知函数f(x)ex1ax.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)x2a24对于任意x0恒成立，求实数a的取值范围听课笔记：例2 2022河北张家口一模已知函数f(x)axeax(ab)x，g(x)(1x)ln x.(1)当ab1时，证明：当x(0，)时，f(x)g(x)；(2)若对x(0，)，都b1，0，使f(x)g(x)恒成立，求实数a
2、的取值范围听课笔记：技法领悟不等式恒成立(能成立)问题的解题策略1对于含参数的不等式，如果易分离参数，可先分离参数、构造函数，直接转化为求函数的最值；否则应进行分类讨论，在解题过程中，必要时，可作出函数图象草图，借助几何图形直观分析转化2“恒成立”与“能成立”问题的求解是“互补”关系，即f(x)g(a)对于xD恒成立，应求f(x)的最小值；若存在xD，使得f(x)g(a)成立，应求f(x)的最大值应特别关注等号是否取到，注意端点的取舍巩固训练11.已知函数f(x)x ln xax2.(1)当a0时，求f(x)的极值；(2)若对任意的x1，e2，f(x)0恒成立，求实数a的取值范围2已知函数f(
3、x)x ln x，g(x)x2ax3(aR)(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)若对任意x(0，)，不等式f(x)12g(x)恒成立，求a的取值范围微专题2零点问题提分题例32022广东汕头三模已知函数f(x)x2sin x.(1)求f(x)在(0，)的极值；(2)证明：函数g(x)ln xf(x)在(0，)有且只有两个零点听课笔记：例42022河北邯郸二模已知函数f(x)x2exa ln x，a0.(1)若a1e，分析f(x)的单调性；(2)若f(x)在区间(1，e)上有零点，求实数a的取值范围听课笔记：技法领悟1函数零点个数问题的解题策略(1)直接法：直接研究函数，求出极值以及最值，
4、画出草图函数零点的个数问题即是函数图象与x轴交点的个数问题(2)分离参数法：分离出参数，转化为ag(x)，根据导数的知识求出函数g(x)在某区间的单调性，求出极值以及最值，画出草图函数零点的个数问题即是直线ya与函数yg(x)图象交点的个数问题只需要用a与函数g(x)的极值和最值进行比较即可2根据函数零点的个数求参数范围的方法(1)分离参数(ag(x)后，将原问题转化为yg(x)的值域(最值)问题或转化为直线ya与yg(x)的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解；(2)利用零点的存在性定理构建不等式求解；(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解巩固训练21.已知
5、函数f(x)xa ln x.(1)当a1时，求f(x)在区间(0，e上的最小值；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围22022河北唐山二模已知函数f(x)3xx+3，g(x)b sin x，曲线yf(x)和yg(x)在原点处有相同的切线l.(1)求b的值以及l的方程；(2)判断函数h(x)f(x)g(x)在(0，)上零点的个数，并说明理由微专题3不等式证明问题提分题例5 2022河北沧州二模已知函数f(x)xlnx-ax，aR.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：xf(x)exa.听课笔记：例6 2022山东省实验中学模拟已知函数f(x)1+lnxx.(1)求函数yf(x)的最大值；
6、(2)若关于x的方程ln xxexex2kx1有实数根，求实数k的取值范围；(3)证明：ln222+ln332lnnn20)(1)若ae，讨论f(x)的单调性；(2)若x1，x2是函数f(x)的两个不同的零点，证明：1x1x2g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数F(x)f(x)g(x)，通过分析F(x)在端点处的函数值来证明不等式若F(a)0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递增即可；若F(b)0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递减即可(2)利用最值证明单变量不等式利用最值证明单变量的不等式的常见形式是f(x)g(x).证明技巧：先将不等式f(x)g(x)移项，即构造函数h(x
7、)f(x)g(x)，转化为证不等式h(x)0，再次转化为证明hxmin0，因此，只需在所给的区间内，判断h(x)的符号，从而判断其单调性，并求出函数h(x)的最小值，即可得证2证明双变量函数不等式问题的策略(1)将双变量中的一个看作变量，另一个看作常数，构造一个含参数的辅助函数证明不等式(2)整体换元对于齐次式往往可将双变量整体换元，化为一元不等式(3)若双变量的函数不等式具有对称性，并且可以将两个变量分离开，分离之后的函数结构具有相似性，从而构造函数利用单调性证明巩固训练31.2021全国乙卷设函数f(x)ln (ax)，已知x0是函数yxf(x)的极值点(1)求a；(2)设函数g(x)x+
8、fxxfx，证明：g(x)1.22022河北张家口三模已知函数g(x)a ln x(2a2)x12x2(aR)在x1处取得极值(1)求a的值及函数g(x)的极值；(2)设f(x)g(x)t有三个不同的零点x1，x2，x3(x1x2x3)，证明：x30，f(x)在(，)上单调递增；当a0时，令f(x)ex1a0，x1ln a，当x(，1ln a)时，f(x)0，f(x)在(1ln a，)上单调递增；(2)由f(x)x2a24，得ex1x2axa24(xa2)2，对于任意x0恒成立，因此xex-12a2xex-12，记h(x)xex-12，由h(x)112ex-120，得x12ln 2，当x0，1
9、2ln 2时，h(x)单调递减，当x12ln 2，)时，h(x)单调递增，所以h(x)min12ln 2，因此a24ln 2；记t(x)-x-ex-12，易知tx单调递减，所以txmax=t0=-e-12，所以a-2e-12；综上，-2e-12a24ln 2.例2解析：(1)当ab1时，f(x)xex.令h(x)ex(x1)(x0)，则h(x)ex10，所以h(x)在(0，)上单调递增，且h(0)0，所以h(x)ex(x1)0，即exx1.令(x)xln x(x0)，则(x)11xx-1x，所以(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，且(1)1，所以(x)xln x10，所以xln
10、 x.所以当x(0，)时，有xexx(x1)(x1)ln x，所以当x(0，)时，f(x)g(x)(2)因为b1，0，使f(x)g(x)恒成立，令(b)axeax(ab)x，只需(b)maxg(x)，即axeaxax(1x)ln x在x(0，)上恒成立，整理得ax(eax1)(x1)ln xln x(eln x1)(*)设F(x)x(ex1)，则F(x)ex(x1)1，设H(x)F(x)ex(x1)1，又H(x)(x2)ex，可得x2时，H(x)0，H(x)单调递增；x2时，H(x)0，所以F(x)在R上单调递增所以(*)式即F(ax)F(ln x)，所以axln x，即alnxx.设G(x)
11、lnxx，x0，则G(x)1-lnxx2，令G(x)0，解得xe.当0x0，函数G(x)单调递增；当xe时，G(x)0，则x(1e，)，令f(x)0即ln x10，解得x1e，所以f(x)在(1e，)单调递增(2)对任意x(0，)，不等式f(x)12g(x)恒成立，即x ln x12(x2ax3)恒成立，分离参数得a2ln xx3x.令h(x)2ln xx3x(x(0，)，则h(x)x+3x-1x2.当x(0，1)时，h(x)0，h(x)在(1，)上单调递增所以h(x)minh(1)4，即a4，故a的取值范围是(，4.微专题2零点问题提分题例3解析：(1)由f(x)x2sin x得f(x)12
12、cos x，x(0，)，令f(x)0得，x3，当0x3时，f(x)0，此时函数f(x)单调递减，当3x0，此时函数f(x)单调递增，所以，函数f(x)的极小值为f33-3，无极大值(2)证明：g(x)ln xf(x)ln xx2sin x，x(0，)，则g(x)1x12cos x，令(x)1x2cos x1，则(x)1x22sin x.当x(0，)时，(x)1x22sin x0，2210，g()ln ln e22g30，又g6ln 6-61，令h(x)ln xx1，其中0x0，所以，函数h(x)在(0，1)上单调递增，则h(x)h(1)0，所以，h6ln 6-610且f(x)2x2-x3-ex
13、-1xex，设m(x)ex1xm(x)ex11，当x1时，m(x)0，m(x)单调递增，当x1时，m(x)0时，2x2x3xx(x22x1)x(x1)20，g(x)0，即f(x)0(取等号的条件是x1)，f(x)是(0，)上的单调递减函数；(2)f(x)0h(x)x2exlnxa在区间(1，e)上能成立，h(x)x2lnx-xlnx-1exlnx2且xexlnx20，设n(x)ln xx1m(x)1-xx，当x1时，n(x)0，n(x)单调递减，当0x0，n(x)单调递增，故当x1时，函数n(x)有最大值m(1)0，因此有n(x)ln xx10ln xx1，设j(x)2ln xx ln x1，
14、则j(x)2(x1)x ln x12xx ln x3，设k(x)2xx ln x3，则在区间(1，e)上k(x)1ln x0，k(x)单调递增，k(x)k(e)e30，故j(x)k(x)e30，亦即h(x)0，h(x)单调递减，在区间(1，e)上h(x)值域为(h(e)，)(e2e，)，实数a的取值范围是(e2e，)巩固训练21解析：(1) f(x)11x，令f(x)0，得x1.当x(0，1)时，f(x)0，函数f(x)单调递增当x1时，f(x)有极小值，也是最小值，最小值为f(1)1.(2)f(x)xa ln x0，定义域x(0，)，由题意a0，即1alnxx有两个零点，令g(x)lnxx，
15、g(x)1-lnxx2，所以g(x)lnxx在x(0，e)时，g(x)0，函数单调递增；当x(e，)时，g(x)e时，g(x)0，函数g(x)的图象如图所示，所以01ae.2解析：(1)依题意得：f(x)9x+32，g(x)b cos x.f(0)g(0)b1，b1，l的方程：yx.(2)当x2时，3xx+339x+31sin x，h(x)0，此时h(x)无零点当0x2时，h(x)9x+32cos x令H(x)9x+32cos x，x0，2，则H(x)18x+33sin x，显然H(x)在0，2上单调递增，又H(0)230，所以存在t0，2使得H(t)0，因此可得0xt时，H(x)0，H(x)
16、单调递减；tx0，H(x)单调递增；又H(0)0，H20，所以存在t，2，使得H()0，即0x时，H(x)0，h(x)0，h(x)单调递减；x0，h(x)0，h(x)单调递增；又h(0)0，h20，所以h(x)在0，2上有一个零点综上，h(x)在(0，)上有1个零点微专题3不等式证明问题提分题例5解析：(1)函数f(x)xlnx-axln xax，定义域为(0，)，f(x)1x+ax2x+ax2，当a0时，f(x)0，f(x)单调递增；当a0，x(0，a)时，f(x)0，f(x)单调递增，综上，当a0时，f(x)的单调递增区间为(0，)，无单调递减区间；当aa等价于x ln xex0，令g(x
17、)xex1，则g(x)1exex-1ex0在x0时恒成立，所以当x0时，g(x)g(0)0，又x ln x1x，所以x ln xexx1ex0，故x ln xex0，即xf(x)exa.例6解析：(1)f(x)-lnxx2，当x(0，1)时，f(x)0，当x(1，)时，f(x)0，当x(1，)时，g(x)1时，ln xx1，即当n2时，ln n2n21，lnnn212lnn2n212(n2-1n2)12(11n2)121-1nn+1121-1n-1n+1，所以ln222+ln332lnnn20)的定义域为(0，)，f(x)exax，当ae时，f(x)exex，令f(x)0，则x1，当0x1时，
18、f(x)1时，f(x)0，所以f(x)在(0，1)上递减，在(1，)上递增，(2)因为x1，x2是函数f(x)的两个不同的零点，所以ex12ax1，ex22ax2，显然x10，x20，则有x1ln 2ln a12ln x1，x2ln 2ln a12ln x2，所以x1x212ln x112ln x2，不妨令x1x20，设tx1x21，所以x1tlnt2t-1，x2lnt2t-1，所以要证x1x2t+1lnt2t-11，只要证ln t2t-1t+1，即ln t2t-1t+10，令g(t)ln t2t-1t+1(t1)，则g(t)1t-4t+12t-12tt+120，所以g(t)在(1，)上递增，
19、所以g(t)g(1)0，所以x1x21，因为x1ln 2ln a12ln x1，x2ln 2ln a12ln x2，所以x1x22ln 22ln a12ln (x1x2)要证x1x22ln aln 2，只要证12ln (x1x2)ln 2，即x1x214，因为x1x2tlnt24t-12，所以只要证tlnt24t-1214，即ln tt-1t，即ln tt+1t1，则h(t)1t-12t-12ttt-122tt0，所以h(t)在(1，)上递减，所以h(t)h(1)0，所以x1x22ln aln 2，综上，1x1x22ln aln 2.巩固训练31解析：(1)由题意得yxf(x)x ln (ax
20、)，则yln (ax)xln (ax).因为x0是函数yxf(x)的极值点，所以y|x0ln a0，所以a1.(2)证明：由(1)可知，f(x)ln (1x)，其定义域为x|x1，当0x1时，ln (1x)0，此时xf(x)0，当x0，此时xf(x)0.易知g(x)的定义域为x|x1且x0，故要证g(x)x+fxxfxxf(x)，即证xln (1x)x ln (1x)0.令1xt，则t0且t1，则只需证1tln t(1t)ln t0，即证1tt ln t0.令h(t)1tt ln t，则h(t)1ln t1ln t，所以h(t)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以h(t)h(1)
21、0，即g(x)1成立2解析：(1)函数g(x)的定义域为(0，)，g(x)x2-2a-2x+ax，由已知g(1)0，解得a3，g(x)x-1x-3x，当0x3时，g(x)0；当1x3时，g(x)0.g(x)在x1处取得极大值g(1)72，在x3处取得极小值g(3)3ln 3152.(2)证明：由(1)知g(x)3ln x4x12x2，极大值为g(1)72，极小值为g(3)3ln 3152，由f(x)g(x)t有三个不同的零点x1，x2，x3，可知0x11x230，H(x)在(0，1)上单调递增，H(x)H(1)0，g(x)g(2x)，由(1)知，g(x2)g(x1)2x1，x1x22.设h(x)g(x)g(6x)，x(1，3)，h(x)g(x)g(6x)2x-32x6-x0，h(x)在(1，3)上单调递增，h(x)h(3)0，g(x)g(6x)，由(1)知g(x3)g(x2)x3，结合得x162x3，所以x34x1.
