全国通用2022高考数学二轮复习专题一函数与导数不等式教师用书.docx

1、【创新设计】（全国通用）2022高考数学二轮复习 专题一 函数与导数、不等式教师用书第1讲函数图象与性质及函数与方程高考定位1.高考仍会以分段函数、二次函数、指数函数、对数函数为载体，考查函数的定义域、函数的最值与值域、函数的奇偶性、函数的单调性，或者综合考查函数的相关性质.2.对函数图象的考查主要有两个方面：一是识图，二是用图，即利用函数的图象，通过数形结合的思想解决问题.3.以基本初等函数为依托，考查函数与方程的关系、函数零点存在性定理、数形结合思想，这是高考考查函数的零点与方程的根的基本方式.真 题 感 悟1.(2022安徽卷)下列函数中，既是偶函数又存在零点的是()A.ycos x B

2、.ysin xC.yln x D.yx21解析由于ysin x是奇函数；yln x是非奇非偶函数；yx21是偶函数但没有零点；只有ycos x是偶函数又有零点.答案A2.(2022全国卷)设函数f(x)则f(2)f(log212)()A.3 B.6 C.9 D.12解析因为21，log212log2831，所以f(2)1log22(2)1log243，f(log212)2log21212log21221126，故f(2)f(log212)369，故选C.答案C3.(2022北京卷)如图，函数f(x)的图象为折线ACB，则不等式f(x)log2(x1)的解集是()A.x|1x0B.x|1x1C.

3、x|1x1D.x|1x2解析如图，由图知：f(x)log2(x1)的解集为x|10，b0，c0B.a0，c0C.a0，c0D.a0，b0，c0(2)(2022江西卷)在同一直角坐标系中，函数yax2x与ya2x32ax2xa(aR)的图象不可能的是()解析(1)函数定义域为x|xc，结合图象知c0，c0；令x0，得f(0)，又由图象知f(0)0，b0；令f(x)0，得x，结合图象知0，a0.故选C.(2)当a0时，两个函数的解析式分别为yx，yx，故选项D中的图象是可能的.当a0时，二次函数yax2x的对称轴方程为x，三次函数ya2x32ax2xa(aR)的导数为y3a2x24ax1(3ax1

4、)(ax1)，令y0，得其极值点为x1，x2.由于(a0)，或者(a0)，即三次函数的极值点在二次函数的对称轴两侧，选项A、C中的图象有可能，选项B中的图象不可能.答案(1)C(2)B探究提高识图时，可从图象与x轴的交点及左、右、上、下分布范围、变化趋势、对称性等方面找准解析式与图象的对应关系.在探究两个函数的图象位置关系时，要善于根据函数解析式中字母的变化研究函数性质的变化，从而确定两个函数图象的可能位置关系.微题型2函数图象的应用【例22】 (1)已知函数f(x)的图象向左平移1个单位后关于y轴对称，当x2x11时，f(x2)f(x1)(x2x1)0恒成立，设af ，bf(2)，cf(3)

5、，则a，b，c的大小关系为()A.cab B.cbaC.acb D.bac(2)(2022全国卷)设函数f(x)ex(2x1)axa，其中a1，若存在唯一的整数x0使得f(x0)0，则a的取值范围是()A. B.C. D.解析(1)由于函数f(x)的图象向左平移1个单位后得到的图象关于y轴对称，故函数yf(x)的图象本身关于直线x1对称，所以af f ，当x2x11时，f(x2)f(x1)(x2x1)0恒成立，等价于函数f(x)在(1，)上单调递减，所以bac.选D.(2)设g(x)ex(2x1)，yaxa，由题知存在唯一的整数x0，使得g(x0)在直线yaxa的下方，因为g(x)ex(2x1

6、)，所以当x时，g(x)时，g(x)0，所以当x时，g(x)min2e，当x0时，g(0)1，当x1时，g(1)e0，直线ya(x1)恒过(1，0)，则满足题意的唯一整数x00，故ag(0)1，且g(1)3e1aa，解得a1，故选D.答案(1)D(2)D探究提高(1)运用函数图象解决问题时，先要正确理解和把握函数图象本身的含义及其表示的内容，熟悉图象所能够表达的函数的性质.(2)在研究函数性质特别是单调性、最值、零点时，要注意用好其与图象的关系，结合图象研究.【训练2】 (2022成都诊断)已知f(x)2x1，g(x)1x2，规定：当|f(x)|g(x)时，h(x)|f(x)|；当|f(x)|

7、g(x)时，h(x)g(x)，则h(x)()A.有最小值1，最大值1B.有最大值1，无最小值C.有最小值1，无最大值D.有最大值1，无最小值解析由题意得，利用平移变化的知识画出函数|f(x)|，g(x)的图象如图，而h(x)故h(x)有最小值1，无最大值.答案C热点三以函数零点为背景的函数问题微题型1函数零点个数的求解【例31】 函数f(x)2xx32在区间(0，1)内的零点个数是()A.0 B.1 C.2 D.3解析法一函数f(x)2xx32在区间(0，1)内的零点个数即函数y12x2与y2x3的图象在区间(0，1)内的交点个数.作图，可知在(0，)内最多有一个交点，故排除C，D项；当x0时

8、，y11y20，当x1时，y10y21，因此在区间(0，1)内一定会有一个交点，所以A项错误.选B.法二因为f(0)1021，f(1)21321，所以f(0)f(1)0.又函数f(x)在(0，1)内单调递增，所以f(x)在(0，1)内的零点个数是1.答案B探究提高在解决函数与方程问题中的函数的零点问题时，要学会掌握转化与化归思想的运用.如本题直接根据已知函数求函数的零点个数难度很大，也不是初等数学能轻易解决的，所以遇到此类问题的第一反应就是转化已知函数为熟悉的函数，再利用数形结合求解.微题型2由函数零点(或方程根)的情况求参数【例32】 (2022天津卷)已知函数f(x)函数g(x)bf(2x

9、)，其中bR，若函数yf(x)g(x)恰有4个零点，则b的取值范围是()A. B.C. D.解析记h(x)f(2x)在同一坐标系中作出f(x)与h(x)的图象如图，直线AB：yx4，当直线lAB且与f(x)的图象相切时，由解得b，(4)，同理，y轴左侧也有相同的情况.所以曲线h(x)向上平移个单位后，y轴左右各有2个交点，所得图象与f(x)的图象有四个公共点，平移2个单位时，两图象有无数个公共点，因此，当b2时，f(x)与g(x)的图象有四个不同的交点，即yf(x)g(x)恰有4个零点.选D.答案D探究提高利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解.(

10、2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.【训练3】 (2022南阳模拟)已知函数f(x)m|x|有三个零点，则实数m的取值范围为_.解析函数f(x)有三个零点等价于方程m|x|有且仅有三个实根.m|x|x|(x2)，作函数y|x|(x2)的图象，如图所示，由图象可知m应满足01，故m1.答案(1，)1.解决函数问题忽视函数的定义域或求错函数的定义域，如求函数f(x)的定义域时，只考虑x0，忽视ln x0的限制.2.函数定义域不同，两个函数不同；对应关系不同，两个函数不同；定义域和值域相同，也不一定是相同的函数.3.如果一

11、个奇函数f(x)在原点处有意义，即f(0)有意义，那么一定有f(0)0.4.奇函数在两个对称的区间上有相同的单调性，偶函数在两个对称的区间上有相反的单调性.5.函数的图象和解析式是函数关系的主要表现形式，它们的实质是相同的，在解题时经常要互相转化.在解决函数问题时，尤其是较为繁琐的(如分类讨论求参数的取值范围等)问题时，要注意充分发挥图象的直观作用.6.不能准确把握基本初等函数的形式、定义和性质.如讨论指数函数yax(a0，a1)的单调性时，不讨论底数的取值；忽视ax0的隐含条件；幂函数的性质记忆不准确等.7.判断函数零点个数的方法有：(1)直接求零点；(2)零点存在性定理；(3)数形结合法.

12、8.对于给定的函数不能直接求解或画出图形，常会通过分解转化为两个函数图象，然后数形结合，看其交点的个数有几个，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点.一、选择题1.(2022广东卷)下列函数中，既不是奇函数，也不是偶函数的是()A.yxex B.yxC.y2x D.y解析令f(x)xex，则f(1)1e，f(1)1e1，即f(1)f(1)，f(1)f(1)，所以yxex既不是奇函数也不是偶函数，而B，C，D依次是奇函数、偶函数、偶函数，故选A.答案A2.函数f(x)log2x的零点所在的区间为()A. B. C.(1，2) D.(2，3)解析函数f(x)的定义域为(0，)，且函数f

13、(x)在(0，)上为增函数.f log21230，f(1)log21010，f(2)log2210，f(3)log2310，即f(1)f(2)0，函数f(x)log2x的零点在区间(1，2)内.答案C3.(2022山东卷)已知函数f(x)|x2|1，g(x)kx.若方程f(x)g(x)有两个不相等的实根，则实数k的取值范围是()A. B. C.(1，2) D.(2，)解析由f(x)g(x)，|x2|1kx，即|x2|kx1，所以原题等价于函数y|x2|与ykx1的图象有2个不同交点.如图：ykx1在直线yx1与yx1之间，k1，故选B.答案B4.(2022山东卷)设函数f(x)则满足f(f(a

14、)2f(a)的a取值范围是()A. B.0，1C. D.1，)解析当a2时，f(a)f(2)2241，f(f(a)2f(a)，a2满足题意，排除A，B选项；当a时，f(a)f 311，f(f(a)2f(a)，a满足题意，排除D选项，故答案为C.答案C5.(2022全国卷)如图，长方形ABCD的边AB2，BC1，O是AB的中点，点P沿着边BC，CD与DA运动，记BOPx.将动点P到A，B两点距离之和表示为x的函数f(x)，则yf(x)的图象大致为()解析当点P沿着边BC运动，即0x时，在RtPOB中，|PB|OB|tanPOBtan x，在RtPAB中，|PA|，则f(x)|PA|PB|tan

15、x，它不是关于x的一次函数，图象不是线段，故排除A和C；当点P与点C重合，即x时，由上得f tan1，又当点P与边CD的中点重合，即x时，PAO与PBO是全等的腰长为1的等腰直角三角形，故f |PA|PB|2，知f f ，故又可排除D.综上，选B.答案B二、填空题6.(2022福建卷)若函数f(x)(a0，且a1)的值域是4，)，则实数a的取值范围是_.解析由题意f(x)的图象如图，则1a2.答案(1，27.(2022洛阳模拟)若函数f(x)有两个不同的零点，则实数a的取值范围是_.解析当x0时，由f(x)ln x0，得x1.因为函数f(x)有两个不同的零点，则当x0时，函数f(x)2xa有一

16、个零点，令f(x)0得a2x，因为02x201，所以0a1，所以实数a的取值范围是0a1.答案(0，18.已知函数yf(x)是R上的偶函数，对xR都有f(x4)f(x)f(2)成立.当x1，x20，2，且x1x2时，都有0，给出下列命题：f(2)0；直线x4是函数yf(x)图象的一条对称轴；函数yf(x)在4，4上有四个零点；f(2 014)0.其中所有正确命题的序号为_.解析令x2，得f(24)f(2)f(2)，解得f(2)0，因为函数f(x)为偶函数，所以f(2)0，正确；因为f(4x)f(4x4)f(x)，f(4x)f(4x4)f(x)f(x)，所以f(4x)f(4x)，即x4是函数f(

17、x)的一条对称轴，正确；当x1，x20，2，且x1x2时，都有0，说明函数f(x)在0，2上是单调递减函数，又f(2)0，因此函数f(x)在0，2上只有一个零点，由偶函数知函数f(x)在2，0上也只有一个零点，由f(x4)f(x)，知函数的周期为4，所以函数f(x)在(2，4与4，2)上也单调，因此，函数在4，4上只有2个零点，错；对于，因为函数的周期为4，即有f(2)f(6)f(10)f(2 014)0，正确.答案三、解答题9.定义在1，1上的奇函数f(x)，已知当x1，0时，f(x)(aR).(1)写出f(x)在0，1上的解析式；(2)求f(x)在0，1上的最大值.解(1)f(x)是定义在

18、1，1上的奇函数，f(0)0，a1，当x1，0时，f(x).设x0，1，则x1，0，f(x)4x2x，f(x)是奇函数，f(x)f(x)，f(x)2x4x.f(x)在0，1上的解析式为f(x)2x4x.(2)f(x)2x4x，x0，1，令t2x，t1，2，g(t)tt2，g(t)在1，2上是减函数，g(t)maxg(1)0，即x0，f(x)max0.10.(2022太原模拟)已知函数f(x)ax22ax2b(a0)在区间2，3上有最大值5，最小值2.(1)求a，b的值；(2)若b1，g(x)f(x)2mx在2，4上单调，求m的取值范围.解(1)f(x)a(x1)22ba.当a0时，f(x)在2

19、，3上为增函数，故当a0时，f(x)在2，3上为减函数，故故或(2)b1，a1，b0，即f(x)x22x2，g(x)x22x22mxx2(22m)x2.若g(x)在2，4上单调，则2或4，2m2或2m6，即m1或mlog26.故m的取值范围是(，1log26，).11.已知函数f(x)x22exm1，g(x)x(x0).(1)若g(x)m有实根，求m的取值范围；(2)确定m的取值范围，使得g(x)f(x)0有两个相异实根.解(1)x0，g(x)x22e，等号成立的条件是xe.故g(x)的值域是2e，)，因而只需m2e，则g(x)m就有实根.故m2e，).(2)若g(x)f(x)0有两个相异的实

20、根，即g(x)f(x)中函数g(x)与f(x)的图象有两个不同的交点，作出g(x)x(x0)的大致图象.f(x)x22exm1(xe)2m1e2.其对称轴为xe，开口向下，最大值为m1e2.故当m1e22e，即me22e1时，g(x)与f(x)有两个交点，即g(x)f(x)0有两个相异实根.m的取值范围是(e22e1，).第2讲不等式及线性规划高考定位不等式的性质、求解、证明及应用是每年高考必考的内容，对不等式的考查一般以选择题、填空题为主.(1)主要考查不等式的求解、利用基本不等式求最值及线性规划求最值；(2)不等式相关的知识可以渗透到高考的各个知识领域，往往作为解题工具与数列、函数、向量相

21、结合，在知识的交汇处命题，难度中档；在解答题中，特别是在解析几何中求最值、范围或在解决导数问题时经常利用不等式进行求解，但难度偏高.真 题 感 悟1.(2022重庆卷)“x1”是“log (x2)0”的()A.充要条件 B.充分而不必要条件C.必要而不充分条件 D.既不充分也不必要条件解析由x1x23 log (x2)0，log (x2)0x21x1，故“x1”是“log(x2)0”成立的充分不必要条件.因此选B.答案B2.(2022北京卷)若x，y满足则zx2y的最大值为()A.0 B.1 C. D.2解析可行域如图所示.目标函数化为yx z，当直线yx z过点A(0，1)时，z取得最大值2

22、.答案D3.(2022陕西卷)设f(x)ln x，0ab，若pf ()，qf ，r(f(a)f(b)，则下列关系式中正确的是()A.qrp B.qrpC.prq D.prq解析0ab，又f(x)ln x在(0，)上为增函数，故ff()，即qp.又r(f(a)f(b)(ln aln b)ln aln bln(ab)f()p.故prq.选C.答案C4.(2022全国卷)若x，y满足约束条件则的最大值为_.解析约束条件的可行域如图，由，则最大值为3.答案3考 点 整 合1.解含有参数的一元二次不等式，要注意对参数的取值进行讨论：对二次项系数与0的大小进行讨论；在转化为标准形式的一元二次不等式后，对判

23、别式与0的大小进行讨论；当判别式大于0，但两根的大小不确定时，对两根的大小进行讨论.2.利用基本不等式求最值已知x，yR，则(1)若xyS(和为定值)，则当xy时，积xy取得最大值；(2)若xyP(积为定值)，则当xy时，和xy取得最小值2(xy22).3.平面区域的确定方法是“直线定界、特殊点定域”，二元一次不等式组所表示的平面区域是各个不等式所表示的半平面的交集.线性目标函数zaxby中的z不是直线axbyz在y轴上的截距，把目标函数化为yx，可知是直线axbyz在y轴上的截距，要根据b的符号确定目标函数在什么情况下取得最大值、什么情况下取得最小值.4.不等式的证明不等式的证明要注意和不等

24、式的性质结合起来，常用的方法有：比较法、作差法、作商法(要注意讨论分母)、分析法、综合法、数学归纳法、反证法，还要结合放缩和换元的技巧.其中，比较法是应用最为广泛的证明方法，在导数、解含参不等式、数列等知识点都有渗透.热点一利用基本不等式求最值微题型1基本不等式的简单应用【例11】 (2022武汉模拟)已知两个正数x，y满足x4y5xy，则xy取最小值时，x，y的值分别为()A.5，5 B.10， C.10，5 D.10，10解析x0，y0，x4y5xy25，即xy450，可求xy25.当且仅当x4y时取等号，即x10，y.答案B探究提高在使用基本不等式求最值时一定要检验等号能否取到，有时也需

25、进行常值代换.微题型2带有约束条件的基本不等式问题【例12】 (2022四川卷)如果函数f(x)(m2)x2(n8)x1(m0，n0)在区间上单调递减，那么mn的最大值为()A.16 B.18 C.25 D.解析令f(x)(m2)xn80，x，当m2时，对称轴x0，由题意，2，2mn12，6，mn18，由2mn12且2mn知m3，n6，当m2时，抛物线开口向下，由题意，即2nm18，9，mn，由2nm18且2nm，得m9(舍去)，mn最大值为18，选B.答案B探究提高在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的

26、另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.【训练1】 (1)(2022广州模拟)若正实数x，y满足xy1xy，则x2y的最小值是()A.3 B.5 C.7 D.8(2)已知关于x的不等式2x7在x(a，)上恒成立，则实数a的最小值为()A.1 B. C.2 D.解析(1)由xy1xy，得y，又y0，x0，x1.x2yx2x2x23(x1)347，当且仅当x3时取“”.(2)x(a，)，xa0，2x2(xa)2a22a42a，由题意可知42a7，得a，则实数a的最小值为，故选B.答案(1)C(2)B热点二含参不等式恒成立问题微题型1运用分离变量解决恒成立问题【例

27、21】 关于x的不等式x1a22a0对x(0，)恒成立，则实数a的取值范围为_.解析设f(x)x，因为x0，所以f(x)x24.又关于x的不等式x1a22a0对x(0，)恒成立，所以a22a14，解得1a3，所以实数a的取值范围为(1，3).答案(1，3)探究提高一是转化关，即通过分离参数法，先转化为f(a)g(x)(或f(a)g(x)对xD恒成立，再转化为f(a)g(x)max(或f(a)g(x)min)；二是求最值关，即求函数g(x)在区间D上的最大值(或最小值)问题.微题型2构造函数(主辅元转换)解决恒成立问题【例22】 已知f(t)log2t，t，8，对于f(t)值域内的所有实数m，不

28、等式x2mx42m4x恒成立，求x的取值范围.解易知f(t)，由题意，令g(m)(x2)mx24x4(x2)m(x2)20对m恒成立.所以只需即可，即x2或x1.故x的取值范围是(，1)(2，).探究提高主、辅元互换可以实现对问题的有效转化，由繁到简，应用这种方法的过程中关键还是把握恒成立的本质，巧用转化思想，灵活处理，从而顺利解决问题.【训练2】 (1)(2022合肥模拟)已知a0，b0，若不等式0恒成立，则m的最大值为()A.4 B.16 C.9 D.3(2)若不等式x2ax10对于一切a2，2恒成立，则x的取值范围是_.解析(1)因为a0，b0，所以由0恒成立得m(3ab)10恒成立.因

29、为26，当且仅当ab时等号成立，所以1016，所以m16，即m的最大值为16，故选B.(2)因为a2，2，可把原式看作关于a的函数，即g(a)xax210，由题意可知解之得xR.答案(1)B(2)R热点三简单的线性规划问题微题型1已知约束条件，求目标函数最值【例31】 设x，y满足约束条件则z2xy的最大值为()A.10 B.8 C.3 D.2解析画出可行域如图所示，由z2xy，得y2xz，欲求z的最大值，可将直线y2x向下平移，当经过区域内的点，且满足在y轴上的截距z最小时，即得z的最大值，如图，可知当过点A时z最大，由得即A(5，2)，则zmax2528.答案B探究提高线性规划的实质是把代

30、数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域；二，画目标函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三，一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得.微题型2已知最值求参数问题【例32】 (2022山东卷)已知x，y满足约束条件若zaxy的最大值为4，则a()A.3 B.2 C.2 D.3解析不等式组表示的平面区域如图阴影部分所示.易知A(2，0)，由得B(1，1).由zaxy，得yaxz.当a2或a3时，zaxy在O(0，0)处取得最大值，最大值为zmax0，不满足题意，排除C，D选项；当a2或3时，zaxy在A(2，0)

31、处取得最大值，2a4，a2，排除A，故选B.答案B探究提高对于线性规划中的参数问题，需注意：(1)当最值是已知时，目标函数中的参数往往与直线斜率有关，解题时应充分利用斜率这一特征加以转化.(2)当目标函数与最值都是已知，且约束条件中含有参数时，因为平面区域是变动的，所以要抓住目标函数及最值已知这一突破口，先确定最优解，然后变动参数范围，使得这样的最优解在该区域内即可.微题型3非线性规划问题【例33】 已知动点P(x，y)在过点且与圆M：(x1)2(y2)25相切的两条直线和xy10所围成的区域内，则z|x2y3|的最小值为()A. B.1 C. D.5解析由题意知，圆M：(x1)2(y2)25

32、的圆心坐标为(1，2).过点的直线方程可设为yk2，即kxyk20.因为直线kxyk20和圆M相切，所以，解得k2，所以两条切线方程分别为l1：2xy10，l2：2xy50.由直线l1，l2和xy10所围成的区域如图所示.z|x2y3|的几何意义为可行域内的点到直线x2y30的距离的倍.由图知，可行域内的点B到直线x2y30的距离最小，则zmin|0213|1，故选B.答案B探究提高线性规划求最值问题要明确目标函数的几何意义：(1)目标函数为一次函数，几何意义可等价为横、纵截距，平移直线即可求出最值；(2)目标函数为二次函数，可等价距离的平方，但要注意求距离最值时，若利用垂线段，需考虑垂足是否

33、在可行域内，所以此时更要注意数形结合的重要性；(3)目标函数为一次函数绝对值，可构造点到直线的距离，但莫忘等价变形(即莫忘除以系数)；(4)目标函数为一次分式，可等价直线的斜率.【训练3】 若x，y满足条件且z2x3y的最大值是5，则实数a的值为_.解析画出满足条件的可行域如图阴影部分所示，则当直线z2x3y过点A(a，a)时，z2x3y取得最大值5，所以52a3a，解得a1.答案11.应用不等式的性质时应注意的两点(1)两个不等式相加的前提是两个不等式同向；两个不等式相乘的前提是两个不等式同向，且不等式两边均大于0；不等式原则上不能相减或相除.(2)不等式的性质是不等式变形的依据，但要注意区

34、分不等式各性质的是否可逆性.2.多次使用基本不等式的注意事项当多次使用基本不等式时，一定要注意每次是否能保证等号成立，并且要注意取等号的条件的一致性，否则就会出错，因此在利用基本不等式处理问题时，列出等号成立的条件不仅是解题的必要步骤，也是检验转换是否有误的一种方法.3.均值不等式除了在客观题考查外，在解答题的关键步骤中也往往起到“巧解”的作用，但往往需先变换形式才能应用.4.解决线性规划问题首先要作出可行域，再注意目标函数表示的几何意义，数形结合找到目标函数达到最值时可行域的顶点(或边界上的点)，但要注意作图一定要准确，整点问题要验证解决.5.解答不等式与导数、数列的综合问题时，不等式作为一

35、种工具常起到关键的作用，往往涉及到不等式的证明方法(如比较法、分析法、综合法、放缩法、换元法等).在求解过程中，要以数学思想方法为思维依据，并结合导数、数列的相关知识解题，在复习中通过解此类问题，体会每道题中所蕴含的思想方法及规律，逐步提高自己的逻辑推理能力.一、选择题1.(2022天津卷)设xR，则“|x2|1”是“x2x20”的()A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析由|x2|1得1x3，由x2x20，得x2或x1，而1x3x2或x1，而x2或x11x3，所以，“|x2|1”是“x2x20”的充分而不必要条件，选A.答案A2.(2022临汾模拟)

36、若点A(m，n)在第一象限，且在直线1上，则mn的最大值是()A.3 B.4 C.7 D.12解析因为点A(m，n)在第一象限，且在直线1上，所以m，nR，且1，所以()2，所以，即mn3，所以mn的最大值为3.答案A3.(2022广东卷)若变量x，y满足约束条件则z3x2y的最小值为()A. B.6 C. D.4解析不等式组所表示的可行域如下图所示，由z3x2y得yx，依题意当目标函数直线l：yx经过A时，z取得最小值，即zmin312，故选C.答案C4.已知正数x，y满足x2(xy)恒成立，则实数的最小值为()A.1 B.2 C.3 D.4解析x0，y0，x2y2(当且仅当x2y时取等号)

37、.又由x2(xy)可得，而2，当且仅当x2y时，2.的最小值为2.答案B5.(2022衡水中学期末)已知约束条件表示的平面区域为D，若区域D内至少有一个点在函数yex的图象上，那么实数a的取值范围为()A.e，4) B.e，) C.1，3) D.2，)解析如图：点(1，e)满足axy0，即ae.答案B二、填空题6.(2022福建卷改编)若变量x，y满足约束条件则z2xy的最小值等于_.解析如图，可行域为阴影部分，线性目标函数z2xy可化为y2xz，由图形可知当y2xz过点时z最小，zmin2(1).答案7.(2022浙江卷)已知函数f(x)则f(f(3)_，f(x)的最小值是_.解析f(f(3

38、)f(1)0，当x1时，f(x)x323，当且仅当x时，取等号；当x1时，f(x)lg(x21)lg 10，当且仅当x0时，取等号，f(x)的最小值为23.答案0238.(2022南昌模拟)已知x0，y0，x3yxy9，则x3y的最小值为_.解析由已知，得xy9(x3y)，即3xy273(x3y)，令x3yt，则t212t1080，解得t6或t 18(舍)，即x3y6.答案6三、解答题9.已知函数f(x).(1)若f(x)k的解集为x|x3，或x2，求k的值；(2)对任意x0，f(x)t恒成立，求t的取值范围.解(1)f(x)kkx22x6k0.由已知x|x3，或x2是其解集，得kx22x6k

39、0的两根是3，2.由根与系数的关系可知(2)(3)，即k.(2)因为x0，f(x)，当且仅当x时取等号.由已知f(x)t对任意x0恒成立，故t，即t的取值范围是.10.如图，建立平面直角坐标系xOy，x轴在地平面上，y轴垂直于地平面，单位长度为1千米.某炮位于坐标原点.已知炮弹发射后的轨迹在方程ykx(1k2)x2(k0)表示的曲线上，其中k与发射方向有关.炮的射程是指炮弹落地点的横坐标.(1)求炮的最大射程；(2)设在第一象限有一飞行物(忽略其大小)，其飞行高度为3.2千米，试问它的横坐标a不超过多少时，炮弹可以击中它？请说明理由.解(1)令y0，得kx(1k2)x20，由实际意义和题设条件

40、知x0，k0，故x10，当且仅当k1时取等号.所以炮的最大射程为10千米.(2)因为a0，所以炮弹可击中目标 存在k0，使3.2ka(1k2)a2成立 关于k的方程a2k220aka2640有正根判别式(20a)24a2(a264)0 a6.所以当a不超过6千米时，可击中目标.11.已知函数f(x)ax3bx2(2b)x1在xx1处取得极大值，在xx2处取得极小值，且0x11x22.(1)证明：a0；(2)若za2b，求z的取值范围.(1)证明求函数f(x)的导数f(x)ax22bx2b.由函数f(x)在xx1处取得极大值，在xx2处取得极小值，知x1、x2是f(x)0的两个根，所以f(x)a

41、(xx1)(xx2).当xx1时，f(x)为增函数，f(x)0，由xx10，xx20得a0.(2)解在题设下，0x11x22等价于即化简得此不等式组表示的区域为平面aOb上的三条直线：2b0，a3b20，4a5b20所围成的ABC的内部，其三个顶点分别为A，B(2，2)，C(4，2).z在这三点的值依次为，6，8.所以z的取值范围为.第3讲导数与函数的单调性、极值、最值问题高考定位高考对导数计算的考查贯穿于与之有关的每一道题目之中，函数的单调性，函数的极值与最值均是高考命题的重点内容，在选择题、填空题、解答题中都有涉及，试题难度不大.真 题 感 悟(2022全国卷)设函数f(x)emxx2mx

42、.(1)证明：f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增；(2)若对于任意x1，x21，1，都有|f(x1)f(x2)|e1，求m的取值范围.(1)证明f(x)m(emx1)2x.若m0，则当x(，0)时，emx10，f(x)0；当x(0，)时，emx10，f(x)0.若m0，则当x(，0)时，emx10，f(x)0；当x(0，)时，emx10，f(x)0.所以，f(x)在(，0)单调递减，在(0，)上单调递增.(2)解由(1)知，对任意的m，f(x)在1，0上单调递减，在0，1上单调递增，故f(x)在x0处取得最小值.所以对于任意x1，x21，1，|f(x1)f(x2)|e1的充要条件是

43、即设函数g(t)ette1，则g(t)et1.当t0时，g(t)0；当t0时，g(t)0.故g(t)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增.又g(1)0，g(1)e12e0，故当t1，1时，g(t)0.当m1，1时，g(m)0，g(m)0，即式成立；当m1时，由g(t)的单调性，g(m)0，即emme1；当m1时，g(m)0，即emme1.综上，m的取值范围是1，1.考 点 整 合1.导数与函数的单调性(1)函数单调性的判定方法：设函数yf(x)在某个区间内可导，如果f(x)0，则yf(x)在该区间为增函数；如果f(x)0，则yf(x)在该区间为减函数.(2)函数单调性问题包括：求函数的单

44、调区间，常常通过求导，转化为解方程或不等式，常用到分类讨论思想；利用单调性证明不等式或比较大小，常用构造函数法.2.极值的判别方法当函数f(x)在点x0处连续时，如果在x0附近的左侧f(x)0，右侧f(x)0，那么f(x0)是极大值；如果在x0附近的左侧f(x)0，右侧f(x)0，那么f(x0)是极小值.也就是说x0是极值点的充分条件是点x0两侧导数异号，而不是f(x)0.此外，函数不可导的点也可能是函数的极值点，而且极值是一个局部概念，极值的大小关系是不确定的，即有可能极大值比极小值小.3.闭区间上函数的最值在闭区间上连续的函数，一定有最大值和最小值，其最大值是区间的端点处的函数值和在这个区

45、间内函数的所有极大值中的最大者，最小值是区间端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极小值中的最小者.热点一导数与函数的单调性微题型1求含参函数的单调区间【例11】 设函数f(x)aln x，其中a为常数.(1)若a0，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)讨论函数f(x)的单调性.解(1)由题意知a0时，f(x)，x(0，).此时f(x).可得f(1)，又f(1)0，所以曲线yf(x)在(1，f(1)处的切线方程为x2y10.(2)函数f(x)的定义域为(0，).f(x).当a0时，f(x)0，函数f(x)在(0，)上单调递增.当a0时，令g(x)ax2(2a2)xa，由于(2

46、a2)24a24(2a1)，当a时，0，f(x)0，函数f(x)在(0，)上单调递减.当a时，0，g(x)0，f(x)0，函数f(x)在(0，)上单调递减.当a0时，0.设x1，x2(x1x2)是函数g(x)的两个零点，则x1，x2.由于x10，所以x(0，x1)时，g(x)0，f(x)0，函数f(x)单调递减，x(x1，x2)时，g(x)0，f(x)0，函数f(x)单调递增，x(x2，)时，g(x)0，f(x)0，函数f(x)单调递减，综上可得：当a0时，函数f(x)在(0，)上单调递增；当a时，函数f(x)在(0，)上单调递减；当a0时，f(x)在，上单调递减，在上单调递增.探究提高讨论函

47、数的单调性其实质就是讨论不等式的解集的情况.大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论，在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时依据根的大小进行分类讨论，在不能通过因式分解求出根的情况时根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论.讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制.微题型2已知单调性求参数的范围【例12】 (2022重庆卷)设函数f(x)(aR).(1)若f(x)在x0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)若f(x)在3，)上为减函数，求a的取值范围.解(1)对f(x)求导得f(x)，因

48、为f(x)在x0处取得极值，所以f(0)0，即a0.当a0时，f(x)，f(x)，故f(1)，f(1)，从而f(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y(x1)，化简得3xey0.(2)由(1)知f(x).令g(x)3x2(6a)xa，由g(x)0，解得x1，x2.当xx1时，g(x)0，即f(x)0，故f(x)为减函数；当x1xx2时，g(x)0，即f(x)0，故f(x)为增函数；当xx2时，g(x)0，即f(x)0，故f(x)为减函数.由f(x)在3，)上为减函数，知x23，解得a，故a的取值范围为.探究提高(1)当f(x)不含参数时，可通过解不等式f(x)0(或f(x)0)直接得到单调递增

49、(或递减)区间.(2)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f(x)0(或f(x)0)，x(a，b)恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f(x)不恒等于0的参数的范围.【训练1】 函数f(x)ax33x23x(a0).(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)在区间(1，2)上是增函数，求a的取值范围.解(1)f(x)3ax26x3，f(x)0的判别式36(1a).若a1，则f(x)0，且f(x)0当且仅当a1，x1，故此时f(x)在R上是增函数.由于a0，故当a1时，f(x)0有两个根，x1，x2.若0a1，则当x(，x2)或x(x1，)时

50、，f(x)0，故f(x)分别在(，x2)，(x1，)上是增函数；当x(x2，x1)时，f(x)0，故f(x)在(x2，x1)上是减函数；若a0，则当x(，x1)或x(x2，)时，f(x)0，故f(x)分别在(，x1)，(x2，)上是减函数；当x(x1，x2)时，f(x)0，故f(x)在(x1，x2)上是增函数.(2)当a0，x0时，f(x)3ax26x30，故当a0时，f(x)在区间(1，2)上是增函数.当a0时，f(x)在区间(1，2)上是增函数当且仅当f(1)0且f(2)0，解得a0.综上，a的取值范围是(0，).热点二导数与函数的极值、最值微题型1求含参函数的极值(或最值)【例21】 (

51、2022南昌模拟)设函数f(x)x3kx2x(kR).(1)当k1时，求函数f(x)的单调区间；(2)当k0时，求函数f(x)在k，k上的最小值m和最大值M.解f(x)3x22kx1.(1)当k1时，f(x)3x22x1，41280，所以f(x)0恒成立，故f(x)在R上单调递增.故函数f(x)的单调增区间为(，)，无单调减区间.(2)法一当k0时，f(x)3x22kx1，f(x)的图象开口向上，对称轴为x，且过点(0，1).当4k2124(k)(k)0，即k0时，f(x)0，f(x)在k，k上单调递增.从而当xk时，f(x)取得最小值mf(k)k.当xk时，f(x)取得最大值Mf(k)k3k

52、3k2k3k.当4k2124(k)(k)0，即k时，令f(x)3x22kx10，解得x1，x2，注意到kx2x10，(注：可用根与系数的关系判断，由x1x2，x1x2k，从而kx2x10；或者由对称结合图象判断)所以mminf(k)，f(x1)，Mmaxf(k)，f(x2).因为f(x1)f(k)xkxx1k(x1k)(x1)0，所以f(x)的最小值mf(k)k.因为f(x2)f(k)xkxx2(k3kk2k)(x2k)(x2k)2k210，所以f(x)的最大值Mf(k)2k3k.综上所述，当k0)，讨论h(x)零点的个数.解(1)设曲线yf(x)与x轴相切于点(x0，0)，则f(x0)0，f

53、(x0)0.即解得x0，a.因此，当a时，x轴为曲线yf(x)的切线.(2)当x(1，)时，g(x)ln x0，从而h(x)minf(x)，g(x)g(x)0，故h(x)在(1，)上无零点.当x1时，若a，则f(1)a0，h(1)minf(1)，g(1)g(1)0，故x1是h(x)的零点；若a，则f(1)0，h(1)minf(1)，g(1)f(1)0.所以只需考虑f(x)在(0，1)的零点个数.()若a3或a0，则f(x)3x2a在(0，1)上无零点，故f(x)在(0，1)单调.而f(0)，f(1)a，所以当a3时，f(x)在(0，1)内有一个零点；当a0时，f(x)在(0，1)没有零点.()

54、若3a0，即a0，f(x)在(0，1)无零点；若f 0，即a，则f(x)在(0，1)有唯一零点；若f 0，即3a，由于f(0)，f(1)a，所以当a时，f(x)在(0，1)有两个零点；当3或a时，h(x)有一个零点；当a或a时，h(x)有两个零点；当a2；a0，b2；a1，b2.解析令f(x)x3axb，f(x)3x2a，当a0时，f(x)0，f(x)单调递增，必有一个实根，正确；当a0时，由于选项当中a3，只考虑a3这一种情况，f(x)3x233(x1)(x1)，f(x)极大f(1)13bb2，f(x)极小f(1)13bb2，要使f(x)0仅有一个实根，则而f(x)极大0，b2，正确，所有正

55、确条件为.答案三、解答题9.已知曲线C：yeax.(1)若曲线C在点(0，1)处的切线为y2xm，求实数a和m的值；(2)对任意实数a，曲线C总在直线l：yaxb的上方，求实数b的取值范围.解(1)yaeax，因为曲线C在点(0，1)处的切线为y2xm，所以120m且y|x02，解得m1，a2.(2)法一对于任意实数a，曲线C总在直线yaxb的上方，等价于x，aR，都有eaxaxb，即x，aR，eaxaxb0恒成立.令g(x)eaxaxb，若a0，则g(x)1b，所以实数b的取值范围是b1；若a0，g(x)a(eax1)，由g(x)0得x0，g(x)，g(x)的变化情况如下：x(，0)0(0，

56、)g(x)0g(x)极小值所以g(x)的最小值为g(0)1b，所以实数b的取值范围是b1.综上，实数b的取值范围是b1.法二对于任意实数a，曲线C总在直线yaxb的上方，等价于x，aR，都有eaxaxb，即x，aR，beaxax恒成立.令tax，则等价于tR，bett恒成立.令g(t)ett，则g(t)et1.由g(t)0得t0，g(t)，g(t)的变化情况如下：t(，0)0(0，)g(t)0g(t)极小值所以g(t)ett的最小值为g(0)1，所以实数b的取值范围是b1.10.(2022济南模拟)已知函数f(x)2ln xx2ax(aR).(1)当a2时，求f(x)的图象在x1处的切线方程；

57、(2)若函数g(x)f(x)axm在上有两个零点，求实数m的取值范围.解(1)当a2时，f(x)2ln xx22x，f(x)2x2，切点坐标为(1，1)，切线的斜率kf(1)2，则切线方程为y12(x1)，即y2x1.(2)g(x)2ln xx2m，则g(x)2x.因为x，所以当g(x)0时，x1.当x1时，g(x)0；当1xe时，g(x)0.故g(x)在x1处取得极大值g(1)m1.又gm2，g(e)m2e2，g(e)g4e20，则g(e)g，所以g(x)在上的最小值是g(e).g(x)在上有两个零点的条件是解得1m2，所以实数m的取值范围是.11.(2022江苏卷)已知函数f(x)x3ax

58、2b(a，bR).(1)试讨论f(x)的单调性；(2)若bca(实数c是与a无关的常数)，当函数f(x)有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是(，3)，求c的值.解(1)f(x)3x22ax，令f(x)0，解得x10，x2.当a0时，因为f(x)3x20，所以函数f(x)在(，)上单调递增；当a0时，x(0，)时，f(x)0，x时，f(x)0，所以函数f(x)在，(0，)上单调递增，在上单调递减；当a0时，x(，0)时，f(x)0，x时，f(x)0，所以函数f(x)在(，0)，上单调递增，在上单调递减.(2)由(1)知，函数f(x)的两个极值为f(0)b，fa3b，则函数f(x)有三个零点等价

59、于f(0)fb0，从而或又bca，所以当a 0时，a3ac0或当a0时，a3ac0.设g(a)a3ac，因为函数f(x)有三个零点时，a的取值范围恰好是(，3)，则在(，3)上g(a)0，且在上g(a)0均恒成立.从而g(3)c10，且gc10，因此c1.此时，f(x)x3ax21a(x1)x2(a1)x1a，因函数有三个零点，则x2(a1)x1a0有两个异于1的不等实根，所以(a1)24(1a)a22a30，且(1)2(a1)1a0，解得a(，3).综上c1.第5讲导数与不等式、存在性及恒成立问题高考定位在高考压轴题中，函数与不等式交汇的试题是考查的热点，一类是利用导数证明不等式，另一类是存

60、在性及恒成立问题.真 题 感 悟(2022福建卷改编)已知函数f(x)ln(1x)，g(x)kx(kR).(1)证明：当x0时，f(x)x；(2)证明：当k1时，存在x00，使得对任意的x(0，x0)，恒有f(x)g(x).证明(1)令F(x)f(x)xln(1x)x，x(0，)，则有F(x)1.当x(0，)时，F(x)0，所以F(x)在(0，)上单调递减，故当x0时，F(x)F(0)0，即当x0时，f(x)x.(2)令G(x)f(x)g(x)ln(1x)kx，x(0，)，则有G(x)k.当k0时，G(x)0，故G(x)在(0，)单调递增，G(x)G(0)0，故任意正实数x0均满足题意.当0k

61、1时，令G(x)0，得x10，取x01，对任意x(0，x0)，有G(x)0，从而G(x)在(0，x0)单调递增，所以G(x)G(0)0，即f(x)g(x).综上，当k1时，总存在x00，使得对任意x(0，x0)，恒有f(x)g(x).考 点 整 合1.常见构造辅助函数的四种方法(1)移项法：证明不等式f(x)g(x)(f(x)g(x)的问题转化为证明f(x)g(x)0(f(x)g(x)0)，进而构造辅助函数h(x)f(x)g(x).(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数.(3)放缩法：若所构造

62、函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数.(4)主元法：对于(或可化为)f(x1，x2)A的不等式，可选x1(或x2)为主元，构造函数f(x，x2)(或f(x，x1).2.利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法(1)分离参数法：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围.一般地，f(x)a恒成立，只需f(x)mina即可；f(x)a恒成立，只需f(x)maxa即可.(2)函数思想法：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，然后构建不等式求解.3.不等式的恒成立与能成立问题(1)f(

63、x)g(x)对一切xI恒成立I是f(x)g(x)的解集的子集f(x)g(x)min0(xI).(2)f(x)g(x)对xI能成立I与f(x)g(x)的解集的交集不是空集f(x)g(x)max0(xI).(3)对x1，x2I使得f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min.(4)对x1I，x2I使得f(x1)g(x2)f(x)ming(x)min.热点一导数与不等式微题型1利用导数证明不等式【例11】 已知函数f(x)exln(xm).(1)设x0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；(2)当m2时，证明f(x)0.(1)解易知f(x)ex.由x0是f(x)的极值点得f(0)0，

64、所以m1.于是f(x)exln(x1)，定义域为(1，)，f(x)ex在(1，)上是增函数，且f(0)0.当x(1，0)时，f(x)0时，f(x)0.故f(x)在(1，0)上单调递减，在(0，)上单调递增.(2)证明当m2，xm时，ln(xm)ln(x2).故只需证明当m2时，f(x)0.当m2时，f(x)ex在(2，)上单调递增.又f(1)10.所以f(x)0在(2，)上有唯一实根x0，且1x00.综上可知，当m2时，f(x)0成立.探究提高(1)证明f(x)g(x)或f(x)g(x)，可通过构造函数h(x)f(x)g(x)，将上述不等式转化为求证h(x)0或h(x)0，从而利用求h(x)的

65、最小值或最大值来证明不等式.或者，利用f(x)ming(x)max或f(x)maxg(x)min来证明不等式.(2)在证明不等式时，如果不等式较为复杂，则可以通过不等式的性质把原不等式变换为简单的不等式，再进行证明.微题型2不等式恒成立求参数范围问题【例12】 (1)已知函数f(x)ax1ln x，aR.讨论函数f(x)的单调区间；若函数f(x)在x1处取得极值，对x(0，)，f(x)bx2恒成立，求实数b的取值范围.(2)设f(x)，若对x1，)，f(x)m(x1)恒成立，求m的取值范围.解(1)在区间(0，)上，f(x)a，当a0时，f(x)0恒成立，f(x)在区间(0，)上单调递减；当a

66、0时，令f(x)0得x，在区间上，f(x)0，函数f(x)单调递减，在区间上，f(x)0，函数f(x)单调递增.综上所述：当a0时，f(x)的单调递减区间是(0，)，无单调递增区间；当a0时，f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.因为函数f(x)在x1处取得极值，所以f(1)0，解得a1，经检验可知满足题意.由已知f(x)bx2，即x1ln xbx2，即1b对x(0，)恒成立，令g(x)1，则g(x)，易得g(x)在(0，e2上单调递减，在e2，)上单调递增，所以g(x)ming(e2)1，即b1.(2)f(x)，x1，)，f(x)m(x1)，即ln xm.设g(x)ln xm，即x1，)

67、，g(x)0恒成立，等价于函数g(x)在1，)上的最大值g(x)max0.g(x)m.若m0，g(x)0，g(x)在1，)上单调递增，即g(x)g(1)0，这与要求的g(x)0矛盾.若m0，方程mx2xm0的判别式14m2.当0，即m时，g(x)0.所以g(x)在1，)上单调递减，g(x)maxg(1)0，即不等式成立；当0m时，方程mx2xm0的两根分别为x11，x21.当x(1，x2)时，g(x)0，g(x)单调递增，g(x)g(1)0，与要求矛盾.综上所述，m.探究提高对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的

68、函数，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等式，便于问题的解决.但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法.【训练1】 (2022武汉模拟)设函数f(x)1x2ln(x1).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若不等式f(x)x2(kN*)在(0，)上恒成立，求k的最大值.解(1)函数f(x)的定义域为(1，)，f(x)2x，由f(x)0，得1x；由f(x)0，得x.所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)法一由已知f(x)x2在(0，)上恒成立，得k(x0)，令g(x)(x0)，则g(x)，设h(x)

69、x1ln(x1)(x0)，则h(x)10，所以函数h(x)在(0，)上单调递增.而h(2)1ln 30，h(3)2ln 40，由零点存在定理，知存在x0(2，3)，使得h(x0)0，即1ln(x01)x0，又函数h(x)在(0，)上单调递增，所以当x(0，x0)时，h(x)h(x0)0；当x(x0，)时，h(x)h(x0)0.从而当x(0，x0)时，g(x)0；当x(x0，)时，g(x)0，所以g(x)在(0，)上的最小值为g(x0)x01.因此f(x)x2在(0，)上恒成立等价于kg(x)minx01.由x0(2，3)，知x01(3，4)，所以k的最大值为3.法二由题意，1ln(x1)在(0

70、，)上恒成立.设g(x)1ln(x1)(x0)，则g(x)，()当k1时，则g(x)0，所以g(x)单调递增，g(0)10，即g(x)0恒成立.()当k1时，则g(x)在(0，k1)上单调递减，在(k1，)上单调递增，所以g(x)的最小值为g(k1)，只需g(k1)0即可，即ln kk20.设h(k)ln kk2(k1)，h(k)0，则h(k)单调递减，因为h(2)ln 20，h(3)ln 310，h(4)ln 420，所以k的最大值为3.热点二存在与恒成立问题【例2】 (2022南昌模拟)已知函数f(x)ln xax1(aR).(1)当a时，讨论f(x)的单调性；(2)设g(x)x22bx4

71、，当a时，若对任意x1(0，2)，存在x21，2，使f(x1)g(x2)，求实数b的取值范围.解(1)因为f(x)ln xax1，所以f(x)a，x(0，).令h(x)ax2x1a，x(0，).()当a0时，h(x)x1，x(0，)，所以当x(0，1)时，h(x)0，此时f(x)0，函数f(x)单调递减；当x(1，)时，h(x)0，此时f(x)0，函数f(x)单调递增.()当a0时，由f(x)0，即ax2x1a0，解得x11，x21.当a时，x1x2，h(x)0恒成立，此时f(x)0，函数f(x)在(0，)上单调递减.当0a时，110，x(0，1)时，h(x)0，此时f(x)0，函数f(x)单

72、调递减；x时，h(x)0，此时f(x)0，函数f(x)单调递增；x时，h(x)0，此时f(x)0，函数f(x)单调递减.当a0时，由于101，x(0，1)时，h(x)0，此时f(x)0，函数f(x)单调递减；x(1，)时，h(x)0，此时f(x)0，函数f(x)单调递增.综上所述，当a0时，函数f(x)在(0，1上单调递减，在1，)上单调递增；当a时，函数f(x)在(0，)上单调递减；当0a时，函数f(x)在(0，1上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.(2)因为a，由(1)，知x11，x23(0，2)，当x(0，1)时，f(x)0，函数f(x)单调递减；当x(1，2)时，f(x)0，函数f

73、(x)单调递增，所以f(x)在(0，2)上的最小值为f(1).由于“对任意x1(0，2)，存在x21，2，使f(x1)g(x2)”等价于“g(x)在1，2上的最小值不大于f(x)在(0，2)上的最小值”，(*)又g(x)(xb)24b2，x1，2，所以当b1时，因为g(x)ming(1)52b0，此时与(*)矛盾；当b1，2时，因为g(x)ming(b)4b20，同样与(*)矛盾；当b(2，)时，因为g(x)ming(2)84b，解不等式84b，可得b.综上，可得b的取值范围是.探究提高存在性问题和恒成立问题的区别与联系存在性问题和恒成立问题容易混淆，它们既有区别又有联系：若g(x)m恒成立，

74、则g(x)maxm；若g(x)m恒成立，则g(x)minm；若g(x)m有解，则g(x)minm；若g(x)m有解，则g(x)maxm.【训练2】 (2022秦皇岛模拟)已知函数f(x)ln xx2ax(a为常数).(1)若x1是函数f(x)的一个极值点，求a的值；(2)当0a2时，试判断f(x)的单调性；(3)若对任意的a(1，2)，x01，2，不等式f(x0)mln a恒成立，求实数m的取值范围.解f(x)2xa.(1)由已知得：f(1)0，所以12a0，所以a3.(2)当0a2时，f(x)2xa.因为0a2，所以10，而x0，即f(x)0，故f(x)在(0，)上是增函数.(3)当a(1，

75、2)时，由(2)知，f(x)在1，2上的最小值为f(1)1a，故问题等价于：对任意的a(1，2)，不等式1amln a恒成立，即m恒成立.记g(a)(1a2)，则g(a).令M(a)aln a1a，则M(a)ln a0，所以M(a)在(1，2)上单调递减，所以M(a)M(1)0，故g(a)0，所以g(a)在a(1，2)上单调递减，所以mg(2)log2e，即实数m的取值范围为(，log2e.1.不等式恒成立、能成立问题常用解法有：(1)分离参数后转化为最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如af(x)max或af(x)min.(2)直接转化为函

76、数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，伴有对参数的分类讨论.(3)数形结合.2.利用导数证明不等式的基本步骤(1)作差或变形.(2)构造新的函数h(x).(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值.(4)根据单调性及最值，得到所证不等式.3.导数在综合应用中转化与化归思想的常见类型(1)把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题；(2)把证明不等式问题转化为函数的单调性问题；(3)把方程解的问题转化为函数的零点问题.一、选择题1.已知函数f(x)x32x23m，x0，)，若f(x)50恒成立，则实数m的取值范围是()A. B.C.(，2 D.(，2)解析f(x)x24

77、x，由f(x)0，得x4或x0.f(x)在(0，4)上单调递减，在(4，)上单调递增，当x0，)时，f(x)minf(4).要使f(x)50恒成立，只需f(4)50恒成立即可，代入解之得m.答案A2.若存在正数x使2x(xa)1成立，则a的取值范围是()A.(，) B.(2，)C.(0，) D.(1，)解析2x(xa)1，ax.令f(x)x，f(x)12xln 20.f(x)在(0，)上单调递增，f(x)f(0)011，a的取值范围为(1，)，故选D.答案D3.(2022合肥模拟)当x2，1时，不等式ax3x24x30恒成立，则实数a的取值范围是()A.5，3 B.C.6，2 D.4，3解析当

78、x(0，1时，得a34，令t，则t1，)，a3t34t2t，令g(t)3t34t2t，t1，)，则g(t)9t28t1(t1)(9t1)，显然在1，)上，g(t)0，g(t)单调递减，所以g(t)maxg(1)6，因此a6；同理，当x2，0)时，得a2.由以上两种情况得6a2，显然当x0时也成立.故实数a的取值范围为6，2.答案C4.(2022全国卷)设函数f(x)是奇函数f(x)(xR)的导函数，f(1)0，当x0时，xf(x)f(x)0，则使得f(x)0成立的x的取值范围是()A.(，1)(0，1) B.(1，0)(1，)C.(，1)(1，0) D.(0，1)(1，)解析因为f(x)(xR

79、)为奇函数，f(1)0，所以f(1)f(1)0.当x0时，令g(x)，则g(x)为偶函数，且g(1)g(1)0.则当x0时，g(x)0，故g(x)在(0，)上为减函数，在(，0)上为增函数.所以在(0，)上，当0x1时，g(x)g(1)00f(x)0；在(，0)上，当x1时，g(x)g(1)00f(x)0.综上，得使得f(x)0成立的x的取值范围是(，1)(0，1)，选A.答案A5.已知函数f(x)2ax33ax21，g(x)x，若任意给定的x00，2，总存在两个不同的xi(i1，2)0，2，使得f(xi)g(x0)成立，则实数a的取值范围是()A.(，1) B.(1，)C.(，1)(1，)

80、D.1，1解析当a0时，显然不成立，故排除D；当a0时，注意到f(x)6ax26ax6ax(x1)，即f(x)在0，1上是减函数，在1，2上是增函数，又f(0)1g(0)，当x00时，结论不可能成立；进一步，可知a0，此时g(x)在0，2上是增函数，且取值范围是，同时f(x)在0x1时，函数值从1增大到1a，在1x2时，函数值从1a减少到14a，所以“任意给定的x00，2，总存在两个不同的xi(i1，2)0，2，使得f(xi)g(x0)成立”，当且仅当即解得a1.答案A二、填空题6.(2022太原模拟)设函数f(x)ax33x1(xR)，若对于任意x1，1，都有f(x)0成立，则实数a的值为_

81、.解析若x0，则不论a取何值，f(x)0显然成立；当x0时，即x(0，1时，f(x)ax33x10可化为a.令g(x)，则g(x)，所以g(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减.因此g(x)maxg4，从而a4.当x0时，即x1，0)时，同理a.g(x)在区间1，0)上单调递增，所以g(x)ming(1)4，从而a4，综上可知a4.答案47.(2022江苏卷)已知函数f(x)x2mx1，若对于任意xm，m1，都有f(x)0成立，则实数m的取值范围是_.解析作出二次函数f(x)的图象，对于任意xm，m1，都有f(x)0，则有即解得m0.答案8.(2022青岛模拟)已知函数f(x)x，g(x)x

82、22ax4，若对于任意x10，1，存在x21，2，使f(x1)g(x2)，则实数a的取值范围是_.解析由于f(x)10，因此函数f(x)在0，1上单调递增，所以x0，1时，f(x)minf(0)1.根据题意可知存在x1，2，使得g(x)x22ax41，即x22ax50，即a能成立，令h(x)，则要使ah(x)在x1，2能成立，只需使ah(x)min，又函数h(x)在x1，2上单调递减，所以h(x)minh(2)，故只需a.答案三、解答题9.(2022天津卷改编)已知函数f(x)nxxn，xR，其中nN*，n2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设曲线yf(x)与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P

83、处的切线方程为yg(x)，求证：对于任意的正实数x，都有f(x)g(x).(1)解由f(x)nxxn，可得f(x)nnxn1n(1xn1).其中nN*，且n2，下面分两种情况讨论：当n为奇数时.令f(x)0，解得x1，或x1.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，1)(1，1)(1，)f(x)f(x)所以，f(x)在(，1)，(1，)上单调递减，在(1，1)内单调递增.当n为偶数时.当f(x)0，即x1时，函数f(x)单调递增；当f(x)0，即x1时，函数f(x)单调递减；所以，f(x)在(，1)上单调递增，在(1，)上单调递减.(2)证明设点P的坐标为(x0，0)，则x0n，

84、f(x0)nn2.曲线yf(x)在点P处的切线方程为yf(x0)(xx0)，即g(x)f(x0)(xx0).令F(x)f(x)g(x)，即F(x)f(x)f(x0)(xx0)，则F(x)f(x)f(x0).由于f(x)nxn1n在(0，)上单调递减，故F(x)在(0，)上单调递减，又因为F(x0)0，所以当x(0，x0)时，F(x)0，当x(x0，)时，F(x)0，所以F(x)在(0，x0)内单调递增，在(x0，)上单调递减，所以对于任意的正实数x，都有F(x)F(x0)0，即对于任意的正实数x，都有f(x)g(x).10.(2022新课标全国卷)设函数f(x)aexln x，曲线yf(x)在

85、点(1，f(1)处的切线方程为ye(x1)2.(1)求a，b；(2)证明：f(x)1.(1)解函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)aexln xexex1ex1.由题意可得f(1)2，f(1)e.故a1，b2.(2)证明由(1)知，f(x)exln xex1，从而f(x)1等价于xln xxex.设函数g(x)xln x，则g(x)1ln x.所以当x时，g(x)0；当x时，g(x)0.故g(x)在上单调递减，在上单调递增，从而g(x)在(0，)上的最小值为g.设函数h(x)xex，则h(x)ex(1x).所以当x(0，1)时，h(x)0；当x(1，)时，h(x)0.故h(x)在(0，1)

86、上单调递增，在(1，)上单调递减，从而h(x)在(0，)上的最大值为h(1).综上，当x0时，g(x)h(x)，即f(x)1.11.已知函数f(x)(m，nR)在x1处取得极值2.(1)求函数f(x)的解析式；(2)设函数g(x)ln x，若对任意的x1R，总存在x21，e，使得g(x2)f(x1)，求实数a的取值范围.解(1)f(x) ，由于f(x)在x1处取得极值2，故f(1)0，f(1)2，即解得经检验，此时f(x)在x1处取得极值.故f(x).(2)由(1)知f(x)的定义域为R，且f(x)f(x).故f(x)为奇函数，f(0)0.当x0时，f(x)0，f(x)2，当且仅当x1时取“”.故f(x)的值域为2，2，从而f(x1).依题意有g(x)min，x1，e，g(x)，当a1时，g(x)0，函数g(x)在1，e上单调递增，其最小值为g(1)a1，符合题意；当1ae时，函数g(x)在1，a上单调递减，在a，e上单调递增，所以函数g(x)的最小值为g(a)ln a1.由ln a1，得0a，从而知当1a 时，符合题意；当ae时，显然函数g(x)在1，e上单调递减，其最小值为g(e)12，不符合题意.综上所述，a的取值范围为(，.