1、44導數與不等式(教師獨具內容)1本考點在高考試題中多以基本初等函數或其復合形式為載體，利用導數研究函數的單調性、極值、最值、零點問題，同時與不等式關聯緊密2導數的應用題型很靈活，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學語言表達能力3重點提升邏輯推理和數學運算素養(教師獨具內容)1高考對本考點的考查較為穩定，考查方式及題目難度在近兩年中變化不大2考查內容主要體現在以下三個方面：(1)考查函數的單調性、極值與最值；(2)由不等式恒成立求參數的范圍；(3)函數與不等式綜合，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(教師獨具內容)(教師獨具內容)構造法證明不等式是指在證明與函數有關的不等式時，根據所要證明的不等式，構造與之相關的函數，利用函數單調性、極值、最值加以證明常見的構造方法有：(1)直接構造法：證明不等式f(x)g(x)(f(x)g(x)轉化為證明f(x)g(x)0(f(x)g(x)0)，進而構造輔助函數h(x)f(x)g(x)；(2)適當放縮構造法：一是根據已知條件適當放縮，二是利用常見的放縮結論，如ln xx1，exx1，ln xxex(x0)， eq f(x,x1)ln (x1)x(x1)；(3)構造“形似”函數：稍作變形再構造，對原不等式同解變

3、形，如移項、通分、取對數，把不等式轉化為左、右兩邊是相同結構的式子的形式，根據“相同結構”構造輔助函數；(4)構造雙函數：若直接構造函數求導難以判斷符號，導函數零點也不易求得，因此函數單調性與極值點都不易獲得，則可構造函數f(x)和g(x)，利用其最值求解1設a2022ln 2020，b2021ln 2021，c2020ln 2022，則()Aabc BcbaCacb Dbac答案A解析設f(x) eq f(ln x,x1)，f(x) eq f(1f(1,x)ln x,（x1）2)，當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g(x) eq f(ln x,x1)，g(x) eq f(1f(1,x)ln x,（x1）2)，當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的大小關系為()Aabc BacbCcab Dbac答案C解析先用導數證明這兩個重

5、要的不等式exx1，當且僅當x0時取“”令yex(x1)，則yex1，當x(，0)時，y0，函數遞增，故x0時函數取得最小值為0，故exx1，當且僅當x0時取“”ln xx1，當且僅當x1時取“”令yln x(x1)，則y eq f(1,x)1，當x(0，1)時，y0，函數遞增，當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x0時，f(x)0，f(x)單調遞增，當x0時，f(x)0，f(x)單調遞減，

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x1時，f(x)0，f(x)單調遞減，當0 x0，f(x)單調遞增，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x(0，)時，f(x)單調遞增，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x(0，x0)時，f(x)0，f(x)單調遞增0 x1x21，當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x(0，1)時，h(x)0，h(x)單調遞增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f(x)，設其導函數為f(x)，當x(，0)時，恒有xf(x)F(2x1)的實數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)設函數f(x)ln (ax)，已知x0是函數yxf(x)的極值點(1)求a；(2)設函數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yxf(x)的極值點，所以y|x0ln a0，所以a1，經檢驗，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x(，0)時，x ln (1x)0，當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f(x)x(1ln x).(1)討論f(x)的單調性；(2)設a，b為兩個不相等的正數，且b ln aa ln bab，證明：2 eq f(1,

12、a) eq f(1,b)0；當x(1，)時，f(x)0.所以函數f(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，)上單調遞減(2)證明：由題意，a，b是兩個不相等的正數，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)上單調遞增，在(1，)上單調

13、遞減，且當0 x0，當xe時，f(x)0，不妨設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x(0，1)時，f(x)f(2x)0.構造函數F(x)f(x)f(2x)，則F(x)f(x)f(2x)ln xln (2x)ln x(2x)，當0 x1時，0 x(2x)0，即當0 x0，所以F(x)在(0，1)上單調遞增，所以當0 x1時，F(x)F(1)0，所以當

14、0 x1時，f(x)f(2x)2成立再證x1x2x，直線yx與直線ym的交點坐標為(m，m)，則x1m.欲證x1x2e，即證x1x2mx2f(x2)x2e，即證當1xe時，f(x)xe.構造函數h(x)f(x)x，則h(x)1ln x，當1x0，所以函數h(x)在(1，e)上單調遞增，所以當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g(x)f(x)，則g(x)aex1 eq f(1,x2)0，g(x)在(0，)上單調遞增，即f(x)在(0，)上單調遞增，當a1時，f(1)0，則f(x)在(0，1)上單

15、調遞減，在(1，)上單調遞增，f(x)minf(1)1，f(x)1成立；當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0a1時，f(1)aln aa1，f(1)0，h(x)單調遞增；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，)上單調遞增，所以當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、基礎知識鞏固考點移項作差構造函數證明不等式例1(2021南昌調研)已知函數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x1時，f(x)g(x) eq f(2,x).例2設a為實數，函數f(x)ex2x2a，xR.(1)求f(x)的單調區間與極值；(2)求證：當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xln 2時，f(x)ln 2時，f(x)0，故函數f(x)在區間(ln 2，)上單調遞增所以f(x)的單調遞減區間是(，ln 2)，單調遞增區間是(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aln 21且x0時，exx2

21、2ax1，即證當aln 21且x0時，exx22ax10.設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(x)0，所以g(x)在(0，)上單調遞增于是對任意x0，都有g(x)g(0)0.即exx22ax10，故exx22ax1.1.(2021陜西省高三教學質量檢測(四)已知函數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xe2時，f(x)0；當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(x)g(e)0，所以f(x)3(x1).若f(x)與g(x)的最值不易求出，可構造

24、函數h(x)f(x)g(x)，然后根據函數h(x)的單調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f(x) eq f(1ln x,x).(1)若函數f(x)在區間 eq blc(rc)(avs4alco1(a，af(1,2)上存在極值，求正實數a的取值范圍；(2)如果當x1時，不等式f(x) eq f(k,x1)恒成立，求實數k的取值范圍解(1)函數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x(0，1)時，f(x)0，f(x)單調遞增；當x(1，)時，f(x)0，f(x)單調遞減所以1為函數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a的取值范圍為 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，1).(2)當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，)上單調遞增，所以g(x

26、)g(1)2，故k2，即實數k的取值范圍是(，2.例4(2022聊城期末)函數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a，b的值及函數f(x)的單調區間；(2)若關于x的不等式f(x)2 eq f(3,2)x eq f(m,x)恒成立，求實數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f(x)的單調遞增區間是 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m的取值范圍是 eq blc(rc(avs4alco1(，f(1,2).3.設函數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x(1，0)時，f(x)0，f(x)單調遞增所以f(x)在x0處取得極小值，所以a1.(2)由(1)知，當a1時，f(x)在(0，)上單調遞增，所以f(x)f(0)0，所以f(x)0對x(0，)恒成立因此，當aln (x1) eq f(x,x1)0恒成立當a1時，f(x) eq f(x（a1）,（x1）2)，所以，當x(0，a1)時，f(x)0，f(x)在(0，a1)上單調遞減，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a的取值范圍解(1)f(x) eq f(3,x)x1，g(x)3，設切點為(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h(x)3ln x eq f(1,2)x22x在(0，1)上單調遞增，在(1，)上單調遞減，所以h(x)maxh(1) eq f(5,2)，即a eq f(5,2)，因此參數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，深刻挖掘內含條件，進行等價轉化(2)構造函

32、數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的方法，轉化為求函數的最值問題考點構造雙函數例5已知兩函數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)的單調遞增區間；當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x1時，h(x)0；當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f(x)的單調遞減區間是(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b的取值范圍是 eq blc(rc(avs4alco1(，f(r(14),2).6設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x eq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，2)時，g(x)maxg(2)1.當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)上單調遞減，又h(1)0，當x eq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，1)時，h(x)0，當x1，2時，h(x)0，h(x)在 eq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，1)上單調遞增，在1，2上單調遞減，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、核心素養提升例1已知函數f(x)x2(a1)xln x，g(x)x2x2a1.(1)若f(x)在(1，)上單調遞增，求實數a的取值范圍；(2)當x1，e時，f(x)g(x)恒成立，求實數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，)上單調遞減，k(x)k(1)1，a11，即a2，實數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a0時，(x)0，(x)在1，e上單調遞減，(x)max(1)a1，a11，10時，當x eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,a)時，(x)0，(x)在 eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,a)上單調遞減，在 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,a)，)上單調遞增，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a的取值范圍

41、為 eq blcrc(avs4alco1(ablc|(avs4alco1(1af(2,e2).例2已知函數f(x)x1a ln x(a0).(1)討論函數f(x)的單調性；(2)當0 x1x21時，都有 eq f(f（x1）f（x2）,x1x2)0)，因為x0，a0，所以函數f(x)在(0，)上單調遞增(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上單調遞增，其最大值為3.因為a0，所以3a0).(1)求函數f(x)的極值；(2)若存在x(0，)，使得f(x) eq f(x2mx3,2)成立，求實數m的最小值解(1)由f(x)x ln x，得函數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江蘇鎮江高三一模)已知e是自然對數的底數，是圓周率，下列不等式：33，3ee3，e0)，f(x) eq f(1ln x,x2)，所以在區間(0，e)上f(x)0，f(x)單調遞增；在區間(e，)上f(x)0，f(x)單調遞減由于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)單調遞增函數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xy，由圖象可知，0 x11，A錯誤；假設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，)上單調遞增，y2x，xy2，C正確4(2022廣西南寧三中高三開學考試)已知函數f(x)cos x eq f(1,x1)，f(x)為f(x)的導函數，則下列結論正確的個數是()當x(1，0)時，f(x)0，當x eq blcrc)(avs4alco1(0，f(,2)時，令函數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，設exa eq f(1,x)0(x0)的解為xx0，當0 xx0時，h(x)0，所以f(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，)上單調遞增，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(當且僅當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論：x1ln x恒成立，當且僅當x1時取等號設f(x)x1ln x，則f(x)1 eq f(1,x)，在(0，1)上，f(x)0，f(x)單調遞增故f(x)minf(1)1100，f(x)0恒成立，當且僅當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，當且僅當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).經檢驗只有B正確7(2021安徽金安毛坦廠中學高三月考)設aln 1.01，b eq f(1.01,30e)，c eq f(1,101)(其中自然對數的底數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0 xe時，f(x)單調遞減，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重慶市鳳鳴山中學高三模擬)已知函數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f(x)的單調遞減區間為(，0)(2，)C若a0，則函數f(x)有2個極值點D若關于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x(0，1)時，g(x)0，g(x)單調遞增，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，)上單調遞增，f(x)(0，)；若k1，則f(x)在(0，k1)上單調遞減，在(k1，)上單調遞增，f(x)minf(k1)ek1k，f(x)(ek1k，).x0，g(x)ln x，則g(x)在(1，)上單調遞增，在(0，1)上單調遞減，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f(x)x ln x2x(xa)2(aR).若存在x1，3，使f(x)xf(x)成立，則實數a的取值范圍是 答案 eq blc(rc(avs4alco1(，f(37,12)解析設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h(x)x eq f(1,4x)，h(x)1 eq f(1,4x2) eq f(（2x1）（2x1）,4x2)，當x1，3時，h(x)0，h(x)單調遞增，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f(x)(x0)的導函數為f(x)，且滿足f(2)0，當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x0時，xf(x)2f(x)0，所以函數g(x)在(0，)上為增函數，又因為f(2)0，所以g(2) eq f(f（2）,4)0，當x(2，)時，f(x)0，又因為f(x)為偶函數，所以當x(，2)時，可得f(x)0.綜上，f(x)0的解集為(，2)(2，).13(2022河南南陽中學高三月考)已知函數f(x)對任意的xR都有2021f(x)f(x)e2021x的解集為 答案(，1)解析構造函數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