《（通用版）2022年高考數學二輪復習 第一部分 專題四 導數的綜合應用（第一課時）“導數與不等式”考法面面觀講義 理（重點生含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（通用版）2022年高考數學二輪復習 第一部分 專題四 導數的綜合應用（第一課時）“導數與不等式”考法面面觀講義 理（重點生含解析）（22頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
1、（通用版）2022年高考數學二輪復習 第一部分 專題四 導數的綜合應用（第一課時）“導數與不等式”考法面面觀講義 理（重點生，含解析）卷卷卷2018利用導數的單調性證明不等式T21(2)根據函數的極值求參數、不等式的證明T21導數在不等式的證明、由函數的極值點求參數T212017利用導數研究函數的零點問題T21(2)函數的單調性、極值、零點問題、不等式的證明T21由不等式恒成立求參數、不等式放縮T212016函數的零點、不等式的證明T21函數單調性的判斷、不等式的證明及值域問題T21函數的最值、不等式的證明T21縱向把握趨勢導數的綜合問題是每年的必考內容且難度大主要涉及函數的單調性、極值、零點
2、、不等式的證明預計2019年會考查用分類討論研究函數的單調性以及函數的零點問題導數的綜合問題是每年的必考內容，涉及函數的極值、最值、單調性、零點問題及不等式的證明，且近3年均考查了不等式的證明預計2019年仍會考查不等式的證明，同時要重點關注會討論函數的單調性及零點問題導數的綜合問題是每年的必考內容，涉及函數的最值、零點、不等式的恒成立及不等式的證明問題，其中不等式的證明連續(xù)3年均有考查，應引起關注預計2019年仍會考查不等式的證明，同時考查函數的最值或零點問題橫向把握重點導數日益成為解決問題必不可少的工具，利用導數研究函數的單調性與極值(最值)是高考的常見題型，而導數與函數、不等式、方程、數
3、列等的交匯命題，是高考的熱點和難點解答題的熱點題型有：(1)利用導數研究函數的單調性、極值、最值；(2)利用導數證明不等式或探討方程根；(3)利用導數求解參數的范圍或值.求什么想什么求f (x)的單調區(qū)間與極值，想到求導函數f (x)，然后利用不等式f (x)0及f (x)x22ax1(aln 21，x0)成立，想到證明exx22ax10成立給什么用什么通過對第(1)問的研究，求得f (x)ex2x2a的單調性與極值，仔細觀察，可發(fā)現(exx22ax1)ex2x2a差什么找什么需要研究函數g(x)exx22ax1的單調性或最值，利用導數研究即可即exx22ax10，故exx22ax1.題后悟通
4、思路受阻分析本題屬于導數綜合應用中較容易的問題，解決本題第(2)問時，易忽視與第(1)問的聯系，導函數g(x)ex2x2a的單調性已證，可直接用，若意識不到這一點，再判斷g(x)的單調性，則造成解題過程繁瑣，進而造成思維受阻或解題失誤技法關鍵點撥利用單調性證明單變量不等式的方法一般地，要證f (x)g(x)在區(qū)間(a，b)上成立，需構造輔助函數F(x)f (x)g(x)，通過分析F(x)在端點處的函數值來證明不等式若F(a)0，只需證明F(x)在(a，b)上單調遞增即可；若F(b)0，只需證明F(x)在(a，b)上單調遞減即可 對點訓練1已知函數f (x)xln x，g(x)(x21)(為常數
5、)(1)若曲線yf (x)與曲線yg(x)在x1處有相同的切線，求實數的值；(2)若，且x1，證明：f (x)g(x)解：(1)f (x)ln x1，g(x)2x，則f (1)1，從而g(1)21，即.(2)證明：設函數h(x)xln x(x21)，則h(x)ln x1x.設p(x)ln x1x，從而p(x)10對任意x1，)恒成立，所以當x1，)時，p(x)ln x1xp(1)0，即h(x)0，因此函數h(x)xln x(x21)在1，)上單調遞減，即h(x)h(1)0，所以當，且x1時，f (x)g(x)成立題型策略(二)已知函數f (x)aexbln x，曲線yf (x)在點(1，f (
6、1)處的切線方程為yx1.(1)求a，b；(2)證明：f (x)0.破題思路第(1)問求什么想什么求a，b的值，想到建立關于a，b的方程組給什么用什么題目條件中給出函數f (x)在點(1，f (1)處的切線方程，可據此建立關于a，b的方程組第(2)問求什么想什么要證f (x)0，想到f (x)的最小值大于0差什么找什么需求f (x)的最小值，因此只要利用導數研究函數f (x)的單調性即可規(guī)范解答(1)函數f (x)的定義域為(0，)f (x)aex，由題意得f (1)，f (1)1，所以解得(2)證明：由(1)知f (x)exln x(x0)因為f (x)ex2在(0，)上單調遞增，又f (1
7、)0，所以f (x)0在(0，)上有唯一實根x0，且x0(1,2)當x(0，x0)時，f (x)0，從而當xx0時，f (x)取極小值，也是最小值由f (x0)0，得ex02，則x02ln x0.故f (x)f (x0)e x02ln x0x022 20，所以f (x)0.題后悟通思路受阻分析本題屬于隱零點問題解決第(2)問時，常因以下兩個原因造成思維受阻，無法正常解題(1)f (x)0在(0，)上有解，但無法解出；(2)設出f (x)0的零點x0，即f (x)的最小值為f (x0)，但是不能將函數f (x0)轉化成可求最值的式子，從而無法將問題解決當遇到既含有指數式，又含有對數式的代數式需判
8、斷其符號時，常需應用這種技巧，把含有指數式與對數式的代數式轉化為不含有指數式與對數式的代數式，從而可輕松判斷其符號技法關鍵點撥利用最值證明單變量不等式的技巧利用最值證明單變量的不等式的常見形式是f (x)g(x)證明技巧：先將不等式f (x)g(x)移項，即構造函數h(x)f (x)g(x)，轉化為證不等式h(x)0，再次轉化為證明h(x)min0，因此，只需在所給的區(qū)間內，判斷h(x)的符號，從而判斷其單調性，并求出函數h(x)的最小值，即可得證對點訓練2已知函數f (x).(1)若f (x)在區(qū)間(，2上為單調遞增函數，求實數a的取值范圍；(2)若a0，x01，設直線yg(x)為函數f(x
9、)的圖象在xx0處的切線，求證：f (x)g(x)解：(1)易得f (x)，由題意知f (x)0對x(，2恒成立，故x1a對x(，2恒成立，1a2，a1.故實數a的取值范圍為(，1(2)證明：若a0，則f (x).函數f (x)的圖象在xx0處的切線方程為yg(x)f (x0)(xx0)f (x0)令h(x)f (x)g(x)f (x)f (x0)(xx0)f (x0)，xR，則h(x)f (x)f (x0).設(x)(1x)ex0(1x0)ex，xR，則(x)ex0(1x0)ex.x01，(x)0，(x)在R上單調遞減，而(x0)0，當xx0時，(x)0，當xx0時，(x)0，當xx0時，h
10、(x)0，當xx0時，h(x)0，h(x)在區(qū)間(，x0)上為增函數，在區(qū)間(x0，)上為減函數，xR時，h(x)h(x0)0，f (x)g(x)構造函數證明雙變量函數不等式若ba0，求證：ln bln a.破題思路證明：ln bln a，想到如下思路：(1)構造以a為主元的函數，利用導數求解(2)考慮到ln bln aln ，設t，化為只有一個因變量t的函數求解(3)原不等式右邊可分開寫，觀察此式兩邊，發(fā)現其與f (x)ln x有關，故先研究f (x)的單調性，從而得解規(guī)范解答法一：主元法(學生用書不提供解題過程)構造函數f (x)ln bln x，其中0xb，則f (x).0xb，f (x
11、)a0，故f (a)f (b)0，即ln bln a.法二：整體換元法(學生用書不提供解題過程)令t(t1)，構造函數f (t)ln t，則f (t).t1，t210，t22t112210，則f (t)0，f (t)在(1，)上單調遞增，故f (t)f (1)0，即ln 0，從而有l(wèi)n bln a.法三：函數不等式的對稱性(學生用書提供解題過程)原不等式可化為ln bln a，則構造函數f (x)ln x(bxa0)，則f (x)0，f (x)ln x在(a，b)上單調遞增，即f (b)f (a)，則ln bln a，故ln bln a.題后悟通思路受阻分析由于題目條件少，不能正確分析要證不等
12、式的特點，并構造相應的函數將問題轉化，從而導致無從下手解決問題技法關鍵點撥證明雙變量函數不等式的常見思路(1)將雙變量中的一個看作變量，另一個看作常數，構造一個含參數的輔助函數證明不等式(2)整體換元對于齊次式往往可將雙變量整體換元，化為一元不等式(3)若雙變量的函數不等式具有對稱性，并且可以將兩個變量分離開，分離之后的函數結構具有相似性，從而構造函數利用單調性證明對點訓練3(2019屆高三黃岡模擬)已知函數f (x)ln xex(R)(1)若函數f (x)是單調函數，求的取值范圍；(2)求證：當0x11.解：(1)函數f (x)的定義域為(0，)，f (x)ln xex，f (x)ex，函數
13、f (x)是單調函數，f (x)0或f (x)0在(0，)上恒成立，當函數f (x)是單調遞減函數時，f (x)0，0，即xex0，xex，令(x)，則(x)，當0x1時，(x)1時，(x)0，則(x)在(0,1)上單調遞減，在(1，)上單調遞增，當x0時，(x)min(1)，.當函數f (x)是單調遞增函數時，f (x)0，0，即xex0，xex，由得(x)在(0,1)上單調遞減，在(1，)上單調遞增，又(0)0，x時，(x)0，0.綜上，的取值范圍是0，)(2)證明：由(1)可知，當時，f (x)ln xex在(0，)上單調遞減，0x1f (x2)，即ln x1ex1ln x2ex2，e1
14、x2e1x1ln x1ln x2.要證e1x2e1x11，只需證ln x1ln x21，即證ln1，令t，t(0,1)，則只需證ln t1，令h(t)ln t1，則h(t)，當0t1時，h(t)0，即ln t1，故原不等式得證考法二恒成立與能成立問題 題型策略(一)已知函數f (x)xln x，若對于所有x1都有f (x)ax1，求實數a的取值范圍破題思路求什么想什么求實數a的取值范圍，想到建立關于實數a的不等式給什么用什么題目條件中，已知f (x)ax1，即xln xax1，想到將不等式轉化為xln xax10或aln x差什么找什么缺少xln xax1的最小值或ln x的最小值，利用導數求
15、解即可規(guī)范解答法一：分離參數法(學生用書不提供解題過程)依題意，得f (x)ax1在1，)上恒成立，即不等式aln x在x1，)恒成立，亦即amin，x1，)設g(x)ln x(x1)，則g(x).令g(x)0，得x1.當x1時，因為g(x)0，故g(x)在1，)上是增函數所以g(x)在1，)上的最小值是g(1)1.故a的取值范圍是(，1法二：構造函數法(學生用書提供解題過程)當x1時，有f (1)a1，即a10，得a1.構造F(x)f (x)(ax1)xln xax1，原命題等價于F(x)0在x1上恒成立F(x)min0，x1，)由于F(x)ln x1a0在x1，)上恒成立，因此，函數F(x
16、)在1，)上單調遞增，所以F(x)minF(1)1a0，得a1.故a的取值范圍是(，1題后悟通(一)思路受阻分析求解本題時，直接作差構造函數或分離參數后構造函數求a的取值范圍，其關鍵是正確求解所構造函數的最值，這也是大多數同學不會求解或不能正確求解最值而導致無法繼續(xù)解題或解題失誤的地方(二)技法關鍵點撥分離參數法解含參不等式恒成立問題的思路與關鍵(1)分離參數法解含參不等式恒成立問題的思路用分離參數法解含參不等式恒成立問題是指在能夠判斷出參數的系數的正負的情況下，可以根據不等式的性質將參數分離出來，得到一個一端是參數，另一端是變量表達式的不等式，只要研究變量表達式的最值就可以解決問題(2)求解
17、含參不等式恒成立問題的關鍵是過好“雙關”轉化關通過分離參數法，先轉化為f (a)g(x)(或f (a)g(x)對xD恒成立，再轉化為f (a)g(x)max(或f (a)g(x)min)求最值關求函數g(x)在區(qū)間D上的最大值(或最小值)問題(三)解題細節(jié)提醒有些含參不等式恒成立問題，在分離參數時會遇到討論的麻煩，或者即使分離出參數，但參數的最值卻難以求出，這時常利用導數法，借助導數，分析函數的單調性，通過對函數單調性的分析確定函數值的變化情況，找到參數滿足的不等式，往往能取得意想不到的效果對點訓練1設函數f (x)ax2aln x，其中aR.(1)討論f (x)的單調性；(2)確定a的所有可
18、能取值，使得f (x)e1x在區(qū)間(1，)內恒成立(e2.718為自然對數的底數)解：(1)由題意，f (x)2ax，x0，當a0時，2ax210，f (x)0，f (x)在(0，)上單調遞減當a0時，f (x)，當x時，f (x)0.故f (x)在上單調遞減，在上單調遞增綜上所述，當a0時，f (x)在(0，)上單調遞減；當a0時，f (x)在上單調遞減，在上單調遞增(2)原不等式等價于f (x)e1x0在(1，)上恒成立一方面，令g(x)f (x)e1xax2ln xe1xa，只需g(x)在(1，)上恒大于0即可又g(1)0，故g(x)在x1處必大于等于0.令F(x)g(x)2axe1x，
19、由g(1)0，可得a.另一方面，當a時，F(x)2ae1x1e1xe1x，因為x(1，)，故x3x20.又e1x0，故F(x)在a時恒大于0.所以當a時，F(x)在(1，)上單調遞增所以F(x)F(1)2a10，故g(x)也在(1，)上單調遞增所以g(x)g(1)0，即g(x)在(1，)上恒大于0.綜上所述，a.故實數a的取值范圍為.題型策略(二)已知函數f (x)xaln x，g(x)(aR)若在1，e上存在一點x0，使得f (x0)g(x0)成立，求a的取值范圍破題思路求什么想什么求a的取值范圍，想到建立關于a的不等式給什么用什么題目條件中，給出存在x01，e，使f (x0)g(x0)成立
20、，想到利用f (x0)g(x0)建立關于a的不等式差什么找什么要建立關于a的不等式，可令h(x)f (x)g(x)，轉化為h(x)的最值問題求解規(guī)范解答依題意，只需f (x0)g(x0)min0，x01，e即可令h(x)f (x)g(x)xaln x，x1，e，則h(x)1.令h(x)0，得xa1.若a11，即a0時，h(x)0，h(x)單調遞增，h(x)minh(1)a20，得a2；若1a1e，即0a2，x(0，e1)與h(x)0不符，故舍去若a1e，即ae1時，h(x)在1，e上單調遞減，則h(x)minh(e)ea，令h(e)e1成立綜上所述，a的取值范圍為(，2).題后悟通思路受阻分析
21、本題構造函數后，求解a的取值范圍時，需對a分類討論此處往往因不會分類討論或討論不全而導致解題失誤技法關鍵點撥不等式能成立問題的解題關鍵點對點訓練2(2019屆高三河北“五個一名校聯盟”模擬)已知a為實數，函數f (x)aln xx24x.(1)若x3是函數f (x)的一個極值點，求實數a的值；(2)設g(x)(a2)x，若存在x0，使得f (x0)g(x0)成立，求實數a的取值范圍解：(1)函數f (x)的定義域為(0，)，f (x)2x4.x3是函數f (x)的一個極值點，f (3)0，解得a6.經檢驗，當a6時，x3是函數f (x)的一個極小值點，符合題意，故a6.(2)由f (x0)g(
22、x0)，得(x0ln x0)ax2x0，記F(x)xln x(x0)，則F(x)(x0)，當0x1時，F(x)1時，F(x)0，F(x)單調遞增F(x)F(1)10，a.記G(x)，x，則G(x).x，22ln x2(1ln x)0，x2ln x20，當x時，G(x)0，G(x)單調遞增G(x)minG(1)1，aG(x)min1，故實數a的取值范圍為1，)題型策略(三)已知函數f (x)ln xmx，g(x)x(a0)(1)求函數f (x)的單調區(qū)間；(2)若m，對x1，x22,2e2都有g(x1)f (x2)成立，求實數a的取值范圍破題思路第(1)問求什么想什么求f (x)的單調區(qū)間，想到
23、解不等式f (x)0或f (x)0，所以f (x)m，當m0時，f (x)0，f (x)在(0，)上單調遞增當m0時，由f (x)0得x；由得0x.所以f (x)在上單調遞增，在上單調遞減綜上所述，當m0時，f (x)的單調遞增區(qū)間為(0，)，無單調遞減區(qū)間；當m0時，f (x)的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為.(2)若m，則f (x)ln xx.對x1，x22,2e2都有g(x1)f (x2)成立，等價于對x2,2e2都有g(x)minf (x)max，由(1)知在2,2e2上f (x)的最大值為f (e2)，又g(x)10(a0)，x2,2e2，所以函數g(x)在2,2e2上是增函數，所以
24、g(x)ming(2)2.由2，得a3，又a0，所以a(0,3，所以實數a的取值范圍為(0,3題后悟通(一)思路受阻分析本題(2)中不會或不能準確地將已知條件“x1，x22,2e2都有g(x1)f (x2)成立”進行轉化，而導致無法求解此題(二)技法關鍵點撥1最值定位法解雙參不等式恒成立問題的思路策略(1)用最值定位法解雙參不等式恒成立問題是指通過不等式兩端的最值進行定位，轉化為不等式兩端函數的最值之間的不等式，列出參數所滿足的不等式，從而求解參數的取值范圍(2)有關兩個函數在各自指定范圍內的不等式恒成立問題，這里兩個函數在指定范圍內的自變量是沒有關聯的，這類不等式的恒成立問題就應該通過最值進
25、行定位，對于任意的x1a，b，x2m，n，不等式f (x1)g(x2)恒成立，等價于f (x)min(xa，b)g(x)max(xm，n)，列出參數所滿足的不等式，便可求出參數的取值范圍2常見的雙變量不等式恒成立問題的類型(1)對于任意的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 (x
26、1)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.對點訓練3已知函數f (x)x(a1)ln x(aR)，g(x)x2exxex.(1)當x1，e時，求f (x)的最小值；(2)當a1時，若存在x1e，e2，使得對任意的x22,0，f (x1)g(x2)恒成立，求a的取值范圍解：(1)f (x)的定義域為(0，)，f (x)1.當a1時，x1，e，f (x)0，f (x)為增函數，所以f (x
27、)minf (1)1a.當1ae時，x1，a時，f (x)0，f (x)為減函數；xa，e時，f (x)0，f (x)為增函數所以f (x)minf (a)a(a1)ln a1.當ae時，x1，e，f (x)0，f (x)在1，e上為減函數，所以f (x)minf (e)e(a1).綜上，當a1時，f (x)min1a；當1ae時，f (x)mina(a1)ln a1；當ae時，f (x)mine(a1).(2)由題意知f (x)(xe，e2)的最小值小于g(x)(x2,0)的最小值由(1)知，當a1時，f (x)在e，e2上單調遞增，所以f (x)minf (e)e(a1).由題意知g(x)
28、(1ex)x.當x2,0時，g(x)0，g(x)為減函數，g(x)ming(0)1，所以e(a1)，所以a的取值范圍為.專題跟蹤檢測(對應配套卷P171)1(2019屆高三唐山模擬)已知f (x)x2a2ln x，a0.(1)求函數f (x)的最小值；(2)當x2a時，證明：a.解：(1)函數f (x)的定義域為(0，)，f (x)x.當x(0，a)時，f (x)0，f (x)單調遞增所以當xa時，f (x)取得極小值，也是最小值，且f (a)a2a2ln a.(2)證明：由(1)知，f (x)在(2a，)上單調遞增，則所證不等式等價于f (x)f (2a)a(x2a)0.設g(x)f (x)
29、f (2a)a(x2a)，則當x2a時，g(x)f (x)axa0，所以g(x)在(2a，)上單調遞增，當x2a時，g(x)g(2a)0，即f (x)f (2a)a(x2a)0，故a.2已知函數f (x)xex2xaln x，曲線yf (x)在點P(1，f (1)處的切線與直線x2y10垂直(1)求實數a的值；(2)求證：f (x)x22.解：(1)因為f (x)(x1)ex2，所以曲線yf (x)在點P(1，f (1)處的切線斜率kf (1)2e2a.而直線x2y10的斜率為，由題意可得(2e2a)1，解得a2e.(2)證明：由(1)知，f (x)xex2x2eln x.不等式f (x)x2
30、2可化為xex2x2eln xx220.設g(x)xex2x2eln xx22，則g(x)(x1)ex22x.記h(x)(x1)ex22x(x0)，則h(x)(x2)ex2，因為x0，所以x22，ex1，故(x2)ex2，又0，所以h(x)(x2)ex20，所以函數h(x)在(0，)上單調遞增又h(1)2e22e20，所以當x(0,1)時，h(x)0，即g(x)0，即g(x)0，函數g(x)單調遞增所以g(x)g(1)e22eln 112e1，顯然e10，所以g(x)0，即xex2x2eln xx22，也就是f (x)x22.3(2018武漢模擬)設函數f (x)(1xx2)ex(e2.718
31、 28是自然對數的底數)(1)討論f (x)的單調性；(2)當x0時，f (x)ax12x2恒成立，求實數a的取值范圍解：(1)f (x)(2xx2)ex(x2)(x1)ex.當x1時，f (x)0；當2x0.所以f (x)在(，2)，(1，)上單調遞減，在(2,1)上單調遞增(2)設F(x)f (x)(ax12x2)，F(0)0，F(x)(2xx2)ex4xa，F(0)2a，當a2時，F(x)(2xx2)ex4xa(x2)(x1)ex4x2(x2)(x1)exx2(x2)(x1)ex1，設h(x)(x1)ex1，h(x)xex0，所以h(x)在0，)上單調遞增，h(x)(x1)ex1h(0)
32、0，即F(x)0在0，)上恒成立，F(x)在0，)上單調遞減，F(x)F(0)0，所以f (x)ax12x2在0，)上恒成立當a0，而函數F(x)的圖象在(0，)上連續(xù)且x，F(x)逐漸趨近負無窮，必存在正實數x0使得F(x0)0且在(0，x0)上F(x)0，所以F(x)在(0，x0)上單調遞增，此時F(x)F(0)0，f (x)ax12x2有解，不滿足題意綜上，a的取值范圍是2，)4(2018南昌模擬)設函數f (x)2ln xmx21.(1)討論函數f (x)的單調性；(2)當f (x)有極值時，若存在x0，使得f (x0)m1成立，求實數m的取值范圍解：(1)函數f (x)的定義域為(0
33、，)，f (x)2mx，當m0時，f (x)0，f (x)在(0，)上單調遞增；當m0時，令f (x)0，得0x，令f (x)，f (x)在上單調遞增，在上單調遞減(2)由(1)知，當f (x)有極值時，m0，且f (x)在上單調遞增，在上單調遞減f (x)maxf 2lnm1ln m，若存在x0，使得f (x0)m1成立，則f (x)maxm1.即ln mm1，ln mm10)，g(x)10，g(x)在(0，)上單調遞增，且g(1)0，0m0時，對任意的x，恒有f (x)e1成立，求實數b的取值范圍解：(1)函數f (x)的定義域為(0，)當b2時，f (x)aln xx2，所以f (x)2
34、x.當a0時，f (x)0，所以函數f (x)在(0，)上單調遞增當a0時，令f (x)0，解得x (負值舍去)，當0x 時，f (x)時，f (x)0，所以函數f (x)在上單調遞增綜上所述，當b2，a0時，函數f (x)在(0，)上單調遞增；當b2，a0時，f (x)bln xxb，f (x)bxb1.令f (x)0，得0x0，得x1.所以函數f (x)在上單調遞減，在(1，e上單調遞增，f (x)max為f beb與f (e)beb中的較大者f (e)f ebeb2b.令g(m)emem2m(m0)，則當m0時，g(m)emem2220，所以g(m)在(0，)上單調遞增，故g(m)g(0
35、)0，所以f (e)f ，從而f (x)maxf (e)beb所以bebe1，即ebbe10.設(t)ette1(t0)，則(t)et10，所以(t)在(0，)上單調遞增又(1)0，所以ebbe10的解集為(0,1所以b的取值范圍為(0,16(2018開封模擬)已知函數f (x)axx2xln a(a0，a1)(1)當ae(e是自然對數的底數)時，求函數f (x)的單調區(qū)間；(2)若存在x1，x21,1，使得|f (x1)f (x2)|e1，求實數a的取值范圍解：(1)f (x)axln a2xln a2x(ax1)ln a.當ae時，f (x)2xex1，其在R上是增函數，又f (0)0，f (x)0的解集為(0，)，f (x)1時，ln a0，y(ax1)ln a在R上是增函數，當0a1時，ln a1或0a0)，g(a)120，g(a)a2ln a在(0，)上是增函數而g(1)0，故當a1時，g(a)0，即f (1)f (1)；當0a1時，g(a)0，即f (1)1時，f (x)maxf (x)minf (1)f (0)e1，即aln ae1，函數yaln a在(1，)上是增函數，解得ae；當0a1時，f (x)maxf (x)minf (1)f (0)e1，即ln ae1，函數yln a在(0,1)上是減函數，解得0a.綜上可知，實數a的取值范圍為e，)
（通用版）2022年高考數學二輪復習 第一部分 專題四 導數的綜合應用（第一課時）“導數與不等式”考法面面觀講義 理（重點生含解析）
