2021-2022 学年度高三二轮复习导数最优解方法指导 1.证明： e x  e 2 ln x  0 恒成立 2. 【2021-T8 联盟】已知函数 值范围 f  x   ae x  ln a 2 （ a  0 ），若 f  x   0 恒成立，则 a 实数的取 x2 . 3.若 x �1 ， e1 x  ln x  ax 2  a  1 �0 恒成立，则 a 实数的取值范围 x   . 3 4.已知函数 f  x   x  2 x  1 ，若 f ax  e  1  1 在 x � 0, � 时有解，则实数 a 的取值范围是（ x ） A.  1, e  B.  0,1  �,1 C. 5.【2021-湖南省三湘名校联盟-22】已知函数 （1）讨论函数 f  x f  x  0 （2）当 7.若函数 f  x b 在 f  x   ln x  2a 2 x 1  1, � 上恒成立； ln x  1  时，  6. 【2021-山东检测-21】已知函数 （1）讨论  1, � 的单调性； （2）当 a  2 时，求证 （3）求证：当 x  0 D. x2 ex 1 . f  x   e ax  bx  a ，a  0. 的单调性； e 2 时，求使 f  x  �0 在  0, � 恒成立 a 的所有值. f  x   e x  ax  2a 有两个零点，则 a 的取值范围为 1 . 8.已知函数 f  x   a ln x  x ， g  x   xe  2a  3 ，若对任意的 x f  x  �g  x  A. 1 e 9.已知函数 x 1 e2 ， 恒成立，则实数 a 的取值可能是（ ） B. 1 C. 2 e D. f  x   x3  2ex 2  mx  ln x ，若 f  x  x 恒成立，则 m 的取值范围为（ ） 1 � 1� �2 1 � � 2 1 � � � e   1, �� 0, e   1� �, e 2   1� �, e 2  � � � � � A. � e e � C. � e � D. � e� � B. � 10.已知函数 2 � 1� f  x    ln x   a �x  � � x �. （1）当 a  1 时，求 （2）若函数 f  x f  x 的单调区间； 有三个极值点 x1 、 x2 、 x3 （ x1  x2  x3 ）. （1）求实数 a 的取值范围； （2）证明： x1 � x2 � x3 为定值. 11.已知函数 f  x   ax  ln x （ a �R ）， （1）当 a  1 时，求 （2）若函数 f  x g  x  x2 x  ln x . 的单调区间； h  x  f  x  g  x 恰有三个不同的零点 x1 、 x2 、 x3 （ x1  x2  x3 ）. （1）求实数 a 的取值范围； 2 � ln x1 � � ln x2 �� ln x3 � 1 1 � 1 � � 1 . �� � � （2）求证： � � x1 � � x2 �� x3 � 2 12.已知函数 f  x  ax  bx g  x  f  x  2 （ a  0 ， b  0 ， a �1 ， b �1 ），若对 0  a  1 ， b  1 ，函数 有且只有 1 个零点，求 ab 的值. 2021-2022 学年度高三二轮复习导数最优解方法指导答案 1.方法一：放缩（切线放缩应用） 因为 因为 所以 e x  e 2 ln x  0 e x 2 �x  1 ，所以 e x 2  ln x  0 （取等号条件“ e x 2  ln x  0 ，即 x2 ”）， ln x �x  1 （取等号条件“ e x  e 2 ln x  0 2. 方法一：放缩（取对数思想和切线放缩混合应用） 因为 ae x  e x  ln a ， e x �x  1 ，所以 ae x  e x  ln a �x  ln a  1 a f  x   ae x  ln  2  2 ln a  2 ln x  2 � x  1   因为 ，所以 x2 因为 f  x   0 ，所以 2 ln a  2  0 � a  e 3 x 1 ”） 综上所述： a 实数的取值范围  点评：当 a  e 时， e, � f  x  0 3. 方法一：放缩（切线放缩和均值不等式混合应用） 解：因为 所以 e1 x �2  x （取等号条件“ x  1 ”）， ln x �x  1 （取等号条件“ x  1 ”） e1 x  ln x  ax 2  a a  1 �2  1  x   ax 2  �0 x x � � � 2 � 2 2 a� � 1 �  所以 1 ，所以 � ”） 3 （取等号条件“ 1  x � 1  x � x � x 1 x max � 2� a a � �. 3 � 综上所述： 实数的取值范围为 � a 1  x3   1  x   1  x  x 2  注意：立方差 4.解：因为函数 所以函数  f  x   x 3  2 x  1 ，所以导函数 f �  x   3x 2  2  0 f  x   x 3  2 x  1 单调递增，因为 f  0   1  所以 f ax  e  1  f  0  ，即 ax  e  1  0 ，所以 设 g  x  x x a ex 1 x ex 1 x ， x � 0, � ，则 x � 0, � ， a  g  x  min （存在性问题） 方法一：切线放缩法 ex 1 �1 因为 e x �x  1 （取等号条件“ x  0 ”），所以 x ，所以 a  1 ，故选择 D. 点评：方法二构造、求导、研究单调性. 4 5. 解：（1）因为函数 f  x   ln x  ① 当 0 �a �2 时， 2a f �x   2 ，所以导函数   x 1 f�  x   0 ，函数 f  x  单调递增； Ⅱ、当 a  2 时， x1  0 、 x2  0 ，所以函数 所以函数 f  x  单调性如下： f�  x   0 ，函数 f  x  单调递减； 当 x  x1 或 x  x2 时， a2 2 f�  x   0 ，所以 x1  a  1  a 2  2a ， x2  a  1  a 2  2a Ⅰ、当 a  0 时， x1  0 、 x2  0 ，所以 （2）当 x  x  1 f�  x  �0 ，函数 f  x  单调递增； ② 当 a  0 或 a  2 时，令 当 x1  x  x2 时， x2  2  1  a  x  1 f�  x   0 ，函数 f  x  单调递增.  x  时， f  x   ln x  4  2 ，所以导函数 f � x 1  x  1  2 2 x  x  1 x  x  1 x2  2x  1 2 0 f  x  单调递增，因为 f  1  0 ，所以在  1, � 上 f  x   0 （3）方法一：放缩法（曲线放缩、切线放缩比较综合） 因为当 x  0 时， x  1  1 ，所以 整理得： 设 设 ex  ln  x  1  2x 2x x2  x x  2 ，只需证明： x  2 e  1 1 2 1 x  x 1 ex  x2  x  1 ，只需证明： 2 2 g  x   ex  1 2 x  x 1  x   ex  x 1 ，导函数 g � 2 h  x   e x  x  1 ，导函数 h�  x   e x  1  0 ，所以函数 h  x  在区间  0, � 上单调递增 因为 h  0   0 ，所以函数 h  x   g �  x   0 ，所以函数 g  x  在区间  0, � 上单调递增 1 ex  x2  x  1 因为 g  0   0 ，所以 2 5 综上所述：当 x  0 时， ln  x  1  x2 ex 1 . 方法二：代数变换 x  ln  x  1 ln  x  1  x  1 x 2 设函数 g  x   ， x � 0, � ，导函数 g � x x 设 h  x  h  x 函数 所以函数 1 1 x x �  ln  x  1 ，导函数 h  x    1  x  2  x  1   1  x  2  0 1 x 单调递减，因为 g�  x  0 h  0  0 ，所以在 g  x ，所以函数 区间 h  x 在区间  0, � 上单调递减 x 因为 e x  1  x （证明取等号条件“ x  0 ”），所以 e x  1 综上所述：当 x  0 时， 6.解：因为函数 ln  x  1   0, � 上单调递减  ln  x  1 x x2 ex 1 . f  x   e ax  bx  a ， a  0 ，所以导函数 f �  x   aeax  b ① 当 b �0 时， f�  x   0 ，函数 f  x  单调递增；