1、1 用思维导图突破导数压轴题 专题专题 2 2 导数与不等式导数与不等式 精讲篇精讲篇（1 12 2 页页） 用思维导图突破用思维导图突破导数压轴题导数压轴题 挑战压轴题挑战压轴题高中数学高中数学精讲解读篇（华东师大出版社第精讲解读篇（华东师大出版社第 1-10 版 （版 （2009-2019 年） ） 、上年） ） 、上 海高考好题赏析 （浙江大学出版社海高考好题赏析 （浙江大学出版社 2019 年） 、年） 、330 多篇论文（文章）作者多篇论文（文章）作者 特级教师文卫星特级教师文卫星 专题专题 02 导数与函数、不等式导数与函数、不等式 导数与函数、 不等式综合题是近年高考试题的一个热
2、点， 往往是在运用导数知识以后， 由不等式提升试题难度。 证明不等式f xg x（ ） （ ）一般是作h(x)f xg x（ ） （ ），通过对h x（ ）求导，求出h x（ ） 的最小值大于或大于 0,；证明不等式f xg x（ ） （ ）成立的方法类似。如果要证明的不等式中 含有参数，需要分类讨论，才能确定单调性，就要根据题设条件确定恰当的分类标准。如果 要求参数的范围，在得到相关不等式后可以分离变量，也可能需要构造新函数，找出参数满 足的条件，才能求出参数的范围。 作差求导作差求导 判断单调判断单调 求出极值求出极值 思路点拨思路点拨 第（1）题由或解出相应的 x 的范围即可确定单调区间
3、。第（2） 题记不等式左边为，证明指定区间上函数值非负，理想状态是在该区间单 ( )0fx ( )0fx h x h x h x 引例（2019 年天津理第 20 题）设函数，为的导函数. （1）求的单调区间； （2）当时，证明； （3）设为函数在区间内的零点，其中 ，证明：. 2 用思维导图突破导数压轴题 专题专题 2 2 导数与不等式导数与不等式 精讲篇精讲篇（1 12 2 页页） 调，且最小值为 0。第（3）题利用第（2）结论，由，得 ，记，那么 ，由（2）可得由（2） 知，有两条路径：一条是通过分解、变形、代换、放缩等化 归为熟悉的基本的函数单调性问题（解 1-解 3）；另一条是把变量
4、n转化成，构造函数， 回归导数基本运算，借助研究定义域内函数单调性的变化，转化为最值问题（解 4） 。思维 导图如下： 满分解答满分解答 解解（1）由已知，有( )e (cossin ) x f xxx, 当 5 2,2 44 xkk ()k Z时，有sincosxx，得( )0f x ，则 f x单 调递减； 当 3 2,2 44 xkk ()k Z时，有sincosxx，得( )0f x ，则 f x单 调递增 所以， f x的单调递增区间为 3 2,2(),( ) 44 kkkf x Z的单调递减区间为 2,2 42 n xnn（） 2,2 42 n xnn（）2 nn yx(,) 4
5、2 n y ()()()0 2 nnn f yg yy 3 用思维导图突破导数压轴题 专题专题 2 2 导数与不等式导数与不等式 精讲篇精讲篇（1 12 2 页页） 5 2,2() 44 kkk Z （2）证明：记( )( )( ) 2 h xf xg xx 函数定义域为，依题意及（）， 有( )e (cossin ) x g xxx，从而( )2e sin x g xx 当, 4 2 x 时，0( )g x ，故 ( )( )( )( )( 1)( )0 22 h xf xg xxg xg xx 因此， h x在区间, 4 2 上单调递减，进而( )0 22 h xhf 所以，当, 4 2
6、x 时，( )( )0 2 f xg xx （3）思路一：借助前问巧带入，不等证明化函数思路一：借助前问巧带入，不等证明化函数 观察到本问与第二问结构类似， 范围类似， 充分利用前问， 对一个非基本问题通过分解、 变形、代换、放缩等多种方式，化归为熟悉的基本的函数单调性问题，从而得到解答. 解解 1 依题意，10 nn u xf x ，即cose1 n x n x 记2 nn yxn，则 , 4 2 n y ，且 22 ()coscos(2)() nn yxnn nnn f yeyexnenN 由 2 0 e1 n n f yf y 及（），得 0n yy即 0 24 n yy. 令函数( )
7、sincos () 42 m xxxx ，( )cossin0m xxx， 所以 m x在, 4 2 上为增函数，所以 0 )()()0 4 n mm yym，故 222 222 00000 = 2 sincossinco eee ee s e n nnn n n y nnnn nnn fy y g yg yem ym y m yyyxx , 4 2 4 用思维导图突破导数压轴题 专题专题 2 2 导数与不等式导数与不等式 精讲篇精讲篇（1 12 2 页页） 所以， 2 00 2 2sinc s e o n n nx xx 解解 2 依题意，10 nn u xf x ，即cose1 n x n
8、 x ，即ceos n x n x ， 因为(2,2) 42 n xnn ，所以2(,) 4 2 n xn ， 由（2）知(2)(2)(2)0 2 nnn f xng xnxn ， 所以 22 cos(2)cos(2)sin(2) (2)0 2 nn xnxn nnnn exnexnxnxn , 所以cos(cossin)(2)0 2 nnnn xxxxn ， 因为(2,2) 42 n xnn ，所以cossin nn xx，又cos n x n ex ， 上式可化为2 2sincos n x n nn e xn xx ， 只需证 2 00 sincossincos n xn nn ee xx
9、xx ， 因为2 n xn,所以 2 0 n xn ee ， 下面只需证明 00 sincossincos nn xxxx. 令( )sincos () 42 m xxxx ，只需证明 0 (2)() n m xnm x， 因为( )cossin0m xxx，所以( )m x在(,) 4 2 上单调递增 因为 0n xx，所以 0n xx ee ，则 0 coscos n xx，则 0 cos(2)cos n xnx， 因为cosx在(,) 4 2 内单调递减，所以 0 2 42 n xxn , （或者：因为 2 0 (2)1() n n f xnef x ,且( )f x在(,) 4 2 单
10、调递增, 所以 0 2 42 n xxn ）,所以 0 (2)() n m xnm x 所以原式得证. 解解 3（前一部分与解法二相同，省略） 只需证 2 00 sincossincos n xn nn ee xxxx 5 用思维导图突破导数压轴题 专题专题 2 2 导数与不等式导数与不等式 精讲篇精讲篇（1 12 2 页页） 令函数 1 ( )(22) (sincos )42 x k xnxn exx ， 所以 2 2sin ( )(22) (sincos )42 x x k xnxn exx ， 显然( )0k x，则函数( )k x在(2,2) 42 nn 单调递减， 只需证 2 00
11、1 () (sincos) n n k x exx ， 因为 00 222 000 (2)cos(2)cos1() xnxnn n f xnexnexeef x ， 其中 0, (2,2) 42 n x xnn ， 且由（）知( )f x在(2,2) 42 nn 内单调递减， 所以 0 222 42 n nxnxn ， 所以 0 0 2 00 1 ()(2) (sincos) n xn k xk xn exx 0 22 0000 (sincos)sincos nn x ee exxxx , 所以原式得证. （解 3 中不等式左侧也可以构造成 1 () n g x ，利用函数() n g x解题
12、，方法雷同，不再赘述） 思路二：不等证明法若干，差值函数要优先思路二：不等证明法若干，差值函数要优先 仿照第二问的证明方法，但是本问难在变量不统一，既有n又有 n x，需要将它们化成 同一变量，通过自变量的改变，构造函数，回归导数基本运算，借助研究定义域内函数单调 性的变化，转化为最值问题，达到证明不等式的目的. 解解 4 记2 nn yxn，则, 4 2 n y ， 因为10 nn u xf x ，即cos1e， n x n x 所以 2 cos(21e) n yn n yn ，所以 2 ecos n yn n y 6 用思维导图突破导数压轴题 专题专题 2 2 导数与不等式导数与不等式 精
13、讲篇精讲篇（1 12 2 页页） 要证 2 00 2 2sinc s e o n n nx xx ，只需证 00 co 2sincos s n n n y ey y xx ， 显然有 1nn xx 1 2(1)2 nn ynyn 即，所以 1 2(1)2 nn ynyn ee ， 即 1 coscos nn yy ，因为 4 2 n y ，所以 1nn yy 则 n y关于n单调递增，所以 0, ) 2 n yx . （或者用第一问结论，进行如下证明： 111 2(1)2(1) 11 ()cos nnn yyynn nn f yeyeee ,所以 2 () n n f ye ， 因为 2 1
14、() 1 () n n f y e f y ，且()0 n f y，所以 1 ()() nn f yf y ， 由（1）知，( )f x在, 4 2 内单调递减，所以 1nn yy ， 所以 n y关于n单调递增，所以 0, ) 2 n yx ） 记 0 00 cos ,) sincos2 ( ) 2 ,x x ex xx xx h x，只需证 0, ) 2 ( )0x时， h xx， 因为 00 , 4 2 xy ，所以 000 sincos2sin()0,1 4 xxx ， 所以 0000 sincos )2sin 0 sincossinco ( ) s ) xx exxex xxx h
15、x x h x （ -1,， 所以 x h 在 2 0 ，x内单调递增，所以 0 0 ( )()=10 x h xh xe ， 所以 xh在 2 0 ，x内单调递增，即( )()=0 2 h xh . 所以原式得证. 思路三：中学数学较难题，高等数学解悬疑思路三：中学数学较难题，高等数学解悬疑 以高等数学背景为指导， 以函数图像为直观， 充分考察了学生直观想象的数学核心素养. 教学过程中我们可以适当给学生介绍拉格朗日中值定理、 洛必达法则等高等数学内容， 内容 7 用思维导图突破导数压轴题 专题专题 2 2 导数与不等式导数与不等式 精讲篇精讲篇（1 12 2 页页） 虽然超纲， 但本质大都可
16、以用高中生已有的知识来介绍清楚， 可以试着在这些高观点和思想 的指导下用高中阶段的知识完成解题. 解解 5 构造函数)( 2 2 1 )()( n n xx xn xuxF ，(,2) 2 n xxn , 则0)( n xF，0) 2 2( nF， 1 ( )( ) 2 2 n F xu x nx , ( )( )=( )2sin0 x Fxuxg xex 所以( )F x在(,2) 2 n xn 单调递减, 假设()0 n F x，则()0 n F x在) 2 2 ,( nxn内恒成立，则)() 2 2( n xFnF ， 与()(2)0 2 n F xFn 矛盾，所以假设错误，所以()0
17、n F x， 假设(2)0 2 Fn ， 则()0 n F x在 ) 2 2 ,( nxn内恒成立， 则)() 2 2( n xFnF ，与()(2)0 2 n F xFn 矛盾， 所以假设错误，所以0) 2 2( nF， 由零点存在性定理，在) 2 2 ,( nxn内存在，使0)( F， 即 n xn u 2 2 1 )( .所以 1 2 2( ) n nx u ， 要证明 00 2 cossin2 2 xx e xn n n 只需证)cos(sin)( 00 2 xxeu n ， 因为 ( ) ( )(cossin ) x u xg xexx在区间(,2) 2 n xn内递减， 所以 (
18、)() n uu x，即)cos(sin)cos(sin)( 2 nn n nn x xxexxeu n ， 只需证明 00 cossincossinxxxx nn ：以下与解法二相同，省略. 8 用思维导图突破导数压轴题 专题专题 2 2 导数与不等式导数与不等式 精讲篇精讲篇（1 12 2 页页） 本题在命题上环环相扣，逻辑清晰，解法中灵活构造别具一格，呈现数学思维之美.考 查学生的运算能力、直观意识，分类讨论，转化化归，数形结合思想，具有很好的区分度与 选拔性. 思路点拨思路点拨 （ 1 ） 讨 论 f x的 单 调 性 ， 就 是 要 比 较)( xf与0的 大 小 。 因 为 ) 1
19、( 1 1 1 )( 2 22 axx xx a x xf ， 2 1 x 恒 小 于0， 所 求 问 题 转 化 为 函 数 1)( 2 axxxh在定义域), 0( 上函数值与0的大小关系。)(xh是一个过定点) 1 , 0(开 口向上的抛物线，对称轴为 2 a x 。分类讨论的标准： （1）0a，即对称轴在y轴左侧或 为y轴；（2）0a， 即对称轴在y轴右侧； 这时又需要进一步讨论：0)(i， 即20a； 0)(ii，即2a。 解解（1）)(xf的定义域为), 0( ，) 1( 1 1 1 )( 2 22 axx xx a x xf 令1)( 2 axxxh， 这是一个过定点) 1 ,
20、0(开口向上的抛物线， 对称轴为 2 a x 。 （i）当0 2 a 时，即0a时，)(xh在), 0( 恒大于 0，0)( xf，此时)(xf在), 0( 上是减函数。 （ii）当0 2 a 时，即0a时，令4 2 a， 当0，即20a时，0)( xf恒成立，此时)(xf在), 0( 上是减函数。 当0，即2a时，0)(xh的两根为 2 4 2 aa ，作出)(xh的草图，由图可 例例 2 （2018 全国 1 卷理科第 21 题）已知函数 （1）讨论的单调性； （2）若存在两个极值点，证明： 9 用思维导图突破导数压轴题 专题专题 2 2 导数与不等式导数与不等式 精讲篇精讲篇（1 12
21、2 页页） 知，当 22 44 (0,)(,) 22 aaaa x U时，( )0fx； 当 22 44 (,) 22 aaaa x 时，( )0fx )(xf在), 2 4 (), 2 4 , 0( 22 aaaa 上是减函数； 在) 2 4 , 2 4 ( 22 aaaa 是 增函数。 综上所述，当2a时，)(xf在), 0( 上单调递减； 当2a时 ，)(xf在), 2 4 (), 2 4 , 0( 22 aaaa 上 单 调 递 减 ； 在 ) 2 4 , 2 4 ( 22 aaaa 上单调递增。 （2）因为)(xf存在两个极值点 21,x x，所以由（1）得2a. 不妨设 21 xx
22、 ，因为 21,x x为方程01 2 axx的两个实根，所以1 21 xx， )ln(ln)()()( 2121 21 12 21 xxaxx xx xx xfxf =)ln(ln)(2 2121 xxaxx 所 以 21 21 21 21 )ln(ln 2 )()( xx xxa xx xfxf ， 要 证2 )()( 21 21 a xx xfxf ， 只 要 证 1 )ln(ln 21 21 xx xx ， 因为 21 xx 且1 21 xx， 只要证1 1 ln2 2 2 2 x x x ， 即证0ln2 1 22 2 xx x 。 （因为 212 2 1 0xxx x ） 由 （ 1
23、 ） 得 函 数xx x xgln2 1 )(在), 0( 上 单 调 递 减 ， 而1 2 x， 因 此 0) 1 (ln2 1 )( 22 2 2 gxx x xg，得证！ 附注附注 12 12 lnln 1 xx xx 可以有多种证法。 10 用思维导图突破导数压轴题 专题专题 2 2 导数与不等式导数与不等式 精讲篇精讲篇（1 12 2 页页） 12 12 lnln 1 xx xx ,即 1212 lnlnxxxx，亦即 11 1 1 2ln xx x 在(0,1)上恒成立， 设设 1 ( )2lnh xxx x ，01x，则 2 22 21(1) ( )10 x h x xxx ，所
24、以 ( )h x在在 1 ( )2lnh xxx x 在(0,1)单 调 递 减 ， 所 以( )(1)0h xh， 从 而 1 2 l n0xx x ，即 1 2ln xx x ，所以2 )()( 21 21 a xx xfxf 。 思路点拨思路点拨 第（1）求出( )fx即可判断其符号。第（2）题先判断单调区间，再判断区间端点函 数值的符号；由 0 ()0fx， 1 ()0f x，并利用熟悉的不等式1lnxx得到目的。 满分解答满分解答 （1） 2 11 ( )(1) x xx ax e fxaea xe xx ，(0,)x。 0a时，( )0fx，所以函数( )f x在(0,)x上单调递
25、增. （2）证明：由（1）可知： 2 1 ( ) x ax e fx x ，(0,)x. 令 2 ( )1 x g xax e ，因为 1 0a e ，可知：( )g x在(0,)x上单调递减，又g（1） 10ae .且 22 1111 ()1()1()0g lna lnln aaaa ，所以( )g x存在唯一解 0 1 (1,)xln a . 即函数( )f x在 0 (0,)x上单调递增，在 0 (x，)单调递减.所以 0 x是函数( )f x的唯一极值点. 令( )1h xlnxx，(0)x ， 1 ( ) x h x x ，可得( )h xh（1）0，1x 时，1lnxx. 1 11
26、111 ()()(1)()(1)0 lna f lnln lna lneln lnln aaaaa . 因为 0 ()(1)0f xf，所以函数( )f x在 0 (x，)上存在唯一零点 1，因此函数( )f x恰 有两个零点。 由题意可得： 0 ()0fx， 1 ()0f x，即 0 2 0 1 x ax e， 1 11 (1) x lnxa xe， 10 1 1 2 0 1 xx x lnxe x ，即 10 2 01 1 1 xx x lnx e x ，因为1x ，所以1lnxx. 例例 3 3 （2019 天津卷文第 20 题）设函数，其中. （1）若，讨论的单调性； （2）若， 证明
27、恰有两个零点； 设为的极值点，为的零点，且，证明. 11 用思维导图突破导数压轴题 专题专题 2 2 导数与不等式导数与不等式 精讲篇精讲篇（1 12 2 页页） 又 10 1xx，故 10 2 201 0 1 (1) 1 xx xx ex x ，取对数可得： 1000 22(1)xxlnxx， 化为： 01 32xx. 思路点拨思路点拨 第 （1） 求出( )cosfxxx， 分( 0 , ) 2 x 和(, ) 2 x 讨论其符号可知( )fx在(, ) 2 x 内有唯一零点，即( )fx在区间(0, )存在唯一零点。第 （2）题利用 （1） 证明若0x， 则( )f x非负，所以，只要(
28、 )h xax图象在 x 轴下方，从而确定 a 的值。 满分解答满分解答 （1）因为( )2sincosf xxxxx，所以 ()2coscossin1fxxxxxcossin1xxx， 令( )cossin1g xxxx， 则()s i ns i nc o sgxxxxx c o sxx， 当(0,) 2 x 时，cos0xx ，当(, ) 2 x 时，cos0xx ，所 以当 2 x 时， 极大值为()10 22 g ， 又( 0 ) 0g，( )2g ， ( )g x在(0, )上有唯一零点，即( )fx在(0, )上有唯一零点。 （2）由（1）知，( )fx在(0, )上有唯一零点 0
29、 x，使得 0 ()0fx，且( )fx在 0 (0,)x为正，在 0 (x，)为负，所以( )f x 在0， 0 x递增，在 0 x，递减。 又(0)0f，( )0f，从而( )f x在0，上非负。 令( )h xax，作出图示，( )( )f xh x，所以0a. （10 山东理）山东理）已知函数 1 ( )ln1 a f xxax x ()aR. (1)当 1 2 a 时，讨论( )f x的单调性； （2）设 2 ( )24.g xxbx当 1 4 a 时，若对任意 1 (0,2)x ，存在 2 1,2x ，使 12 ( )()f xg x，求实数b取值范围. 解解 (1) 1 ( )l
30、n1(0) a f xxaxx x ， 2 22 l11 ( )(0) aaxxa fxax xxx 10 8 6 4 2 2 4 6 8 1510551015 2 g(x) O y xx0 10 8 6 4 2 2 4 6 8 1510551015 y=ax y=f(x) O y x x0 例例 4 4 （2019 年卷文第 20 题）已知函数，为 的导数. （1）证明：在区间存在唯一零点； （2）若，时，求的取值范围. 12 用思维导图突破导数压轴题 专题专题 2 2 导数与不等式导数与不等式 精讲篇精讲篇（1 12 2 页页） 令 2 ( )1(0)h xaxxa x 当0a时，( )1
31、(0)h xxx ，当(0,1), ( )0,( )0xh xfx,函数( )f x单调 递减；当(1,), ( )0,( )0xh xfx，函数( )f x单调递增. 当0a时，由( )0fx，即 2 10axxa ，解得 12 1 1,1xx a . 当 1 2 a 时 12 xx，( )0h x 恒成立，此时( )0fx，函数( )f x单调递减； 当 1 0 2 a时， 1 110 a ，(0,1)x时( )0,( )0h xfx，函数( )f x单调递减； 1 (1,1)x a 时，( )0,( )0h xfx，函数( )f x单调递增； 1 (1,)x a 时，( )0,( )0h
32、 xfx，函数( )f x单调递减. 当0a时 1 10 a ，当(0,1), ( )0,( )0xh xfx,函数( )f x单调递减； 当(1,), ( )0,( )0xh xfx，函数( )f x单调递增. 综上所述：当0a时，函数( )f x在(0,1)单调递减，(1,)单调递增； 当 1 2 a 时 12 xx，( )0h x 恒成立，此时( )0fx，函数( )f x在(0,)单调递减； 当 1 0 2 a时，函数( )f x在(0,1)单调递减， 1 (1,1) a 单调递增， 1 (1,) a 单调递减. （2）当 1 4 a 时，( )f x在（0，1）上是减函数，在（1，2
33、）上是增函数，所以对任意 1 (0,2)x ，有 1 1 ()(1)- 2 f xf。 又已知存在 2 1,2x ，使 12 ( )()f xg x，所以 2 1 () 2 g x， 2 1,2x ， （） （条件“若对任意 1 (0,2)x ，存在 2 1,2x ，使 12 ( )()f xg x”等价于“( )g x在区间1， 2上的最小值不大于( )f x在(1,2)上的最小值 1 2 。不要误以为是( )g x的最大值不大于 1 2 。 ） 又 22 ( )()4,1,2g xxbb x。 当1b时， min ( )(1)520g xgb与（）矛盾； 当1,2b时， 2 min ( )(1)40g xgb也与（）矛盾； 13 用思维导图突破导数压轴题 专题专题 2 2 导数与不等式导数与不等式 精讲篇精讲篇（1 12 2 页页） 当2b时， min 117 ( )(2)84, 28 g xgbb . 综上，实数b的取值范围是 17 ,) 8 .
