《导数大题压轴题难点突破》（PDF）

高考数学 2018 届◆难点突破系列
1
难 点 突 破
压轴题函数导数常考题型
点纳
1 曲 线 ( )y f x 0x x 处 切 线 斜 率 等 0( )f x 切 线 方 程
0 0 0( )( ) ( )y f x x x f x  
2导函数 ( )y f x 0x x 处取极值 0( ) 0f x  反成立
3导函数 ( )f x 等式 ( )f x 0 0（ ）解集决定函数 ( )f x 递增（减）区间
4函数 ( )f x 区间 I 递增（减）充条件： x I  ( )f x 0 ( 0) 恒成立（ ( )f x
恒 0）
5函数 ( )f x （非常量函数）区间 I 单调等价 ( )f x 区间 I 极值等价转
化方程 ( ) 0f x  区间 I 实根非二重根（ ( )f x 二次函数 IR
0  ）
6 ( )f x 区间 I 极值等价 ( )f x 区间单调函数进 ( )f x 0
( )f x 0 I 恒成立
7 x I Î ( )f x 0 恒成立 min( )f x 0 x I  ( )f x 0 恒成立
max( )f x 0
8 0x I  0( )f x 0 max( )f x 0 0x I  0( )f x 0
min( )f x 0
9设 ( )f x ( )g x 定义域交集 D x D ( ) ( )f x g x 恒成立
 min( ) ( ) 0f x g x 
10 1 1x I  2 2x I 1 2( ) ( )f x g x 恒成立 min max( ) ( )f x g x
1 1x I  2 2x I  1 2( ) ( )f x g x min min( ) ( )f x g x
1 1x I  2 2x I  1 2( ) ( )f x g x max max( ) ( )f x g x
11 已 知 ( )f x 区 间 1I 值 域 A ( )g x 区 间 2I 值 域 B 高考数学 2018 届◆难点突破系列
2
1 1x I  2 2x I  1( )f x 2( )g x 成立 A B ．
12三次函数 f(x)两极值点仅方程 ( ) 0f x  定两等实根 1 2x x
三次函数 f(x)没极值点方程 ( ) 0f x  两相等实根没实根．
13证题中常等式 ① 1xe x  ② 1xe x   ③ xe ex ④ 31
6
xe x
⑤ ln +1 ( 1)x x x  （ ） ⑥ ln 1 ( 1)1 2
x x xx
 
⑦
2 2
ln 1 1 ( 0 )2 2
x xx x
  
⑧ 1 1 1ln ( ) 1 ( 1)2
x x x x xx x
       ⑨ ln 11 ( 0 )x xx x
  
二常考题型：
题型：恒成立求参数值取值范围问题
1 1( ) 0 1 01
xaxf x e x x yx
    
已知函数 处切线方程
（Ⅰ）求 a 值 （Ⅱ） ( ) 1f x  求 x 取值范围
2 已 知 函 数 ln( ) 1
a x bf x x x
 
曲 线 ( )y f x 点 (1 (1))f 处 切 线 方 程
2 3 0x y  
（Ⅰ）求 a b 值 （Ⅱ）证明： 0x  1x  时 ln( ) 1
xf x x
 

3．已知函数 ln(1 )( ) ( 0)xf x xx
 
（Ⅰ）判断函数 ( )f x 单调性
（Ⅱ）否存实数 a 关 x 等式 ln(1 )x ax  (0 ) 恒成立？存求
出 a 取值范围存试说明理
4．已知函数 1 ln( ) xf x x
 ．
（Ⅰ）设 a ＞0函数 )(xf 区间 1( )2a a  存极值求实数 a 取值范围
（Ⅱ）果 x 1 时等式
2
( ) 1
k kf x x
 
恒成立求实数 k 取值范围．
5．已知函数 2( ) 2 3 xf x e x x  
（Ⅰ）求曲线 ( )y f x 点 (1 (1))f 处切线方程高考数学 2018 届◆难点突破系列
3
（Ⅱ）果 1x  时等式 25( ) ( 3) 12f x x a x    恒成立试求实数 a 取值范围．
6．设 ( ) lnaf x x xx
  3 2( ) 3g x x x   ．
（Ⅰ） 2a  时求曲线 ( )y f x 1x  处切线方程
（Ⅱ）存 1 2 [02]x x  1 2( ) ( )g x g x M  成立求满足述条件整数 M
（Ⅲ）果意 1 [ 2]2s t  ( ) ( )f s g t 成立求实数 a 取值范围．
7设函数 ( ) xf x xe 2( ) g x ax x 
（Ⅰ） ( )f x ( )g x 具完全相单调区间求 a 值
（Ⅱ） 0x  时恒 ( ) ( )f x g x 求 a 取值范围
8已知函数 ( ) xf x e ( ) 1g x x 
（Ⅰ）判断函数 ( ) ( )f x g x 零点数说明理
（Ⅱ） 0x  时 ( ) 1 1
axf x x
  
恒成立求实数 a 取值范围
9已知函数 3 2( ) 3 1( )f x ax x a x R   
（Ⅰ） 0a  时求函数 f(x)极值．
（Ⅱ）设函数 ＇1( ) ( ) (2 1) 13h x f x a x    ( 1 ]( 1)x b b    果存 ( 1]a  
意 ( 1 ]x b  ( ) 0h x  成立试求b 值．
10设函数 2( ) ln f x a x bx a b R  
（Ⅰ）函数 ( )f x 1x  处直线 1
2y   相切①求实数 a b 值②求函数 ( )f x
1 ee
 
  
值
（Ⅱ ） 0b  时等式 ( )f x m x   230 12a x e      
成立求实数
m 取值范围
11．已知函数 21 1( ) ln( )2 2f x ax x ax    （ a 常数 0a  ）
（Ⅰ） 1
2x  函数 ( )f x 极值点求 a 值
（Ⅱ）求证： 0 2a  时 ( )f x 1 2
  
增函数
（Ⅲ）意．． a （12）总存．． 0
1 12x     
等式 2
0( ) (1 )f x m a  成立求实
数 m 取范围高考数学 2018 届◆难点突破系列
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12已知函数      3 21 2f x x a x a a x      aR  ＇f x  f x 导数
（Ⅰ） 3a   时证明  y f x 区间 11 单调．．．．函数
（Ⅱ）设   19 1
6 3g x x  否存实数 a 意  1 11x   存  2 02x 
   1 1 22f x ax g x   成立？存求出 a 取值范围存说明理
13已知函数 2( ) ln ( 1)xf x a x x a a   
（Ⅰ）求 ( )f x 单调增区间
（ Ⅱ ） 存  1 2 11 x x   1 2( ) ( ) 1(f x f x e e a   然数）求实数
取值 范围
14 设函数 2( ) mxf x e x mx   ．
（Ⅰ）证明： ( )f x ( 0) 单调递减 (0 ) 单调递增
（Ⅱ）意 1 2 [ 11]x x   1 2( ) ( ) 1f x f x e   求 m 取值范围．
15．已知函数 Raxx
axxxf  1)1ln()( ．
（Ⅰ） 0a 时求函数 )(xf 单调区间
（Ⅱ）存 0x )(11)( Zax
xxxf  成立求 a 值．
16设函数 ( ) 1 xf x e 
（Ⅰ）证明： 1 ( ) 1
xx f x x
   
时
（Ⅱ） 0 ( ) 1
xx f x ax
  
时 恒成立求 a 取值范围
17已知函数 2( ) ( 1) ( 1)xf x x e x x   
（Ⅰ）试判断方程 ( ) 0f x  根数
（Ⅱ） ( ) (1 ) k k f x k  整数等式 恒成立 求 值
18设函数 ( ) 2xf x e ax  
(Ⅰ)求 ( )f x 单调区间
(Ⅱ) 1a k 整数 0x  时 ＇( ) ( ) 1 0x k f x x    求 k 值高考数学 2018 届◆难点突破系列
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题型二：导数函数切线问题
19．已知函数 3 1 2( ) ln ( ) 2 3f x x x g x ax x e
     ．
（Ⅰ）求 ( )f x 单调增区间值
（Ⅱ）函数 ( )y f x 函数 ( )y g x 交点处存公切线求实数 a 值
（Ⅲ） 2(0 ]x e 时函数 ( )y f x 图象恰位两条行直线 1 l y kx
2 l y kx m  间 1l 2l 间距离时求实数 m 值．
20已知函数 ( ) ln( ) f x x a ax  
（Ⅰ）求函数 ( )f x 单调区间极值
（Ⅱ） ( 1)a   函数 ＇( ) ( )g x a f x 图象存 1 2P P 两点横坐标满足
1 21 6x x    ( )g x 图象两点处切线互相垂直求 a 取值范围
21已知函数 3 21 2 53y x x x    曲线存唯点 P 0 0( )x y 点 P 作曲线切线
l 曲线公点 P切线l 斜率 k ______________．
22．已知函数 2( ) xf x e ax ex a R   
（Ⅰ）曲线 ( )y f x 点 (1 (1))f 处切线行 x 轴求函数 ( )f x 单调区间
（Ⅱ）试确定 a 取值范围曲线 ( )y f x 存唯点 P 曲线该点处切线
曲线公点 P
题型三：导数函数零点零点关系问题
23已知函数 3( ) sin ( ) [0 ]2 2f x ax x a R    值  3 2
（Ⅰ）求函数 ( )f x 解析式
（Ⅱ）判断函数 ( )f x (0 ) 零点数加证明．
24 已知函数 ( ) xf x x ae ( )a RÎ 两零点 1 2x x 1 2x x<
（Ⅰ）求 a 取值范围 （Ⅱ）证明 2
1
x
x
着 a 减增
（Ⅲ）证明 1 2x x+ 着 a 减增
25已知函数 ( ) 2ln ( )2
af x x x x x a a R + Î 定义域两极值点
（Ⅰ）求 a 取值范围高考数学 2018 届◆难点突破系列
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（Ⅱ）记两极值点 1 2x x 1 2x x< 已知 0  等式 1
1 2e x xl l+ < × 恒成立求 
取值范围
26已知函数 ( ) ( 0)axf x x e a >
（Ⅰ）求函数 ( )f x 单调区间
（Ⅱ）函数 ( )f x 两零点 1 2x x 1 2x x< 试证明 1
2
x aex
<
27．已知函数 ( )f x  1
x
x
e
 （ x ∈R）
（Ⅰ）求函数 ( )f x 单调区间极值
（Ⅱ）已知函数 ( )y g x 意 x 满足 ( ) (4 )g x f x  证明： x ＞2 时 ( )f x ＞ ( )g x
（Ⅲ）果 1x ≠ 2x 1( )f x  2( )f x 证明： 1 2x x ＞4．
28．已知函数 2)1(2)(  xaexxf x）（ 两零点
（Ⅰ）求 a 取值范围
（Ⅱ）设 x1x2 两零点证明：x1+x2<2
29 已知函数 ( ) ( cos ) 2sin 2f x x x x    1 sin 2( ) ( ) 11 sin
x xg x x x
 
   
证明：（1）存唯 0 (0 )2x  0( ) 0f x 
（2）存唯 1 ( )2x   1( ) 0g x  （1）中 0 1x x  
30．已知函数
2( )( ) ln
x af x x
 （中 a 常数）．
（Ⅰ） 0a  时求函数单调区间
（Ⅱ） 0 1a  时设函数 f（x）三极值点 1 2 3 x x x 1 2 3x x x  证明：
1 3
2x x
e
  ．
31 已知 ( ) ( 1)xf x e a x   两零点
（Ⅰ）求实数 a 取值范围
（Ⅱ）设 1 2 1 2x x R x x  ( )f x 两零点证明： 1 2 1 2x x x x   高考数学 2018 届◆难点突破系列
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32 已知  ( ) ln ( )f x x x mx m R  
（Ⅰ） 1m  时 ( )f x 图象 1 1 处切线l 恰函数 ( 0 1)xy a a a   图象
相切求实数 a 值
（ Ⅱ ） 函 数 21( ) ln 2 12F x x x mx    两 极 值 点 1 2 1 2 x x x x 求 证 ：
2 1( ) 1 ( )f x f x  
33．设函数 ＇( ) ln(1 ) ( ) ( ) 0f x x g x xf x x    中 ＇ ( )f x ( )f x 导函数．
（Ⅰ）令 1 1( ) ( ) ( ) ( ( )) n ng x g x g x g g x n N    求 ( )ng x 表达式
（Ⅱ） ( ) ( )f x ag x 恒成立求实数 a 取值范围
（Ⅲ）设 n N 较 (1) (2) ( )g g g n  ( )n f n 加证明．
34．已知函数 f（x）exkxx∈R
（Ⅰ） k e 试确定函数 f（x）单调区间
（Ⅱ） k＞0意 x∈Rf（|x|）＞0 恒成立试确定实数 k 取值范围
（Ⅲ）设函数 F（x）f(x)+ f(x)求证：F（1）F（2）…F（n）＞ 1 22
n
ne   （n∈ N  ）高考数学 2018 届◆难点突破系列
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难 点 突 破(答案)
压轴题函数导数常考题型
二常考题型：
题型：恒成立求参数值取值范围问题
2解：（Ⅰ） 2 2
1( ln )
＇( ) ( 1)
x x bxf x x x
  
 

直线 2 3 0x y   斜率 1
2
 点 (11)

(1) 1
1＇(1) 2
f
f
  
1
1 2 2
b
a b
    解 1a  1b 
（Ⅱ）（Ⅰ）知 ln 1f ( ) 1
xx x x
 

2
2
ln 1 ( 1)( ) (2ln )1 1
x xf x xx x x
   

考虑函数 ( ) 2lnh x x  2 1( 0)x xx
 
2 2 2
2 2
1 2 ( 1) ( 1)＇( ) x x xh x x x x
     
x  1 时 ＇( ) 0h x  h（1）0
2
2
2
2
2
(1 ) (1 ) 1( ) (1 ) 1
(1 )
(1 )
(0) 1 1 1
1 12 1 ( ) ( 1) ( ) 1 (1 )
( ) 0 ( ) ( 1)( 1 )
1( 1) ( )
x
x
x x
a x ax axf x ex x
ax a x a ex
f a a
x xf x e x f x ex x
f x f x
x f x
         
    
      
      
     
   
1解：（1）
已知
（ ）（）
函数 减函数
时 0 ( ) 11
( 1 ) ( ) ( 1 )
(0) 1
0 ( ) (0) 1
0 ( ) (0) 1
( ) 1 0
xx e f xx
x f x
f
x f x f
x f x f
f x x x x
  
    

  
   
  

成立
时函数 减函数

时
1 时
综合述满足 取值范围： 1高考数学 2018 届◆难点突破系列
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(01)x 时 ( ) 0h x  2
1 ( ) 01 h xx

x （1+  ）时 ( ) 0h x  2
1 ( ) 01 h xx

0 1x x  时 ln( ) ( ) 01
x kf x x x
  
ln( ) 1
xf x x
 

3．解：(1)  ln(1 )( ) ( 0)xf x xx
  
2
ln(1 )1( )
x xxf x x
  
设
( ) ln(1 )( 0)1
xg x x xx
   

2 2 2
1 1 1 (1 )( ) 0(1 ) 1 (1 ) (1 )
x x x xg x x x x x
            
 ( )y g x (0 ) 减函数 ( ) ln(1 ) (0) 01
xg x x gx
    

2
ln(1 )1( ) 0
x xxf x x
     ln(1 )( ) ( 0)xf x xx
  (0 ) 减函数
(2)(法)： ln(1 )x ax  (0 ) 恒成立 ln(1 ) 0x ax    (0 ) 恒成立
设 ( ) ln(1 ) h x x ax   (0) 0h   1( ) 1h x ax
  
① 0 1a  时令 1( ) 01h x ax
   
1 1x a
 
1(0 1)x a
  时 ＇ ( ) 0h x   ( ) ln(1 )h x x ax   1(0 1)a
 增函数
1(0 1)x a
  时 ( ) ln(1 ) 0h x x ax   
ln(1 )x ax  (0 ) 恒成立
② 1a   0x  时 ＇ 1( ) 01h x ax
  
恒成立
 ( ) ln(1 )h x x ax   (0 ) 减函数
 ln(1 ) (0) 0x ax h    (0 ) 恒成立
 ln(1 )x ax  (0 ) 恒成立
③ 0a  显然满足条件高考数学 2018 届◆难点突破系列
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综述①②③： 1a  时 ln(1 ) (0) 0x ax h    (0 ) 恒成立
（法二）： 0x  时等式 ln(1 )x ax  恒成立
： 0x  时等式 ln(1 )x ax
  恒成立 0x  时 ln(1 )max xa x
    
（1）知 ln(1 )( ) xf x x
 (0 ) 减函数
 ＇
＇0 0 0
ln( 1)ln( 1) 1lim lim lim 1( ) 1x x x
xx
x x x  
   
（罗特法 0
0
型）
1a  a 取值范围 +1
4．解：（1） 1 ln( ) xf x x
 2
ln( ) ( 0)xf x xx
   
0 1x  时 ( ) 0f x  1x  时 ( ) 0f x  ．
( )f x (01) 单调递增 (1 ) 单调递减．
( )f x 1x  处取极值．
( )f x 区间 1( )2a a  （中 0a  ）存极值

1
1 12
a
a
  
解 1 12 a  ．
（2）等式
2
( ) 1
k kf x x
 
2( 1)(1 ln )x x k kx
    ．
设
x
xxxg )ln1)(1()(  2
ln)(
x
xxxg  ．设 xxxh ln)( 
xxh 11)(  ．
1x  ( ) 0h x  ( )h x [1 ) 单调递增．
( )h x 值 (1) 1 0h   ( ) 0g x 
( )g x [1 ) 单调递增 ( )g x 值 (1) 2g 
2 2k k  解 1 2k   ．
＇5 ( ) 4 3 (1) 1
(1) 1 ( ) (1))
1 ( 1)( 1) ( 1) 2 0
xf x e x f e
f e y f x f
y e e x e x y
     
   
        
解( )
曲线 点(1 处切线方程
高考数学 2018 届◆难点突破系列
11
2 2 2
2
2
2 2
2
2
5 5( ) ( ) ( 3) 1 2 3 ( 3) 12 2
1 11 21 1 2
1 11 ( 1) 12 2( ) ( )
1( ) ( 1) 1 ( ) ( 1)2
x
x
x
x x
x x
f x x a x e x x x a x
e x
ax e x x a x
e x e x x
g x g xx x
x e x x x x e 
          
 
     
    
 
     



记
记
min
11 ( ) 0 ( ) [1 ) ( ) (1) 02
3( ) 0 ( ) [1 ) ( ) (1) 2
3 3( ) ( ) ( ]2 2
x x x x
g x g x g x g e
a g x a g x a e a e
          
       
      
 单调递增
单调递增
恒成立 取值范围
6 解：（1） 2a  时 2( ) lnf x x xx
 
2
2＇( ) ln 1f x xx
   
(1) 2f  ＇(1) 1f  
曲线 ( )y f x 1x  处切线方程 3y x  
（2）存 1 2 [02]x x  1 2( ) ( )g x g x M  成立
等价： 1 2 max[ ( ) ( )]g x g x M 
考察
3 2( ) 3g x x x  
2 2＇( ) 3 2 3 ( )3g x x x x x   

表知： min max
2 85( ) ( ) ( ) (2) 13 27g x g g x g    

1 2 max max min
112[ ( ) ( )] ( ) ( ) 27g x g x g x g x   

满足条件整数 4M  高考数学 2018 届◆难点突破系列
12
（3） 1 22s t      
( ) ( )f s g t 恒成立  1 22x      
min( )f x  max( )g x
max( ) 1g x  1 22x      
( ) ln 1af x x xx
   恒成立  2 lna x x x  恒
成立记 2( ) lnh x x x x  ( ) 1 2 lnh x x x x    注意 (1) 0h 
记 ( ) 1 2 lnm x x x x   ＇( ) 3 2lnm x x  
1 22x     
＇( ) 3 2ln 0m x x   
( ) ＇( ) 1 2 lnm x h x x x x    1 22
 
  
递减
(1) 0h  1 12x    
时 ( ) 0h x   12x 时 ( ) 0h x 
函数 2( ) lnh x x x x  区间 1 12
 
 
递增区间 12 递减
max( ) (1) 1h x h  1a 
（3）解： 1 22s t      
( ) ( )f s g t 恒成立  1 22x      
min( )f x  max( )g x
（2）知区间 1 22
 
  
max( ) 1g x  注意 (1)f a 1a 
证 1a  时区间 1 22
 
  
函数 ( ) 1f x  恒成立
1a  1 22x     
时 1( ) ln lnaf x x x x xx x
   
记
1( ) lnh x x xx
 
2
1＇( ) ln 1h x xx
   
＇(1) 0h 

1[ 1)2x
2
1＇( ) ln 1 0h x xx
    
(12]x 2
1＇( ) ln 1 0h x xx
    

函数
1( ) lnh x x xx
 
区间
1[ 1)2 递减区间 (12]递增高考数学 2018 届◆难点突破系列
13
min( ) (1) 1h x h  ( ) 1h x  1a 
1[ 2]2x
时 ( ) 1f x  成立
1 22s t      
( ) ( )f s g t 恒成立
7解：（I） ( ) (1 )x x xf x e xe x e    
1x 时 ( ) 0f x  )(xf )1(  单调递减
1x 时 ( ) 0f x  )(xf )1(  单调递增
＇( ) 2 1g x ax  ＇( 1) 2 1 0g a     1
2a 
时 2
1)1(2
1
2
1)( 22  xxxxg

显然 )(xg )1(  单调递减 )1(  单调递增 1
2a 
(II) )()( xgxf  0)1()()(  axexxgxf x

令 1)(  axexF x
＇( ) xF x e a 
0x ＇( ) 1xF x e a a    
① 1a )0( x 时 ＇( ) 0F x  )(xF 增函数 0)0( F
0)(0  xFx )()( xgxf 
② 1a )ln0( ax  时 ＇( ) 0F x  )(xF 减函数 0)0( F
)ln0( ax  时 0)( xF )()( xgxf  )()( xgxf  成立
综 a 取值范围 ]1(
8解（Ⅰ）令 ( ) ( ) ( ) 1xh x f x g x e x    
＇ ( ) 1xh x e 
令 ＇ ( ) 0h x  0x  0x  ＇ ( ) 0h x  0x  ＇ ( ) 0h x 
 ( )h x ( 0) 单调递减 (0 ) 单调递增
0x  时 ( )h x 值唯极值点
 0x  时 ( )h x 值 (0) 0h 
0x  时 ( ) 0h x  函数 ( ) ( ) ( )h x f x g x  唯零点 0x 
( ) ( )f x g x 唯零点 0x  高考数学 2018 届◆难点突破系列
14
（Ⅱ）令
( ) ( ) 1 1
axF x f x x
   
( ( ) 1)( 1) ( 1)( 1)( ) 1 1
xf x x ax e x axF x x x
       
令 ( ) ( 1)( 1)xH x e x ax   
＇ ( ) (2 ) 1xH x e x a   
令 ( ) (2 ) 1xx e x a    
＇ ( ) (3 ) 0xx e x   
 ( )x [0 ) 单调递增
＇ ( )H x [0 ) 单调递增
 ＇ ＇( ) (0) 1H x H a  
1 1a  时
＇ ( ) 0H x  ( )H x [0 ) 减函数
 ( ) (0) 0H x H   ( ) ( ) 1 01
axF x f x x
   
2 1a  时
＇ (0) 1 0H a  
＇ ( )H x [0 ) 单调递增
存区间 0(0 )x
＇ ( ) 0H x  ( )H x 单调递减 ( ) (0) 0H x H 
存区间 0(0 )x ( ) 0F x  显然
( ) 1 1
axf x x
   恒成立相矛盾
综 1a 
(法二) ① 1a  时（Ⅰ）知 0x  1xe x 
( 1 )( ) 1 1 01 1 1 1
xax ax ax x x af x e xx x x x
            
9．解(1)f′(x)＝ 2 23 6 3 ( )ax x ax x a
  
令 f′(x)＝0解 x＝0 x＝ 2
a
 ．
0a  时 x 变化f′(x) f(x)变化情况：高考数学 2018 届◆难点突破系列
15
∴ f(x)极值＝f(0)＝1f(x)极值＝f( 2
a
 )＝ 2
4
a
＋1
（2） 2( ) 3 6f x ax x   1( ) ( ) (2 1) 13h x f x a x   
∴ 2( ) (2 1) 1h x ax a x     1 ( 1)x b b   
1 x b   时令 2 (2 1) 1 0ax a x    …………①
  1a   ∴ ( )h x 图象开口抛物线
闭区间值必区间端点处取
( 1) 0h a    ∴等式①恒成立充条件 ( ) 0h b 
2 (2 1) 1 0ab a b   
∵ 1b   ∴ 1 0b   0a  ∴
2 2 1
1
b b
b a
  

  1a    关 a 等式
2 2 1
1
b b
b a
  
成立
须
2
max
2 1( )1
b b
b a
  

2 2 11
b b
b
 
2 1 0b b  
∴ 1 5 1 5
2 2b     1b   1 51 2b     max
1 5
2b   ．
max
2
1( ) (1) 2
3(2) 0 ( ) ln ( ) [0 ] (1 ] 2
f x f
b f x a x f x m x a x e
   
      时 等式 成立高考数学 2018 届◆难点突破系列
16
11解：（1） ( ) 21
af x x aax
   
1( ) 02f   2 2 0a a  
解： 2a 
（2） 0 2a  时 ( )f x 1[ )2
 增函数须 ( ) 0f x  区间 1[ )2
 恒成立
21 2 02
ax x a
   时 恒成立2
21 2 (2 )( 1)0 2 02 2 2
a a aa a a
      时－
21 2 10 ( ) 0 ( ) [ ) 2 2
ax x f x f xa
        时 增函数2
2
2
＇
(3) (12) 1 (1) ln( ) 1
1 1(12) ln( ) 1 ( 1) 02 2
1 1( ) ln( ) 1 ( 1)(1 2)2 2
1( ) 1 2 [2 (1 2 )]1 1
0 2 (1 2 )
a f f a a
a a a m a
g a a a m a a
ag a ma ma ma a
m ma m
       
      
       
      
   
1 1 1 时(2)知 (x) 值2 2 2
问题等价意 等式 恒成立
记

1) 时 ＇0 ( ) 0 ( )g a g a   区间(12)递减
＇
＇
( ) (1) 0
0 ( ) 0
2 10 ( ) [ ( 1)]1 2
1 11 1 ( ) min 2 1 )2 2
( ) (1) 0 ( ) 0
1 1 1 ( ) 0 ( ) (12)2
g a g
m g a
mam g a aa m
g am m
g a g g a
g a g am
 
  
   
     
  
  
时
时 恒成立
2) 时
知 区间(1 递减
区间 恒成立矛盾
时 递增＇1 1 1 ( ) 0 ( ) (12)2 g a g am
   时 递增高考数学 2018 届◆难点突破系列
17
0 1( ) (1) 0 1 41 12
1m [ )4
m
g a g m
m
     

恒 满足题设求
实数 取值范围
12解：（1） 3a 时   3 24 3f x x x   x   23 8 3f x x x   
 11x  时  f x 单调增函数
 11   0f x  1 3x
11 3
   
( )f x ＜0 ( )f x 减函数 1 13
 
  
( )f x ＞0 ( )f x 增函数
出 11 ( )f x 单调函数
（2） 02   19 1
6 3g x x  增函数  2 02x   2
1 63g x     

设        2
1 1 1 1 1 12 3 2 2 11h x f x ax x x a a x       
 1 16 2h x x    1 0h x  1
1 3x
意  1 11x   存  2 02x     1 2h x g x 成立需 11
 1
1 63 h x   11 3
    
 1＇ 0h x  1 13
   
 1＇ 0h x 
1
1 3x 时  1h x 极值 21 1 23 3h a a       

   2 21 1 2 1 5 2h a a h a a      
 11  1h x 极值  1h x 值 21 23 a a  
2
2
2
1 2 6
5 2 6
1 12 3 3
a a
a a
a a

   
   

    
 解 02  a
13解：（1） ( ) ln 2 ln xf x a a x a   高考数学 2018 届◆难点突破系列
18
1a  时总 ＇ ( )f x R 增函数
＇(0) 0f  等式 ＇ ( ) 0f x  解集 (0 )
函数 ( )f x 单调增区间 (0 )
（2）存  1 2 11 x x   1 2( ) ( ) 1f x f x e   成立
需：  11 x  时 max min( ) ( ) 1f x f x e  
＇( )f x ( )f x x 取值变化情况表：
x  0 0  0
＇( )f x _ 0 +
( )f x 减函数 极值 增函数
表知： ( )f x    10 01 单调减函数 单调增函数
min m n( ) (0) 1 ( ) ( 1) (1) af x f f x f f   中值
1 1(1) ( 1) ( 1 ln ) ( 1 ln ) 2ln f f a a a a aa a
          
＇ 2
2
1( ) 2ln ( 1)
1 2 1( ) 1 (1 ) 0
g a a a aa
g a a a a
   
     
令
1( ) 2lng a a aa
    (1+ )增函数
(1) 0g  1a  时 ( ) 0 (1) ( 1)g a f f  
max min( ) ( ) (1) (0) 1 ln 1f x f x f f e a a e       
令函数 ＇ 1 1( ) ln 1 1 0ah a a a a y a a
       时
函数 ( ) lnh a a a  (1 )a  增函数 ( ) 1h e e  a e
综求 a 取值范围  e 
14解 (Ⅰ) ＇ ( ) ( 1) 2mxf x m e x   ．
0m  ( 0)x  时 1 0mxe   ＇ ( ) 0f x  (0 )x  时 1 0mxe   高考数学 2018 届◆难点突破系列
19
＇ ( ) 0f x  0m  ( 0)x  时 1 0mxe   ＇ ( ) 0f x  (0 )x  时
1 0mxe   ＇ ( ) 0f x  ．
( )f x ( 0) 单调递减 (0 ) 单调递增．
（Ⅱ）(Ⅰ)知意 m ( )f x [ 10] 单调递减[01] 单调递增 ( )f x 0x 
处取值．意 1 2 [ 11]x x   1 2( ) ( ) 1f x f x e   充条件：
(1) (0) 1
( 1) (0) 1
f f e
f f e
  
    
1
1
m
m
e m e
e m e
      
①
设函数 ( ) 1tg t e t e    ＇ ( ) 1tg t e  ． 0t  时 ＇ ( ) 0g t  0t  时 ＇ ( ) 0g t  ．
( )g t ( 0) 单调递减 (0 ) 单调递增． (1) 0g  1( 1) 2 0g e e    
[ 11]t   时 ( ) 0g t  ．
[ 11]m  时 ( ) 0g m  ( ) 0g m  ①式成立．
1m  时 ( )g t 单调性 ( ) 0g m  1me m e  
1m   时 ( ) 0g m  1me m e    ．
综 m 取值范围[ 11] ．
15．解：（1） 1)1()(＇ 2
2

 xx
axxxf ．

4
1a 时 0)(＇ xf )(xf )1(  单调递减．

4
10  a 时令 0)(＇ xf
2
411
2
411 axa 
令 0)(＇ xf
2
4111 ax 
2
411 ax  ．
)(xf )2
4112
411( aa  单 调 递 增 )2
4111( a
)2
411(  a 单调递减．高考数学 2018 届◆难点突破系列
20
（ 2 ） 原 式 等 价 12)1ln()1(  xxxax 存 0a 0x 时
x
xxxa 12)1ln()1(  恒成立．
设 012)1ln()1()(  xx
xxxxg 0)1ln(1)(＇ 2  xx
xxxg
设 0)1ln(1)(  xxxxh 01
11)(＇ 
xxh )(xh )0(  单调递增．
0)3(0)2(  hh 根零点存性定理 )(xh )0(  唯零点设该零点
0x )1ln(1 00  xx )32(0 x
212)1)(1()( 0
0
000
min  xx
xxxxg Zaxa  20 a 值 5．
16解：（1） 1 ( ) 1 1
xx f x xx
    
x时 仅e
令 ＇( ) 1 ( ) 1g x x g x    x xe e
 ＇0 ( ) 0 ( ) 0 x g x g x  时 单调增函数
 0 ( ) 0 ( ) 0x g x g x  时 单调减函数
( ) 0 ( ) (0) 1 xg x x x R g x g e x     处达值 时
1 ( ) 1
xx f x x
   
时
（2）题设 0 ( ) 0x f x 时
10 1
xa x a ax
   
时 0 ( ) 1
xf x ax
 
成立
0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 01
xa h x axf x f x x f x h xax
     
时 令 仅
＇ ＇ ＇( ) ( ) ( ) ( ) 1 ( ) ( ) ( )h x af x axf x f x af x axf x ax f x       
① 10 ( 1) ( )2a x x f x   时 (1)知
＇ ( ) ( ) ( ) ( 1) ( ) ( ) (2 1) ( ) 0h x af x axf x a x f x f x a f x       
 ( ) 0 ( ) (0) 0h x h x h   减函数 ( ) 1
xf x ax
 
② 1 2a  时 易证  ( ) 1 1x xx f x e x x e       高考数学 2018 届◆难点突破系列
21
＇ ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
(2 1 ) ( )
h x af x axf x ax f x
af x axf x af x f x
a ax f x
   
   
  
＇2 10 ( ) 0ax h xa
  时 ( ) (0) 0 ( ) 1
xh x h f x ax
   

综 a 取值范围 10 2
 
  
17解：(1) ＇ 2( ) ( 1) 1xf x e x  
记 2( ) ( 1) 1xh x e x   ＇ 2( ) ( 2 1)xh x e x x  
(1 )x  时 ＇( ) 0h x  恒成立 ( )h x (1+ )增函数
2(1) 1 0 (2) 3 1 0h h e     
0 0
0 0
0 0
(12) ( ) 0
(1 ) ( ) 0 ( ) ( ) 0
( ) (1 ) ( )
x h x
x x h x x x h x
f x x x
  
    
 

时 时
单调递减 单调递增
0
2
0
(1) 1 0 ( ) (1) 1 0
(2) 2 0
( ) ( )
( ) (1 )
f f x f
f e
f x x
f x
       
  
 





零点
综述 零点
0 0
0
2 2
0 0 0 0 0 0
(2) ( ) ( )
( ) ( 1) ( ) ( 1) 1 0(1 2)x x
f x f x
f x x e x h x e x x       
(1)知 唯极值点唯值点

2
2 0
0 0 0 02
0 0 0
1 1 2( ) ( 1) ( 1) 2 1 1 1
xf x x x xx x x
                
0 0
51 2 ( ) 13x f x     
( ) (1 ) k k f x k 整数等式 恒成立时 值2
18解 (Ⅰ)  f x 定义域 R   xf x e a  
0a    0f x  恒成立  f x R 总增函数
0a  令   0f x  求 lnx a  f x 单增区间  ln a  
令   0f x  求 lnx a  f x 单减区间  ln a高考数学 2018 届◆难点突破系列
22
(Ⅱ)  
1
x
a
f x e a
   
代入    1 0x k f x x      1 1 0xx k e x    
0x  1 0xe     1 1xx k e x     1
1x
xx k e
   

1
1x
xk x e
  
1 ( 0) (*)1x
xk x xe
   
令   1
1x
xg x xe
 
   
 2
2
1
x x
x
e e x
g x
e
  


(Ⅰ)知    2xh x e x    0   单调递增  
 
1 0
2 0
h
h
 

 h x  0   存唯零点  1 2 
 g x  0   存 唯 零 点   0 x  时   0g x 
 x    时   0g x   0      ming x g    0g  
2e     1g       2 3g  
(*)式等价  k g  整数值 2．
题型二：导数函数切线问题
19．解（1） ( ) ln 1f x x   ＇ ( ) 0f x  1x e

( )f x 单调增区间 1( )e

1(0 )x e
 时 ( ) 0f x  ( )f x 1(0 )e
单调减
1( )x e
  时 ( ) 0f x  ( )f x 1( )e
 单调增
( )f x 值 1 1( )f e e
  ．
（2） ( ) ln 1f x x   2 1( ) 3 2g x ax  
设公切点处横坐标 x ( )f x 相切直线方程： (ln 1)y x x x   
( )g x 相切直线方程： 2 31 2(3 ) 22 3y ax x ax e
    

2
3
1ln 1 3 2
22 3
x ax
x ax e
   
    
 
 
解 1lnx x e
   （1）知 1x e

2
6
ea  ．高考数学 2018 届◆难点突破系列
23
（3）（提示：参考函数 ( )f x 图象图定义域
(0 ) 点 10 二阶导数 ＇＇ 1( ) 02f x  
单凹函数极值点 1
e
）
直线 1l 点 2 2( 2 )e e 时 2k  函数 ( )f x 图象恰位两条行直线间
2k  1l 2l 间距离 2l 函数 ( )f x 图象必相切设切点横坐标 x
ln 1k x  2k  x e （仅 2k  时等号成立）
2 l (ln 1)y x x x    1 l (ln 1)y x x  x e 1l 2l 间 距 离
21 (ln 1)
xd
x

 


令 ( ) ln [(ln 1) ]h x x x x x x    
( ) ln 1 ln 1 ln lnh x x x x x       
x x  时 ( ) 0h x  ( )h x (0 )x 单调减
x x  时 ( ) 0h x  ( )h x 2( )x e 单调增
( )h x 值 ( ) 0h x  函数 ( )f x 图象均 2l 方
令
2
2( ) ln 2ln 2
xt x x x
  

2 2
2 2 2 2
2 ln 4 ln 4 2 ln 2 2 ln 2 ln 2( ) (ln 2ln 2) (ln 2ln 2)
x x x x x x x x x x x x xt x x x x x
          

x e 时 ( ) 0t x  x e 时 ( ) ( )t x t e
d 时 x e 时 m e  ．
20解：函数 ( ) ln( ) f x x a ax   定义域 1( ) ( ) a f x ax a
  
0a  时区间 ( )a  ( ) 0f x  ( )f x 单调递增极值
0a  时令 1( ) 0f x ax a
   
1 x a a
 
1( )x a a a
  时 ＇ ( ) 0f x  函数 ( )f x 单调递增高考数学 2018 届◆难点突破系列
24
1( )x a a
   时 ＇ ( ) 0f x  函数 ( )f x 单调递减
函数 ( )f x 极值 21( ) ln( ) 1( 0)f a a a aa
       极值
（2）（1）知 ( 1)a   时
2
＇
2
1 1( ) ( )
1 ( )
a a x a ax a ag x a f x a ax a a a x ax a a
                  
函数图象存符合求两点必须 1 2
11 6x a xa
     
1 5 3 102 a    
1x a a a
    
时 2( ) ag x ax a
  函数点 1P 处切线斜率
 1 2
1
ak
x a
 


1( )x a a
   时 2( ) ag x ax a
   函数点 2P 处切线斜率
 2 2
2
ak
x a



函数图象两点处切线互相垂直
   2 2
1 2
[ ] [ ] 1a a
x a x a
   
 
   2 2 2
1 2x a x a a   
1 2
10 1 6 a x a x a aa
              1 2x a x a a    

1 ( 1 )
1 (6 )
a aa
a aa
    
    
3 2a  
综述求 a 取值范围 1 5( 1)2
  
2
0 0 0 0
0 0
3 2
0 03 2
3 2
0 0
( )( 4 5)
( ) 1 2 5 ( )1 32 5 3
1 2 ( 5) ( ) 03
l y y k x x k x x
y y k x x
x x x k x x y
y x x x
x x k x y kx
      
            
     
21解切线 方程 中
联立 整理
高考数学 2018 届◆难点突破系列
25
3 2
0 0 0
＇ 2
2 ＇ 2 2 2 ＇
0 0 0 0 0 0
1( ) 2 ( 5) ( ) ( ) 03
( ) 4 ( 5) 16 4 5)4 9 )
4 5 ( ) 4 4 4( 2) 0 ( ) 0
g x x x k x y kx g x
g x x x k k k
k x x g x x x x x x g x
      
      
            

 
令 易知
求导： （ （
显然
＇
0 0
3 2
0 0 0 0
＇
1 0 2 0
0 1 0 2 0 2
0 1
46(1) 0 2 ( ) 03
2 ( 5) ( ) 0 2
9
(2) 0 9 ( ) 0
2 9 2 2 2 9 2 2
2 4
2 4
x y g x
x x k x y kx x
k
k g x
x k x x k x
x x x x x x x x
x x x
     
       

  
               
       
    


时
1方程 唯实根 符合题意3
时
令
记
时 g( )0
时

 0 2 0 1
0 9 ( )
x x x x x
k g x
  
 
g( )0
时 两零点合题意
9k 综述
22解：（I） ＇ ( ) 2 xf x e ax e   曲线 ( )y f x 点 (1 (1))f 处切线斜率 2 0k a 
0a  ( ) xf x e ex 
时 ＇ ( ) xf x e e  ＇ ( ) 0f x  1x 
( 1)x  时 ＇ ( ) 0f x  (1 )x  时
＇ ( ) 0f x  ( )f x 单调递减区间 ( 1) 单调递增区间 (1 ) ．
（II）设点 0 0( ( ))P x f x 曲线 ( )y f x 点 P 处切线方程
＇
0 0 0( )( ) ( )y f x x x f x  
令 ＇
0 0 0( ) ( ) ( )( ) ( )g x f x f x x x f x    曲线 ( )y f x 点 P 处切线曲线
公点 P 等价函数 ( )g x 唯零点．
0( ) 0g x  0＇ ＇ ＇
0 0( ) ( ) ( ) 2 ( )xxg x f x f x e e a x x      ．
① 0a  0x x 时 ＇ ( ) 0g x  0x x 时 0( ) ( ) 0g x g x 
0x x 时 ＇ ( ) 0g x  0x x 时 0( ) ( ) 0g x g x  ( )g x 唯零点 0x x
0x 具意性符合 P 唯性 0a  合题意．
② 0a  令 0
0( ) 2 ( )xxh x e e a x x    0( ) 0h x  ＇ ( ) 2xh x e a 
令 ＇ ( ) 0h x  ln( 2 )x a  记 ln( 2 )x a   x∈(－∞x*)时 ＇ ( ) 0h x 
( )h x (－∞x*)单调递减 x∈(x*＋∞)时 ＇ ( ) 0h x  ( )h x (x*＋∞)
单调递增．
(i) 0x x x ∈(－∞x*)时 ＇ ( ) ( ) ( ) 0g x h x h x   x ∈(x*＋∞)时
＇ ( ) ( ) ( ) 0g x h x h x   知 ( )g x R 单调递增．
函数 ( )g x R 零点 x x
(ii) 0x x ( )h x (x*＋∞)单调递增 0( )h x ＝0 x ∈(x*x0)
时 ＇
0( ) ( ) ( ) 0g x h x h x   0( ) ( ) 0g x g x  取 x ∈(x*x0) ( ) 0g x  高考数学 2018 届◆难点突破系列
26
x ∈(－∞x*)时易知 2 ＇ ＇
0 0 0 0( ) ( ( )) ( ) ( )xg x e ax e f x x f x x f x     
x xe e

 2 ＇ ＇ 2
0 0 0 0( ) ( ( )) ( ) ( )xg x e ax e f x x f x x f x ax bx c

        
中 ＇
0( ( ))b e f x   ＇
0 0 0( ) ( )xc e f x x f x

   ．
0a  必存 1x x
2
1 1 0ax bx c  
1( ) 0g x  ( )g x 1( )x x 存零点． ( )g x R 少两零点．
(iii) 0x x 易证 ( ) 0g x 
3
6
x xe 

3
2 ＇ ＇
0 0 0 0( ) ( ( )) ( ) ( )6
xg x ax e f x x f x x f x      x x 时总存 x ∈(x*
+∞)
3
2 ＇ ＇
0 0 0 0( ( )) ( ) ( ) 06
x ax e f x x f x x f x     
时 ( ) 0g x  ( )g x (x*+∞)存零点 ( )g x R 少两零点．
综述 0a  时曲线 ( )y f x 存唯点 (ln( 2 ) (ln( 2 ))P a f a  曲线
该点处切线曲线公点 P
题型三：导数函数零点零点关系问题
23解：（I）已知 ＇ ( )f x ＝ a (sin cos )x x x
意 x∈
0π
2 sin cosx x x ＞0
a ＝0 时 ( )f x ＝－3
2
合题意
a ＜0x∈
0π
2 时 ＇ ( )f x ＜0 ( )f x
0π
2 单调递减
( )f x
0π
2 图象连续断
( )f x
0π
2 值 f(0)＝－3
2
合题意
a ＞0x∈
0π
2 时 ＇ ( )f x ＞0 ( )f x
0π
2 单调递增
( )f x
0π
2 图象连续 ( )f x
0π
2 值 f
π
2
π
2 a －3
2
＝ 3
2
  解 a ＝1
综述 ( )f x ＝ sinx x －3
2

（II） ( )f x (0π)两零点．
证明：
（1）知 ( )f x ＝ sinx x －3
2
(0)f ＝－3
2
＜0 ( )2f  ＝ 3
2
  ＞0
( )f x [0 ]2
 图象连续断 ( )f x (0 )2
 少存零点．
（1）知 ( )f x [0 ]2
 单调递增 ( )f x (0 )2
 仅零点．高考数学 2018 届◆难点突破系列
27
x∈[ ]2
  时令 ( )g x ＝ ＇ ( )f x ＝sin cosx x x
( )2g  ＝1＞0 ( )g  ＝－π＜0 ( )g x [ ]2
  图象连续断存
m ∈ ( )2
  ( )g m ＝0
＇ ( )g x ＝ 2cos sinx x x 知 x∈ ( )2
  时 ＇ ( )g x ＜0
( )g x ( )2
  单调递减．
x∈ ( )2 m 时 ( )g x ＞ ( )g m ＝0 ＇ ( )f x ＞0 ( )f x ( )2 m 单调递增
x∈[ ]2 m 时 ( )f x ≥ ( )2f  ＝ 3
2
  ＞0 ( )f x [ ]2 m 零点
x∈( m π)时 ( )g x ＜ ( )g m ＝0 ＇ ( )f x ＜0 ( )f x ( m π)单调递减．
( )f m ＞0 ( )f  ＜0 ( )f x [ m  ]图象连续断 ( )f x ( m
 )仅零点．
综述 ( )f x (0 )两零点．
24解：（Ⅰ） ( ) xf x x ae ( ) 1 xf x ae¢
面分两种情况讨：
（1） 0a £ 时 ( ) 0f x¢ > R 恒成立 ( )f x R 单调递增合题意
（2） 0a > 时 ( ) 0f x¢ lnx a
x 变化时 ( )f x¢ ( )f x 变化情况表：
x ( ) ln a¥ ln a ( )ln a +¥
( )f x¢ ＋ 0 －
( )f x ↗ ln 1a ↘
时 ( )f x 单调递增区间( ) ln a¥ 单调递减区间( )ln a +¥
函数 ( )y f x 两零点等价条件时成立：
1° ( )ln 0f a > 2°存 ( )1 ln as Î ¥ 满足 ( )1 0f s <
3°存 ( )2 ln as Î +¥ 满足 ( )2 0f s <
( )ln 0f a > ln 1 0a > 解 10 a e< < 高考数学 2018 届◆难点突破系列
28
时取 1 0s 满足 ( )1 ln as Î ¥ ( )1 0f s a <
取 2
2 2lns a a
+ 满足 ( )2 ln as Î +¥ ( )
2 2
2
2 2ln 0a af s e ea a
+ <
a 取值范围( )10e
（Ⅱ）证明： ( ) 0xf x x ae x
xa e

设 ( ) x
xg x e
( ) 1
x
xg x e
¢ 知 ( )g x ( )1¥ 单调递增( )1+¥ 单调递减
( ]0x Î ¥ 时 ( ) 0g x £ ( )0x Î +¥ 时 ( ) 0g x >
已知 1 2x x 满足 ( )1a g x ( )2a g x ( )10a eÎ ( )g x 单调性
( )1 01x Î ( )2 1x Î +¥
意 ( )1
1 2 0 a a eÎ 设 1 2a a> ( ) ( )1 2 1g g ax x 中 1 20 1x x< < <
( ) ( )1 2 2g g ah h 中 1 20 1h h< < <
( )g x ( )01 单调递增 1 2a a> ( ) ( )1 1g gx h> 1 1x h> 类似
2 2x h<
1 1 0x h > 2 2 2
1 1 1
x h h
x x h
< < 2
1
x
x
着 a 减增
（Ⅲ）证明：(法) 1
1
xx ae 2
2
xx ae 1 1ln lnx a x + 2 2ln lnx a x +
2
2 1 2 1
1
ln ln ln xx x x x x

设 2
1
x tx
1t > 2 1
2 1

ln
x tx
x x t
ì ïïíï ïî
解 1
ln
1
tx t

2
ln
1
t tx t


( )
1 2
1 ln
1
t tx x t
++
①
令 ( ) ( )1 ln
1
x xh x x
+
( )1x Î +¥ ( ) ( )2
12ln
1
x x xh x
x
+
¢

高考数学 2018 届◆难点突破系列
29
令 ( ) 12lnu x x x x
+ ( )
21xu x x
÷ç¢ ÷ç ÷ç
( )1x Î +¥ 时 ( ) 0u x¢ > ( )u x ( )1+¥ 单调递增
意 ( )1x Î +¥ ( ) ( )1 0u x u>
( ) 0h x¢ > ( )h x ( )1+¥ 单调递增
① 1 2x x+ 着 t 增增
（Ⅱ）知t 着 a 减增 1 2x x+ 着 a 减增
(法二) 1
1
xx ae 2
2
xx ae 1 2
1 2 ( )x xx x a e e
1 2
1 2
x x
x xa e e


证明 1 2 2x x+ > 需证明 1 2( ) 2x xa e e+ >
证：
1 2
1 21 2( ) 2
x x
x x
e ex x e e
+ >
妨设 1 2x x> 记 1 2t x x  0 1tt e 
证明： 1 21
t
t
et e
+× >
证 2 2 0tt e t   
记  ( ) 2 2th t t e t    注意 (0) 0h  需证 ( )h x  0 增函数
25．解：（Ⅰ） ( )＇ lnf x x ax 函数 ( )f x 定义域两极值点转化
ln( ) xg x x
 函数 y a  0 两交点
＇
2
1 ln( ) xg x x
  0x e 时 ＇ ( ) 0g x   x e  时 ＇ ( ) 0g x 
( )g x  0e 单调递增 ( )g x  e  单调递减 max
1( ) ( )g x g e e
 
( )g x 零点 1 0x  时 ( )g x   x   时 ( ) 0g x 
想 ln( ) xg x x
 函数 y a  0 两交点需 10 a e
 
（Ⅱ） 1
1 2e x xl l+ < × 等价 1 21 ln lnx x   
（Ⅰ）知 1 2x x 分方程 ln 0x ax 两根 1 1 2 2ln lnx ax x ax
原式等价 1 21 ( )a x x    高考数学 2018 届◆难点突破系列
30
1 200 x x   
1 2
1a x x


 

1 1 2 2ln lnx ax x ax 作差 ( )1
1 2
2
ln x a x xx

1
2
1 2
ln x
xa x x
 

原式等价
1
2
1 2 1 2
ln 1
x
x
x x x x
 
 1 21
2 1 2
(1 )ln 0x xx
x x x


  

令  1
2
01xt tx
  等式  (1 ) 1ln 0tt t


  
 01t  恒成立
令  (1 ) 1( ) ln th t t t


   

  
 
22
＇
22
11 (1 )( ) ( )
t t
h t t t t t

 
    

2 1  时见 ＇ ( ) 0h t  ( )h t  01 单调递增 (1) 0h 
( ) 0h t   01 恒成立符合题意
2 1  时见  20t  时 ＇ ( ) 0h t   2 1t  时 ＇ ( ) 0h t  ( )h t  20
单调递增 2 1 单调递减 (1) 0h 
( )h t  01 恒 0符合题意舍
综述等式 1
1 2e x xl l+ < × 恒成立需 2 1  0  1 
26．解：（Ⅰ） ( ) 1 axf x ae¢ 令 ( )＇ 0f x 1 1lnx a a

易知函数 ( )f x 增区间 1 1 lna a
   
减区间 1 1ln a a
   

（Ⅱ）函数 ( )f x 两零点（Ⅰ）知 max
1 1( ) ( ln ) 0f x f a a
  1a e

时 1 1( ) 0f ea a
   1 2
1 1 1lnx xa a a
  
2 1
1 1 1lnx x a a a
   1 2
1 1(1 ln )x x a a
  
1 2
1 1 2 2( ) 0 ( ) 0ax axf x x e f x x e     
 1
1 2
2
1 1[ (1 ln )] ln( )1
2
ax a aea x x a a
ax
x e e e e aex e
      高考数学 2018 届◆难点突破系列
31
27．解：（1）f（x） 1
x
x
e
 （x∈R） ( )f x 2
( 1)x x
x
e x e
e
  2
x
x
e

∴x＜2 时 ( )f x ＞0f（x）单调递增x＞2 时 ( )f x ＜0f（x）单调递减．
∴f（x）极值f（2） 2
1
e
．
（2）设 h（x）f（x）g（x） 1
x
x
e
 4
3
x
x
e 

( )h x 2
x
x
e
 4
2
x
x
e 

4
4
(2 )( )x xx e e
e
 
x＞2 时 ＇ ( )h x ＞0h（x）单调递增
∴h（x）＞h（2）0∴f（x）＞g（x）．
（3）（1）妨设 x1＜2＜x2 4x2＜2
∴（2） f（x1）f（x2）＞g（x2）f（4x2）
（1）x＜2 时f（x）单调递增
∴x1＞4x2∴x1+x2＞4．
28．解：（Ⅰ） ＇( ) ( 1) 2 ( 1) ( 1)( 2 )x xf x x e a x x e a       ．
（i）设 0a  ( ) ( 2) xf x x e  ( )f x 零点．
（ii）设 0a  ( 1)x  时 ＇( ) 0f x  (1 )x  时 ＇( ) 0f x  ． ( )f x
( 1) 单调递减 (1 ) 单调递增．
(1)f e  (2)f a 取b 满足 0b  ln 2
ab 
2 2 3( ) ( 2) ( 1) ( ) 02 2
af b b a b a b b      
( )f x 存两零点．
（iii）设 0a  ＇( ) 0f x  1x  ln( 2 )x a  ．

2
ea   ln( 2 ) 1a  (1 )x  时 ＇( ) 0f x  ( )f x (1 ) 单调
递增． 1x  时 ( ) 0f x  ( )f x 存两零点．

2
ea   ln( 2 ) 1a  (1ln( 2 ))x a  时 ＇( ) 0f x  (ln( 2 ) )x a   时
＇( ) 0f x  ． ( )f x (1ln( 2 ))a 单调递减 (ln( 2 ) )a  单调递增．
1x  时 ( ) 0f x  ( )f x 存两零点．高考数学 2018 届◆难点突破系列
32
综 a 取值范围 (0 ) ．
（Ⅱ）妨设 1 2x x （Ⅰ）知 1 2( 1) (1 )x x    22 ( 1)x   ( )f x ( 1)
单调递减 1 2 2x x  等价 1 2( ) (2 )f x f x  2(2 ) 0f x  ．
22 2
2 2 2(2 ) ( 1)xf x x e a x     2 2
2 2 2( ) ( 2) ( 1) 0xf x x e a x    
2 22
2 2 2(2 ) ( 2)x xf x x e x e     ．
设 2( ) ( 2)x xg x xe x e    2＇( ) ( 1)( )x xg x x e e   ．
1x  时 ＇( ) 0g x  (1) 0g  1x  时 ( ) 0g x  ．
2 2( ) (2 ) 0g x f x   1 2 2x x  ．
29 解：（Ⅰ） 0 2x    
时 ( ) sin 2cos 0f x x x      函数 ( )f x 0 2
 
  
增函数 (0) 2 0f    
2
( ) 4 02 2f     存唯 0 0 2x    

0( ) 0f x 
（Ⅱ） 2x     
时化简   cos 2( ) 11 sin
x xg x x x
     
令t x  2x     
时 0 2t    
记 cos 2( ) ( ) 11 sin
t tu t g t tt
      

0 2t    
( )( ) (1 sin )
f tu t t
   （Ⅰ）  00t x 时 ( ) 0u t  0 2t x    
时 ( ) 0u t  0 2x  
  
( )u t 增函数 ( ) 02u   0 2t x    
时
( ) 0u t  ( )u t 零点 0 2x  
 
零点 00 x ( )u t 减函数 (0) 1u 
0( ) 0u x  存 唯  0 00t x 0( ) 0u t  设 1 0 2x t       

1 0 0( ) ( ) ( ) 0g x g t u t    存 唯 1 2x     
1( ) 0g x  高考数学 2018 届◆难点突破系列
33
1 0 0 0x t t x   0 1x x   命题证
30．解：（Ⅰ） ＇ ( )f x 2
(2ln 1)
ln
x x
x
 令 ＇ ( ) 0f x  x e ．
列表：
x （01） 1) e ( e ) e (+
＇ ( ) 0f x    0 
( )f x 减 减 极值 增
单调减区间（01） 1) e (增区间) e (+ ．
（Ⅱ）题知 ( )f x 2
( )(2ln 1)
ln
ax a x x
x
  
函数 )x2 (lnx+ a
x 1 ＇
2
2( ) x ah x x

∴函数 （x） 0) 2
a (单调递减) 2
a (+ 单调递增
∵函数 f（x） 3 极值点 x1＜x2＜x3
min ( ) 2ln 1 02 2
a ah h    a 2
e

0＜ a ＜1 时（ a ）2ln a ＜0（1） a 1＜0
∴函数 f（x）递增区间（x1 a ）（x3+）递减区间（0x1）（ a 1）（1
x3）时函数 f（x） 3 极值点 x2 a
∴ 0＜ a ＜1 时x1x3 函数 )x2 (lnx+ a
x 1两零点

1
1
3
3
2ln 1 0
2ln 1 0
ax x
ax x
   
   
消 a 2x1lnx1x12x3lnx3x3
令 g（x）2xlnxx ( )g x 2lnx+1 零点 x 1
e
x 1
1
e
x 3
∴函数 g（x）2xlnxx 0) 1
e
(递减) 1
e
(+ 递增
证明 x+1x 3
2
e
x 3
2
e
x1g)x (3g) 2
e
x (1高考数学 2018 届◆难点突破系列
34
∵g（x1）g（x3）证 g)x (1g) 2
e
x(1g)x(1g) 2
e
x 0 (1
构造函数 F)x (g)x(g) 2
e
x( F) 1
e
0 (
需证明 x 0) 1
e
[单调递减．
＇ ( )F x 2 lnx2+ln) 2
e
x2+(F)x (
22( 2 )
02( )
x
e
x x
e



＇ ( )F x 0) 1
e
[单调递增 ＇ ( )F x ＜ ＇ 1( )F
e
0．
∴ 0＜ a ＜1 时x+1x 3
2
e
．
31 解：（Ⅰ） ＇( ) xf x e a x R  
(1) 0a  时 ＇( ) 0f x   ( )f x R 单调递增显然成立
(2) 0a  时 ＇( ) 0f x  lnx a lnx a 时 ( ) 0f x   ( )f x ( ln )a 单
调递减 lnx a 时 ( ) 0f x   ( )f x (ln )a  单调递增 ( )f x lnx a
时取值 x   x   时 ( )f x    (ln ) (2 ln ) 0f a a a  
2a e 时 ( )f x 两零点
（Ⅱ）证 1 2 1 2x x x x   证 1 2( 1)( 1) 1x x  
已知 1
1( 1)xe a x  2
2( 1)xe a x  证
1 2
1 2 2( 1)( 1) 1
x xex x a

   
证 1 2 2x xe a  证 1 2 2lnx x a  证 2 12lnx a x 
2 lnx a ( )f x (ln )a  单调递增
需证  2 1(2ln )f x f a x  证  1 1(2ln )f x f a x 
令  ( ) (2ln )g x f a x f x   lnx a 高考数学 2018 届◆难点突破系列
35

 2
2 2 2 2( ) 2 0
xx x
x
x x x
e aa a e aeg x e ae e e
          
 ( )g x ( ln )a 单调递减 ( ) (ln ) (2ln ln ) (ln ) 0g x g a f a a f a    
 (2ln ) ( )f a x f x  ( ln )a 恒成立
 1 1(2ln ) ( )f a x f x  原命题证
32．解：（Ⅰ） ＇( ) ln 1 2f x x x    ＇ (1) 1f   切线l 方程 1y   ( 1)x 
 y x  切线l 方程 y x 
 xy a ＇ ln xy a a 直线 y x  xy a 图象相切切点 0
0 xx a
0
0
0
(1)ln 1
(2)
x
x
a a
a x
    
2 ( )ln 1x a   （ ）代入（1）
ln1 ln ln
ax aa a
 
11代入（2） 1 1ln ln alna lna
    

ln( ln ) 1a   1ln a e  1ln a e   解
1
ea e


（Ⅱ）题意
2
＇ 1 2 1( ) 2 x mxF x x mx x
     函数 ( )F x 两极点 1 2x x
函数 2( ) 2 1h x x mx    0 两相异零点 1 2x x
2
1 2
1 2
4 4 01 0
2 0
mx x
x x m
        
 1m 
10 x x  2x x 时 ＇ ( ) 0F x  1 2x x x  时 ＇ ( ) 0F x 
 ( )F x 1(0 )x 2( )x  单调递增 ( )F x 1 2( )x x 单调递减
 1 2(1) 2 2 0 0 1h m x m x        令
2
2 12 1 0 2
xx mx m x
    
2 1( ) (ln ) (ln )2
xf x x x mx x x     
2
＇ 3 1( ) ln 2 2
xf x x  
设
2 2
＇3 1 1 1 3( ) ln ( ) 3 2 2
x xs x x s x xx x
     高考数学 2018 届◆难点突破系列
36
1 1x  时 ＇ ( ) 0 ( )s x s x  1 单调递减 ( ) ( ) (1) 1 0s x s m s    
( )f x  1 单调递减 ( ) (1) 1 0f x f   
 21 m x  2( ) 1f x  
② 0 1x  时 ＇ ( ) 0s x  30 3x  ＇ ( ) 0s x  3 13 x 
( )s x 3(0 )3
单调递增 3( 1)3
单调递减
3 3( ) ( ) ln 03 3s x s     ( )f x  01 单调递减 ( ) (1) 1f x f 
 1x   01 1( ) 1f x  
综述 2 1( ) 1 ( )f x f x  
33．解：题设g(x)＝ x
1＋x
(x≥0)．
(1)已知g1(x)＝ x
1＋x
g2(x)＝g(g1(x))＝
x
1＋x
1＋ x
1＋x
＝ x
1＋2x
g3(x)＝ x
1＋3x
…
gn(x)＝ x
1＋nx

面数学纳法证明：
① n＝1 时g1(x)＝ x
1＋x
结成立．
②假设 n＝k 时结成立 gk(x)＝ x
1＋kx

gk＋1(x)＝g(gk(x))＝ gk（x）
1＋gk（x）
＝
x
1＋kx
1＋ x
1＋kx
＝ x
1＋（k＋1）x

n＝k＋1 时结成立．
①②知结 n∈N＋成立．
(2)已知 f(x)≥ag(x)恒成立 ln(1＋x)≥ ax
1＋x
恒成立．
设φ(x)＝ln(1＋x)－ ax
1＋x
(x≥0)
φ′(x)＝ 1
1＋x
－ a
（1＋x）2
＝ x＋1－a
（1＋x）2
高考数学 2018 届◆难点突破系列
37
a≤1 时φ′(x)≥0(仅 x＝0a＝1 时等号成立)
∴ ( )x [0＋∞)单调递增φ(0)＝0
∴ ( )x ≥0 [0＋∞)恒成立
∴a≤1 时ln(1＋x)≥ ax
1＋x
恒成立(仅 x＝0 时等号成立)．
1a  时 x∈(0a－1]φ′(x)<0∴ ( )x (0a－1]单调递减
∴ ( 1)a  < (0) ＝0 1a  时存 x>0φ(x)<0知 ln(1＋x)≥ ax
1＋x
恒成立．
综知a 取值范围(－∞1]．
(3)题设知 g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝1
2
＋2
3
＋…＋ n
n＋1

较结果 g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1)．
证明：
(方法)述等式等价1
2
＋1
3
＋…＋ 1
n＋1
(2)中取 a＝1 ln(1＋x)> x
1＋x
x>0令 x＝1
n
n∈N＋ 1
n＋1
n

面数学纳法证明．
① n＝1 时1
2②假设 n＝k 时结成立1
2
＋1
3
＋…＋ 1
k＋1
1
2
＋1
3
＋…＋ 1
k＋1
＋ 1
k＋2
k＋2
k＋1
＝ln(k＋2)
n＝k＋1 时结成立．
①②知结 n∈N＋成立．
(方法二)述等式等价1
2
＋1
3
＋…＋ 1
n＋1
(2)中取 a＝1 ln(1＋x)> x
1＋x
x>0 令 x＝1
n
n∈N＋ lnn＋1
n
> 1
n＋1

ln 2－ln 1>1
2
ln 3－ln 2>1
3
……ln(n＋1)－ln n> 1
n＋1

述式相加 ln(n＋1)>1
2
＋1
3
＋…＋ 1
n＋1
结证．
(方法三)图错误 x
x＋1
dx 曲线 y＝ x
x＋1
x＝n x 轴围成曲边梯形面积
1
2
＋2
3
＋…＋ n
n＋1
图中示矩形面积高考数学 2018 届◆难点突破系列
38
∴1
2
＋2
3
＋…＋ n
n＋1
>错误 x
x＋1
dx＝错误
1－ 1
x＋1 dx＝n－ln(n＋1)结证．
34．解：（1） k e ( ) xf x e ex  ( ) xf x e e  
( ) 0f x  1x  f（x）单调递增区间  1
( ) 0f x  1x  f（x）单调递减区间 1
（2） ( ) ( )f x f x  知  f x 偶函数
  0f x  意 x R 成立等价 ( ) 0f x  意 0x  成——
( ) 0xf x e k    lnx k
1 时
2 时 单调递增 符合题意
3 时 x 变化时 变化情况表：
 0 ( ) (ln ) lnf x f k k k k  
题意 ∴
综合①②实数 k 取值范围 0 k e 
（3）∵
∴
∴高考数学 2018 届◆难点突破系列
39



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