2021版高考数学一轮复习第三章导数及其应用3-4-1导数与不等式练习苏教版

2021版高考数学一轮复习第三章导数及其应用3-4-1导数与不等式练习苏教版

‎3.4.1 导数与不等式 考点一　导数法证明不等式 ‎ ‎【典例】(2020·莆田模拟)已知函数f(x)=xex-1-ax+1,曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线l的斜率为3e-2.‎ ‎(1)求a的值及切线l的方程.‎ ‎(2)证明:f(x)≥0.‎ ‎【解题导思】‎ 序号 题目拆解 ‎(1)利用导数的几何意义求切线方程 利用求导的方法求出函数切线的斜率,再利用切线斜率的已知条件求出a的值,再将切点横坐标代入函数解析式求出切点纵坐标,再利用点斜式求出切线方程,最后转化为切线的一般式方程.‎ ‎(2)用导数法证明不等式 利用求导的方法判断函数的单调性,从而证出不等式成立 ‎【解析】(1)由f(x)=xex-1-ax+1,‎ 得f′(x)=(x+1)ex-1-a,‎ 因为曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线l的斜率为3e-2,所以f′(2)=3e-a= 3e-2,解得a=2, ‎ 所以f(2)=2e-4+1=2e-3,故切线l的方程为:y-(2e-3)=(3e-2)(x-2), 即(3e-2)x-y-4e+1=0.所以a=2,切线l的方程为 ‎(3e-2)x-y-4e+1=0.‎ ‎(2)由(1),可得f(x)=xex-1-2x+1,‎ f′(x)=(x+1)ex-1-2,‎ 所以当x∈(-∞,-1]时,f′(x)<0.‎ 令g(x)=(x+1)ex-1-2(x>-1),‎ 则g′(x)=(x+2)ex-1>0,‎ 所以当x∈(-1,+∞)时,g(x)单调递增,‎ 即f′(x)单调递增,又因为f′(1)=0,‎ 所以当x∈(-1,1)时,f′(x)<0,‎ 当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0, ‎ - 10 -‎ 所以f(x)在(-∞,1)上单调递减,‎ 在(1,+∞)上单调递增.所以f(x)≥f(1)=0.‎ ‎1.利用导数证明不等式f(x)>g(x)的基本方法 ‎(1)若f(x)与g(x)的最值易求出,可直接转化为证明f(x)min>g(x)max.‎ ‎(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出,可构造函数h(x)=f(x)-g(x),然后根据函数h(x)的单调性或最值,证明h(x)>0.‎ ‎2.证明不等式时的一些常见结论 ‎(1)ln x≤x-1,等号当且仅当x=1时取到.‎ ‎(2)ex≥x+1,等号当且仅当x=0时取到.‎ ‎(3)ln x0.‎ ‎(4)≤ln(x+1)≤x,x>-1,等号当且仅当x=0时取到.‎ ‎　(2018·全国卷Ⅰ改编)已知函数f=aex-ln x-1.‎ 证明:当a≥时,f≥0.‎ ‎【证明】当a≥时,f(x)≥-ln x-1.‎ 设g(x)=-ln x-1,则g′(x)=-.‎ 当01时,g′(x)>0.‎ 所以x=1是g(x)的最小值点.‎ 故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.‎ 因此,当a≥时,f(x)≥0.‎ 考点二　由不等式恒成立求参数 ‎ - 10 -‎ 命 题 精 解 读 考什么:(1)考查利用导数研究函数单调性、求最值、不等式等问题.‎ ‎(2)考查数学运算、直观想象、逻辑推理的核心素养及转化与化归、分类与整合等数学思想.‎ 怎么考:与导数法研究函数单调性、最值等知识相结合考查不等式恒成立求参数等问题.‎ 新趋势:以导数法研究函数单调性、求函数极值、最值、导数的几何意义等知识交汇考查为主.‎ 学 霸 好 方 法 不等式恒成立问题中的常用结论 ‎(1)f(x)≥a恒成立⇒f(x)min≥a,‎ ‎ (2)f(x)≤b恒成立⇔f(x)max≤b,‎ ‎ (3)f(x)>g(x)恒成立,‎ 构造F(x)=f(x)-g(x),则F(x)min>0.‎ ‎(4)∀x1∈M,∀x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x1)min>g(x2)max.‎ 单变量不等式恒成立问题 ‎【典例】已知函数f(x)=mex-x2.‎ ‎(1)若m=1,求曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线方程.‎ ‎(2)若关于x的不等式f(x)≥x(4-mex)在[0,+∞)上恒成立,求实数m的取值范围.‎ ‎【解析】(1)当m=1时,f(x)=ex-x2,‎ 所以f′(x)=ex-2x,所以f′(0)=1,又f(0)=1,‎ 所以曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线方程为y-1=x,即x-y+1=0.‎ ‎(2)由f(x)≥x(4-mex),得mex(x+1)≥x2+4x,‎ 不等式f(x)≥x(4-mex)在[0,+∞)上恒成立,‎ 等价于当x≥0时,m≥,‎ 令g(x)=(x≥0),则g′(x)=.‎ 由g′(x)=0及x≥0,得x=-1,‎ 当x∈(0,-1)时,g′(x)>0,此时g(x)单调递增;当x∈(-1,+∞)时,‎ - 10 -‎ g′(x)<0,此时g(x)单调递减.所以当x=-1时,‎ g(x)max=g(-1)=2,所以m≥2.‎ 所以实数m的取值范围为[2,+∞).‎ 解单变量不等式恒成立问题通常要转化为什么问题?‎ 提示:转化为求函数最值问题.‎ 双变量不等式恒成立问题 ‎【典例】已知函数f(x)=x-1-aln x(a<0).‎ ‎(1)讨论函数f(x)的单调性.‎ ‎(2)若对于任意的x1,x2∈(0,1],且x1≠x2,都有|f(x1) -f(x2)|<4,求实数a的取值范围.‎ ‎【解析】(1)由题意知f′(x)=1-=(x>0),‎ 因为x>0,a<0,所以f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.‎ ‎(2)不妨设0>0,‎ 由(1)知f(x1)f(x2)+.‎ 设g(x)=f(x)+,x∈(0,1],易知g(x)在(0,1]上单调递减,‎ - 10 -‎ 所以g′(x)≤0在(0,1]上恒成立⇔1--=≤0在(0,1]上恒成立⇔a≥x-在(0,1]上恒成立,易知y=x-在(0,1]上单调递增,其最大值为-3.因为a<0,所以-3≤a<0,所以实数a的取值范围为[-3,0).‎ 解双变量不等式恒成立问题,如何构造适当的函数?‎ 提示:观察不等式的结构.‎ 可转化为不等式恒成立的问题 ‎【典例】(2020·十堰模拟)已知函数f(x)=axex-x2-2x. ‎ ‎(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程.‎ ‎(2)当x>0时,若曲线y=f(x)在直线y=-x的上方,求实数a的取值范围.‎ ‎【解析】 (1)当a=1时,f(x)=xex-x2-2x,‎ 其导数f′(x)=ex(x+1)-2x-2,‎ f′(0)=-1.又因为f(0)=0,‎ 所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=-x.‎ ‎(2)根据题意,当x>0时, ‎ ‎“曲线y=f(x)在直线y=-x的上方”等价于“axex-x2-2x>-x恒成立”,‎ 又由x>0,则axex-x2-2x>-x ‎⇒aex-x-1>0⇒a>,‎ 则原问题等价于a>恒成立;‎ 设g(x)=,则g′(x)=-,‎ 又由x>0,则g′(x)<0,‎ 则函数g(x)在区间(0,+∞)上递减,‎ - 10 -‎ 又由g(0)==1,则有<1,‎ 若a>恒成立,必有a≥1,‎ 即a的取值范围为[1,+∞).‎ 两个函数图象分布问题,通常转化为什么问题?‎ 提示:通常转化为不等式恒成立问题.‎ ‎1.(2019·南京模拟)已知函数f(x)=x2+ln x,若在区间(1,+∞)上函数f(x)的图象恒在直线y=2ax的图象的下方,则实数a的取值范围是________. ‎ ‎【解析】令g(x)=f(x)-2ax ‎=x2-2ax+ln x,‎ 则g(x)的定义域为(0,+∞).‎ 在区间(1,+∞)上,函数f(x)的图象恒在直线y=2ax下方等价于g(x)<0在区间(1,+∞)上恒成立.‎ g′(x)=(‎2a-1)x‎-2a+‎ ‎==.‎ ‎①若a>,令g′(x)=0,得极值点x1=1,x2=,‎ - 10 -‎ 当x2>x1=1,即0,‎ 在(1,x2)上有g′(x)<0,在(x2,+∞)上有g′(x)>0,此时g(x)在区间(x2,+∞)上是增函数,并且在该区间上有g(x)∈(g(x2),+∞),不合题意;当x2≤x1=1,即a≥1时,同理可知,g(x)在区间(1,+∞)上,‎ 有g(x)∈(g(1),+∞),也不符合题意;‎ ‎②若a≤,则有‎2a-1≤0,此时在区间(1,+∞)上恒有g′(x)<0,从而g(x)在区间(1,+∞)上是减函数;‎ 要使g(x)<0在此区间上恒成立,只需满足 g(1)=-a-≤0,得a≥-.‎ 由此求得a的范围是.‎ 综合①②可知,当a∈时,函数f(x)的图象恒在直线y=2ax下方.‎ 答案:‎ ‎2.已知两个函数f(x)=7x2-28x-c,g(x)=2x3+4x2-40x.若任意x1∈[-3,3],x2∈[-3,3]都有f(x1)≤g(x2)成立,求实数c的取值范围.‎ ‎【解析】由任意x1∈[-3,3],x2∈[-3,3],‎ 都有f(x1)≤g(x2)成立,得f(x1)max≤g(x2)min.‎ 因为f(x)=7x2-28x-c=7(x-2)2-28-c,‎ 当x1∈[-3,3]时,f(x1)max=f(-3)=147-c;‎ g(x)=2x3+4x2-40x,‎ g′(x)=6x2+8x-40=2(3x+10)(x-2),‎ 当x变化时,g′(x)和g(x)在[-3,3]上的变化情况如下表:‎ - 10 -‎ x ‎-3‎ ‎(-3,2)‎ ‎2‎ ‎(2,3)‎ ‎3‎ g′(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ g(x)‎ ‎102‎ ‎↘‎ 极小值 ‎-48‎ ‎↗‎ ‎-30‎ 易得g(x)min=g(2)=-48,‎ 故147-c≤-48,即c≥195.‎ ‎3.已知函数f(x)=ax++1‎-2a-ln x,a∈R.‎ ‎(1)若a=-1,求函数f(x)的单调区间.‎ ‎(2)若f(x)≥0在x∈[1,+∞)上恒成立,求正数a的取值范围.‎ ‎【解析】(1)当a=-1时,‎ f(x)=-x--lnx+3(x>0),‎ 所以f′(x)==,‎ 则当x∈(0,1)时,f′(x)>0,则f(x)单调递增;‎ 当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,则f(x)单调递减;‎ 所以f(x)的单调递增区间为(0,1),f(x)的单调递减区间为(1,+∞).‎ ‎(2)因为f(x)=ax++1‎-2a-ln x,x∈[1,+∞),则f=0,‎ f′(x)=a--=‎ ‎=.‎ ‎①当01,‎ - 10 -‎ 故当1-(a+1)x2+2xln x+2在[1,e]上恒成立,求a的取值范围.‎ ‎【解析】(1)由题意,函数f(x)=x3-(a+1)x2+4ax+2,则f′(x)=x2-2(a+1)x+ ‎4a=(x-2)(x‎-2a),‎ 令f′(x)=0,解得x=2或‎2a,‎ ‎①当a=1时,有‎2a=2,有f′(x)=(x-2)2≥0,‎ 故f(x)在R上单调递增; ‎ ‎②当a<1时,有‎2a<2,f(x),f′(x)随x的变化情况如下表:‎ x ‎(-∞,‎2a)‎ ‎2a ‎(‎2a,2)‎ ‎2‎ ‎(2,+∞)‎ f′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎ ‎↗‎ 极大 ‎↘‎ 极小 ‎↗‎ 由上表可知f(x)在(-∞,‎2a)和(2,+∞)上单调递增,在(‎2a,2)上单调递减; ‎ - 10 -‎ ‎③同②当a>1时,有‎2a>2,‎ 有f(x)在(-∞,2)和(‎2a,+∞)上单调递增,在(2,‎2a)上单调递减; ‎ 综上,当a>1时,f(x)在(-∞,2) 和(‎2a,+∞)上单调递增,在(2,‎2a)上单调递减;‎ 当a=1时,f(x)在R上单调递增;‎ 当a<1时,f(x)在(-∞,‎2a)和(2,+∞)上单调递增,在(‎2a,2)上单调递减.‎ ‎(2)依题意有x3-(a+1)x2+4ax+2>-(a+1)x2+2xln x+2在[1,e]上恒成立,‎ 即4ax>-x3+2xln x在[1,e]上恒成立,‎ 故a>-x2+ln x在[1,e]上恒成立,‎ 设 g(x)=-x2+ln x,x∈[1,e],则有a>g(x)max(*).‎ 易得g′(x)=-x+=,令g′(x)=0,有-x2+3=0,解得x=(x=-舍去),‎ g(x),g′(x)随x的变化情况如下表:‎ ‎ ‎ x ‎1‎ ‎(1,)‎ ‎(,e)‎ e g′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ g(x)‎ ‎↗‎ 极大 ‎↘‎ 由上表可知,g(x)max=g()=-×()2+ln =ln 3-.‎ 又由(*)式可知a>g(x)max=ln 3-,‎ 故a的取值范围为.‎ - 10 -‎