新课标（全国卷）高三二轮复习理科数学（二十二） 导数与不等式
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新课标（全国卷）高三二轮复习理科数学（二十二） 导数与不等式
[全国卷 考情分析]
年份
全国卷Ⅰ
全国卷Ⅱ
全国卷Ⅲ
2019
利用导数研究函数的极值、零点问题·T20
利用导数研究函数的单调性、零点以及曲线的公切线问题·T20
利用导数研究函数的单调性、最值问题·T20
2018
利用导数研究函数的单调性、函数极值与不等式证明·T21
函数的单调性、不等式的证明、函数的零点问题·T21
导数在研究不等式及极值问题的应用·T21
2017
利用导数研究函数的单调性、函数的零点问题·T21
利用导数研究函数的单调性及极值、函数的零点、不等式的证明·T21
导数在研究函数单调性中的应用、不等式的放缩·T21
导数日益成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程等的交汇命题，是高考的热点和难点．
解答题的热点题型有：
(1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值；(2)利用导数证明不等式或探讨方程根；(3)利用导数求解参数的范围或值．
[例1] (2019·湖北部分重点中学高三测试)设函数f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝－，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数．(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x>1时，g(x)>0；(3)如果f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立，求实数a的取值范围．
[解] (1)f′(x)＝2ax－＝(x>0)．当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
当a>0时，由f′(x)＝0得x＝，所以当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
(2)证明：g(x)＝，令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1.
当x>1时，s′(x)>0，所以s(x)单调递增，又s(1)＝0，所以s(x)>0，从而当x>1时，g(x)＝－>0.
(3)由(2)知，当x>1时，g(x)>0.当a≤0，x>1时，f(x)＝a(x2－1)－ln x<0.
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故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.
当0
1.由(1)知f0，
所以此时f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立．当a≥时，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)，
当x>1时，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0，
因此，h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增.又h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝f(x)－g(x)>0，即f(x)>g(x)恒成立．综上，实数a的取值范围为.
[解题方略] 证明单变量不等式的2种方法
(1)利用单调性证明单变量不等式
一般地，要证f(x)>g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数F(x)＝f(x)－g(x)，通过分析F(x)在端点处的函数值来证明不等式．若F(a)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递增即可；若F(b)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递减即可．
(2)利用最值证明单变量不等式
利用最值证明单变量的不等式的常见形式是f(x)>g(x)．证明技巧：先将不等式f(x)>g(x)移项，即构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，转化为证不等式h(x)>0，再次转化为证明h(x)min>0，因此，只需在所给的区间内，判断h′(x)的符号，从而判断其单调性，并求出函数h(x)的最小值，即可得证．
[多练强化]
1．已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝λ(x2－1)(λ为常数)．(1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在x＝1处有相同的切线，求实数λ的值；(2)若λ＝，且x≥1，证明：f(x)≤g(x)．
解：(1)f′(x)＝ln x＋1，g′(x)＝2λx，因为在x＝1处有相同的切线，所以f′(1)＝g′(1)，则1＝2λ，即λ＝.
(2)证明：设函数h(x)＝xln x－(x2－1)，则h′(x)＝ln x＋1－x.
设p(x)＝ln x＋1－x，从而p′(x)＝－1≤0对任意x∈[1，＋∞)恒成立，
所以当x∈[1，＋∞)时，p(x)＝ln x＋1－x≤p(1)＝0，即h′(x)≤0，
因此函数h(x)＝xln x－(x2－1)在[1，＋∞)上单调递减，即h(x)≤h(1)＝0，
所以当λ＝，且x≥1时，f(x)≤g(x)成立．
2．已知函数f(x)＝aex－bln x，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x＋1.
(1)求a，b；(2)证明：f(x)>0.
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
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f′(x)＝aex－，由题意得f(1)＝，f′(1)＝－1，所以解得
(2)证明：由(1)知f(x)＝·ex－ln x(x>0)．因为f′(x)＝ex－2－在(0，＋∞)上单调递增，又f′(1)<0，f′(2)>0，
所以f′(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一实根x0，且x0∈(1，2)．
当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，从而当x＝x0时，f(x)取极小值，也是最小值．
由f′(x0)＝0，得ex0－2＝，则x0－2＝－ln x0.
故f(x)≥f(x0)＝e－2－ln x0＝＋x0－2>2－2＝0，所以f(x)>0.
[例2] 已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R.(1)当a＝0时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，证明：x1＋x2≥.
[解] (1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，则f(1)＝1，所以切点为(1，1)，
又f′(x)＝＋1，则切线斜率k＝f′(1)＝2，故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.
(2)证明：当a＝－2时，f(x)＝ln x＋x2＋x，x>0.由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，
得ln x1＋x＋x1＋ln x2＋x＋x2＋x1x2＝0，从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)，
令t＝x1x2，则由φ(t)＝t－ln t，得φ′(t)＝1－＝，
易知φ(t)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以φ(t)≥φ(1)＝1，所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1，
因为x1>0，x2>0，所以x1＋x2≥成立．
[解题方略]证明双变量函数不等式的常见思路
(1)将双变量中的一个看作变量，另一个看作常数，构造一个含参数的辅助函数证明不等式．
(2)整体换元．对于齐次式往往可将双变量整体换元，化为一元不等式．
(3)若双变量的函数不等式具有对称性，并且可以将两个变量分离开，分离之后的函数结构具有相似性，从而构造函数利用单调性证明．
[多练强化]
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(2019·昆明市诊断测试)已知函数f(x)＝2ln x－x＋.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若a>0，b>0，证明：<<.
解：(1)由题意得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1－＝＝≤0.
所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
(2)证明：由题意得a≠b，不妨设a>b>0，则
<⇔ln a－ln b<⇔ln <－⇔2ln －＋<0.
由(1)知f(x)是(0，＋∞)上的减函数，又>1，所以f⇔ln>.令g(x)＝ln x－，则g′(x)＝，当x∈(0，＋∞)时，g′(x)≥0，即g(x)是(0，＋∞)上的增函数．
因为>1，所以g>g(1)＝0，所以ln>，从而<.
综上所述，当a>0，b>0时，<<.
[例3] 已知函数f(x)＝xln x，若对于所有x≥1都有 f(x)≥ax－1，求实数a的取值范围．
[解] 法一：分离参数法
依题意，得f(x)≥ax－1在[1，＋∞)上恒成立，即不等式a≤ln x＋在x∈[1，＋∞)恒成立，亦即a≤，x∈[1，＋∞)．设g(x)＝ln x＋(x≥1)，则g′(x)＝－＝.
令g′(x)＝0，得x＝1.当x≥1时，因为g′(x)≥0，故g(x)在[1，＋∞)上是增函数．
所以g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝1.∴a≤1故a的取值范围是(－∞，1]．
法二：构造函数法
当x＝1时，有f(1)≥a－1，即a－1≤0，得a≤1.构造F(x)＝f(x)－(ax－1)＝xln x－ax＋1，
原命题等价于F(x)≥0在x≥1上恒成立⇔F(x)min≥0，x∈[1，＋∞)．
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由于F′(x)＝ln x＋1－a≥0在 x∈[1，＋∞)上恒成立，因此，函数F(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以F(x)min＝F(1)＝1－a≥0，得a≤1.故a的取值范围是(－∞，1]．
[解题方略]分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路与关键
(1)分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路
用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数的正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题．
(2)求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关”
转化关
通过分离参数法，先转化为f(a)≥g(x)(或f(a)≤g(x))对∀x∈D恒成立，再转化为f(a)≥g(x)max(或f(a)≤g(x)min)
求最值关
求函数g(x)在区间D上的最大值(或最小值)问题
[多练强化]
(2019·江西省五校协作体试题)已知函数f(x)＝ln x－a(x－1)(a∈R)．(1)若a＝－2，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若不等式f(x)<0对任意的x∈(1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)若a＝－2，则f(x)＝ln x＋x－1，f′(x)＝＋1，∴切点为(1，0)，切线的斜率k＝f′(1)＝2.
∴若a＝－2，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝2x－2.
(2)∵f(x)＝ln x－a(x－1)，∴f′(x)＝－＝，
①当a≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴当x>1时， f(x)>f(1)＝0，∴a≤0不合题意．
②当a≥2，即0<≤1时，f′(x)＝＝－<0在(1，＋∞)上恒成立，
∴f(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴当x>1时，f(x)1时，由f′(x)>0，结合x>1可得1，
∴f(x)在上单调递增，在上单调递减，∴f>f(1)＝0，∴02，x∈(0，e－1)与h(x)<0不符，故舍去．
③若a＋1≥e，即a≥e－1时，h(x)在[1，e]上单调递减，则h(x)min＝h(e)＝e－a＋，
令h(e)<0，得a>>e－1成立．综上所述，a的取值范围为(－∞，－2)∪.
[解题方略]不等式能成立问题的解题关键点
[多练强化]
已知a为实数，函数f(x)＝aln x＋x2－4x.(1)若x＝3是函数f(x)的一个极值点，求实数a的值；
(2)设g(x)＝(a－2)x，若存在x0∈，使得f(x0)≤g(x0)成立，求实数a的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2x－4＝.
∵x＝3是函数f(x)的一个极值点，∴f′(3)＝0，解得a＝－6.
经检验，当a＝－6时，x＝3是函数f(x)的一个极小值点，符合题意，故a＝－6.
(2)由f(x0)≤g(x0)，得(x0－ln x0)a≥x－2x0，记F(x)＝x－ln x(x>0)，则F′(x)＝(x>0)，
∴当01时，F′(x)>0，F(x)单调递增．
∴F(x)>F(1)＝1>0，∴a≥.记G(x)＝，x∈，
则G′(x)＝＝.
∵x∈，∴2－2ln x＝2(1－ln x)≥0，∴x－2ln x＋2>0，
∴当x∈时，G′(x)<0，G(x)单调递减；当x∈(1，e)时，G′(x)>0，G(x)单调递增．
∴G(x)min＝G(1)＝－1，∴a≥G(x)min＝－1，故实数a的取值范围为[－1，＋∞)．
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大题专攻强化练
1．已知函数f(x)＝xex＋2x＋aln x，曲线y＝f(x)在点P(1，f(1))处的切线与直线x＋2y－1＝0垂直．
(1)求实数a的值；(2)求证：f(x)>x2＋2.
2．设函数f(x)＝2ln x－mx2＋1.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当f(x)有极值时，若存在x0，使得f(x0)>m－1成立，求实数m的取值范围．
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3．(2019·贵阳模拟)已知函数f(x)＝(m≥0)，其中e为自然对数的底数．
(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若m∈(1，2)，证明：当 x1，x2∈[1，m]时，f(x1)>－x2＋1＋恒成立．
4．(2019·武汉市调研测试)已知函数f(x)＝ex＋1－aln(ax)＋a(a>0)．(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若关于x的不等式f(x)>0恒成立，求实数a的取值范围．
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1解：(1)因为f′(x)＝(x＋1)ex＋2＋，所以曲线y＝f(x)在点P(1，f(1))处的切线斜率k＝f′(1)＝2e＋2＋a.
而直线x＋2y－1＝0的斜率为－，由题意可得(2e＋2＋a)×＝－1，解得a＝－2e.
(2)证明：由(1)知，f(x)＝xex＋2x－2eln x.不等式f(x)>x2＋2可化为xex＋2x－2eln x－x2－2>0.
设g(x)＝xex＋2x－2eln x－x2－2，则g′(x)＝(x＋1)ex＋2－－2x.记h(x)＝(x＋1)ex＋2－－2x(x>0)，
则h′(x)＝(x＋2)ex＋－2，因为x>0，所以x＋2>2，ex>1，故(x＋2)ex>2，
又>0，所以h′(x)＝(x＋2)ex＋－2>0，所以函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又h(1)＝2e＋2－2e－2＝0，所以当x∈(0，1)时，h(x)<0，即g′(x)<0，函数g(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，即g′(x)>0，函数g(x)单调递增．所以g(x)≥g(1)＝e＋2－2eln 1－1－2＝e－1，
显然e－1>0，所以g(x)>0，即xex＋2x－2eln x>x2＋2，也就是f(x)>x2＋2.
2解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2mx＝，
当m≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当m>0时，令f′(x)>0，得0，∴f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)由(1)知，当f(x)有极值时，m>0，且f(x)在上单调递增，在上单调递减．
∴f(x)max＝f＝2ln－m·＋1＝－ln m，若存在x0，使得f(x0)>m－1成立，则f(x)max>m－1.
即－ln m>m－1，ln m＋m－1<0成立．令g(x)＝x＋ln x－1(x>0)，
∵g′(x)＝1＋>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0，∴00，即1－m<1时，令f′(x)<0得x<1－m或x>1，令f′(x)>0得1－mg(x)max，
由(1)可知，m∈(1，2)时，f(x)在[1，m]上单调递减，∴f(x)min＝f(m)＝，
∵g(x)在[1，m]上单调递减，∴g(x)max＝g(1)＝，即证>，记h(m)＝(10得1>，
即当x1，x2∈[1，m]时，f(x1)>－x2＋1＋恒成立．
4解：(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋1－ln x＋1，则f′(x)＝ex＋1－，∴切线的斜率k＝f′(1)＝e2－1，
而f(1)＝e2＋1，故切线方程为y－f(1)＝f′(1)(x－1)，
即y－(e2＋1)＝(e2－1)(x－1)，整理得(e2－1)x－y＋2＝0.
(2)由f(x)＝ex＋1－aln x－aln a＋a，得f′(x)＝ex＋1－＝，
显然g(x)＝xex＋1－a在(0，＋∞)上单调递增，又g(0)＝－a<0，g(a)＝aea＋1－a>0，
则存在x0∈(0，a)，使得g(x0)＝0，即x0e＋1＝a，ln a＝ln x0＋x0＋1.
∴00，f(x)单调递增，
∴f(x)在x＝x0处取得最小值f(x0)＝e＋1－aln x0－aln a＋a，
即f(x0)＝－aln x0－aln a＋a＝a＝a＝a.
由f(x)>0恒成立知f(x0)>0，即a>0，∴－x0－2ln x0>0.
令h(x)＝－x－2ln x，则h′(x)＝－－1－＝－<0，h(x)单调递减，
又当x→0时，h(x)→＋∞，h(1)＝0，∴由h(x)>0得0
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