2020高考数学二轮复习练习:第二部分 专题六 第4讲 导数与不等式含解析

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2020高考数学二轮复习练习:第二部分 专题六 第4讲 导数与不等式含解析

第4讲 导数与不等式 证明不等式 构造函数证明不等式:构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时,根据所要证明的不等式,构造与之相关的函数,利用函数单调性、极值、最值加以证明.常见的构造方法有:(1)直接构造法:证明不等式f(x)>g(x)(f(x)0(f(x)-g(x)<0),进而构造辅助函数h(x)=f(x)-g(x);(2)适当放缩构造法:一是根据已知条件适当放缩,二是利用常见的放缩结论,如ln x≤x-1,ex≥x+1,ln x0),≤ln(x+1)≤x(x>-1);(3)构造“形似”函数:稍作变形再构造,对原不等式同解变形,如移项、通分、取对数,把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式,根据“相同结构”构造辅助函数;(4)构造双函数:若直接构造函数求导难以判断符号,导函数零点也不易求得,因此函数单调性与极值点都不易获得,则可构造函数f(x)和g(x),利用其最值求解.‎ 高考真题 思维方法 ‎【直接构造法】‎ ‎(2018·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)=-x+aln x.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性;‎ ‎(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:<a-2.‎ ‎(1)略 ‎(2)证明:由(1)知,f(x)存在两个极值点时,当且仅当a>2.‎ 由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x11.由于=--1+a=-2+a=-2+a,‎ 所以1时,g′(x)>0.所以x=1是g(x)的最小值点.【关键3:利用导数研究函数的单调性、最值】‎ 故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.【关键4:利用函数最值使放缩后的不等式得到证明】‎ 因此,当a≥时,f(x)≥0.‎ ‎【构造双函数法】‎ ‎(2016·高考山东卷)已知f(x)=a(x-ln x)+,a∈R.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性;‎ ‎(2)当a=1时,证明f(x)>f′(x)+对于任意x∈[1,2]成立.‎ ‎(1)略 ‎(2)证明:由(1)知,a=1时,‎ f(x)-f′(x)=x-ln x+-(1--+)=x-ln x++--1,x∈[1,2].【关键1:将所证不等式转化为构造双函数创造条件】‎ 设g(x)=x-ln x,h(x)=+--1,x∈[1,2].‎ ‎【关键2:构造函数,利用导数研究函数的单调性,求最小值】‎ 则f(x)-f′(x)=g(x)+h(x).‎ 由g′(x)=≥0,‎ 可得g(x)≥g(1)=1,‎ 当且仅当x=1时取得等号,‎ 又h′(x)=.‎ 设φ(x)=-3x2-2x+6,则φ(x)在x∈[1,2]上单调递减,因为φ(1)=1,φ(2)=-10,‎ 所以∃x0∈(1,2),使得x∈(1,x0)时,φ(x)>0,x∈(x0,2)时,φ(x)<0.‎ 所以h(x)在(1,x0)内单调递增,在(x0,2)内单调递减.‎ 由h(1)=1,h(2)=,可得h(x)≥h(2)=,‎ 当且仅当x=2时取得等号.‎ 所以f(x)-f′(x)>g(1)+h(2)=,‎ 即f(x)>f′(x)+对于任意的x∈[1,2]成立.‎ ‎【关键3:利用函数最值证明不等式】‎ ‎[典型例题]‎ ‎ (2019·四省八校双教研联考)已知函数f(x)=ax-axln x-1(a∈R,a≠0).‎ ‎(1)讨论函数f(x)的单调性;‎ ‎(2)当x>1时,求证:>-1.‎ ‎【解】 (1)f′(x)=a-a(ln x+1)=-aln x,‎ 若a>0,则当x∈(0,1)时,f′(x)>0,当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减;‎ 若a<0,则当x∈(0,1)时,f′(x)<0,当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.‎ ‎(2)证明:要证>-1,即证>e-x,即证1时,x-xln x-1<0,即1时,ln x1,则F′(x)=ex-单调递增,所以F′(x)>F′(1)=e-1>0,‎ 所以F(x)在(1,+∞)上单调递增,所以F(x)>F(1),而F(1)=e,所以ex-ln x>e>0,‎ 所以ex>ln x,所以ex>ln x>,所以原不等式得证.‎ 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.  ‎ ‎[对点训练]‎ ‎1.(2019·唐山模拟)设f(x)=2xln x+1.‎ ‎(1)求f(x)的最小值;‎ ‎(2)证明:f(x)≤x2-x++2ln x.‎ 解:(1)f′(x)=2(ln x+1).‎ 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.‎ 所以当x=时,f(x)取得最小值f=1-.‎ ‎(2)证明:x2-x++2ln x-f(x)‎ ‎=x(x-1)--2(x-1)ln x ‎=(x-1),‎ 令g(x)=x--2ln x,则g′(x)=1+-=≥0,‎ 所以g(x)在(0,+∞)上单调递增.‎ 又g(1)=0.‎ 所以当01时,g(x)>0,‎ 所以(x-1)≥0,‎ 即f(x)≤x2-x++2ln x.‎ ‎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,+∞).‎ 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)=ex0-2-ln x0=+x0-2>2-2=0,所以f(x)>0.‎ 根据不等式确定参数范围 一般地,若a>f(x)对x∈D恒成立,则只需a>f(x)max;若af(x0)成立,则只需a>f(x)min;若存在x0∈D,使a0,由f′(x)=1-=知,当x∈(0,a)时,f′(x)<0;当x∈(a,+∞)时,f′(x)>0.所以f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.【关键2:根据导函数的零点分类讨论】‎ 故x=a是f(x)在(0,+∞)上的唯一最小值点.‎ 由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时,f(x)≥0,‎ 故a=1.‎ ‎(2)由(1)知当x∈(1,+∞)时,x-1-ln x>0.‎ 令x=1+得ln<.‎ 从而ln+ln+…+ln<++…+=1-<1,【关键3:利用放缩法变形】‎ 故…2,所以m的最小值为3.‎ ‎【由导函数的特点直接分类讨论】(2014·高考大纲全国卷)函数f(x)=ax3+3x2+3x(a≠0).‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性;‎ ‎(2)若f(x)在区间(1,2)是增函数,求a的取值范围.‎ ‎(1)略 ‎(2)当a>0,x>0时,f′(x)=3ax2+6x+3>0,‎ ‎【关键1:求导函数,根据导函数的特点确定分类标准】‎ 故当a>0时,f(x)在区间(1,2)是增函数.‎ 当a<0时,f(x)在区间(1,2)是增函数当且仅当f′(1)≥0且f′(2)≥0,解得-≤a<0.【关键2:利用导数判断函数的单调性,结合需满足的条件,求解关于 参数的不等式,得到参数的取值范围】‎ 综上,a的取值范围是∪(0,+∞).‎ 提示:破解不等式求参问题,时常会通过不等式的同解变形,构造一个与背景函数相关的函数,利用函数最值确定参数的取值范围.在构造函数或求最值过程中常用的放缩方法有函数放缩法,基本不等式放缩法,叠加不等式放缩法等.‎ ‎[典型例题]‎ ‎ (2019·福建五校第二次联考)已知函数f(x)=ln x-mx2,g(x)=mx2+x,m∈R,令F(x)=f(x)+g(x).‎ ‎(1)当m=时,求函数f(x)的单调区间及极值;‎ ‎(2)若关于x的不等式F(x)≤mx-1恒成立,求整数m的最小值.‎ ‎【解】 (1)由题意得,f(x)=ln x-x2(x>0),所以f′(x)=-x(x>0).令f′(x)=0,得x=1.‎ 由f′(x)>0,得01,所以f(x)的单调递减区间为(1,+∞).‎ 所以f(x)极大值=f(1)=-,无极小值.‎ ‎(2)法一:令G(x)=F(x)-(mx-1)=ln x-mx2+(1-m)x+1,‎ 所以G′(x)=-mx+(1-m)=.‎ 当m≤0时,因为x>0,所以G′(x)>0,所以G(x)在(0,+∞)上是增函数.‎ 又G(1)=-m+2>0,所以关于x的不等式F (x)≤mx-1不能恒成立.‎ 当m>0时,‎ G′(x)==-.‎ 令G′(x)=0,得x=,‎ 所以当x∈时,G′(x)>0;当x∈时,G′(x)<0.‎ 因此函数G(x)在上是增函数,在上是减函数.‎ 故函数G(x)的最大值为G=-ln m.‎ 令h(x)=-ln x,因为h(1)=>0,h(2)=-ln 2<0,‎ h(x)在(0,+∞)上是减函数,所以当x≥2时,h(x)<0,‎ 所以整数m的最小值为2.‎ 法二:由F(x)≤mx-1恒成立,知m≥(x>0)恒成立.‎ 令h(x)=(x>0),则h′(x)=.‎ 令φ(x)=2ln x+x,因为φ=-ln 4<0,φ(1)=1>0,且φ(x)为增函数,‎ 所以存在x0∈,使φ(x0)=0,即2ln x0+x0=0.‎ 当00,h(x)为增函数,当x>x0时,h′(x)<0,h(x)为减函数.‎ 所以h(x)max=h(x0)==.‎ 而x0∈,所以∈(1,2),所以整数m的最小值为2.‎ 利用导数研究含参数的不等式问题,若能够分离参数,则常先将问题转化为形如a≥f(x)(或a≤f(x))的形式,再通过求函数f(x)的最值求得参数范围.  ‎ ‎[对点训练]‎ ‎(2019·广东六校第一次联考)已知函数f(x)=.‎ ‎(1)求函数f(x)在[1,+∞)上的值域;‎ ‎(2)若∀x∈[1,+∞),ln x(ln x+4)≤2ax+4恒成立,求实数a的取值范围.‎ 解:(1)易知f′(x)=<0(x≥1),‎ 所以f(x)在[1,+∞)上单调递减,f(x)max=f(1)=2.‎ 因为x≥1时,f(x)>0,‎ 所以f(x)在[1,+∞)上的值域为(0,2].‎ ‎(2)令g(x)=ln x(ln x+4)-2ax-4,x∈[1,+∞),‎ 则g′(x)=2,‎ ‎①若a≤0,则由(1)可知,g′(x)>0,g(x)在[1,+∞)上单调递增,因为g(e)=1-2ae>0,与题设矛盾,所以a≤0不符合要求.‎ ‎②若a≥2,则由(1)可知,g′(x)≤0,g(x)在[1,+∞)上单调递减,所以g(x)≤g(1)=-2a-4<0,所以a≥2符合要求.‎ ‎③若0ln 2-1且x>0时,ex>x2-2ax+1.‎ 解:(1)由f(x)=ex-2x+2a(x∈R),知f′(x)=ex-2.令f′(x)=0,得x=ln 2.‎ 当xln 2时,f′(x)>0,故函数f(x)在区间(ln 2,+∞)上单调递增.‎ 所以f(x)的单调递减区间是(-∞,ln 2),单调递增区间是(ln 2,+∞),f(x)在x=ln 2处取得极小值f(ln 2)=eln 2-2ln 2+2a=2-2ln 2+2a,无极大值.‎ ‎(2)证明:要证当a>ln 2-1且x>0时,ex>x2-2ax+1,即证当a>ln 2-1且x>0时,ex-x2+2ax-1>0.‎ 设g(x)=ex-x2+2ax-1(x≥0).‎ 则g′(x)=ex-2x+2a,由(1)知g′(x)min=g′(ln 2)=2-2ln 2+2a.‎ 又a>ln 2-1,则g′(x)min>0.‎ 于是对∀x∈R,都有g′(x)>0,所以g(x)在R上单调递增.‎ 于是对∀x>0,都有g(x)>g(0)=0.‎ 即ex-x2+2ax-1>0,‎ 故ex>x2-2ax+1.‎ ‎2.(2019·贵阳模拟)已知函数f(x)=mex-ln x-1.‎ ‎(1)当m=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;‎ ‎(2)若m∈(1,+∞),求证:f(x)>1.‎ 解:(1)当m=1时,f(x)=ex-ln x-1,‎ 所以f′(x)=ex-,‎ 所以f′(1)=e-1,又因为f(1)=e-1,‎ 所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(e-1)=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x.‎ ‎(2)证明:当m>1时,f(x)=mex-ln x-1>ex-ln x-1,‎ 要证明f(x)>1,只需证明ex-ln x-2>0,‎ 设g(x)=ex-ln x-2,则g′(x)=ex-(x>0),‎ 设h(x)=ex-(x>0),则h′(x)=ex+>0,‎ 所以函数h(x)=g′(x)=ex-在(0,+∞)上单调递增,‎ 因为g′=e-2<0,g′(1)=e-1>0,‎ 所以函数g′(x)=ex-在(0,+∞)上有唯一零点x0,且x0∈,‎ 因为g′(x0)=0,所以ex0=,即ln x0=-x0,‎ 当x∈(0,x0)时,g′(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,g′(x)>0,‎ 所以当x=x0时,g(x)取得最小值g(x0),‎ 故g(x)≥g(x0)=ex0-ln x0-2=+x0-2>0,‎ 综上可知,若m∈(1,+∞),则f(x)>1.‎ ‎3.(2019·济南市学习质量评估)已知函数f(x)=x(ex+1)-a(ex-1).‎ ‎(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处切线的斜率为1,求实数a的值;‎ ‎(2)当x∈(0,+∞)时,f(x)>0恒成立,求实数a的取值范围.‎ 解:(1)f′(x)=xex+ex+1-aex.‎ 因为f′(1)=e+e+1-ae=1,所以a=2.‎ ‎(2)设g(x)=f′(x)=ex+1+xex-aex,则g′(x)=ex+(x+1)ex-aex=(x+2-a)ex,设h(x)=x+2-a,‎ 注意到f(0)=0,f′(0)=g(0)=2-a,‎ ‎(i)当a≤2时,h(x)=x+2-a>0在(0,+∞)上恒成立,‎ 所以g′(x)>0在(0,+∞)上恒成立,所以g(x)在(0,+∞)上是增函数,‎ 所以g(x)>g(0)=2-a≥0,所以f′(x)>0在(0,+∞)上恒成立.‎ 所以f(x)在(0,+∞)上是增函数,‎ 所以f(x)>f(0)=0在(0,+∞)上恒成立,符合题意.‎ ‎(ii)当a>2时,h(0)=2-a<0,h(a)=2>0,∃x0∈(0,a),使得h(x0)=0,‎ 当x∈(0,x0)时,h(x)<0,所以g′(x)<0,所以g(x)在(0,x0)上是减函数,‎ 所以f′(x)在(0,x0)上是减函数.‎ 所以f′(x)1时,f(x)<(1-m)x2恒成立,求m的取值范围.‎ 解:(1)函数g(x)的定义域为(0,+∞).‎ 当m=-时,g(x)=aln x+x2,所以g′(x)=+2x=.‎ ‎(i)当a=0时,g(x)=x2,x>0时无零点.‎ ‎(ii)当a>0时,g′(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,‎ 取x0=e-,则g(x0)=g(e-)=-1+<0,‎ 因为g(1)=1,所以g(x0)·g(1)<0,此时函数g(x)恰有一个零点.‎ ‎(iii)当a<0时,令g′(x)=0,解得x=.当0时,g′(x)>0,所以g(x)在上单调递增.‎ 要使函数g(x)恰有一个零点,则g=aln -=0,即a=-2e.‎ 综上所述,若函数g(x)恰有一个零点,则a=-2e或a>0.‎ ‎(2)令h(x)=f(x)-(1-m)x2=mx2-(2m+1)x+ln x,‎ 根据题意,当x∈(1,+∞)时,h(x)<0恒成立.‎ h′(x)=2mx-(2m+1)+=.‎ ‎(i)若00恒成立,所以h(x)在上是增函数,且h(x)∈,所以不符合题意.‎ ‎(ii)若m≥,则x∈(1,+∞)时,h′(x)>0恒成立,所以h(x)在(1,+∞)上是增函数,且h(x)∈,所以不符合题意.‎ ‎(iii)若m≤0,则x∈(1,+∞)时,恒有h′(x)<0,故h(x)在(1,+∞)上是减函数,于是h(x)<0对任意的x∈(1,+∞)都成立的充要条件是h(1)≤0,即m-(2m+1)≤0,解得m≥-1,故-1≤m≤0.‎ 综上,m的取值范围是[-1,0].‎ ‎ ‎
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