第三章高考專題突破一

大一輪復(fù)習(xí)講義第1課時導(dǎo)數(shù)與不等式高考專題突破一高考中的導(dǎo)數(shù)應(yīng)用問題證明不等式題型一多維探究命題點1構(gòu)造函數(shù)法例1

(2020·贛州模擬)已知函數(shù)

若曲線y＝f

(x)與曲線y＝g(x)的一個公共點是A(1,1)，且在點A處的切線互相垂直.(1)求a，b的值；因為曲線y＝f

(x)與曲線y＝g(x)的一個公共點是A(1,1)，且在點A處的切線互相垂直，所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，所以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，解得a＝－1，b＝－1.所以h(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x≥1時，h(x)≥h(1)＝0，命題點2分拆函數(shù)法例2

(2019·福州期末)已知函數(shù)

f

(x)＝elnx－ax(a∈R).(1)討論

f

(x)的單調(diào)性；①若a≤0，則f′(x)>0，f

(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；所以當(dāng)0<x<1時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>1時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(1)＝－e，綜上，當(dāng)x>0時，f

(x)≤g(x)，證明因為x>0，當(dāng)a＝e時，由(1)知，f

(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減.所以f

(x)max＝f

(1)＝－e，(2)當(dāng)a＝e時，證明：xf

(x)－ex＋2ex≤0.(1)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的基本思路是依據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，求得函數(shù)的最值，然后由

f

(x)≤f

(x)max或

f

(x)≥f

(x)min證得不等式.(2)證明f

(x)>g(x)，可以構(gòu)造函數(shù)h(x)＝f

(x)－g(x)，然后利用h(x)的最值證明不等式.(3)若直接求導(dǎo)比較復(fù)雜或無從下手時，可將待證式進行變形分拆，構(gòu)造兩個函數(shù)，從而找到可以傳遞的中間量，達到證明的目的.思維升華SIWEISHENGHUA跟蹤訓(xùn)練1

(1)設(shè)函數(shù)

f

(x)＝lnx－x＋1.①討論

f

(x)的單調(diào)性；解由題設(shè)知，f

(x)的定義域為(0，＋∞)，當(dāng)0<x<1時，f′(x)>0，f

(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>1時，f′(x)<0，f

(x)單調(diào)遞減.證明由①知，f

(x)在x＝1處取得極大值也為最大值，最大值為f

(1)＝0.所以當(dāng)x≠1時，lnx<x－1.證明函數(shù)f

(x)的定義域為(0，＋∞).設(shè)函數(shù)g(x)＝xlnx，則g′(x)＝1＋lnx，所以當(dāng)x∈(0,1)時，h′(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h′(x)<0.故h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x>0時，g(x)>h(x)，即f

(x)>1.不等式恒成立或有解問題題型二師生共研解函數(shù)的定義域為(0，＋∞)，令f′(x)＝0，得x＝1.當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)>0，f

(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0，f

(x)單調(diào)遞減.所以x＝1為函數(shù)f

(x)的極大值點，且是唯一極值點，所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)>0，所以g(x)為單調(diào)增函數(shù)，所以g(x)≥g(1)＝2，故k≤2，即實數(shù)k的取值范圍是(－∞，2].引申探究本例中(2)若改為：?x∈[1，e]，使不等式

f

(x)≥成立，求實數(shù)k的取值范圍.由本例(2)解題知，g(x)為單調(diào)增函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)解決不等式的恒成立或有解問題的策略(1)構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出最值，進而求出參數(shù)的取值范圍.(2)分離變量，構(gòu)造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題.思維升華SIWEISHENGHUA跟蹤訓(xùn)練2

已知函數(shù)

f

(x)＝ex－1－x－ax2.(1)當(dāng)a＝0時，求證：f

(x)≥0；證明當(dāng)a＝0時，f

(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1.當(dāng)x∈(－∞，0)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0.故f

(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，f

(x)min＝f

(0)＝0，∴f

(x)≥0.(2)當(dāng)x≥0時，若不等式

f

(x)≥0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.解f′(x)＝ex－1－2ax，令h(x)＝ex－1－2ax，則h′(x)＝ex－2a.①當(dāng)2a≤1，即a≤時，在[0，＋∞)上，h′(x)≥0，h(x)單調(diào)遞增，h(x)≥h(0)，即f′(x)≥f′(0)＝0，∴f

(x)在[0，＋∞)上為增函數(shù)，∴f

(x)≥f

(0)＝0，∴當(dāng)a≤時滿足條件.②當(dāng)2a>1，即a>時，令h′(x)＝0，解得x＝ln(2a)，在[0，ln(2a))上，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，∴當(dāng)x∈(0，ln(2a))時，有h(x)<h(0)＝0，即f′(x)<f′(0)＝0，∴f

(x)在區(qū)間(0，ln(2a))上為減函數(shù)，∴f

(x)<f

(0)＝0，不合題意.近幾年高考中的導(dǎo)數(shù)問題常以ex，lnx組合的函數(shù)為基礎(chǔ)來命制，將基本初等函數(shù)與導(dǎo)數(shù)相結(jié)合，研究函數(shù)的性質(zhì)，下面介紹解決這類問題的幾種策略.含ex,lnx函數(shù)或不等式的解題策略拓展視野一、函數(shù)零點設(shè)而不求例1

證明：ex－lnx>2.∴f′(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，∴在(0，x0)上f

(x)單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上f

(x)單調(diào)遞增，∴f

(x)在x＝x0處有極小值，也是最小值.故f

(x)>2，即ex－lnx>2.二、分離lnx與ex例2

(2019·長沙三校統(tǒng)考)已知函數(shù)

f

(x)＝ax2－xlnx.(1)若函數(shù)

f

(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍；解由題意知，f′(x)＝2ax－lnx－1.因為函數(shù)f

(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，易知g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，則g(x)max＝g(1)＝1，再令φ(x)＝ex－ex，則φ′(x)＝e－ex，易知φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，則φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.故原不等式成立.三、借助ex≥x＋1和lnx≤x－1進行放縮例3

(2019·長春質(zhì)檢)已知函數(shù)

f

(x)＝ex－a.(1)若函數(shù)

f\(x)的圖象與直線l：y＝x－1相切，求a的值；解f′(x)＝ex，因為函數(shù)f

(x)的圖象與直線y＝x－1相切，所以令f′(x)＝1，即ex＝1，得x＝0，即f

(0)＝－1，解得a＝2.(2)若

f

(x)－lnx>0恒成立，求整數(shù)a的最大值.解先證明ex≥x＋1，設(shè)F(x)＝ex－x－1，則F′(x)＝ex－1，令F′(x)＝0，則x＝0，當(dāng)x∈(0，＋∞)時，F(xiàn)′(x)>0，當(dāng)x∈(－∞，0)時，F(xiàn)′(x)<0，所以F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－∞，0)上單調(diào)遞減，所以F(x)min＝F(0)＝0，即F(x)≥0恒成立，即ex≥x＋1，即ex－2≥x－1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時等號成立，同理可得lnx≤x－1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時等號成立，所以ex－2>lnx，當(dāng)a≤2時，lnx<ex－2≤ex－a，即當(dāng)a≤2時，f

(x)－lnx>0恒成立.當(dāng)a≥3時，存在x＝1，使ex－a<lnx，即ex－a>lnx不恒成立.綜上，整數(shù)a的最大值為2.基礎(chǔ)保分練1.已知函數(shù)

f

(x)＝lnx＋x，g(x)＝x·ex－1，求證：f

(x)≤g(x).12345課時精練證明令F(x)＝f

(x)－g(x)＝lnx＋x－xex＋1(x>0)，12345當(dāng)x∈(0，x0)時，G(x)>0，∴F′(x)>0，F(xiàn)(x)為增函數(shù)；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，G(x)<0，∴F′(x)<0，F(xiàn)(x)為減函數(shù).12345∴F(x0)＝0，即F(x)≤0，∴f

(x)≤g(x).12345解由f

(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝ex－2，x∈R，令f′(x)＝0，得x＝ln2.于是當(dāng)x變化時，f′(x)，f

(x)的變化情況如下表：2.(2020·滄州七校聯(lián)考)設(shè)a為實數(shù)，函數(shù)

f

(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求

f

(x)的單調(diào)區(qū)間與極值；故

f

(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，ln2)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ln2，＋∞).f

(x)在x＝ln2處取得極小值，極小值

f

(ln2)＝2(1－ln2＋a).無極大值.x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)－0＋f

(x)↘2(1－ln2＋a)↗12345證明設(shè)g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.由(1)知當(dāng)a>ln2－1時，g′(x)的最小值為g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)>0.于是對任意x∈R，都有g(shù)′(x)>0，所以g(x)在R內(nèi)單調(diào)遞增.于是當(dāng)a>ln2－1時，對任意x∈(0，＋∞)，都有g(shù)(x)>g(0).又g(0)＝0，從而對任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.(2)求證：當(dāng)a>ln2－1且x>0時，ex>x2－2ax＋1.3.(2017·全國Ⅲ)已知函數(shù)

f

(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x.(1)討論

f

(x)的單調(diào)性；解f

(x)的定義域為(0，＋∞)，若a≥0，則當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0，故

f

(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.123451234512345當(dāng)x∈(0,1)時，g′(x)>0；12345當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0.所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減.故當(dāng)x＝1時，g(x)取得最大值，最大值為g(1)＝0.所以當(dāng)x>0時，g(x)≤0.12345技能提升練4.已知函數(shù)

f

(x)＝alnx＋

，曲線y＝f

(x)在點(1，f

(1))處的切線方程為y＝2.(1)求a，b的值；由曲線y＝f

(x)在點(1，f

(1))處的切線方程為y＝2，可得f

(1)＝2b＝2，f′(1)＝a－b＝0，解得a＝b＝1.1234512345可得g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，12345123455.已知函數(shù)f

(x