2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第三章第三讲　导数的综合应用学案

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第三讲　导数的综合应用

考法1 利用导数证明不等式
命题角度1　变量不等式的证明
1 [2020石家庄市重点高中测试]已知函数f (x)=(2 - x)ek(x - 1) - x(k∈R,e为自然对数的底数).
(1)若f (x)在R上单调递减,求k的最大值;
(2)当x∈(1,2)时,证明:ln>2(x - ).
(1)将函数f (x)单调递减转化为f ' (x)≤0恒成立,将特殊值1代入,可初步算出k 的范围,再加以验证,即可求解;(2)借助第(1)问可证出2(x - 1)0,g(x)单调递增,
当x∈( - ∞,1)时,g' (x)0,即x+1 - a>0,得x>a - 1.
当a - 1≤0,即a≤1时,m(x)在[0,+∞)上单调递增,m(x)≥m(0)=0(x≥0),所以当a≤1时,m(x)≥0在[0,+∞)上恒成立;
当a - 1>0,即a>1时,m(x)在(a - 1,+∞)上单调递增,在[0,a - 1]上单调递减,所以m(x)min=m(a - 1)1不合题意.
综上所述,a的取值范围为( - ∞,1].
(3)由(1)知ln(x+1)>x - x2(x>0),令x=,n∈N*,则x∈(0,1],
所以ln,即ln(n+1) - ln n>.
故有ln 2 - ln 1>0,ln 3 - ln 2>,…,ln(n+1) - ln n>.
上述各式相加可得ln(n+1)>+…+.
因为n2+3n+2 - (n+1)=(n+1)2>0,
所以n2+3n+2>n+1,
所以ln(n2+3n+2)>ln(n+1),
所以ln(n2+3n+2)>+…+.
2.[2020江西赣州两校联考]已知函数f (x)=(x - 1)ex - ax2+1,a∈R.
(1)当a≤1时,讨论f (x)的单调性;
(2)当a=1时,证明不等式+…+0时,对于任意的x∈[1,+∞),不等式f (x)>1 - a2恒成立,求实数a的取值范围.
(1)根据题意,将a的值代入f (x)的解析式,再对f (x)求导,令f ' (x)≥0,求解不等式即可;(2)根据题意,将不等式右侧全部移至左侧,将左侧看成新函数求导,分类讨论即可求解.
(1)当a=4时,f (x)=4ln x+x2 - 6x(x>0),∴f ' (x)=+2x - 6=,
令f ' (x)≥0,解得x≥2或02时,h' (x)>0,∴h(x)在(2,+∞)上单调递增,
∴h(x)>0.
∴g(x)≥g()>0恒成立,满足题意.
综上所述,a>2,即实数a的取值范围为(2,+∞).

命题角度2　不等式有解问题
4 [2020广东湛江模拟]已知正实数a,函数g(x)=ax3 - (a+2)x2+x(x>0),f (x)=ax2 - (a+2)x+ln x+2.
(1)讨论函数g(x)的单调性;
(2)若f (x)2时,易知在(0,),(,+∞)上,g' (x)>0,函数g(x)单调递增,在(,)上,g' (x)0时,f (x)0得x1时,ex>e2 - x,h' (x)1时,h(x)1时,f (2 - x2)1时,F (x)>0,即f (x)>f (2 - x).
由x2>1得f (x2)>f (2 - x2),又f (x2)=0=f (x1),∴f (2 - x2)0),a为常数,若函数f (x)有两个零点x1,x2(x1≠x2).证明:x1x2>e2.
解法一　(抓极值点构造函数)由题意知,函数f (x)有两个零点x1,x2(x1≠x2),
即f (x1)=f (x2)=0,易知ln x1,ln x2是方程x=aex的两个不相等的根.
设t1=ln x1,t2=ln x2,g(x)=xe - x,
则g(t1)=g(t2),故要证x1x2>e2,即证ln x1+ln x2>2,即证t1+t2>2.
下证:t1+t2>2.
g' (x)=(1 - x)e - x,易得g(x)在( - ∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
所以函数g(x)在x=1处取得极大值(也是最大值)g(1)=.
当x→ - ∞时,g(x)→ - ∞;
当x→+∞时,g(x)→0且g(x)>0.
由g(t1)=g(t2),t1≠t2,不妨设t10(G″ (s)为G' (s)的导函数),
故G' (s)在(0,+∞)上单调递增,所以G' (s)>0,
从而G(s)在(0,+∞)上单调递增,所以G(s)>0,
所以②式成立,故t1+t2>2,即x1x2>e2.
该方法的关键是巧妙引入变量s,然后利用等量关系,把t1,t2消掉,从而构造相应的函数,转化所证问题.解题要点如下.
(1)取差构元:记s=t2 - t1,则t2=t1+s,利用该式消掉t2.
(2)巧解消参:利用g(t1)=g(t2),构造方程,解之,利用s表示t1.
(3)构造函数:依据消参之后所得不等式的形式,构造关于s的函数G(s).
(4)转化求解:利用导数研究函数G(s)的单调性和最小值,从而证得结论.
解法三　(巧抓“根商”——c=构造函数)不妨设x1>x2,
因为ln x1 - ax1=0,ln x2 - ax2=0,
所以ln x1+ln x2=a(x1+x2),ln x1 - ln x2=a(x1 - x2),所以=a,
欲证x1x2>e2,即证ln x2+ln x2>2.
因为ln x1+ln x2=a(x1+x2),
所以即证a>,
所以原问题等价于证明,
即ln .
令c=(c>1),则不等式变为ln c>,
令h(c)=ln c - ,c>1,
所以h' (c)=>0,
所以h(c)在(1,+∞)上单调递增,
所以h(c)>ln 1 - 0=0,即ln c - >0(c>1),
因此原不等式x1x2>e2得证.
该方法的基本思路是直接消掉参数a,再结合所证问题,巧妙引入变量c=,从而构造相应的函数.解题要点如下.
(1)巧解消参:利用方程f (x1)=f (x2)=0消掉解析式中的参数a.
(2)抓商构元:令c=,消掉变量x1,x2,构造关于c的函数h(c).
(3)用导求解:利用导数求解函数h(c)的最小值,从而可证得结论.
素养探源 　
核心素养
考查途径
素养水平
数学建模
通过观察分析,构造相关函数.
一
逻辑推理
命题之间的等价转换.
二
数学运算
数式运算,等式的恒等变换,不等式的等价变形等.
二
5.[2019湖南岳阳模拟]已知函数f (x)= - x+(x+a)ln x(a∈R)有两个不同的极值点.
(1)求实数a的取值范围;
(2)当a=2时,已知函数f (x)的图象在A(x1,f (x1)),B(x2,f (x2))(x14.





数学探究2　利用洛必达法则求解不等式恒成立问题
7已知函数f (x)=,曲线y=f (x)在点(1,f (1))处的切线方程为x+2y - 3=0.
(1)求a,b的值;
(2)如果当x>0,且x≠1时,f (x)>,求k的取值范围.
(1)由题意知f ' (x)=(x>0).
由于直线x+2y - 3=0的斜率为 - ,且直线x+2y - 3=0过点(1,1),
故即解得
(2)解法一　由(1)知f (x)=(x>0),
所以f (x) - ()=[2ln x+].
设h(x)=2ln x+(x>0),
则h' (x)=.
①当k≤0时,由h' (x)=知,
当x≠1时,h' (x)0,可得h(x)>0;
当x∈(1,+∞)时,h(x)0.
从而当x>0,且x≠1时,f (x) - ()>0.
即f (x)>.
②当01,
所以当x∈(1,)时,(k - 1)(x2+1)+2x>0,
故h' (x)>0,而h(1)=0,故当x∈(1,)时,h(x)>0,可得h(x)0),
则m' (x)=2xln x+ - x,
又m″ (x)=2ln x+1 - (m″(x)为m' (x)的导数),
易知m″ (x)=2ln x+1 - 在(0,+∞)上为增函数,且m″(1)=0,
故当x∈(0,1)时,m″(x)0,
所以m' (x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,故m' (x)>m' (1)=0,

所以m(x)在(0,+∞)上为增函数,又m(1)=0,
所以当x∈(0,1)时,m(x)0,
所以当x∈(0,1)时,g' (x)0,可得ln x0).
由h' (x)0).
由φ' (x)>0,得00),则g' (x)= - 1 - ln x,令g' (x)=0,解得x=.
当x∈(0,)时,g' (x)>0,函数g(x)单调递增;当x∈(,+∞)时,g' (x)