高考数学一轮复习题型讲解+专题训练(新高考专用)专题16导数与不等式(原卷版+解析)

这是一份高考数学一轮复习题型讲解+专题训练(新高考专用)专题16导数与不等式(原卷版+解析)，共51页。试卷主要包含了已知函数．等内容，欢迎下载使用。
专题16 导数与不等式
导数与不等式
不等式恒成立
利用导数证明不等式
分离参数
直接构造函数
洛必达法则
直接构造函数
先放缩再构造函数
先变
形再
构造
函数
抽象不等式
型
型
型
练高考 明方向
1.(2023·新高考Ⅱ卷T22） 已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，，求a的取值范围；
（3）设，证明：．
2.(2023·北京卷T20） 已知函数．
（1）求曲线在点处切线方程；
（2）设，讨论函数在上的单调性；
（3）证明：对任意的，有．
3.(2023·浙江卷T22） 设函数．
（1）求的单调区间；
（2）已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：
（ⅰ）若，则；
（ⅱ）若，则．（注：是自然对数底数）
4．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)已知函数f(x)=sin2xsin2x．
(1)讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；
(2)证明：；
(3)设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤
5．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直．
(1)求b．
(2)若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1．
6．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)(12分)已知函数．
(1)若，求的值；
(2)设为整数，且对于任意正整数，，求的最小值．
7．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)(12分)已知函数且．
(1)求 ；
(2)证明：存在唯一的极大值点，且．
8．(2023高考数学课标Ⅲ卷理科)设函数,其中,记的最大值为.
(Ⅰ)求;
(Ⅱ)求;
(Ⅲ)证明.
9．(2023高考数学新课标2理科)设函数是奇函数的导函数，，当时，，则使得成立的的取值范围是( )
A．B．
C．D．
10．(2023高考数学新课标2理科)(本题满分12分)设函数．
(Ⅰ)证明：在单调递减，在单调递增；
(Ⅱ)若对于任意，都有，求的取值范围．
11．(2023高考数学课标1理科)设函数,曲线在点处的切线．
(1)求;
(2)证明:．
12．(2023高考数学新课标2理科)已知函数．
(1)设是的极值点，求，并讨论的单调性；
(2)当时，证明．
13．(2023高考数学新课标1理科)已知函数＝，＝，若曲线和曲线都过点P(0，2)，且在点P处有相同的切线
(Ⅰ)求，，，的值
(Ⅱ)若≥－2时，≤，求的取值范围。
14．(2023高考数学新课标1理科)设函数,其中，若存在唯一的整数，使得0，则的取值范围是( )
A．B．C．D．
讲典例 备高考
类型一、不等式恒成立求参数范围
基础知识：
洛必达法则：
法则1 若函数f(x)和g(x)满足下列条件
(1) f(x)＝0及 g(x)＝0；
(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
(3) eq \f(f′x,g′x)＝l，
那么 eq \f(fx,gx)＝ eq \f(f′x,g′x)＝l.
法则2 若函数f(x)和g(x)满足下列条件
(1) f(x)＝∞及 g(x)＝∞；
(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
(3) eq \f(f′x,g′x)＝l，
那么 eq \f(fx,gx)＝ eq \f(f′x,g′x)＝l.
2．分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路
（1）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)问题基本题型：
1．(分离参数、直接构造函数）(2023年高考数学课标Ⅰ卷理科)已知函数．
(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≥x3+1，求a的取值范围．
2、（洛必达法则）已知函数，曲线在点处的切线方程为，
（1）求的值；（2）若且时，，求k的取值范围。
3．（分离参数+虚设零点）已知函数f(x)＝axex(a∈R)，g(x)＝ln x＋x＋1.若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
4、已知函数f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1)，当x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求实数k的取值范围．
基本方法：
利用导数求解参数范围的两种常用方法：
（1）分离参数法：将参数和自变量分离开来，构造关于自变量的新函数，研究新函数最值与参数之间的关系，求解出参数范围；若或恒成立，只需满足或即可，利用导数方法求出的最小值或的最大值，从而解决问题；
(2)把参数看作常数利用分类讨论方法解决：对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围。
类型二、不等式的证明
基础知识：
利用导数证明不等式，常用的思路层次有三个：
①直接构造函数利用导数证明；
②直接做差构造函数利用导数证明；
③先做适当的变换后再做差构造函数利用导数证明.
基本题型：
1．（直接构造函数证明不等式）设函数f(x)＝2ex＋acs x，a∈R.
(1)若f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上存在零点，求实数a的取值范围；
(2)证明：当a∈[1,2]时，f(x)≥2x＋3.
2．（先放缩再构造函数证明不等式）已知函数，.
（1）已知恒成立，求a的值；（2）若，求证：.
3．（先变形再构造函数证明不等式）已知函数.
（1）讨论函数的零点个数；
（2）证明：.
4、（利用切线放缩证明不等式）已知函数.
（1）求曲线在处的切线方程；（2）求证：当时，.
5．（先换元再构造函数证明不等式）已知函数f(x)＝ln x－ax2＋(a－b－1)x＋b＋1(a，b∈R)．
(1)若a＝0，试讨论f(x)的单调性；
(2)若0g(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 x－1，等号当且仅当x＝0时取到．
类型三、抽象不等式
基本题型：
1、（多选题）已知定义在上的函数的导函数为，且，，则下列判断中正确的是( )
A．B．
C．D．
2．设定义在R上的函数f(x)满足f′(x)＋f(x)＝3x2e－x，且f(0)＝0，则下列结论正确的是( )
A．f(x)在R上单调递减 B．f(x)在R上单调递增
C．f(x)在R上有最大值 D．f(x)在R上有最小值
3、已知定义在上的函数满足，且当时，有，则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
4、设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)0，x≠1)，
则h′(x)＝2xln x＋eq \f(1,x)－x，又h″(x)＝2ln x＋1－eq \f(1,x2)，易知h″(x)在(0，＋∞)上为增函数，且h″(1)＝0，
故当x∈(0,1)时，h″(x)0，
∴h′(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，
故h′(x)>h′(1)＝0，∴h(x)在(0，＋∞)上为增函数．又h(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，h(x)0，∴当x∈(0,1)时，g′(x)0，
∴g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．
由洛必达法则知， g(x)＝2 eq \f(xln x,1－x2)＋1＝2 eq \f(1＋ln x,－2x)＋1＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＋1＝0，
∴g(x)>0，∴k≤0，故k的取值范围为(－∞，0]．
3．（分离参数+虚设零点）已知函数f(x)＝axex(a∈R)，g(x)＝ln x＋x＋1.若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】f(x)≥g(x)恒成立，即axex≥ln x＋x＋1恒成立．因为x＞0，所以a≥eq \f(ln x＋x＋1,xex).
令h(x)＝eq \f(ln x＋x＋1,xex)，则h′(x)＝eq \f(x＋1－ln x－x,x2ex).
令p(x)＝－ln x－x，则p′(x)＝－eq \f(1,x)－1＜0，故p(x)在(0，＋∞)上单调递减，
又peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝1－eq \f(1,e)＞0，p(1)＝－1＜0，故存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))，使得p(x0)＝－ln x0－x0＝0，
故ln x0＋x0＝0，即x0＝e－x0.当x∈(0，x0)时，p(x)＞0，h′(x)＞0；
当x∈(x0，＋∞)时，p(x)＜0，h′(x)＜0.
所以h(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减．所以h(x)max＝h(x0)＝eq \f(ln x0＋x0＋1,x0ex0)＝1.
故实数a的取值范围是[1，＋∞)．
4、已知函数f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1)，当x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求实数k的取值范围．
【解析】法一：直接法
令x＝0，由f(x)≤kg(x)得2≤2k，故k≥1.
设h(x)＝f(x)－kg(x)＝x2＋4x＋2－2kex(x＋1)(x≥－2)．由题意得h(x)max≤0.
h′(x)＝2(x＋2)(1－kex)(x≥－2)．令h′(x)＝0，得x＝－2或x＝lneq \f(1,k).因为k≥1，所以lneq \f(1,k)≤0.
①若ln eq \f(1,k)≤－2，即k≥e2时，h(x)在(－2，＋∞)上单调递减，
所以h(x)max＝h(－2)＝－2＋2k·eq \f(1,e2)≤0.故k≤e2，结合条件得k＝e2.
②若ln eq \f(1,k)＞－2，即1≤k＜e2，h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，ln \f(1,k)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,k)，＋∞))上单调递减，
所以h(x)max＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,k)))＝ln2k－4ln k＋2－2k·eq \f(1,k)(－ln k＋1)＝ln2k－2ln k≤0，
故0≤ln k≤2，解得1≤k≤e2.结合条件得1≤k＜e2.
综上，实数k的取值范围是[1，e2]．
法二：分离参数法
由已知得不等式x2＋4x＋2≤k·2ex(x＋1)对x≥－2恒成立．
①当x＝－1时，k∈R.
②当－2≤x＜－1时，k≤eq \f(x2＋4x＋2,2exx＋1)恒成立．设m(x)＝eq \f(x2＋4x＋2,2exx＋1)，则m′(x)＝－eq \f(xx＋22,2exx＋12).
当－2≤x＜－1时，m′(x)≥0，m(x)单调递增，所以m(x)min＝m(－2)＝e2，故k≤e2.
③当x＞－1时，k≥m(x)恒成立．因为m(x)在(－1,0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，
所以m(x)max＝m(0)＝1，故k≥1.
综上，1≤k≤e2.即实数k的取值范围是[1，e2]．
基本方法：
利用导数求解参数范围的两种常用方法：
（1）分离参数法：将参数和自变量分离开来，构造关于自变量的新函数，研究新函数最值与参数之间的关系，求解出参数范围；若或恒成立，只需满足或即可，利用导数方法求出的最小值或的最大值，从而解决问题；
(2)把参数看作常数利用分类讨论方法解决：对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围。
类型二、不等式的证明
基础知识：
利用导数证明不等式，常用的思路层次有三个：
①直接构造函数利用导数证明；
②直接做差构造函数利用导数证明；
③先做适当的变换后再做差构造函数利用导数证明.
基本题型：
1．（直接构造函数证明不等式）设函数f(x)＝2ex＋acs x，a∈R.
(1)若f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上存在零点，求实数a的取值范围；
(2)证明：当a∈[1,2]时，f(x)≥2x＋3.
【解析】(1)设g(x)＝2ex，h(x)＝acs x，因为当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，g(x)为增函数，
当a≥0时，0≤h(x)≤a,22(2－a)＝eq \f(－2ln\f(x2,x1),x1－x2)(不妨设x10.
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 x－1，等号当且仅当x＝0时取到．
类型三、抽象不等式
基本题型：
1、（多选题）已知定义在上的函数的导函数为，且，，则下列判断中正确的是( )
A．B．
C．D．
答案：CD
【解析】令，，则，因为，
所以在上恒成立，因此函数在上单调递减，
因此，即，即，故A错；又，所以，所以在上恒成立，因为，所以，故B错；又，所以，即，故C正确；又，所以，即，故D正确；
2．设定义在R上的函数f(x)满足f′(x)＋f(x)＝3x2e－x，且f(0)＝0，则下列结论正确的是( )
A．f(x)在R上单调递减 B．f(x)在R上单调递增
C．f(x)在R上有最大值 D．f(x)在R上有最小值
答案：C
【解析】根据条件中“f′(x)＋f(x)”的特征，可以构造F(x)＝exf(x)，则有F′(x)＝ex[f′(x)＋f(x)]＝ex·3x2e－x＝3x2，故F(x)＝x3＋c(c为常数)，所以f(x)＝eq \f(x3＋c,ex)，又f(0)＝0，所以c＝0，f(x)＝eq \f(x3,ex).因为f′(x)＝eq \f(3x2－x3,ex)，易知f(x)在区间(－∞，3]上单调递增，在[3，＋∞)上单调递减，f(x)max＝f(3)＝eq \f(27,e3)，无最小值，故选C.
3、已知定义在上的函数满足，且当时，有，则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
答案：A
【解析】根据题意，设，则，则有，，即有，故函数的图象关于对称，则有，
当时，，，又由当时，，即当时，，即函数在区间为增函数，由可得，即，，函数的图象关于对称，函数在区间为增函数，
由可得，即，此时不存在。
4、设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)0⇔[f(x)g(x)]′>0，所以函数y＝f(x)g(x)在(－∞，0)上单调递增．又由题意知函数y＝f(x)g(x)为奇函数，所以其图象关于原点对称，且过点(－3,0)，(3,0)．数形结合可求得不等式f(x)g(x)0时，令f′(x)＝0，解得x＝eq \f(\r(2a),2a)，
故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2a),2a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2a),2a)，＋∞))上单调递减．
(2)证明：要证xf(x)