2020版高考数学（文）新增分大一轮人教通用版讲义：第三章　导数及其应用高考专题突破一第1课时

高考专题突破一　高考中的导数应用问题第1课时　导数与不等式题型一　证明不等式例1 设函数f(x)＝ln x－x＋1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1<<x.(1)解　由题设知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．(2)证明　由(1)知，f(x)在x＝1处取得极大值也为最大值，最大值为f(1)＝0.所以当x≠1时，ln x<x－1.故当x∈(1，＋∞)时，ln x<x－1，ln<－1，即1<<x.思维升华 (1)证明f(x)>g(x)的一般方法是证明h(x)＝f(x)－g(x)>0(利用单调性)，特殊情况是证明f(x)min>g(x)max(最值方法)，但后一种方法不具备普遍性．(2)证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式，一种方法为变换不等式使两个变元成为一个整体，另一种方法为转化后利用函数的单调性，如不等式f(x1)＋g(x1)<f(x2)＋g(x2)对x1<x2恒成立，即等价于函数h(x)＝f(x)＋g(x)为增函数．跟踪训练1 已知函数f(x)＝xln x－ex＋1.(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)证明：f(x)<sin x在(0，＋∞)上恒成立．(1)解　依题意得f′(x)＝ln x＋1－ex，又f(1)＝1－e，f′(1)＝1－e，故所求切线方程为y－1＋e＝(1－e)(x－1)，即y＝(1－e)x.(2)证明　依题意，要证f(x)<sin x，即证xln x－ex＋1<sin x，即证xln x<ex＋sin x－1.当0<x≤1时，ex＋sin x－1>0，xln x≤0，故xln x<ex＋sin x－1，即f(x)<sin x.当x>1时，令g(x)＝ex＋sin x－1－xln x，故g′(x)＝ex＋cos x－ln x－1.令h(x)＝g′(x)＝ex＋cos x－ln x－1，则h′(x)＝ex－－sin x，当x>1时，ex－>e－1>1，所以h′(x)＝ex－－sin x>0，故h(x)在(1，＋∞)上单调递增．故h(x)>h(1)＝e＋cos 1－1>0，即g′(x)>0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(1)＝e＋sin 1－1>0，即xln x<ex＋sin x－1，即f(x)<sin x.综上所述，f(x)<sin x在(0，＋∞)上恒成立．题型二　不等式恒成立或有解问题例2 (2018·大连模拟)已知函数f(x)＝.(1)若函数f(x)在区间上存在极值，求正实数a的取值范围；(2)如果当x≥1时，不等式f(x)≥恒成立，求实数k的取值范围．解　(1)函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＝－，令f′(x)＝0，得x＝1.当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．所以x＝1为函数f(x)的极大值点，且是唯一极值点，所以0<a<1<a＋，故<a<1，即实数a的取值范围为.(2)当x≥1时，k≤恒成立，令g(x)＝(x≥1)，则g′(x)＝＝.再令h(x)＝x－ln x(x≥1)，则h′(x)＝1－≥0，所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)>0，所以g(x)为单调增函数，所以g(x)≥g(1)＝2，故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2]．引申探究本例(2)中若改为：∃x∈[1，e]，使不等式f(x)≥成立，求实数k的取值范围．解　当x∈[1，e]时，k≤有解，令g(x)＝(x∈[1，e])，由例(2)解题知，g(x)为单调增函数，所以g(x)max＝g(e)＝2＋，所以k≤2＋，即实数k的取值范围是.思维升华 利用导数解决不等式的恒成立问题的策略(1)首先要构造函数，利用导数求出最值，求出参数的取值范围．(2)也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．跟踪训练2 已知函数f(x)＝ax＋ln x，x∈[1，e]，若f(x)≤0恒成立，求实数a的取值范围．解　∵f(x)≤0，即ax＋ln x≤0对x∈[1，e]恒成立，∴a≤－，x∈[1，e]．令g(x)＝－，x∈[1，e]，则g′(x)＝，∵x∈[1，e]，∴g′(x)≤0，∴g(x)在[1，e]上单调递减，∴g(x)min＝g(e)＝－，∴a≤－.∴实数a的取值范围是.1．已知函数f(x)＝ln x＋x，g(x)＝x·ex－1，求证：f(x)≤g(x)．证明　令F(x)＝f(x)－g(x)＝ln x＋x－xex＋1(x>0)，则F′(x)＝＋1－ex－xex＝－(x＋1)ex＝(x＋1).令G(x)＝－ex，可知G(x)在(0，＋∞)上为减函数，且G＝2－>0，G(1)＝1－e<0，∴存在x0∈，使得G(x0)＝0，即－＝0.当x∈(0，x0)时，G(x)>0，∴F′(x)>0，F(x)为增函数；当x∈(x0，＋∞)时，G(x)<0，∴F′(x)<0，F(x)为减函数．∴F(x)≤F(x0)＝ln x0＋x0－x0＋1，又∵－＝0，∴＝，即ln x0＝－x0，∴F(x0)＝0，即F(x)≤0，∴f(x)≤g(x)．2．已知f(x)＝ex－ax2，若f(x)≥x＋(1－x)·ex在[0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．解　f(x)≥x＋(1－x)ex，即ex－ax2≥x＋ex－xex，即ex－ax－1≥0，x≥0.令h(x)＝ex－ax－1(x≥0)，则h′(x)＝ex－a(x≥0)，当a≤1时，由x≥0知h′(x)≥0，∴h(x)≥h(0)＝0，原不等式恒成立．当a>1时，令h′(x)>0，得x>ln a；令h′(x)<0，得0≤x<ln a.∴h(x)在[0，ln a)上单调递减，又∵h(0)＝0，∴h(x)≥0不恒成立，∴a>1不合题意．综上，a的取值范围为(－∞，1]．3．已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范围．解　(1)因为f′(x)＝a－ex，x∈R.当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上单调递减；当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln a.由f′(x)>0，得f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)；由f′(x)<0，得f(x)的单调递减区间为(ln a，＋∞)．综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；当a>0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)，单调递减区间为(ln a，＋∞)．(2)因为∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，则ax≤，即a≤.设h(x)＝，则问题转化为a≤max，由h′(x)＝，令h′(x)＝0，得x＝.当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)随x变化的变化情况如下表：x(0，)(，＋∞)h′(x)＋0－h(x)极大值 由上表可知，当x＝时，函数h(x)有极大值，即最大值为，所以a≤.故a的取值范围是.4．设函数f(x)＝ax2－xln x－(2a－1)x＋a－1(a∈R)．若对任意的x∈[1，＋∞)，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．解　f′(x)＝2ax－1－ln x－(2a－1)＝2a(x－1)－ln x(x>0)，易知当x∈(0，＋∞)时，ln x≤x－1，则f′(x)≥2a(x－1)－(x－1)＝(2a－1)(x－1)．当2a－1≥0，即a≥时，由x∈[1，＋∞)得f′(x)≥0恒成立，f(x)在[1，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(1)＝0，符合题意．当a≤0时，由x∈[1，＋∞)得f′(x)≤0恒成立，f(x)在[1，＋∞)上单调递减，f(x)≤f(1)＝0，显然不合题意，a≤0舍去．当0<a<时，由ln x≤x－1，得ln ≤－1，即ln x≥1－，则f′(x)≤2a(x－1)－＝(2ax－1)，∵0<a<，∴>1.当x∈时，f′(x)≤0恒成立，∴f(x)在上单调递减，∴当x∈时，f(x)≤f(1)＝0，显然不合题意，0<a<舍去．综上可得，a∈.5．已知函数f(x)为偶函数，当x≥0时，f(x)＝2ex，若存在实数m，对任意的x∈[1，k](k>1)，都有f(x＋m)≤2ex，求整数k的最小值．解　因为f(x)为偶函数，且当x≥0时，f(x)＝2ex，所以f(x)＝2e|x|，对于x∈[1，k]，由f(x＋m)≤2ex得2e|x＋m|≤2ex，两边取以e为底的对数得|x＋m|≤ln x＋1，所以－x－ln x－1≤m≤－x＋ln x＋1在[1，k]上恒成立，设g(x)＝－x＋ln x＋1(x∈[1，k])，则g′(x)＝－1＋＝≤0，所以g(x)在[1，k]上单调递减，所以g(x)min＝g(k)＝－k＋ln k＋1，设h(x)＝－x－ln x－1(x∈[1，k])，易知h(x)在[1，k]上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝－2，故－2≤m≤－k＋ln k＋1，若实数m存在，则必有－k＋ln k≥－3，又k>1，且k为整数，所以k＝2满足要求，故整数k的最小值为2.