2021届浙江省高考数学一轮学案：第四章第5节　导数与不等式


第5节　导数与不等式
考试要求　1.能利用导数证明简单的不等式；2.已知不等式恒(能)成立，会求参数的取值范围.

知 识 梳 理
1.证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题.
2.求解不等式恒成立或有解问题，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数值域的问题.
3.不等式能成立看作不等式有解问题.
[常用结论与易错提醒]
与不等式有关的结论
(1)对任意x，f(x)>g(x)⇔f(x)－g(x)>0⇔[f(x)－g(x)]min>0.
(2)对任意x1，x2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max.
(3)存在x1，x2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min.
(4)对任意x，存在x0，f(x)>g(x0)⇔f(x)min>g(x)min.
(5)f(x)≥a或f(x)≤a对x∈D恒成立⇔f(x)min≥a或f(x)max≤a.
(6)若存在x∈D，使f(x)≥a或f(x)≤a⇔f(x)max≥a或f(x)min≤a.
(7)对任意的x1∈D1，总存在x2∈D2，使f(x1)＝g(x2)⇔A⊆B(其中集合A为f(x1)的值域，集合B为f(x2)的值域).
(8)当参数不易分离时，应注意分类讨论或数形结合思想的应用.
诊 断 自 测
1.已知函数f(x)＝x2ex，当x∈[－1，1]时，不等式f(x)e.
答案　D
2.设函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中ag(0)＝－1，且g(－1)＝－3e－1≥－a－a，解得≤a0，则实数b的取值范围是(　　)
A. B.
C.(－∞，3) D.(－∞，)
解析　f′(x)＝.
f(x)＋xf′(x)＝＋[1＋2x(x－b)－ln x－(x－b)2]
＝，
∵存在x∈，使得f(x)＋xf′(x)>0，
∴1＋2x(x－b)>0，∴bxln y－yln x.证明如下：
[f(x)－f(y)]－(xln y－yln x)
＝xln x－2x－yln y＋2y－xln y＋yln x
＝xln ＋yln－2(x－y)
＝y[ln＋ln－2(－1)].　　　 (*)
设t＝>1，Q(t)＝tln t＋ln t－2(t－1)(t>1)，
则Q′(t)＝ln t＋1＋－2＝lnt＋－1(t>1).
设M(t)＝ln t＋－1(t>1)，则M′(t)＝－＝>0(t>1).∴M(t)在(1，＋∞)上是递增函数.
∴M(t)>M(1)＝0，即Q′(t)>0.∴Q(t)在(1，＋∞)上是递增函数.
∴Q(t)>Q(1)＝0.又y>0，∴(*)>0，
∴f(x)－f(y)>xln y－yln x.
考点二　根据不等式恒成立求参数的范围　 多维探究
角度1　单变量任意型
【例2－1】 (2019·浙江卷)已知实数a≠0，设函数f(x)＝aln x＋，x>0.
(1)当a＝－时，求函数f(x)的单调区间；
(2)对任意x∈均有f(x)≤，求a的取值范围.注：e＝2.718 28…为自然对数的底数.
解　(1)当a＝－时，f(x)＝－ln x＋，x>0.
f′(x)＝－＋＝，
令f′(x)>0得x>3，令f′(x)0，
∴f(x)，g(x)均在[1，a]上单调递增.
∵f(x)≥g(x)，F(x)＝f(x)－g(x)在[1，＋∞)上单调递增，
∴f(x)与g(x)的图象在[1，a]上距离随x增大而增大，
∴|f(x1)－g(x2)|max＝f(a)－g(1)≤－＋1，∴＋a≤＋2，
设G(a)＝＋a(a>1)，G′(a)＝＋1＝，
∵当a>1时，ea>a＋1，
∴当a>1时，G′(a)>0，G(a)在[1，＋∞)上单调递增，
∴a≤2，∴a的最大值为2.
角度3　双变量任意存在型
【例2－3】 已知函数f(x)＝2ln －.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若g(x)＝ln x－ax，若对任意x1∈(1，＋∞)，存在x2∈(0，＋∞)，使得f(x1)≥g(x2)成立，求实数a的取值范围.
解　(1)因为f(x)＝2ln －，x∈(0，＋∞)，
所以f′(x)＝－＝
＝，
当