2021版高考文科数学人教A版一轮复习核心考点·精准研析3.4.1导数与不等式 学案

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核心考点·精准研析

考点一　导数法证明不等式 

【典例】(2020·莆田模拟)已知函数f(x)=xex-1-ax+1,曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线l的斜率为3e-2.

(1)求a的值及切线l的方程.

(2)证明:f(x)≥0.

【解题导思】

【解析】(1)由f(x)=xex-1-ax+1,

得f′(x)=(x+1)ex-1-a,

因为曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线l的斜率为3e-2,所以f′(2)=3e-a=3e-2,解得a=2,

所以f(2)=2e-4+1=2e-3,故切线l的方程为:y-(2e-3)=(3e-2)(x-2), 即(3e-2)x-y-4e+1=0.所以a=2,切线l的方程为

(3e-2)x-y-4e+1=0.

(2)由(1),可得f(x)=xex-1-2x+1,

f′(x)=(x+1)ex-1-2,

所以当x∈(-∞,-1]时,f′(x)<0.

令g(x)=(x+1)ex-1-2(x>-1),

则g′(x)=(x+2)ex-1>0,

所以当x∈(-1,+∞)时,g(x)单调递增,

即f′(x)单调递增,又因为f′(1)=0,

所以当x∈(-1,1)时,f′(x)<0,

当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,

所以f(x)在(-∞,1)上单调递减,

在(1,+∞)上单调递增.所以f(x)≥f(1)=0.

1.利用导数证明不等式f(x)>g(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<x<ex,x>0.

(4)≤ln(x+1)≤x,x>-1,等号当且仅当x=0时取到.

　(2018·全国卷Ⅰ改编)已知函数f=aex-ln x-1.

证明:当a≥时,f≥0.

【证明】当a≥时,f(x)≥-ln x-1.

设g(x)=-ln x-1,则g′(x)=-.

当0<x<1时,g′(x)<0;当x>1时,g′(x)>0.

所以x=1是g(x)的最小值点.

故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.

因此,当a≥时,f(x)≥0.

考点二　由不等式恒成立求参数 

单变量不等式恒成立问题

【典例】已知函数f(x)=mex-x2.

(1)若m=1,求曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线方程.

(2)若关于x的不等式f(x)≥x(4-mex)在[0,+∞)上恒成立,求实数m的取值范围.

【解析】(1)当m=1时,f(x)=ex-x2,

所以f′(x)=ex-2x,所以f′(0)=1,又f(0)=1,

所以曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线方程为y-1=x,即x-y+1=0.

(2)由f(x)≥x(4-mex),得mex(x+1)≥x2+4x,

不等式f(x)≥x(4-mex)在[0,+∞)上恒成立,

等价于当x≥0时,m≥,

令g(x)=(x≥0),则g′(x)=.

由g′(x)=0及x≥0,得x=-1,

当x∈(0,-1)时,g′(x)>0,此时g(x)单调递增;当x∈(-1,+∞)时,

g′(x)<0,此时g(x)单调递减.所以当x=-1时,

g(x)max=g(-1)=2,所以m≥2.

所以实数m的取值范围为[2,+∞).

解单变量不等式恒成立问题通常要转化为什么问题?

提示:转化为求函数最值问题.

双变量不等式恒成立问题

【典例】已知函数f(x)=x-1-aln x(a<0).

(1)讨论函数f(x)的单调性.

(2)若对于任意的x1,x2∈(0,1],且x1≠x2,都有|f(x1) -f(x2)|<4,求实数a的取值范围.

【解析】(1)由题意知f ′(x)=1-=(x>0),

因为x>0,a<0,所以f ′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.

(2)不妨设0<x1<x2≤1,则>>0,

由(1)知f(x1)<f(x2),

所以|f(x1)-f(x2)|<4⇔f(x2)-f(x1)<4⇔f(x1)+>f(x2)+.

设g(x)=f(x)+,x∈(0,1],易知g(x)在(0,1]上单调递减,

所以g′(x)≤0在(0,1]上恒成立⇔1--=≤0在(0,1]上恒成立⇔a≥x-在(0,1]上恒成立,易知y=x-在(0,1]上单调递增,其最大值为-3.因为a<0,所以-3≤a<0,所以实数a的取值范围为[-3,0).

解双变量不等式恒成立问题,如何构造适当的函数?

提示:观察不等式的结构.

可转化为不等式恒成立的问题

【典例】(2020·十堰模拟)已知函数f(x)=axex-x2-2x. 世纪金榜导学号

(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程.

(2)当x>0时,若曲线y=f(x)在直线y=-x的上方,求实数a的取值范围.

【解析】 (1)当a=1时,f(x)=xex-x2-2x,

其导数f′(x)=ex(x+1)-2x-2,

f′(0)=-1.又因为f(0)=0,

所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=-x.

(2)根据题意,当x>0时,

“曲线y=f(x)在直线y=-x的上方”等价于“axex-x2-2x>-x恒成立”,

又由x>0,则axex-x2-2x>-x

⇒aex-x-1>0⇒a>,

则原问题等价于a>恒成立;

设g(x)=,则g′(x)=-,

又由x>0,则g′(x)<0,

则函数g(x)在区间(0,+∞)上递减,

又由g(0)==1,则有<1,

若a>恒成立,必有a≥1,

即a的取值范围为[1,+∞).

两个函数图象分布问题,通常转化为什么问题?

提示:通常转化为不等式恒成立问题.

1.(2019·郑州模拟)已知函数f(x)=x2+ln x,若在区间(1,+∞)上函数f(x)的图象恒在直线y=2ax的图象的下方,则实数a的取值范围是________. 

【解析】令g(x)=f(x)-2ax

=x2-2ax+ln x,

则g(x)的定义域为(0,+∞).

在区间(1,+∞)上,函数f(x)的图象恒在直线y=2ax下方等价于g(x)<0在区间(1,+∞)上恒成立.

g′(x)=(2a-1)x-2a+

==.

①若a>,令g′(x)=0,得极值点x1=1,x2=,

当x2>x1=1,即<a<1时,

在(0,1)上有g′(x)>0,

在(1,x2)上有g′(x)<0,在(x2,+∞)上有g′(x)>0,此时g(x)在区间(x2,+∞)上是增函数,并且在该区间上有g(x)∈(g(x2),+∞),不合题意;当x2≤x1=1,即a≥1时,同理可知,g(x)在区间(1,+∞)上,

有g(x)∈(g(1),+∞),也不符合题意;

②若a≤,则有2a-1≤0,此时在区间(1,+∞)上恒有g′(x)<0,从而g(x)在区间(1,+∞)上是减函数;

要使g(x)<0在此区间上恒成立,只须满足

g(1)=-a-≤0,得a≥-.

由此求得a的范围是.

综合①②可知,当a∈时,函数f(x)的图象恒在直线y=2ax下方.

答案:

2.已知两个函数f(x)=7x2-28x-c,g(x)=2x3+4x2-40x.若任意x1∈[-3,3],x2∈[-3,3]都有f(x1)≤g(x2)成立,求实数c的取值范围.

【解析】由任意x1∈[-3,3],x2∈[-3,3],

都有f(x1)≤g(x2)成立,得f(x1)max≤g(x2)min.

因为f(x)=7x2-28x-c=7(x-2)2-28-c,

当x1∈[-3,3]时,f(x1)max=f(-3)=147-c;

g(x)=2x3+4x2-40x,

g′(x)=6x2+8x-40=2(3x+10)(x-2),

当x变化时,g′(x)和g(x)在[-3,3]上的变化情况如下表:

易得g(x)min=g(2)=-48,

故147-c≤-48,即c≥195.

3.已知函数f(x)=ax++1-2a-ln x,a∈R.

(1)若a=-1,求函数f(x)的单调区间.

(2)若f(x)≥0在x∈[1,+∞)上恒成立,求正数a的取值范围.

【解析】(1)当a=-1时,

f(x)=-x--lnx+3(x>0),

所以f′(x)==,

则当x∈(0,1)时,f′(x)>0,则f(x)单调递增;

当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,则f(x)单调递减;

所以f(x)的单调递增区间为(0,1),f(x)的单调递减区间为(1,+∞).

(2)因为f(x)=ax++1-2a-ln x,x∈[1,+∞),则f=0,

f′(x)=a--=

=.

①当0<a<时,有>1,

故当1<x<时,f′(x)<0,

f(x)在上是减函数,

所以当x∈时,f(x)<f<0,与f(x)≥0在恒成立矛盾.

②当a≥时,≤1,此时f′(x)≥0在上成立,所以f(x)在上是增函数,

所以f(x)≥f=0,即f(x)≥0在上恒成立.综上所述,a的取值范围为.

　已知函数f(x)=x3-(a+1)x2+4ax+2(a为实数).

(1)讨论函数f(x)的单调性.

(2)若f(x)>-(a+1)x2+2xln x+2在[1,e]上恒成立,求a的取值范围.

【解析】(1)由题意,函数f(x)=x3-(a+1)x2+4ax+2,则f′(x)=x2-2(a+1)x+4a=(x-2)(x-2a),

令f′(x)=0,解得x=2或2a,

①当a=1时,有2a=2,有f′(x)=(x-2)2≥0,

故f(x)在R上单调递增;

②当a<1时,有2a<2,f(x),f′(x)随x的变化情况如下表:

由上表可知f(x)在(-∞,2a)和(2,+∞)上单调递增,在(2a,2)上单调递减;

③同②当a>1时,有2a>2,

有f(x)在(-∞,2)和(2a,+∞)上单调递增,在(2,2a)上单调递减;

综上,当a>1时,f(x)在(-∞,2) 和(2a,+∞)上单调递增,在(2,2a)上单调递减;

当a=1时,f(x)在R上单调递增;

当a<1时,f(x)在(-∞,2a)和(2,+∞)上单调递增,在(2a,2)上单调递减.

(2)依题意有x3-(a+1)x2+4ax+2>-(a+1)x2+2xln x+2在[1,e]上恒成立,

即4ax>-x3+2xln x在[1,e]上恒成立,

故a>-x2+ln x在[1,e]上恒成立,

设 g(x)=-x2+ln x,x∈[1,e],则有a>g(x)max(*).

易得g′(x)=-x+=,令g′(x)=0,有-x2+3=0,解得x=(x=-舍去),

g(x),g′(x)随x的变化情况如下表:

由上表可知,g(x)max=g()=-×()2+ln =ln 3-.

又由(*)式可知a>g(x)max=ln 3-,

故a的取值范围为.

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