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【最新 北师大版】高考数学一轮复习 高考大题专项一 突破1利用导数研究与不等式有关的问题学案（含解析）
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这是一份【最新 北师大版】高考数学一轮复习 高考大题专项一 突破1利用导数研究与不等式有关的问题学案（含解析），共11页。
导数的综合应用
高考大题专项(一) 导数的综合应用
考情分析
导数的综合应用是高考考查的重点内容,也是高考压轴题之一,近几年高考命题的趋势是稳中求变、变中求新、新中求活,纵观近几年的高考题,导数的综合应用题考查多个核心素养以及综合应用能力,近两年的难度有所降低,题目所在试卷的位置有所提前,不再固定在最后压轴位置上,预计这一趋势会保持下去.
突破1 利用导数研究与不等式有关的问题
必备知识预案自诊
知识梳理
1.与ex,ln x有关的常用不等式的结论
(1)由f(x)=ex图像上任一点(m,f(m))的切线方程为y-em=em(x-m),得ex≥em(x+1)-mem,当且仅当x=m时,等号成立.当m=0时,有ex≥1+x;当m=1时,有ex≥ex.
(2)由过函数f(x)=ln x图像上任一点(n,f(n))的切线方程为y-ln n=1n(x-n),得ln x≤1nx-1+ln n,当且仅当x=n时,等号成立.当n=1时,有ln x≤x-1;当n=e时,有ln x≤1ex.
(3)由(1),(2)得,若x∈(0,+∞),则ex≥x+1>x-1≥ln x.
2.证明含参数的函数不等式,其关键在于将所给的不等式进行“改造”,得到“一平一曲”,然后运用导数求出“曲”的最值,将其与“平”进行比较即可.
3.函数不等式的类型与解法
(1)任意x∈D,f(x)≤k⇔f(x)max≤k;存在x∈D,f(x)≤k⇔f(x)min≤k;
(2)任意x∈D,f(x)≤g(x)⇐f(x)max≤g(x)min;存在x∈D,f(x)≤g(x)⇒f(x)min≤g(x)max.
4.含两个未知数的不等式(函数)问题的常见题型及具体转化策略
(1)任意x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最小值>g(x)在[c,d]上的最大值.
(2)存在x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最大值>g(x)在[c,d]上的最小值.
(3)任意x1∈[a,b],存在x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最小值>g(x)在[c,d]上的最小值.
(4)存在x1∈[a,b],任意x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最大值>g(x)在[c,d]上的最大值.
(5)存在x1∈[a,b],当x2∈[c,d]时,f(x1)=g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的值域与g(x)在[c,d]上的值域交集非空.
(6)任意x1∈[a,b],存在x2∈[c,d],f(x1)=g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的值域⊆g(x)在[c,d]上的值域.
(7)任意x2∈[c,d],存在x1∈[a,b],f(x1)=g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的值域⊇g(x)在[c,d]上的值域.
关键能力学案突破
考点
求函数不等式的参数的取值范围(多考向探究)
考向1 求单变量函数不等式的参数的取值范围
【例1】已知函数f(x)=(x+1)ln x-a(x-1).
(1)略;
(2)若当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求实数a的取值范围.
解题心得1.若任意x>0,f(x)≥0成立,求a的取值范围,即求当x>0,f(x)≥0恒成立时的a的取值范围,即研究a取什么范围使得当x>0时f(x)≥0成立.
2.对于恒成立求参数取值范围的问题,最值法与分离参数法是两种最常用的方法.如果分离后的函数容易求最值,则选用分离参数法,否则选用最值法.最值法主要考查学生分类讨论的思想,一般遵循“构造函数——分类讨论”两步来展开.一些稍难的恒成立问题,如果用分离参数法来处理,往往需要多次求导和使用洛必达法则.
对点训练1(2020新高考全国1,21)已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a.
(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;
(2)若f(x)≥1,求实数a的取值范围.
考向2 求双变量函数不等式的参数的取值范围
【例2】(2020山东潍坊临朐模拟一,22)已知函数f(x)=mln x-x+mx(m∈R).
(1)略;
(2)若f(x)有两个极值点x1,x2,不等式f(x1)+f(x2)x12+x22
解题心得对于含有两个变量的不等式恒成立求参数取值范围的问题,一般要找到两个变量的关系,转化为一个变量,从而得到一个函数;也可以从含有两个变量的不等式中抽象出一个函数是单调函数.对于求参数的取值范围,可以分离出变量,得到一个不等式,通过函数的最值得参数的取值范围;如果变量不易分离,可以对参数进行讨论,看参数在什么范围不等式成立,从而求出参数的取值范围.
对点训练2(2020安徽安庆二模,理21)已知函数f(x)=aln x+12(a-1)x2+1(a∈R).
(1)略;
(2)当a=-1时,对任意的x1,x2∈(0,+∞),且x1≠x2,都有x1f(x2)-x2f(x1)x1-x2>mx1x2,求实数m的取值范围.
考点
利用导数证明不等式(多考向探究)
考向1 单未知数函数不等式的证明
【例3】已知函数f(x)=ex-ln(x+m).
(1)略;
(2)当m≤2时,证明f(x)>0.
解题心得1.对于含有参数的一个未知数的函数不等式,其证明方法与不含参数的一个未知数的函数不等式证明大体一致.可以直接证明,也可以放缩后再证明,也可以分离参数后,利用导数求最值来证明.
2.证法1与证法2中出现的x0的具体数值是无法求解的,只能求出其范围,我们把这种零点称为“隐性零点”.证法2比证法1简单,这是因为利用了函数单调性将命题ex-ln(x+m)>0加强为ex-ln(x+2)>0,转化为研究一个特例函数的问题,从而大大降低了题目的难度.证法2中,因为φ(x0)的表达式涉及ex0,ln(x0+2),都是超越式,所以φ(x0)的值不好计算,由此,需要对“隐性零点”满足的式子ex0-1x0+2=0进行变形,得到两个式子ex0=1x0+2和ln(x0+2)=-x0,然后进行反代,从而将超越式转化为初等式.“反代”是处理“隐性零点”问题的常用策略.
对点训练3已知函数f(x)=ax2+x-1ex.
(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;
(2)求证:当a≥1时,f(x)+e≥0.
【例4】已知函数f(x)=x+ax.
(1)略;
(2)设函数g(x)=ln x+1,证明:当x∈(0,+∞)且a>0时,f(x)>g(x).
解题心得欲证函数不等式f(x)>g(x)(x∈I,I是区间),设h(x)=f(x)-g(x)(x∈I),即证h(x)>0,为此研究h(x)的单调性,先求h'(x)的零点,根据零点确定h(x)在给定区间I上的正负,若h(x)在区间I上递增或递减或先递减后递增,只须h(x)min>0(x∈I)(若h(x)min不存在,则须求函数h(x)在与区间I相应的闭区间上的端点处的函数值),若h(x)在区间I上先递增后递减,只须区间I的端点的函数值大于或等于0;若h'(x)的零点不好求,可设出零点x0,然后确定零点的范围,进而确定h(x)的单调区间,求出h(x)的最小值h(x0),再研究h(x0)的正负.
对点训练4(2020全国2,理21)已知函数f(x)=sin2xsin 2x.
(1)讨论f(x)在区间(0,π)的单调性;
(2)证明:|f(x)|≤338;
(3)设n∈N+,证明:sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤3n4n.
考向2 双未知数函数不等式的证明
【例5】已知函数f(x)=1x-x+aln x(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:f(x1)-f(x2)x1-x2
解题心得对于两个未知数的函数不等式问题,其关键在于将两个未知数化归为一个未知数,常见的证明方法有以下四种:
方法1:利用换元法,化归为一个未知数;
方法2:利用未知数之间的关系消元,化归为一个未知数;
方法3:分离未知数后构造函数,利用函数的单调性证明;
方法4:利用主元法,构造函数证明.
对点训练5(2020山东德州二模,21)已知函数f(x)=14x2-ax+aln 2x(a≠0).
(1)若a<0时f(x)在[1,e]上的最小值是54-ln 2,求a;
(2)若a≥e,且x1,x2是f(x)的两个极值点,证明:f(x1)+f(x2)<12(x12+x22)-2e(其中e为自然对数的底数).
高考大题专项(一) 导数的综合应用
突破1 利用导数研究与不等式有关的问题
关键能力·学案突破
例1解(1)略.
(2)(方法1 分离参数法)
当x∈(1,+∞)时,f(x)>0等价于a<(x+1)lnxx-1.令H(x)=(x+1)lnxx-1,则H'(x)=x+1x+lnx(x-1)-(x+1)lnx(x-1)2=x-1x-2lnx(x-1)2,
令K(x)=x-1x-2lnx,
则K'(x)=x2-2x+1x2>0,
于是K(x)在(1,+∞)上递增,
所以K(x)>K(1)=0,于是H'(x)>0,从而H(x)在(1,+∞)上递增.由洛必达法则,可得limx→1+(x+1)lnxx-1=limx→1+((x+1)lnx)'(x-1)'=limx→1+1+1x+lnx1=2,于是a≤2,于是a的取值范围是(-∞,2].
(方法2 最值法)
由f(x)=(x+1)lnx-a(x-1),得f'(x)=lnx+1x+1-a.
①当1-a≥0,即a≤1时,f'(x)>0,所以f(x)在(1,+∞)上递增,所以f(x)>f(1)=0.
②当a>1时,令g(x)=f'(x),则g'(x)=x-1x2>0,所以g(x)在(1,+∞)上递增,于是f'(x)>f'(1)=2-a.
(ⅰ)当2-a≥0,即10,于是f(x)在(1,+∞)上递增,于是f(x)>f(1)=0.
(ⅱ)当2-a<0,即a>2时,存在x0∈(1,+∞),使得当1
对点训练1解f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=aex-1-1x.
(1)当a=e时,f(x)=ex-lnx+1,f'(1)=e-1,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(e+1)=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2.
直线y=(e-1)x+2在x轴,y轴上的截距分别为-2e-1,2.
因此所求三角形的面积为2e-1.
(2)由题意a>0,当0
当x∈(0,1)时,f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0.
所以当x=1时,f(x)取得最小值,最小值为f(1)=1,从而f(x)≥1.
当a>1时,f(x)=aex-1-lnx+lna≥ex-1-lnx≥1.
综上,a的取值范围是[1,+∞).
例2解(1)略;
(2)由题意得x∈(0,+∞),f'(x)=mx-1-mx2=-x2-mx+mx2,
令g(x)=x2-mx+m,Δ=m2-4m=m(m-4)>0,
当m<0或m>4时,g(x)=0有两个不相等的实根x1,x2,且x1+x2=m,x1x2=m.
当m<0时,两根一正一负,不符合题意.
当m>4时,两个根为正,f(x)有两个极值点x1,x2,
f(x1)+f(x2)=mlnx1-x1+mx1+mlnx2-x2+mx2=mlnx1x2-(x1+x2)+m(x1+x2)x1x2=mlnm-m+m=mlnm.
x12+x22=(x1+x2)2-2x1x2=m2-2m.所以f(x1)+f(x2)x12+x22=mlnmm2-2m=lnmm-2.所以a>lnmm-2在m∈(4,+∞)时恒成立.令h(m)=lnmm-2(m>4),则h'(m)=1-2m-lnm(m-2)2.
令φ(m)=1-2m-lnm,则φ'(m)=2m2-1m=2-mm2<0,
所以φ(m)在(4,+∞)上递减.
又φ(4)=1-12-2ln2<0,
所以φ(m)<0在(4,+∞)上恒成立,即1-2m-lnm<0.所以h'(m)<0.
所以h(m)在(4,+∞)上是减少的.所以h(m)
对点训练2解(1)略;
(2)当a=-1时,f(x)=-lnx-x2+1,不妨设0
考查函数g(x)=f(x)x,得g'(x)=lnx-x2-2x2,令h(x)=lnx-x2-2x2,h'(x)=5-2lnxx3,
则当x∈(0,e52)时,h'(x)>0,
当x∈(e52,+∞)时,h'(x)<0,
所以h(x)在区间(0,e52)上递增,在区间(e52,+∞)上递减.故g'(x)≤g'(e52)=12e5-1<0,所以g(x)在(0,+∞)上递减.
从而g(x1)>g(x2),即f(x2)x2m(x2-x1),
所以f(x1)x1+mx1>f(x2)x2+mx2,
即g(x1)+mx1>g(x2)+mx2恒成立,设φ(x)=g(x)+mx,则φ(x)在(0,+∞)上递减,
从而φ'(x)=g'(x)+m≤0恒成立,
故φ'(x)=g'(x)+m≤12e5-1+m≤0,故m≤1-12e5.
故实数m的取值范围为-∞,1-12e5.
例3解(1)略.
(2)证法1:f(x)定义域为(-m,+∞),f'(x)=ex-1x+m,f″(x)=ex+1(x+m)2>0,其中f″(x)是f'(x)的导函数,则f'(x)在(-m,+∞)上递增.
又因为当x→(-m)+时,f'(x)→-∞,当x→+∞时,f'(x)→+∞,
所以f'(x)=0在(-m,+∞)上有唯一的实数根x0,当-mx0时,f'(x)>0,所以f(x)在(-m,x0)上递减,在(x0,+∞)上递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值.
由f'(x0)=0可得ex0-1x0+m=0,即ln(x0+m)=-x0,于是f(x0)=ex0-ln(x0+m)=1x0+m+x0=1x0+m+x0+m-m≥2-m.
当m<2时,f(x0)>0;当m=2时,等号成立的条件是x0=-1,
但显然f(-1)=e-1-ln(-1+2)=1e-0≠0.
所以等号不成立,即f(x0)>0.综上所述,当m≤2时,f(x)≥f(x0)>0.
证法2:当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),于是f(x)≥ex-ln(x+2),所以只要证明φ(x)=ex-ln(x+2)>0,x∈(-2,+∞),就能证明当x≤2时,f(x)>0.
φ'(x)=ex-1x+2,φ″(x)=ex+1(x+2)2>0,其中φ″(x)是φ'(x)的导函数.
于是φ'(x)在(-2,+∞)上递增.
又因为φ'(-1)=1e-1<0,φ'(0)=1-12>0,
所以φ'(x)=0在(-2,+∞)上有唯一的实数根x0,且x0∈(-1,0).
当-2x0时,φ'(x)>0,
所以φ(x)在(-2,x0)上递减,在(x0,+∞)上递增,
所以当x=x0时,φ(x)取得最小值.
由φ'(x0)=0可得ex0-1x0+2=0,即ln(x0+2)=-x0,
于是φ(x0)=ex0-ln(x0+2)=1x0+2+x0=(x0+1)2x0+2>0,于是φ(x)≥φ(x0)>0.
综上所述,当m≤2时,f(x)>0.
证法3:当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),于是f(x)≥ex-ln(x+2),所以只要证明ex-ln(x+2)>0(x>-2),就能证明当m≤2时,f(x)>0.
由lnx≤x-1(x>0)可得ln(x+2)≤x+1(x>-2).
又因为ex≥x+1(x∈R),且两个不等号不能同时成立,所以ex>ln(x+2),即ex-ln(x+2)>0(x>-2),
所以当m≤2时,f(x)>0.
对点训练3(1)解f'(x)=
-ax2+(2a-1)x+2ex,
因为(0,-1)在曲线y=f(x)上,且f'(0)=2,所以切线方程为y-(-1)=2(x-0),即2x-y-1=0.
(2)证明f(x)+e≥0⇔ax2+x-1ex+e≥0⇔ax2+x-1+ex+1≥0.
当a≥1时,ax2+x-1+ex+1≥x2+x-1+ex+1,因为ex≥1+x(x∈R),所以ex+1≥2+x,
所以x2+x-1+ex+1≥x2+x-1+(2+x)=(x+1)2≥0.
所以当a≥1时,f(x)+e≥0.
例4(1)略.
(2)证明令h(x)=f(x)-g(x)=x+ax-lnx-1(x>0),h'(x)=1-ax2-1x=x2-x-ax2,设p(x)=x2-x-a=0,函数p(x)的图像的对称轴为x=12.
∵p(1)=1-1-a=-a<0,
设p(x)=0的正实数根为x0,∴x0>1,由对称性知,p(x)=0的另一实数根小于0,h(x)在(0,x0)上递减,在(x0,+∞)上递增,h(x)min=h(x0)=x0+ax0-lnx0-1=x0+x02-x0x0-lnx0-1=2x0-lnx0-2,令F(x)=2x-lnx-2(x>1),F'(x)=2-1x=2x-1x>0恒成立,所以F(x)在(1,+∞)上递增.
又F(1)=2-0-2=0,∴F(x)>0,即h(x)min>0,
故当x∈(0,+∞)且a>0时,f(x)>g(x).
对点训练4(1)解f'(x)=cosx(sinxsin2x)+sinx(sinxsin2x)'=2sinxcosxsin2x+2sin2xcos2x=2sinxsin3x.
当x∈0,π3∪2π3,π时,f'(x)>0;当x∈π3,2π3时,f'(x)<0.
所以f(x)在区间0,π3,2π3,π上递增,在区间π3,2π3上递减.
(2)证明因为f(0)=f(π)=0,由(1)知,f(x)在区间[0,π]上的最大值为fπ3=338,最小值为f2π3=-338.而f(x)是周期为π的周期函数,故|f(x)|≤338.
(3)证明由于(sin2xsin22x…sin22nx)32=|sin3xsin32x…sin32nx|=|sin x||sin2xsin32x…·sin32n-1xsin 2nx||sin22nx|=|sin x||f(x)f(2x)…·f(2n-1x)||sin22nx|≤|f(x)f(2x)…·f(2n-1x)|,所以sin2xsin22x…sin22nx≤3382n3=3n4n.
例5(1)解函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-1x2-1+ax=-x2-ax+1x2.
①若a≤2,则f'(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时,f'(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)上递减.
②若a>2,由f'(x)>0,
可得a-a2-42a+a2-42,
所以f(x)在0,a-a2-42,a+a2-42,+∞上递减,在a-a2-42,a+a2-42上递增.
综上所述,当a≤2时,f(x)在(0,+∞)上递减;
当a>2时,f(x)在0,a-a2-42,a+a2-42,+∞上递减,在a-a2-42,a+a2-42上递增.
(2)证明证法1:由(1)知,f(x)存在两个极值点,则a>2.因为x1,x2是f(x)的两个极值点,所以x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1+x2=a,x1x2=1,不妨设0
1x1-x1+alnx1-1x2-x2+alnx2x1-x2=x2-x1x1x2-(x1-x2)+a(lnx1-lnx2)x1-x2=-1x1x2-1+a(lnx1-lnx2)x1-x2=-2+a(lnx1-lnx2)x1-x2,
于是f(x1)-f(x2)x1-x2
因为x1,x2是f(x)的两个极值点,
所以x1,x2满足x2-ax+1=0,不妨设0
1x1-x1+alnx1-1x2-x2+alnx2x1-x2=x2-x1x1x2-(x1-x2)+alnx1x2x1-x2=-1x1x2-1+alnx1x2x1-x2=-2-alna-a2-4a+a2-4a2-4,
于是f(x1)-f(x2)x1-x2
则φ'(t)=1-1+2t2t2+1t2+1+t=1-1t2+1>0,所以φ(t)在(0,+∞)上递增,于是φ(t)>φ(0)=0,原不等式获证.
证法3:仿照证法1,可得f(x1)-f(x2)x1-x2
由(1)知,h(t)在(0,1)上递减,所以h(t)>h(1)=0,原不等式获证.
对点训练5(1)解f(x)的定义域是(0,+∞),f'(x)=ax-a+x2=x2-2ax+2a2x.
令g(x)=x2-2ax+2a,对称轴x=a<0,因为1>a,g(1)=1>0,
所以当x∈[1,e]时,g(x)>0,
即f'(x)=g(x)2x>0.
所以f(x)在[1,e]上递增.
f(x)min=f(1)=14-a+aln2=54-ln2,解得a=-1.
(2)证明由f(x)有两个极值点x1,x2,
则f'(x)=0在(0,+∞)上有2个不相等的实数根,即x2-2ax+2a=0在(0,+∞)上有2个不相等的实数根,
则Δ=4a2-8a>0,a>0,解得a>2.
x1+x2=2a,x1x2=2a,x12+x22=(x1+x2)2-2x1x2=4a2-4a.
当a≥e时,f(x1)+f(x2)-12(x12+x22)+2e=aln(4x1x2)-a(x1+x2)-14(x12+x22)+2e=aln8a-2a2-14(4a2-4a)+2e=aln8a-3a2+a+2e(a≥e).
令g(a)=aln8a-3a2+a+2e(a≥e),g'(a)=ln8a-6a+2(a≥e),令h(a)=g'(a)=ln8a-6a+2,h'(a)=1a-6=1-6aa,当a≥e时,h'(a)<0,
所以h(a)在[e,+∞)上递减.
所以h(a)≤h(e).
即g'(a)≤g'(e)=ln8e-6e+2=(1+3ln2)-6e+2=3ln2-6e+3<3-6e+3=6-6e<0,
所以g(a)在[e,+∞)上递减,
g(a)≤g(e)=eln8e-3e2+3e=e(1+3ln2)-3e2+3e=e(3ln2-3e+4)
导数的综合应用
高考大题专项(一) 导数的综合应用
考情分析
导数的综合应用是高考考查的重点内容,也是高考压轴题之一,近几年高考命题的趋势是稳中求变、变中求新、新中求活,纵观近几年的高考题,导数的综合应用题考查多个核心素养以及综合应用能力,近两年的难度有所降低,题目所在试卷的位置有所提前,不再固定在最后压轴位置上,预计这一趋势会保持下去.
突破1 利用导数研究与不等式有关的问题
必备知识预案自诊
知识梳理
1.与ex,ln x有关的常用不等式的结论
(1)由f(x)=ex图像上任一点(m,f(m))的切线方程为y-em=em(x-m),得ex≥em(x+1)-mem,当且仅当x=m时,等号成立.当m=0时,有ex≥1+x;当m=1时,有ex≥ex.
(2)由过函数f(x)=ln x图像上任一点(n,f(n))的切线方程为y-ln n=1n(x-n),得ln x≤1nx-1+ln n,当且仅当x=n时,等号成立.当n=1时,有ln x≤x-1;当n=e时,有ln x≤1ex.
(3)由(1),(2)得,若x∈(0,+∞),则ex≥x+1>x-1≥ln x.
2.证明含参数的函数不等式,其关键在于将所给的不等式进行“改造”,得到“一平一曲”,然后运用导数求出“曲”的最值,将其与“平”进行比较即可.
3.函数不等式的类型与解法
(1)任意x∈D,f(x)≤k⇔f(x)max≤k;存在x∈D,f(x)≤k⇔f(x)min≤k;
(2)任意x∈D,f(x)≤g(x)⇐f(x)max≤g(x)min;存在x∈D,f(x)≤g(x)⇒f(x)min≤g(x)max.
4.含两个未知数的不等式(函数)问题的常见题型及具体转化策略
(1)任意x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最小值>g(x)在[c,d]上的最大值.
(2)存在x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最大值>g(x)在[c,d]上的最小值.
(3)任意x1∈[a,b],存在x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最小值>g(x)在[c,d]上的最小值.
(4)存在x1∈[a,b],任意x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最大值>g(x)在[c,d]上的最大值.
(5)存在x1∈[a,b],当x2∈[c,d]时,f(x1)=g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的值域与g(x)在[c,d]上的值域交集非空.
(6)任意x1∈[a,b],存在x2∈[c,d],f(x1)=g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的值域⊆g(x)在[c,d]上的值域.
(7)任意x2∈[c,d],存在x1∈[a,b],f(x1)=g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的值域⊇g(x)在[c,d]上的值域.
关键能力学案突破
考点
求函数不等式的参数的取值范围(多考向探究)
考向1 求单变量函数不等式的参数的取值范围
【例1】已知函数f(x)=(x+1)ln x-a(x-1).
(1)略;
(2)若当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求实数a的取值范围.
解题心得1.若任意x>0,f(x)≥0成立,求a的取值范围,即求当x>0,f(x)≥0恒成立时的a的取值范围,即研究a取什么范围使得当x>0时f(x)≥0成立.
2.对于恒成立求参数取值范围的问题,最值法与分离参数法是两种最常用的方法.如果分离后的函数容易求最值,则选用分离参数法,否则选用最值法.最值法主要考查学生分类讨论的思想,一般遵循“构造函数——分类讨论”两步来展开.一些稍难的恒成立问题,如果用分离参数法来处理,往往需要多次求导和使用洛必达法则.
对点训练1(2020新高考全国1,21)已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a.
(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;
(2)若f(x)≥1,求实数a的取值范围.
考向2 求双变量函数不等式的参数的取值范围
【例2】(2020山东潍坊临朐模拟一,22)已知函数f(x)=mln x-x+mx(m∈R).
(1)略;
(2)若f(x)有两个极值点x1,x2,不等式f(x1)+f(x2)x12+x22
解题心得对于含有两个变量的不等式恒成立求参数取值范围的问题,一般要找到两个变量的关系,转化为一个变量,从而得到一个函数;也可以从含有两个变量的不等式中抽象出一个函数是单调函数.对于求参数的取值范围,可以分离出变量,得到一个不等式,通过函数的最值得参数的取值范围;如果变量不易分离,可以对参数进行讨论,看参数在什么范围不等式成立,从而求出参数的取值范围.
对点训练2(2020安徽安庆二模,理21)已知函数f(x)=aln x+12(a-1)x2+1(a∈R).
(1)略;
(2)当a=-1时,对任意的x1,x2∈(0,+∞),且x1≠x2,都有x1f(x2)-x2f(x1)x1-x2>mx1x2,求实数m的取值范围.
考点
利用导数证明不等式(多考向探究)
考向1 单未知数函数不等式的证明
【例3】已知函数f(x)=ex-ln(x+m).
(1)略;
(2)当m≤2时,证明f(x)>0.
解题心得1.对于含有参数的一个未知数的函数不等式,其证明方法与不含参数的一个未知数的函数不等式证明大体一致.可以直接证明,也可以放缩后再证明,也可以分离参数后,利用导数求最值来证明.
2.证法1与证法2中出现的x0的具体数值是无法求解的,只能求出其范围,我们把这种零点称为“隐性零点”.证法2比证法1简单,这是因为利用了函数单调性将命题ex-ln(x+m)>0加强为ex-ln(x+2)>0,转化为研究一个特例函数的问题,从而大大降低了题目的难度.证法2中,因为φ(x0)的表达式涉及ex0,ln(x0+2),都是超越式,所以φ(x0)的值不好计算,由此,需要对“隐性零点”满足的式子ex0-1x0+2=0进行变形,得到两个式子ex0=1x0+2和ln(x0+2)=-x0,然后进行反代,从而将超越式转化为初等式.“反代”是处理“隐性零点”问题的常用策略.
对点训练3已知函数f(x)=ax2+x-1ex.
(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;
(2)求证:当a≥1时,f(x)+e≥0.
【例4】已知函数f(x)=x+ax.
(1)略;
(2)设函数g(x)=ln x+1,证明:当x∈(0,+∞)且a>0时,f(x)>g(x).
解题心得欲证函数不等式f(x)>g(x)(x∈I,I是区间),设h(x)=f(x)-g(x)(x∈I),即证h(x)>0,为此研究h(x)的单调性,先求h'(x)的零点,根据零点确定h(x)在给定区间I上的正负,若h(x)在区间I上递增或递减或先递减后递增,只须h(x)min>0(x∈I)(若h(x)min不存在,则须求函数h(x)在与区间I相应的闭区间上的端点处的函数值),若h(x)在区间I上先递增后递减,只须区间I的端点的函数值大于或等于0;若h'(x)的零点不好求,可设出零点x0,然后确定零点的范围,进而确定h(x)的单调区间,求出h(x)的最小值h(x0),再研究h(x0)的正负.
对点训练4(2020全国2,理21)已知函数f(x)=sin2xsin 2x.
(1)讨论f(x)在区间(0,π)的单调性;
(2)证明:|f(x)|≤338;
(3)设n∈N+,证明:sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤3n4n.
考向2 双未知数函数不等式的证明
【例5】已知函数f(x)=1x-x+aln x(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:f(x1)-f(x2)x1-x2
解题心得对于两个未知数的函数不等式问题,其关键在于将两个未知数化归为一个未知数,常见的证明方法有以下四种:
方法1:利用换元法,化归为一个未知数;
方法2:利用未知数之间的关系消元,化归为一个未知数;
方法3:分离未知数后构造函数,利用函数的单调性证明;
方法4:利用主元法,构造函数证明.
对点训练5(2020山东德州二模,21)已知函数f(x)=14x2-ax+aln 2x(a≠0).
(1)若a<0时f(x)在[1,e]上的最小值是54-ln 2,求a;
(2)若a≥e,且x1,x2是f(x)的两个极值点,证明:f(x1)+f(x2)<12(x12+x22)-2e(其中e为自然对数的底数).
高考大题专项(一) 导数的综合应用
突破1 利用导数研究与不等式有关的问题
关键能力·学案突破
例1解(1)略.
(2)(方法1 分离参数法)
当x∈(1,+∞)时,f(x)>0等价于a<(x+1)lnxx-1.令H(x)=(x+1)lnxx-1,则H'(x)=x+1x+lnx(x-1)-(x+1)lnx(x-1)2=x-1x-2lnx(x-1)2,
令K(x)=x-1x-2lnx,
则K'(x)=x2-2x+1x2>0,
于是K(x)在(1,+∞)上递增,
所以K(x)>K(1)=0,于是H'(x)>0,从而H(x)在(1,+∞)上递增.由洛必达法则,可得limx→1+(x+1)lnxx-1=limx→1+((x+1)lnx)'(x-1)'=limx→1+1+1x+lnx1=2,于是a≤2,于是a的取值范围是(-∞,2].
(方法2 最值法)
由f(x)=(x+1)lnx-a(x-1),得f'(x)=lnx+1x+1-a.
①当1-a≥0,即a≤1时,f'(x)>0,所以f(x)在(1,+∞)上递增,所以f(x)>f(1)=0.
②当a>1时,令g(x)=f'(x),则g'(x)=x-1x2>0,所以g(x)在(1,+∞)上递增,于是f'(x)>f'(1)=2-a.
(ⅰ)当2-a≥0,即1
(ⅱ)当2-a<0,即a>2时,存在x0∈(1,+∞),使得当1
对点训练1解f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=aex-1-1x.
(1)当a=e时,f(x)=ex-lnx+1,f'(1)=e-1,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(e+1)=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2.
直线y=(e-1)x+2在x轴,y轴上的截距分别为-2e-1,2.
因此所求三角形的面积为2e-1.
(2)由题意a>0,当0
当x∈(0,1)时,f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0.
所以当x=1时,f(x)取得最小值,最小值为f(1)=1,从而f(x)≥1.
当a>1时,f(x)=aex-1-lnx+lna≥ex-1-lnx≥1.
综上,a的取值范围是[1,+∞).
例2解(1)略;
(2)由题意得x∈(0,+∞),f'(x)=mx-1-mx2=-x2-mx+mx2,
令g(x)=x2-mx+m,Δ=m2-4m=m(m-4)>0,
当m<0或m>4时,g(x)=0有两个不相等的实根x1,x2,且x1+x2=m,x1x2=m.
当m<0时,两根一正一负,不符合题意.
当m>4时,两个根为正,f(x)有两个极值点x1,x2,
f(x1)+f(x2)=mlnx1-x1+mx1+mlnx2-x2+mx2=mlnx1x2-(x1+x2)+m(x1+x2)x1x2=mlnm-m+m=mlnm.
x12+x22=(x1+x2)2-2x1x2=m2-2m.所以f(x1)+f(x2)x12+x22=mlnmm2-2m=lnmm-2.所以a>lnmm-2在m∈(4,+∞)时恒成立.令h(m)=lnmm-2(m>4),则h'(m)=1-2m-lnm(m-2)2.
令φ(m)=1-2m-lnm,则φ'(m)=2m2-1m=2-mm2<0,
所以φ(m)在(4,+∞)上递减.
又φ(4)=1-12-2ln2<0,
所以φ(m)<0在(4,+∞)上恒成立,即1-2m-lnm<0.所以h'(m)<0.
所以h(m)在(4,+∞)上是减少的.所以h(m)
对点训练2解(1)略;
(2)当a=-1时,f(x)=-lnx-x2+1,不妨设0
考查函数g(x)=f(x)x,得g'(x)=lnx-x2-2x2,令h(x)=lnx-x2-2x2,h'(x)=5-2lnxx3,
则当x∈(0,e52)时,h'(x)>0,
当x∈(e52,+∞)时,h'(x)<0,
所以h(x)在区间(0,e52)上递增,在区间(e52,+∞)上递减.故g'(x)≤g'(e52)=12e5-1<0,所以g(x)在(0,+∞)上递减.
从而g(x1)>g(x2),即f(x2)x2
所以f(x1)x1+mx1>f(x2)x2+mx2,
即g(x1)+mx1>g(x2)+mx2恒成立,设φ(x)=g(x)+mx,则φ(x)在(0,+∞)上递减,
从而φ'(x)=g'(x)+m≤0恒成立,
故φ'(x)=g'(x)+m≤12e5-1+m≤0,故m≤1-12e5.
故实数m的取值范围为-∞,1-12e5.
例3解(1)略.
(2)证法1:f(x)定义域为(-m,+∞),f'(x)=ex-1x+m,f″(x)=ex+1(x+m)2>0,其中f″(x)是f'(x)的导函数,则f'(x)在(-m,+∞)上递增.
又因为当x→(-m)+时,f'(x)→-∞,当x→+∞时,f'(x)→+∞,
所以f'(x)=0在(-m,+∞)上有唯一的实数根x0,当-m
由f'(x0)=0可得ex0-1x0+m=0,即ln(x0+m)=-x0,于是f(x0)=ex0-ln(x0+m)=1x0+m+x0=1x0+m+x0+m-m≥2-m.
当m<2时,f(x0)>0;当m=2时,等号成立的条件是x0=-1,
但显然f(-1)=e-1-ln(-1+2)=1e-0≠0.
所以等号不成立,即f(x0)>0.综上所述,当m≤2时,f(x)≥f(x0)>0.
证法2:当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),于是f(x)≥ex-ln(x+2),所以只要证明φ(x)=ex-ln(x+2)>0,x∈(-2,+∞),就能证明当x≤2时,f(x)>0.
φ'(x)=ex-1x+2,φ″(x)=ex+1(x+2)2>0,其中φ″(x)是φ'(x)的导函数.
于是φ'(x)在(-2,+∞)上递增.
又因为φ'(-1)=1e-1<0,φ'(0)=1-12>0,
所以φ'(x)=0在(-2,+∞)上有唯一的实数根x0,且x0∈(-1,0).
当-2
所以φ(x)在(-2,x0)上递减,在(x0,+∞)上递增,
所以当x=x0时,φ(x)取得最小值.
由φ'(x0)=0可得ex0-1x0+2=0,即ln(x0+2)=-x0,
于是φ(x0)=ex0-ln(x0+2)=1x0+2+x0=(x0+1)2x0+2>0,于是φ(x)≥φ(x0)>0.
综上所述,当m≤2时,f(x)>0.
证法3:当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),于是f(x)≥ex-ln(x+2),所以只要证明ex-ln(x+2)>0(x>-2),就能证明当m≤2时,f(x)>0.
由lnx≤x-1(x>0)可得ln(x+2)≤x+1(x>-2).
又因为ex≥x+1(x∈R),且两个不等号不能同时成立,所以ex>ln(x+2),即ex-ln(x+2)>0(x>-2),
所以当m≤2时,f(x)>0.
对点训练3(1)解f'(x)=
-ax2+(2a-1)x+2ex,
因为(0,-1)在曲线y=f(x)上,且f'(0)=2,所以切线方程为y-(-1)=2(x-0),即2x-y-1=0.
(2)证明f(x)+e≥0⇔ax2+x-1ex+e≥0⇔ax2+x-1+ex+1≥0.
当a≥1时,ax2+x-1+ex+1≥x2+x-1+ex+1,因为ex≥1+x(x∈R),所以ex+1≥2+x,
所以x2+x-1+ex+1≥x2+x-1+(2+x)=(x+1)2≥0.
所以当a≥1时,f(x)+e≥0.
例4(1)略.
(2)证明令h(x)=f(x)-g(x)=x+ax-lnx-1(x>0),h'(x)=1-ax2-1x=x2-x-ax2,设p(x)=x2-x-a=0,函数p(x)的图像的对称轴为x=12.
∵p(1)=1-1-a=-a<0,
设p(x)=0的正实数根为x0,∴x0>1,由对称性知,p(x)=0的另一实数根小于0,h(x)在(0,x0)上递减,在(x0,+∞)上递增,h(x)min=h(x0)=x0+ax0-lnx0-1=x0+x02-x0x0-lnx0-1=2x0-lnx0-2,令F(x)=2x-lnx-2(x>1),F'(x)=2-1x=2x-1x>0恒成立,所以F(x)在(1,+∞)上递增.
又F(1)=2-0-2=0,∴F(x)>0,即h(x)min>0,
故当x∈(0,+∞)且a>0时,f(x)>g(x).
对点训练4(1)解f'(x)=cosx(sinxsin2x)+sinx(sinxsin2x)'=2sinxcosxsin2x+2sin2xcos2x=2sinxsin3x.
当x∈0,π3∪2π3,π时,f'(x)>0;当x∈π3,2π3时,f'(x)<0.
所以f(x)在区间0,π3,2π3,π上递增,在区间π3,2π3上递减.
(2)证明因为f(0)=f(π)=0,由(1)知,f(x)在区间[0,π]上的最大值为fπ3=338,最小值为f2π3=-338.而f(x)是周期为π的周期函数,故|f(x)|≤338.
(3)证明由于(sin2xsin22x…sin22nx)32=|sin3xsin32x…sin32nx|=|sin x||sin2xsin32x…·sin32n-1xsin 2nx||sin22nx|=|sin x||f(x)f(2x)…·f(2n-1x)||sin22nx|≤|f(x)f(2x)…·f(2n-1x)|,所以sin2xsin22x…sin22nx≤3382n3=3n4n.
例5(1)解函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-1x2-1+ax=-x2-ax+1x2.
①若a≤2,则f'(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时,f'(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)上递减.
②若a>2,由f'(x)>0,
可得a-a2-42
所以f(x)在0,a-a2-42,a+a2-42,+∞上递减,在a-a2-42,a+a2-42上递增.
综上所述,当a≤2时,f(x)在(0,+∞)上递减;
当a>2时,f(x)在0,a-a2-42,a+a2-42,+∞上递减,在a-a2-42,a+a2-42上递增.
(2)证明证法1:由(1)知,f(x)存在两个极值点,则a>2.因为x1,x2是f(x)的两个极值点,所以x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1+x2=a,x1x2=1,不妨设0
1x1-x1+alnx1-1x2-x2+alnx2x1-x2=x2-x1x1x2-(x1-x2)+a(lnx1-lnx2)x1-x2=-1x1x2-1+a(lnx1-lnx2)x1-x2=-2+a(lnx1-lnx2)x1-x2,
于是f(x1)-f(x2)x1-x2
因为x1,x2是f(x)的两个极值点,
所以x1,x2满足x2-ax+1=0,不妨设0
1x1-x1+alnx1-1x2-x2+alnx2x1-x2=x2-x1x1x2-(x1-x2)+alnx1x2x1-x2=-1x1x2-1+alnx1x2x1-x2=-2-alna-a2-4a+a2-4a2-4,
于是f(x1)-f(x2)x1-x2
则φ'(t)=1-1+2t2t2+1t2+1+t=1-1t2+1>0,所以φ(t)在(0,+∞)上递增,于是φ(t)>φ(0)=0,原不等式获证.
证法3:仿照证法1,可得f(x1)-f(x2)x1-x2
由(1)知,h(t)在(0,1)上递减,所以h(t)>h(1)=0,原不等式获证.
对点训练5(1)解f(x)的定义域是(0,+∞),f'(x)=ax-a+x2=x2-2ax+2a2x.
令g(x)=x2-2ax+2a,对称轴x=a<0,因为1>a,g(1)=1>0,
所以当x∈[1,e]时,g(x)>0,
即f'(x)=g(x)2x>0.
所以f(x)在[1,e]上递增.
f(x)min=f(1)=14-a+aln2=54-ln2,解得a=-1.
(2)证明由f(x)有两个极值点x1,x2,
则f'(x)=0在(0,+∞)上有2个不相等的实数根,即x2-2ax+2a=0在(0,+∞)上有2个不相等的实数根,
则Δ=4a2-8a>0,a>0,解得a>2.
x1+x2=2a,x1x2=2a,x12+x22=(x1+x2)2-2x1x2=4a2-4a.
当a≥e时,f(x1)+f(x2)-12(x12+x22)+2e=aln(4x1x2)-a(x1+x2)-14(x12+x22)+2e=aln8a-2a2-14(4a2-4a)+2e=aln8a-3a2+a+2e(a≥e).
令g(a)=aln8a-3a2+a+2e(a≥e),g'(a)=ln8a-6a+2(a≥e),令h(a)=g'(a)=ln8a-6a+2,h'(a)=1a-6=1-6aa,当a≥e时,h'(a)<0,
所以h(a)在[e,+∞)上递减.
所以h(a)≤h(e).
即g'(a)≤g'(e)=ln8e-6e+2=(1+3ln2)-6e+2=3ln2-6e+3<3-6e+3=6-6e<0,
所以g(a)在[e,+∞)上递减,
g(a)≤g(e)=eln8e-3e2+3e=e(1+3ln2)-3e2+3e=e(3ln2-3e+4)
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