2021届高中数学一轮复习人教A版导数与不等式学案

这是一份2021届高中数学一轮复习人教A版导数与不等式学案，共14页。

命题点1 构造函数法
例1 (2020·赣州模拟)已知函数f (x)＝1－eq \f(lnx,x)，g(x)＝eq \f(ae,ex)＋eq \f(1,x)－bx，若曲线y＝f (x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直.
(1)求a，b的值；
(2)证明：当x≥1时，f (x)＋g(x)≥eq \f(2,x).
(1)解 因为f (x)＝1－eq \f(ln x,x)，x>0，
所以f′(x)＝eq \f(ln x－1,x2)，f′(1)＝－1.
因为g(x)＝eq \f(ae,ex)＋eq \f(1,x)－bx，所以g′(x)＝－eq \f(ae,ex)－eq \f(1,x2)－b.
因为曲线y＝f (x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直，
所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，
所以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，
解得a＝－1，b＝－1.
(2)证明 由(1)知，g(x)＝－eq \f(e,ex)＋eq \f(1,x)＋x，
则f (x)＋g(x)≥eq \f(2,x)⇔1－eq \f(ln x,x)－eq \f(e,ex)－eq \f(1,x)＋x≥0.
令h(x)＝1－eq \f(ln x,x)－eq \f(e,ex)－eq \f(1,x)＋x(x≥1)，
则h(1)＝0，h′(x)＝eq \f(－1＋ln x,x2)＋eq \f(e,ex)＋eq \f(1,x2)＋1＝eq \f(ln x,x2)＋eq \f(e,ex)＋1.
因为x≥1，所以h′(x)＝eq \f(ln x,x2)＋eq \f(e,ex)＋1>0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以当x≥1时，h(x)≥h(1)＝0，
即1－eq \f(ln x,x)－eq \f(e,ex)－eq \f(1,x)＋x≥0，
所以当x≥1时，f (x)＋g(x)≥eq \f(2,x).
命题点2 分拆函数法
例2 (2019·福州期末)已知函数f (x)＝eln x－ax(a∈R).
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明：xf (x)－ex＋2ex≤0.
(1)解 f′(x)＝eq \f(e,x)－a(x>0).
①若a≤0，则f′(x)>0，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0，则当00，当x>eq \f(e,a)时，f′(x)<0，
故f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(e,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,a)，＋∞))上单调递减.
(2)证明 因为x>0，
所以只需证f (x)≤eq \f(ex,x)－2e，
当a＝e时，由(1)知，f (x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
所以f (x)max＝f (1)＝－e，
记g(x)＝eq \f(ex,x)－2e(x>0)，则g′(x)＝eq \f(x－1ex,x2)，
所以当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝－e，
综上，当x>0时，f (x)≤g(x)，
即f (x)≤eq \f(ex,x)－2e，即xf (x)－ex＋2ex≤0.
思维升华 (1)利用导数证明不等式的基本思路是依据函数的单调性，求得函数的最值，然后由f (x)≤f (x)max或f (x)≥f (x)min证得不等式.
(2)证明f (x)>g(x)，可以构造函数h(x)＝f (x)－g(x)，然后利用h(x)的最值证明不等式.
(3)若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形分拆，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目的.
跟踪训练1 (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，1①解 由题设知，f (x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(1,x)－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.
当00，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故当x∈(1，＋∞)时，ln x即1(2)已知函数f (x)＝exln x＋eq \f(2,x)ex－1，证明：f (x)>1.
证明 函数f (x)的定义域为(0，＋∞).
f (x)>1等价于xln x>xe－x－eq \f(2,e).
设函数g(x)＝xln x，则g′(x)＝1＋ln x，
所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，g′(x)<0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))时，g′(x)>0.
故g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－eq \f(1,e).
设函数h(x)＝xe－x－eq \f(2,e)，则h′(x)＝e－x(1－x)，
所以当x∈(0,1)时，h′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0.
故h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－eq \f(1,e).
因为g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝h(1)＝h(x)max，
所以当x>0时，g(x)>h(x)，即f (x)>1.
不等式恒成立或有解问题
例3 已知函数f (x)＝eq \f(1＋lnx,x).
(1)若函数f (x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，a＋\f(1,2)))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)≥eq \f(k,x＋1)恒成立，求实数k的取值范围.
解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(1－1－lnx,x2)＝－eq \f(lnx,x2)，
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故eq \f(1,2)(2)当x≥1时，k≤eq \f(x＋11＋lnx,x)恒成立，
令g(x)＝eq \f(x＋11＋lnx,x)(x≥1)，
则g′(x)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋lnx＋1＋\f(1,x)))x－x＋11＋lnx,x2)＝eq \f(x－lnx,x2).
再令h(x)＝x－ln x(x≥1)，则h′(x)＝1－eq \f(1,x)≥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].
本例中(2)若改为：∃x∈[1，e]，使不等式f (x)≥eq \f(k,x＋1)成立，求实数k的取值范围.
解 当x∈[1，e]时，k≤eq \f(x＋11＋lnx,x)有解，
令g(x)＝eq \f(x＋11＋lnx,x)(x∈[1，e])，
由本例(2)解题知，g(x)为单调增函数，
所以g(x)max＝g(e)＝2＋eq \f(2,e)，
所以k≤2＋eq \f(2,e)，即实数k的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，2＋\f(2,e))).
思维升华 利用导数解决不等式的恒成立或有解问题的策略
(1)构造函数，利用导数求出最值，进而求出参数的取值范围.
(2)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)＝ex－1－x－ax2.
(1)当a＝0时，求证：f (x)≥0；
(2)当x≥0时，若不等式f (x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.
(1)证明 当a＝0时，f (x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f (x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
f (x)min＝f (0)＝0，∴f (x)≥0.
(2)解 f′(x)＝ex－1－2ax，令h(x)＝ex－1－2ax，
则h′(x)＝ex－2a.
①当2a≤1，即a≤eq \f(1,2)时，
在[0，＋∞)上，h′(x)≥0，h(x)单调递增，
h(x)≥h(0)，即f′(x)≥f′(0)＝0，
∴f (x)在[0，＋∞)上为增函数，∴f (x)≥f (0)＝0，
∴当a≤eq \f(1,2)时满足条件.
②当2a>1，即a>eq \f(1,2)时，
令h′(x)＝0，解得x＝ln(2a)，
在[0，ln(2a))上，h′(x)<0，h(x)单调递减，
∴当x∈(0，ln(2a))时，有h(x)即f′(x)∴f (x)在区间(0，ln(2a))上为减函数，
∴f (x)综上，实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))).
近几年高考中的导数问题常以ex，ln x组合的函数为基础来命制，将基本初等函数与导数相结合，研究函数的性质，下面介绍解决这类问题的几种策略.
一、函数零点设而不求
例1 证明：ex－ln x>2.
证明 设f (x)＝ex－ln x(x>0)，则f′(x)＝ex－eq \f(1,x).
令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝ex＋eq \f(1,x2)>0，
∴f′(x)在(0，＋∞)上是增函数，
又f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \r(e)－2<0，f′(1)＝e－1>0，
∴在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上存在x0使f′(x0)＝0，即x0＝－ln x0.
∴在(0，x0)上f (x)单调递减，在(x0，＋∞)上f (x)单调递增，
∴f (x)在x＝x0处有极小值，也是最小值.
∴f (x0)＝－ln x0＝eq \f(1,x0)＋x0>2，
故f (x)>2，即ex－ln x>2.
二、分离ln x与ex
例2 (2019·长沙三校统考)已知函数f (x)＝ax2－xln x.
(1)若函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)若a＝e，证明：当x>0时，f (x)(1)解 由题意知，f′(x)＝2ax－ln x－1.
因为函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x>0时，f′(x)≥0，即2a≥eq \f(ln x＋1,x)恒成立.
令g(x)＝eq \f(ln x＋1,x)(x>0)，则g′(x)＝－eq \f(ln x,x2)，
易知g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则g(x)max＝g(1)＝1，
所以2a≥1，即a≥eq \f(1,2).
故实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
(2)证明 若a＝e，要证f (x)只需证ex－ln x令h(x)＝ln x＋eq \f(1,ex)(x>0)，则h′(x)＝eq \f(ex－1,ex2)，
易知h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，则h(x)min＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝0，
所以ln x＋eq \f(1,ex)≥0.
再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，
易知φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.
因为h(x)与φ(x)不同时为0，所以ex－ex故原不等式成立.
三、借助ex≥x＋1和ln x≤x－1进行放缩
例3 (2019·长春质检)已知函数f (x)＝ex－a.
(1)若函数f (x)的图象与直线l：y＝x－1相切，求a的值；
(2)若f (x)－ln x>0恒成立，求整数a的最大值.
解 (1)f′(x)＝ex，因为函数f (x)的图象与直线y＝x－1相切，所以令f′(x)＝1，
即ex＝1，得x＝0，即f (0)＝－1，解得a＝2.
(2)先证明ex≥x＋1，设F(x)＝ex－x－1，
则F′(x)＝ex－1，令F′(x)＝0，则x＝0，
当x∈(0，＋∞)时，F′(x)>0，当x∈(－∞，0)时，F′(x)<0，
所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，
所以F(x)min＝F(0)＝0，即F(x)≥0恒成立，
即ex≥x＋1，即ex－2≥x－1，
当且仅当x＝0时等号成立，
同理可得ln x≤x－1，当且仅当x＝1时等号成立，
所以ex－2>ln x，
当a≤2时，ln x即当a≤2时，f (x)－ln x>0恒成立.
当a≥3时，存在x＝1，使ex－aln x不恒成立.
综上，整数a的最大值为2.
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)＝eq \f(1,x)＋1－ex－xex＝eq \f(1＋x,x)－(x＋1)ex
＝(x＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－ex)).
令G(x)＝eq \f(1,x)－ex，可知G(x)在(0，＋∞)上为减函数，
且Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝2－eq \r(e)>0，G(1)＝1－e<0，
∴存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，使得G(x0)＝0，即eq \f(1,x0)－＝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∵eq \f(1,x0)－＝0，∴eq \f(1,x0)＝，即ln x0＝－x0，
∴F(x0)＝0，即F(x)≤0，∴f (x)≤g(x).
2.(2020·沧州七校联考)设a为实数，函数f (x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
(1)求f (x)的单调区间与极值；
(2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.
(1)解 由f (x)＝ex－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝ex－2，x∈R，令f′(x)＝0，得x＝ln 2.
于是当x变化时，f′(x)，f (x)的变化情况如下表：
故f (x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞).
f (x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值f (ln 2)＝2(1－ln 2＋a).无极大值.
(2)证明 设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
由(1)知当a>ln 2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.
于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，
所以g(x)在R内单调递增.
于是当a>ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0).
又g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.
即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.
3.(2017·全国Ⅲ)已知函数f (x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)当a<0时，证明：f (x)≤－eq \f(3,4a)－2.
(1)解 f (x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(1,x)＋2ax＋2a＋1＝eq \f(x＋12ax＋1,x).
若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，
故f (x)在(0，＋∞)上单调递增.
若a<0，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2a)))时，f′(x)>0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)，＋∞))时，f′(x)<0.
故f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)，＋∞))上单调递减.
(2)证明 由(1)知，当a<0时，f (x)在x＝－eq \f(1,2a)处取得最大值，最大值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)))＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)))－1－eq \f(1,4a)，
所以f (x)≤－eq \f(3,4a)－2等价于lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)))－1－eq \f(1,4a)≤－eq \f(3,4a)－2，
即lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)))＋eq \f(1,2a)＋1≤0.
设g(x)＝ln x－x＋1，则g′(x)＝eq \f(1,x)－1.
当x∈(0,1)时，g′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.
所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.
所以当x>0时，g(x)≤0.
从而当a<0时，lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)))＋eq \f(1,2a)＋1≤0，
即f (x)≤－eq \f(3,4a)－2.
4.已知函数f (x)＝aln x＋eq \f(bx＋1,x)，曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为y＝2.
(1)求a，b的值；
(2)当x>0且x≠1时，求证：f (x)>eq \f(x＋1lnx,x－1).
(1)解 函数f (x)＝aln x＋eq \f(bx＋1,x)的导数为f′(x)＝eq \f(a,x)－eq \f(b,x2)，x>0，
由曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为y＝2，
可得f (1)＝2b＝2，f′(1)＝a－b＝0，
解得a＝b＝1.
(2)证明 由(1)知f (x)＝ln x＋eq \f(1,x)＋1，x>0，
当x>1时，f (x)>eq \f(x＋1ln x,x－1)，
即为ln x＋1＋eq \f(1,x)>ln x＋eq \f(2ln x,x－1)，
即x－eq \f(1,x)－2ln x>0.
当0eq \f(x＋1ln x,x－1)，
即为x－eq \f(1,x)－2ln x<0，
设g(x)＝x－eq \f(1,x)－2ln x，x>0，
g′(x)＝1＋eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)＝eq \f(x－12,x2)≥0，
可得g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当x>1时，g(x)>g(1)＝0，即有f (x)>eq \f(x＋1ln x,x－1).
当0eq \f(x＋1ln x,x－1).
综上可得，当x>0且x≠1时，f (x)>eq \f(x＋1ln x,x－1)恒成立.
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＋eq \f(1,x)＝eq \f(1－x,x)≤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.
x
(－∞，ln 2)
ln 2
(ln 2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f (x)
↘
2(1－ln 2＋a)
↗