2022高考数学一轮复习-高考大题专项突破1-利用导数研究与不等式有关的问题学案北师大版.docx

2022高考数学一轮复习 高考大题专项突破1 利用导数研究与不等式有关的问题学案北师大版2022高考数学一轮复习 高考大题专项突破1 利用导数研究与不等式有关的问题学案北师大版年级：姓名：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exem(x+1)-mem,当且仅当x=m时,等号成立.当m=0时,有ex1+x;当m=1时,有exex.(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 x1nx-1+ln n,当且仅当x=n时,等号成立.当n=1时,有ln xx-1;当n=e时,有ln x1ex.(3)由(1),(2)得,若x(0,+),则exx+1x-1ln 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xD,f(x)kf(x)maxk;存在xD,f(x)kf(x)mink;(2)任意xD,f(x)g(x)f(x)maxg(x)min;存在xD,f(x)g(x)f(x)ming(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x1a,b,x2c,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x1a,b,x2c,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x1a,b,存在x2c,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x1a,b,任意x2c,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x1a,b,当x2c,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x1a,b,存在x2c,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x2c,d,存在x1a,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x0,f(x)0成立,求a的取值范围,即求当x0,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x0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(mR).(1)略;(2)若f(x)有两个极值点x1,x2,不等式f(x1)+f(x2)x12+x22mx1x2,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m2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(x0)的表达式涉及ex0,ln(x0+2),都是超越式,所以(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a1时,f(x)+e0.【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a0时,f(x)g(x).解题心得欲证函数不等式f(x)g(x)(xI,I是区间),设h(x)=f(x)-g(x)(xI),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)min0(xI)(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,)的单调性;(2)证明:|f(x)|338;(3)设nN+,证明:sin2xsin22xsin24xsin22nx3n4n.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(aR).(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-x2a-2.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(a0).(1)若a0时f(x)在1,e上的最小值是54-ln 2,求a;(2)若ae,且x1,x2是f(x)的两个极值点,证明:f(x1)+f(x2)0等价于a0,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limx1+(x+1)lnxx-1=limx1+(x+1)lnx)(x-1)=limx1+1+1x+lnx1=2,于是a2,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.当1-a0,即a1时,f(x)0,所以f(x)在(1,+)上递增,所以f(x)f(1)=0.当a1时,令g(x)=f(x),则g(x)=x-1x20,所以g(x)在(1,+)上递增,于是f(x)f(1)=2-a.()当2-a0,即10,于是f(x)在(1,+)上递增,于是f(x)f(1)=0.()当2-a2时,存在x0(1,+),使得当1xx0时,f(x)0,于是f(x)在(1,x0)上递减,所以f(x)0,当0a1时,f(1)=a+lna1,与f(x)1矛盾.当a=1时,f(x)=ex-1-lnx,f(x)=ex-1-1x.当x(0,1)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a1时,f(x)=aex-1-lnx+lnaex-1-lnx1.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,=m2-4m=m(m-4)0,当m4时,g(x)=0有两个不相等的实根x1,x2,且x1+x2=m,x1x2=m.当m4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alnmm-2在m(4,+)时恒成立.令h(m)=lnmm-2(m4),则h(m)=1-2m-lnm(m-2)2.令(m)=1-2m-lnm,则(m)=2m2-1m=2-mm20,所以(m)在(4,+)上递减.又(4)=1-12-2ln20,所以(m)0在(4,+)上恒成立,即1-2m-lnm0.所以h(m)0.所以h(m)在(4,+)上是减少的.所以h(m)h(4)=ln2.所以aln2,即a的取值范围是ln2,+).对点训练2解(1)略;(2)当a=-1时,f(x)=-lnx-x2+1,不妨设0x1mx1x2等价于f(x2)x2-f(x1)x1m(x2-x1),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)=12e5-1g(x2),即f(x2)x2m(x2-x1),所以f(x1)x1+mx1f(x2)x2+mx2,即g(x1)+mx1g(x2)+mx2恒成立,设(x)=g(x)+mx,则(x)在(0,+)上递减,从而(x)=g(x)+m0恒成立,故(x)=g(x)+m12e5-1+m0,故m1-12e5.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)20,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-mxx0时,f(x)x0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-m2-m.当m0;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-00.所以等号不成立,即f(x0)0.综上所述,当m2时,f(x)f(x0)0.证法2:当m2,x(-m,+)时,ln(x+m)ln(x+2),于是f(x)ex-ln(x+2),所以只要证明(x)=ex-ln(x+2)0,x(-2,+),就能证明当x2时,f(x)0.(x)=ex-1x+2,(x)=ex+1(x+2)20,其中(x)是(x)的导函数.于是(x)在(-2,+)上递增.又因为(-1)=1e-10,所以(x)=0在(-2,+)上有唯一的实数根x0,且x0(-1,0).当-2xx0时,(x)x0时,(x)0,所以(x)在(-2,x0)上递减,在(x0,+)上递增,所以当x=x0时,(x)取得最小值.由(x0)=0可得ex0-1x0+2=0,即ln(x0+2)=-x0,于是(x0)=ex0-ln(x0+2)=1x0+2+x0=(x0+1)2x0+20,于是(x)(x0)0.综上所述,当m2时,f(x)0.证法3:当m2,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m2时,f(x)0.由lnxx-1(x0)可得ln(x+2)x+1(x-2).又因为exx+1(xR),且两个不等号不能同时成立,所以exln(x+2),即ex-ln(x+2)0(x-2),所以当m2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)+e0ax2+x-1ex+e0ax2+x-1+ex+10.当a1时,ax2+x-1+ex+1x2+x-1+ex+1,因为ex1+x(xR),所以ex+12+x,所以x2+x-1+ex+1x2+x-1+(2+x)=(x+1)20.所以当a1时,f(x)+e0.例4(1)略.(2)证明令h(x)=f(x)-g(x)=x+ax-lnx-1(x0),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=-a1,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(x1),F(x)=2-1x=2x-1x0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)min0,故当x(0,+)且a0时,f(x)g(x).对点训练4(1)解f(x)=cosx(sinxsin2x)+sinx(sinxsin2x)=2sinxcosxsin2x+2sin2xcos2x=2sinxsin3x.当x0,323,时,f(x)0;当x3,23时,f(x)2,由f(x)0,可得a-a2-42xa+a2-42,由f(x)0,可得0xa+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a2时,f(x)在(0,+)上递减;当a2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a2.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0x11x2.f(x1)-f(x2)x1-x2=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-x2a-2-2+a(lnx1-lnx2)x1-x2a-2lnx1-lnx2x1-x21-2lnx21x2-x212lnx2+1x2-x21,由(1)知,g(x)在(1,+)上递减,所以g(x)2.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0x11x2,则x2-x1=a2-4,x1x2=1.f(x1)-f(x2)x1-x2=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-x2a-2-2-alna-a2-4a+a2-4a2-4a-2lna+a2-4a-a2-4a2-4lna+a2-422a2-4lna+a2-420,则(t)=1-1+2t2t2+1t2+1+t=1-1t2+10,所以(t)在(0,+)上递增,于是(t)(0)=0,原不等式获证.证法3:仿照证法1,可得f(x1)-f(x2)x1-x2a-2lnx1-lnx2x1-x21,设0x11x2,因为x1x2=1,所以lnx1-lnx2x1-x21lnx1-lnx2x1-x2x1-x2x1x2lnx1x2x1x2-x2x1,令t=x1x2(0,1),构造函数h(t)=2lnt+1t-t,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=aa,g(1)=10,所以当x1,e时,g(x)0,即f(x)=g(x)2x0.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=4a2-8a0,a0,解得a2.x1+x2=2a,x1x2=2a,x12+x22=(x1+x2)2-2x1x2=4a2-4a.当ae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(ae).令g(a)=aln8a-3a2+a+2e(ae),g(a)=ln8a-6a+2(ae),令h(a)=g(a)=ln8a-6a+2,h(a)=1a-6=1-6aa,当ae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+33-6e+3=6-6e0,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)e(3-3e+4)=e(7-3e)0,所以g(a)0,所以原不等式成立.