2021届高考数学二轮总复习-层级三-专题二-函数、导数与不等式-第二讲-导数与不等式学案.doc

2021届高考数学二轮总复习 层级三 专题二 函数、导数与不等式 第二讲 导数与不等式学案2021届高考数学二轮总复习 层级三 专题二 函数、导数与不等式 第二讲 导数与不等式学案年级：姓名：第二讲导数与不等式1(2019全国卷)已知函数f(x)2x3ax22.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当0a0，则当x(，0)时，f(x)0；当x时，f(x)0，故f(x)在(，0)，上单调递增，在上单调递减；若a0，则f(x)在(，)上单调递增；若a0，当x时，f(x)0，故f(x)在，(0，)上单调递增，在上单调递减(2)当0a3时，由(1)知，f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)在0,1的最小值为f2，最大值为f(0)2或f(1)4a.于是m2，M所以Mm当0a2时，由y10可知y2a单调递减，所以Mm的取值范围是.当2a3时，y单调递增，所以Mm的取值范围是.综上，Mm的取值范围是.2(2018全国卷)已知函数f(x)xaln x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：a2.解：(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)1.若a2，则f(x)0，当且仅当a2，x1时，f(x)0，所以f(x)在(0，)上单调递减若a2，令f(x)0，得x或x.当x时，f(x)0；当x时，f(x)0.所以f(x)在，上单调递减，在上单调递增(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a2.由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2ax10，所以x1x21，不妨设x1x2，则x21.由于1a2a2a，所以a2等价于x22ln x20.设函数g(x)x2ln x，由(1)知，g(x)在(0，)上单调递减又g(1)0，从而当x(1，)时，g(x)0.所以x22ln x20，即a2. 明 考 情 1主要考查利用函数的单调性求函数最值的方法，根据不等式恒成立问题、存在性问题求参数的值(或取值范围)2主要考查利用函数的单调性求最值，证明不等式或比较大小问题题型一不等式恒成立与存在成立问题|析典例|【例】(2019顺义区二模)设函数f(x)aln x，aR.(1)若点(1,1)在曲线yf(x)上，求在该点处曲线的切线方程；(2)(一题多解)若f(x)2恒成立，求a的取值范围思路分析第(1)问：求什么，如何想求切线方程想到利用导数的几何意义求切线斜率给什么，如何用已知f(x)及曲线上的点(1,1)，求f(x)后令x1求切线的斜率第(2)问：求什么，如何想求参数范围，利用f(x)2恒成立可直接或分离参数去求给什么，如何用直接判断f(x)单调性求f(x)最小值，令f(x)最小值2可得或分离参数构造函数转化为最值去求规范解答(1)因为点(1,1)在曲线yf(x)上，所以a1，f(x)ln x.又f(x)，所以kf(1).则在该点处曲线的切线方程为y1(x1)，即x2y30.(2)解法一：定义域为(0，)，f(x).讨论：当a0时，f(x)0时，令f(x)0，可得x，列表可得xf(x)0f(x)单调递减单调递增所以f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)最小值f2ln ，所以令2ln 2，解得a2，所以a的取值范围为a2.解法二：定义域为(0，)，f(x)2恒成立即aln x2恒成立，又0，所以a恒成立(分离)令g(x)，x(0，)，(构造)则g(x)，由g(x)00x0.函数f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增a0时，令exa0，解得x0ln(a)1.函数f(x)在(，ln(a)上单调递增，在(ln(a)，1)上单调递减，在(1，)上单调递增a时，令exa0，解得x0ln(a)1.函数f(x)在R上单调递增a1.函数f(x)在(，1)上单调递增，在(1，ln(a)上单调递减，在(ln(a)，)上单调递增(2)当xR时，2ef(x)e20f(x).由(1)可知：当a0，x时，f(x)，不满足条件，舍去只有a0时，f(x)在x1时取得极小值即最小值，f(1)a.解得0a1.故实数a的取值范围为0,12(2019尧都区校级月考)已知函数f(x)exaln x(aR)在x处取得极小值(1)求实数a的值；(2)若在区间内存在x0，使不等式f(x0)x0m成立，求m的取值范围解：(1)函数的定义域为(0，)，函数的导数f(x)e，若f(x)在x处取得极小值，则feeae0，得a1.(2)a1，f(x)exln x，若在区间内存在x0，使不等式f(x0)x0m成立，即f(x0)x0m成立，设h(x)f(x)xexln xx，f(x0)x0h(x)min即可函数的导数h(x)(e1)，由h(x)0得(e1)0，得xe，此时函数h(x)为增函数，由h(x)0得(e1)0，得x1ln(e1)，即实数m的取值范围是(1ln(e1)，)题型二利用导数证明不等式|多角探明|命题角度一单变量的不等式证明【例1】(2019赣州模拟)设函数f(x)axln x.(1)若函数f(x)在x处取得极值，求函数f(x)的单调区间；(2)当x0时，证明：2x33x2ex1ln x.解(1)f(x)a(x0)，由题意得f0，解得ae，故f(x)exln x，则f(x)e，由f(x)0，解得x，由f(x)0，解得0xg(x)证明技巧：先将不等式f(x)g(x)移项，即构造函数h(x)f(x)g(x)，转化为证明不等式h(x)0，再转化为证明h(x)min0，因此，只需在所给的区间内判断h(x)的符号，从而判断h(x)的单调性，并求出函数h(x)的最小值，从而得证命题角度二双变量的不等式证明【例2】(2019萍乡一模)已知函数f(x)ln xkx，其中kR为常数(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个相异零点x1，x2，求证：ln x22ln x1.解(1)f(x)k(x0)，当k0时，f(x)0，f(x)在区间(0，)上单调递增，当k0时，由f(x)0，得0x；由f(x)，故f(x)在区间上单调递增，在上单调递减(2)证明：设f(x)的两个相异零点为x1，x2，设x1x20，f(x1)0，f(x2)0，ln x1kx10，ln x2kx20，ln x1ln x2k(x1x2)，ln x1ln x2k(x1x2)，要证明ln x22ln x1，即证明ln x1ln x22，故k(x1x2)2，即，即ln ，设t1，上式转化为ln t(t1)，设g(t)ln t，g(t)0，g(t)在(1，)上单调递增，g(t)g(1)0，ln t，ln x1ln x22，即ln x22ln x1.| 规 律 方 法 |破解含双参不等式的证明的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果|全练题点|1(2019武汉调研)已知函数f(x)ln x，aR.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a0时，证明：f(x).解：(1)f(x)(x0)当a0时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增当a0时，若xa，则f(x)0，函数f(x)在(a，)上单调递增；若0xa，则f(x)0时，f(x)minf(a)ln a1.要证f(x)，只需证ln a1，即证ln a10.令函数g(a)ln a1，则g(a)(a0)，当0a1时，g(a)1时，g(a)0，所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以g(a)ming(1)0.所以ln a10恒成立，所以f(x).2(2019唐山模拟)已知f(x)x2a2ln x，a0.(1)若f(x)0，求a的取值范围；(2)若f(x1)f(x2)，且x1x2，证明：x1x22a.解：(1)f(x)x(x0)当x(0，a)时，f(x)0，f(x)单调递增当xa时，f(x)取最小值f(a)a2a2ln a.令a2a2ln a0，解得0a.故a的取值范围是(0，(2)证明：设g(t)f(at)f(at)，则当0ta时，g(t)f(at)f(at)atat0，所以g(t)在(0，a)单调递减，g(t)g(0)0，即f(at)f(at)0，故f(at)f(at)由(1)，f(x)在(0，a)单调递减，在(a，)单调递增，不失一般性，设0x1ax2，因0ax1a，则由，得f(2ax1)f(a(ax1)f(a(ax1)f(x1)f(x2)，又2ax1，x2(a，)，故2ax12a.