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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

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第二讲　导数与不等式

1．(2019·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当0<a<3时，记f(x)在区间[0,1]的最大值为M，最小值为m，求M－m的取值范围．
解：(1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.
若a>0，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a＝0，则f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
若a<0，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．
(2)当0<a<3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f＝－＋2，最大值为f(0)＝2或f(1)＝4－a.
于是m＝－＋2，M＝
所以M－m＝
当0<a<2时，由y′＝－1<0可知y＝2－a＋单调递减，
所以M－m的取值范围是.
当2≤a<3时，y＝单调递增，
所以M－m的取值范围是.
综上，M－m的取值范围是.
2．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝－x＋aln 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：<a－2.
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－－1＋＝－.
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，＋∞)上单调递减．
②若a＞2，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a＞2.
由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，
所以x1x2＝1，不妨设x1＜x2，则x2＞1.
由于＝－－1＋a
＝－2＋a＝－2＋a，
所以＜a－2等价于－x2＋2ln x2＜0.
设函数g(x)＝－x＋2ln 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－x2＋2ln x2＜0，即＜a－2.
 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)＝a－ln x，a∈R.
(1)若点(1,1)在曲线y＝f(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x＝1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y＝f(x)上，
所以a＝1，f(x)＝－ln x.
又f′(x)＝－＝，所以k＝f′(1)＝－.
则在该点处曲线的切线方程为y－1＝－(x－1)，即x＋2y－3＝0.
(2)解法一：定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－＝.
讨论：①当a≤0时，f′(x)<0，
此时f(x)在(0，＋∞)上单调递减，又f(1)＝a≤0，不满足f(x)≥2.
②当a>0时，令f′(x)＝0，可得x＝，
列表可得
x

f′(x)
－
0
＋
f(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＝f＝2－ln ，所以令2－ln ≥2，解得a≥2，
所以a的取值范围为a≥2.
解法二：定义域为(0，＋∞)，f(x)≥2恒成立即a－ln x≥2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)>0⇒0<x<1，
所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，g(x)max＝g(1)＝2，(转化)
所以a≥2.
| 规 律 方 法 |
“恒成立”与“存在性”问题的求解过程是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．应特别关注等号是否取到，注意端点的取舍．
|练题点|
1．(2019·赣州模拟)设函数f(x)＝xex＋ax2＋ax(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当x∈R时，2ef(x)＋e＋2≥0，求实数a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝(x＋1)ex＋ax＋a＝(x＋1)(ex＋a)．
①a≥0时，ex＋a>0.函数f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．
②－<a<0时，令ex＋a＝0，解得x0＝ln(－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．
③a＝－时，令ex＋a＝0，解得x0＝ln(－a)＝－1.
∴函数f(x)在R上单调递增．
④a<－时，令ex＋a＝0，解得x0＝ln(－a)>－1.
∴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x∈R时，2ef(x)＋e＋2≥0⇒f(x)≥－.
由(1)可知：当a<0，x→－∞时，f(x)→－∞，不满足条件，舍去．
只有a≥0时，f(x)在x＝－1时取得极小值即最小值，
∴f(－1)＝－－a≥－.
解得0≤a≤1.故实数a的取值范围为[0,1]．
2．(2019·尧都区校级月考)已知函数f(x)＝ex－aln x(a∈R)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)<x0＋m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f′＝e－＝e－ae＝0，得a＝1.
(2)∵a＝1，∴f(x)＝ex－ln x，
若在区间内存在x0，使不等式f(x0)<x0＋m成立，即f(x0)－x0<m成立，
设h(x)＝f(x)－x＝ex－ln x－x，
f(x0)－x0<m成立等价为m>h(x)min即可．
函数的导数h′(x)＝(e－1)－，
由h′(x)>0得(e－1)－>0，得<x≤e，此时函数h(x)为增函数，
由h′(x)<0得(e－1)－<0，得≤x<，此时函数h(x)为减函数，
即当x＝时，h(x)取得极小值同时也是最小值h＝(e－1)·－ln ＝1＋ln(e－1)，
即h(x)min＝1＋ln(e－1)，
即m>1＋ln(e－1)，
即实数m的取值范围是(1＋ln(e－1)，＋∞)．
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)＝ax－ln 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x>0时，证明：2x3－3x2＋ex－1≥ln x.
[解]　(1)f′(x)＝a－(x>0)，
由题意得f′＝0，解得a＝e，
故f(x)＝ex－ln x，则f′(x)＝e－，
由f′(x)>0，解得x>，
由f′(x)<0，解得0<x<，
故函数在上单调递减，在上单调递增．
(2)证明：2x3－3x2＋ex－1≥ln x
⇒ex－ln x≥－2x3＋3x2＋1，
不妨设函数g(x)＝－2x3＋3x2＋1，
故只需证明f(x)min≥g(x)max即可，
由(1)可知，函数f(x)＝ex－ln x在(0，＋∞)上有最小值，即f(x)min＝f＝2，
由g′(x)＝－6x2＋6x可知，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝0(舍)，
函数g(x)在(0,1)上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减，
所以函数g(x)在x＝1处取最大值，
g(x)max＝g(1)＝2，
则f(x)min≥g(x)max，
故原不等式成立．
| 规 律 方 法 |
利用导数证明单变量的不等式的常见形式是f(x)>g(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)min>0，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 x－kx，其中k∈R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 x2>2－ln x1.
[解]　(1)f′(x)＝－k＝(x>0)，
①当k≤0时，f′(x)>0，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
②当k>0时，由f′(x)>0，得0<x<；由f′(x)<0，得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x1>x2>0，
∵f(x1)＝0，f(x2)＝0，
∴ln x1－kx1＝0，ln x2－kx2＝0，
∴ln x1－ln x2＝k(x1－x2)，
ln x1＋ln x2＝k(x1＋x2)，
要证明ln x2>2－ln x1，即证明ln x1＋ln x2>2，
故k(x1＋x2)>2，
即>，即ln >，
设t＝>1，上式转化为ln t>(t>1)，
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 x1＋ln x2>2，
即ln x2>2－ln 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＋，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a>0时，证明：f(x)≥.
解：(1)f′(x)＝－＝(x>0)．
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；
若0<x<a，则f′(x)<0，函数f(x)在(0，a)上单调递减．
(2)证明：由(1)知，当a>0时，f(x)min＝f(a)＝ln a＋1.
要证f(x)≥，只需证ln a＋1≥，
即证ln a＋－1≥0.
令函数g(a)＝ln a＋－1，
则g′(a)＝－＝(a>0)，
当0<a<1时，g′(a)<0，当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)min＝g(1)＝0.
所以ln a＋－1≥0恒成立，
所以f(x)≥.
2．(2019·唐山模拟)已知f(x)＝x2－a2ln x，a>0.
(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；
(2)若f(x1)＝f(x2)，且x1≠x2，证明：x1＋x2>2a.
解：(1)f′(x)＝x－＝(x>0)．
当x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
当x＝a时，f(x)取最小值f(a)＝a2－a2ln a.
令a2－a2ln a≥0，解得0<a≤.
故a的取值范围是(0，]．
(2)证明：①设g(t)＝f(a＋t)－f(a－t)，
则当0<t<a时，g′(t)＝f′(a＋t)＋f′(a－t)＝a＋t－＋a－t－＝<0，
所以g(t)在(0，a)单调递减，
g(t)<g(0)＝0，即f(a＋t)－f(a－t)<0，
故f(a＋t)<f(a－t)．
②由(1)，f(x)在(0，a)单调递减，
在(a，＋∞)单调递增，
不失一般性，设0<x1<a<x2，因0<a－x1<a，则由①，
得f(2a－x1)＝f(a＋(a－x1))<f(a－(a－x1))＝f(x1)＝f(x2)，又2a－x1，x2∈(a，＋∞)，
故2a－x1<x2，即x1＋x2>2a.