高考数学二轮专题训练2.63课时突破函数与导数解答题第3课时导数与不等式的综合问题课件

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这是一份高考数学二轮专题训练2.63课时突破函数与导数解答题第3课时导数与不等式的综合问题课件，共58页。PPT课件主要包含了专题能力提升练等内容，欢迎下载使用。

考向一　利用导数证明不等式【典例】设函数f(x)=ln x-x+1.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)证明当x∈(1,+∞)时,1< 1,证明当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.
【解析】(1)由题设,f(x)的定义域为(0,+∞),f′(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)由(1)知,f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0.所以当x≠1时,ln x(3)由题设c>1,设g(x)=1+(c-1)x-cx,则g′(x)=c-1-cxln c.令g′(x)=0,解得x0= .当x0,g(x)单调递增;当x>x0时,g′(x)<0,g(x)单调递减.由(2)知1< 0.所以当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.
【素养提升】利用导数证明不等式的方法(1)证明f(x)g(x),x∈(a,b),可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),如果F′(x)>0,则F(x)在(a,b)上是增函数,同时若F(a)≥0,由增函数的定义可知,x∈(a,b)时,有F(x)>0,即证明了f(x)>g(x).
【变式训练】(2020·河北二模)已知函数f(x)=ex- -a(e为自然对数的底数)有两个零点.(1)求实数a的取值范围;(2)若f(x)的两个零点分别为x1,x2,证明:x1x2> .
【解析】(1)f(x)=ex-a -a= 有两个零点,等价于h(x)=xex-a(ln x+x)=xex-aln(xex)(x>0)有两个零点,令t=xex,则t′=(x+1)ex>0在x>0时恒成立,所以t=xex在x>0时单调递增,所以h(x)= xex-aln(xex)有两个零点,等价于g(t)=t-aln t有两个零点.因为g′(t)= ,所以①当a≤0时,g′(t)>0,g(t)单调递增,不可能有两个零点;
②当a>0时,令g′(t)>0,得t>a,g(t)单调递增;令g′(t)<0,得00,得00恒成立,没有零点;若g(a)=0,得a=e,此时g(t)有一个零点;若g(a)<0,得a>e,因为g(1)=1>0,且a>e,g(ea)=ea-a2>0,所以g(t)在(1,e),(e,ea)上各存在一个零点,符合题意.综上,当a>e时,函数g(t)有两个零点,即若函数f(x)有两个零点,则a的取值范围为(e,+∞).
(2)要证x1x2> ,只需证 >e2,即证 ,由(1)知t1=x1 ,t2=x2 ,所以只需证ln t1+ln t2>2.因为aln t1=t1,aln t2=t2,所以a(ln t2－ln t1)=t2-t1，a(ln t2+ln t1)=t2+t1，所以ln t2+ln t1= ,只需证 >2.
设01,所以只需证ln t>2 ,即证ln t+ -2>0.令h(t)=ln t+ -2,t>1,则h′(t)= >0,h(t)>h(1)=0.即当t>1时,ln t+ -2>0成立.所以ln t1+ln t2>2,即 >e2,即x1x2> .
【加练备选】已知函数f(x)=xex,g(x)=(e-1)x2+xln x+x.(1)求曲线y=f(x)在点(1,e)处的切线方程;(2)证明:f(x)≥g(x).
【解析】(1)f′(x)=(x+1)ex,切点坐标为(1,e),则有f′(1)=2e.所以切线方程为:y-e=2e(x-1),即2ex-y-e=0.(2)要证:xex≥(e-1)x2+xln x+x,即证 ≥ +e-1.令h(x)= (x>0),则h′(x)= ,当x∈(0,1)时,h′(x)<0,h(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,h(x)单调递增,
所以h(x)≥h(1)=e.令φ(x)= +e-1,φ′(x)= ,当x∈(0,1)时,φ′(x)>0,φ(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,φ′(x)<0,φ(x)单调递减.所以,φ(x)≤φ(1)=e.所以,h(x)≥φ(x).即f(x)≥g(x).
考向二　不等式恒(能)成立问题【典例】1.(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=ex+ax2-x.(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)当x≥0时,f(x)≥ x3+1,求a的取值范围.
【解析】(1)当a=1时,f(x)=ex+x2-x,f′(x)=ex+2x-1,由于f″(x)=ex+2>0,故f′(x)单调递增,注意到f′(0)=0,故当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.
(2)由f(x)≥ x3+1得,ex+ax2-x≥ x3+1,其中x≥0,①当x=0时,不等式为:1≥1,显然成立,符合题意;②当x>0时,分离参数a得,a≥- ,记g(x)=- ,g′(x)=- ,令h(x)=ex- x2-x-1(x≥0),
则h′(x)=ex-x-1,h″(x)=ex-1≥0,故h′(x)单调递增,h′(x)≥h′(0)=0,故函数h(x)单调递增,h(x)≥h(0)=0,由h(x)≥0可得:ex- x2-x-1≥0恒成立,故当x∈(0,2)时,g′(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(2,+∞)时,g′(x)<0,g(x)单调递减,因此,g(x)max=g(2)= ,综上可得,实数a的取值范围是 .
2.(2020·广东二模)已知函数f(x)=ax2+bln +1,且f′( )=4,f′(1)=5.(1)求f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线方程;(2)已知函数g(x)=ln +mln x+3,若存在x∈(1,e],使得不等式f(x)≥g(x)成立,求实数m的取值范围.
【解析】(1)因为f(x)=ax2+bln +1,可得f′(x)=2ax+ ,x>0,所以f′( )=a+2b=4,①f′(1)=2a+b=5,②由①②解得a=2,b=1,f′(x)=4x+ ,则f′(2)= ,f(2)=9,故f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线方程为y-9= (x-2),即:17x-2y-16=0.
(2)若f(x)≥g(x),则2x2+ln +1≥ln +mln x+3,即m≤ 在(1,e]上有解,令h(x)= ,x∈(1,e],所以h′(x)= ,令p(x)=4xln x-2x+ ,
所以p′(x)=4ln x+2- ,当x∈(1,e]时,p′(x)>0,p(x)单调递增,p(x)>p(1)=0,即h′(x)>0,所以h(x)在(1,e]上单调递增,故h(x)max=h(e)=2e2-2,所以m的范围(－∞,2e2－2].
【素养提升】不等式恒成立问题若f(x)≥a或g(x)≤a恒成立,只需满足f(x)min≥a或g(x)max≤a即可,利用导数方法求出f(x)的最小值或g(x)的最大值,从而问题得解.
【变式训练】已知函数f(x)=ax+1+ln x.(1)g(x)=af(x)+ x2-(a2+a+1)x,求函数g(x)的单调区间;(2)对于任意x>0,不等式f(x)≤xex恒成立,求实数a的取值范围.
【解析】(1)由题意g(x)=aln x+ x2-(a+1)x+a,(x>0),g′(x)= ,①当a>1时,g′(x)>0的解集为(0,1)∪(a,+∞),则g(x)的单调增区间为(0,1)和(a,+∞),单调减区间为(1,a);②当a=1时,g′(x)≥0,则g(x)的单调增区间为(0,+∞),无单调减区间;③当00的解集为(0,a)∪(1,+∞),则g(x)的单调增区间为(0,a)和(1,+∞),单调减区间为(a,1);④当a≤0时,g′(x)>0的解集为(1,+∞),则g(x)的单调增区间为(1,+∞),单调减区间为(0,1).
(2)由已知,问题等价于对于任意x>0,不等式a≤ 恒成立,设F(x)= ,则F′(x)= ,设h(x)=x2ex+ln x,则h′(x)= ,在(0,+∞)上,h′(x)>0,h(x)单调递增,又h( )= -1<0,h(1)=e>0,所以h( )h(1)<0,所以∃x0∈ ,使得h(x0)=0,即F′(x0)=0,
在(0,x0)上,F′(x)<0,F(x)单调递减;在(x0,+∞)上,F′(x)>0,F(x)单调递增;所以F(x)≥F ,又有 =-ln x0⇔ = ⇔ = ,设φ(x)= xex(x>0),则有φ(x0)=φ( )和φ′(x)=(x+1)ex>0,所以在(0,+∞)上,φ(x)单调递增,所以x0=ln( )⇔ ,所以F(x)≥ ,故实数a的取值范围为a≤1.
二十五　导数与不等式的综合问题(40分钟　80分)1.(2020·新高考全国Ⅰ卷)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a的取值范围.
【解析】f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=aex-1- .(1)当a=e时,f(x)=ex-ln x+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 ,2,因此所求三角形的面积为 .
(2)当00.所以f(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数,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.所以a=1满足条件;当a>1时,f(x)=aex-1-ln x+ln a≥ex-1-ln x≥1.综上,a的取值范围是[1,+∞).
2.(2020·北京二模)已知函数 .(1)求函数f(x)的极值;(2)求证:当x∈(0,+∞)时,f(x)>- x2+1;(3)当x>0时,若曲线y=f(x)在曲线y=ax2+1的上方,求实数a的取值范围.
【解析】(1)因为 ,定义域为R,所以 .令f′(x)=0,解得x=0.随x的变化,f′(x)和f(x)的情况如下:由表可知函数f(x)在x=0时取得极大值f(0)=1,无极小值.
(2)令所以由x>0得ex-1>0,于是g′(x)>0,故函数g(x)是上的增函数.所以当x∈(0,+∞)时,g(x)>g(0)=0,即f(x)>- x2+1.
(3)当a≤- 时,由(2)知f(x)>- x2+1≥ax2+1,满足题意.令当- 则h(x)在上是减函数.所以x∈ 时,h(x)3.(2020·潍坊三模)已知函数 (1)若函数f(x)在处的切线与直线x-y+1=0平行,求m;(2)证明:在(1)的条件下,对任意x1,x2∈(0,+∞), 成立.
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=ln x+1-mx,f′(1)=1-m,因为f(x)在处的切线与直线x-y+1=0平行,所以1-m=1,即m=0.(2)在(1)的条件下,f(x)=xln x,可得f′(x)=ln x+1,当x∈ 时,f′(x)<0,f(x)单调递减,当x∈ 时,f′(x)>0,f(x)单调递增,
所以f(x)=xln x在x= 时取得最小值 =- ,可知由令所以当x∈ 时,h′(x)>0,h(x)单调递增,当x∈ 时,h′(x)<0,h(x)单调递减,所以g′(x)≤g′(1)=h(1)= ,因为g′(x)≤ <0,所以g(x)在(0,+∞)单调递减,可知所以对任意x1,x2∈(0,+∞), .
4.已知函数f(x)= -x+aln x存在两个极值点x1,x2,证明: 【证明】因为f(x)的定义域为(0,+∞), 易知当且仅当a>2时,f(x)存在两个极值点.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x11,
由于所以等价于 -x2+2ln x2<0.设函数g(x)= -x+2ln x,
所以g(x)在(0,+∞)单调递减,又g(1)=0,从而当x∈(1,+∞)时,g(x)<0,所以 -x2+2ln x2<0,即 .
【加练备选】已知函数f(x)=2ex-aln x(a≥0) (1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数;(2)x>0时若f(x)>a,求a的取值范围.
【解析】(1)f′(x)=2ex- (x>0,a≥0),①当a=0时,由x>0得,f′(x)=2ex>2,所以f′(x)没有零点;②当a>0时,f′(x)在(0,+∞)单调递增,又f′(a)=2ea-1>0,设0(2)依题意得,2ex-a-aln x>0(a≥0)在(0,+∞)恒成立.①当a=0时,不等式显然成立;②当a>0时,a(1+ln x)<2ex,即成立,设h(x)= -1-ln x,则h(x)在(0,+∞)单调递减,h(1)=0.
所以,当x∈(0,1)时,h(x)>0,g′(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,g′(x)<0,g(x)单调递减.所以g(x)max=g(1)= 所以 ,解得a∈(0,2e).综上,当a∈[0,2e)时,f(x)>a.
5.(2020·黑龙江三模)设函数f(x)=(m-x)ex(m∈Z).(1)当m=0时,求函数f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)当x>0时,f(x)【解析】(1)当m=0时,f(x)=-xex,f′(x)=-ex-xex=-(x+1)ex所以k=f′(1)=-2e,因为f(1)=-e,所以切线方程为y+e=-2e(x-1),整理得:2ex+y-e=0.
(2)(m-x)ex0,所以m< +x(x>0)恒成立.设h(x)=x+ ,则h′(x)=1+ 设s(x)=ex-x-3,则s′(x)=ex-1>0(x>0).所以s(x)在(0,+∞)上单调递增,
又 ≈4.481 7-4.5<0, -3≈5.294 5- -3>0,所以存在x0∈ 使得s(x0)=0,当x∈(0,x0)时,s(x)<0,即h′(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,s(x)>0即h′(x)>0.所以h(x)在(0,x0)上单调递减,(x0,+∞)上单调递增.所以h(x)min=h(x0)=x0+ .
因为s(x0)=0, -x0-3=0,所以 =x0+3.所以h(x)min=h(x0)=x0+ 设g(x)=x+1+ ,当x∈ 时,g′(x)=1- >0,所以g(x)在上单调递增,则即2< 6.(2020·福州二模)已知函数f(x)=ln x-1+ (a∈R).(1)讨论f(x)的单调性;(2)当n∈N*时,证明:ln 2(1+1)+ln 2 +…+ln 2 >
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞), ①当a≤0时,f′(x)= ≥0,则f(x)在(0,+∞)上单调递增;②当a>0时,由f′(x)= >0得x>a,故f(x)在(a,+∞)上单调递增;由f′(x)= <0得x(2)令a=1,由(1)可得:f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,则ln x-1+ ≥0,即ln x≥1- .令x=1+ ,则所以又
所以ln 2(1+1)+ln 2 +…+ln 2 ≥ +…+ …+ 所以命题得证.
【加练备选】已知函数f(x)=x-1-aln x.(1)若f(x)≥0,求a的值;(2)设m为整数,且对于任意正整数n, ·…· 【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),①若a≤0,因为所以不满足题意.
②若a>0,由知,当x∈(0,a)时,f′(x)<0;当x∈(a,+∞)时,f′(x)>0.所以f(x)在(0,a)单调递减,在(a,+∞)单调递增.故x=a是f(x)在(0,+∞)上的唯一最小值点.由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时,f(x)≥0,故a=1.