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0eq \f(e,a)时，f′(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00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，10)，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)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－e0，
∴F′(x)>0，F(x)为增函数；
当x∈(x0，＋∞)时，G(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a0，
故f (x)在(0，＋∞)上单调递增.
若a0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)，＋∞))时，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01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)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)
↗