2021版高考文科数学人教A版一轮复习核心考点·精准研析3.4.1导数与不等式 学案

温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。核心考点·精准研析考点一　导数法证明不等式 【典例】(2020·莆田模拟)已知函数f(x)=xex-1-ax+1,曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线l的斜率为3e-2.(1)求a的值及切线l的方程.(2)证明:f(x)≥0.【解题导思】序号题目拆解 (1)利用导数的几何意义求切线方程利用求导的方法求出函数切线的斜率,再利用切线斜率的已知条件求出a的值,再将切点横坐标代入函数解析式求出切点纵坐标,再利用点斜式求出切线方程,最后转化为切线的一般式方程.(2)用导数法证明不等式利用求导的方法判断函数的单调性,从而证出不等式成立【解析】(1)由f(x)=xex-1-ax+1,得f′(x)=(x+1)ex-1-a,因为曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线l的斜率为3e-2,所以f′(2)=3e-a=3e-2,解得a=2, 所以f(2)=2e-4+1=2e-3,故切线l的方程为:y-(2e-3)=(3e-2)(x-2), 即(3e-2)x-y-4e+1=0.所以a=2,切线l的方程为(3e-2)x-y-4e+1=0.(2)由(1),可得f(x)=xex-1-2x+1,f′(x)=(x+1)ex-1-2,所以当x∈(-∞,-1]时,f′(x)<0.令g(x)=(x+1)ex-1-2(x>-1),则g′(x)=(x+2)ex-1>0,所以当x∈(-1,+∞)时,g(x)单调递增,即f′(x)单调递增,又因为f′(1)=0,所以当x∈(-1,1)时,f′(x)<0,当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0, 所以f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.所以f(x)≥f(1)=0.1.利用导数证明不等式f(x)>g(x)的基本方法(1)若f(x)与g(x)的最值易求出,可直接转化为证明f(x)min>g(x)max.(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出,可构造函数h(x)=f(x)-g(x),然后根据函数h(x)的单调性或最值,证明h(x)>0.2.证明不等式时的一些常见结论(1)ln x≤x-1,等号当且仅当x=1时取到.(2)ex≥x+1,等号当且仅当x=0时取到.(3)ln x<x<ex,x>0.(4)≤ln(x+1)≤x,x>-1,等号当且仅当x=0时取到.　(2018·全国卷Ⅰ改编)已知函数f=aex-ln x-1.证明:当a≥时,f≥0.【证明】当a≥时,f(x)≥-ln x-1.设g(x)=-ln x-1,则g′(x)=-.当0<x<1时,g′(x)<0;当x>1时,g′(x)>0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.因此,当a≥时,f(x)≥0.考点二　由不等式恒成立求参数 命题精解读考什么:(1)考查利用导数研究函数单调性、求最值、不等式等问题.(2)考查数学运算、直观想象、逻辑推理的核心素养及转化与化归、分类与整合等数学思想.怎么考:与导数法研究函数单调性、最值等知识相结合考查不等式恒成立求参数等问题.新趋势:以导数法研究函数单调性、求函数极值、最值、导数的几何意义等知识交汇考查为主.学霸好方法不等式恒成立问题中的常用结论(1)f(x)≥a恒成立⇒f(x)min≥a, (2)f(x)≤b恒成立⇔f(x)max≤b, (3)f(x)>g(x)恒成立,构造F(x)=f(x)-g(x),则F(x)min>0.(4)∀x1∈M,∀x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x1)min>g(x2)max.单变量不等式恒成立问题【典例】已知函数f(x)=mex-x2.(1)若m=1,求曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线方程.(2)若关于x的不等式f(x)≥x(4-mex)在[0,+∞)上恒成立,求实数m的取值范围.【解析】(1)当m=1时,f(x)=ex-x2,所以f′(x)=ex-2x,所以f′(0)=1,又f(0)=1,所以曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线方程为y-1=x,即x-y+1=0.(2)由f(x)≥x(4-mex),得mex(x+1)≥x2+4x,不等式f(x)≥x(4-mex)在[0,+∞)上恒成立,等价于当x≥0时,m≥,令g(x)=(x≥0),则g′(x)=.由g′(x)=0及x≥0,得x=-1,当x∈(0,-1)时,g′(x)>0,此时g(x)单调递增;当x∈(-1,+∞)时,g′(x)<0,此时g(x)单调递减.所以当x=-1时,g(x)max=g(-1)=2,所以m≥2.所以实数m的取值范围为[2,+∞).解单变量不等式恒成立问题通常要转化为什么问题?提示:转化为求函数最值问题.双变量不等式恒成立问题【典例】已知函数f(x)=x-1-aln x(a<0).(1)讨论函数f(x)的单调性.(2)若对于任意的x1,x2∈(0,1],且x1≠x2,都有|f(x1) -f(x2)|<4,求实数a的取值范围.【解析】(1)由题意知f ′(x)=1-=(x>0),因为x>0,a<0,所以f ′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.(2)不妨设0<x1<x2≤1,则>>0,由(1)知f(x1)<f(x2),所以|f(x1)-f(x2)|<4⇔f(x2)-f(x1)<4⇔f(x1)+>f(x2)+.设g(x)=f(x)+,x∈(0,1],易知g(x)在(0,1]上单调递减,所以g′(x)≤0在(0,1]上恒成立⇔1--=≤0在(0,1]上恒成立⇔a≥x-在(0,1]上恒成立,易知y=x-在(0,1]上单调递增,其最大值为-3.因为a<0,所以-3≤a<0,所以实数a的取值范围为[-3,0).解双变量不等式恒成立问题,如何构造适当的函数?提示:观察不等式的结构.可转化为不等式恒成立的问题【典例】(2020·十堰模拟)已知函数f(x)=axex-x2-2x. 世纪金榜导学号(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程.(2)当x>0时,若曲线y=f(x)在直线y=-x的上方,求实数a的取值范围.【解析】 (1)当a=1时,f(x)=xex-x2-2x,其导数f′(x)=ex(x+1)-2x-2,f′(0)=-1.又因为f(0)=0,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=-x.(2)根据题意,当x>0时, “曲线y=f(x)在直线y=-x的上方”等价于“axex-x2-2x>-x恒成立”,又由x>0,则axex-x2-2x>-x⇒aex-x-1>0⇒a>,则原问题等价于a>恒成立;设g(x)=,则g′(x)=-,又由x>0,则g′(x)<0,则函数g(x)在区间(0,+∞)上递减,又由g(0)==1,则有<1,若a>恒成立,必有a≥1,即a的取值范围为[1,+∞).两个函数图象分布问题,通常转化为什么问题?提示:通常转化为不等式恒成立问题.1.(2019·郑州模拟)已知函数f(x)=x2+ln x,若在区间(1,+∞)上函数f(x)的图象恒在直线y=2ax的图象的下方,则实数a的取值范围是________. 【解析】令g(x)=f(x)-2ax=x2-2ax+ln x,则g(x)的定义域为(0,+∞).在区间(1,+∞)上,函数f(x)的图象恒在直线y=2ax下方等价于g(x)<0在区间(1,+∞)上恒成立.g′(x)=(2a-1)x-2a+==.①若a>,令g′(x)=0,得极值点x1=1,x2=,当x2>x1=1,即<a<1时,在(0,1)上有g′(x)>0,在(1,x2)上有g′(x)<0,在(x2,+∞)上有g′(x)>0,此时g(x)在区间(x2,+∞)上是增函数,并且在该区间上有g(x)∈(g(x2),+∞),不合题意;当x2≤x1=1,即a≥1时,同理可知,g(x)在区间(1,+∞)上,有g(x)∈(g(1),+∞),也不符合题意;②若a≤,则有2a-1≤0,此时在区间(1,+∞)上恒有g′(x)<0,从而g(x)在区间(1,+∞)上是减函数;要使g(x)<0在此区间上恒成立,只须满足g(1)=-a-≤0,得a≥-.由此求得a的范围是.综合①②可知,当a∈时,函数f(x)的图象恒在直线y=2ax下方.答案:2.已知两个函数f(x)=7x2-28x-c,g(x)=2x3+4x2-40x.若任意x1∈[-3,3],x2∈[-3,3]都有f(x1)≤g(x2)成立,求实数c的取值范围.【解析】由任意x1∈[-3,3],x2∈[-3,3],都有f(x1)≤g(x2)成立,得f(x1)max≤g(x2)min.因为f(x)=7x2-28x-c=7(x-2)2-28-c,当x1∈[-3,3]时,f(x1)max=f(-3)=147-c;g(x)=2x3+4x2-40x,g′(x)=6x2+8x-40=2(3x+10)(x-2),当x变化时,g′(x)和g(x)在[-3,3]上的变化情况如下表:x-3(-3,2)2(2,3)3g′(x) -0+ g(x)102↘极小值-48↗-30易得g(x)min=g(2)=-48,故147-c≤-48,即c≥195.3.已知函数f(x)=ax++1-2a-ln x,a∈R.(1)若a=-1,求函数f(x)的单调区间.(2)若f(x)≥0在x∈[1,+∞)上恒成立,求正数a的取值范围.【解析】(1)当a=-1时,f(x)=-x--lnx+3(x>0),所以f′(x)==,则当x∈(0,1)时,f′(x)>0,则f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,则f(x)单调递减;所以f(x)的单调递增区间为(0,1),f(x)的单调递减区间为(1,+∞).(2)因为f(x)=ax++1-2a-ln x,x∈[1,+∞),则f=0,f′(x)=a--==.①当0<a<时,有>1,故当1<x<时,f′(x)<0,f(x)在上是减函数,所以当x∈时,f(x)<f<0,与f(x)≥0在恒成立矛盾.②当a≥时,≤1,此时f′(x)≥0在上成立,所以f(x)在上是增函数,所以f(x)≥f=0,即f(x)≥0在上恒成立.综上所述,a的取值范围为.　已知函数f(x)=x3-(a+1)x2+4ax+2(a为实数).(1)讨论函数f(x)的单调性.(2)若f(x)>-(a+1)x2+2xln x+2在[1,e]上恒成立,求a的取值范围.【解析】(1)由题意,函数f(x)=x3-(a+1)x2+4ax+2,则f′(x)=x2-2(a+1)x+4a=(x-2)(x-2a),令f′(x)=0,解得x=2或2a,①当a=1时,有2a=2,有f′(x)=(x-2)2≥0,故f(x)在R上单调递增; ②当a<1时,有2a<2,f(x),f′(x)随x的变化情况如下表:x(-∞,2a)2a (2a,2)2(2,+∞)f′(x)+0-0+f(x)↗极大↘极小↗由上表可知f(x)在(-∞,2a)和(2,+∞)上单调递增,在(2a,2)上单调递减; ③同②当a>1时,有2a>2,有f(x)在(-∞,2)和(2a,+∞)上单调递增,在(2,2a)上单调递减; 综上,当a>1时,f(x)在(-∞,2) 和(2a,+∞)上单调递增,在(2,2a)上单调递减;当a=1时,f(x)在R上单调递增;当a<1时,f(x)在(-∞,2a)和(2,+∞)上单调递增,在(2a,2)上单调递减.(2)依题意有x3-(a+1)x2+4ax+2>-(a+1)x2+2xln x+2在[1,e]上恒成立,即4ax>-x3+2xln x在[1,e]上恒成立,故a>-x2+ln x在[1,e]上恒成立,设 g(x)=-x2+ln x,x∈[1,e],则有a>g(x)max(*).易得g′(x)=-x+=,令g′(x)=0,有-x2+3=0,解得x=(x=-舍去),g(x),g′(x)随x的变化情况如下表: x1(1,)(,e)eg′(x) +0- g(x) ↗极大↘ 由上表可知,g(x)max=g()=-×()2+ln =ln 3-.又由(*)式可知a>g(x)max=ln 3-,故a的取值范围为. 关闭Word文档返回原板块