2021高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 高考专题突破一 第1课时 导数与不等式课件 理 新人

第1课时导数与不等式高考专题突破一高考中的导数应用问题证明不等式题型一多维探究命题点1构造函数法例1(2020·赣州模拟)已知函数若曲线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；f(x)＝1－lnxx，g(x)＝aeex＋1x－bx，解因为f(x)＝1－lnxx，x0，所以f′(x)＝lnx－1x2，f′(1)＝－1.因为g(x)＝aeex＋1x－bx，所以g′(x)＝－aeex－1x2－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：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2x.证明由(1)知，g(x)＝－eex＋1x＋x，则f(x)＋g(x)≥2x⇔1－lnxx－eex－1x＋x≥0.则h(1)＝0，h′(x)＝－1＋lnxx2＋eex＋1x2＋1＝lnxx2＋eex＋1.令h(x)＝1－lnxx－eex－1x＋x(x≥1)，因为x≥1，所以h′(x)＝lnxx2＋eex＋10，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以当x≥1时，h(x)≥h(1)＝0，即1－lnxx－eex－1x＋x≥0，所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2x.命题点2分拆函数法例2(2019·福州期末)已知函数f(x)＝elnx－ax(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性；解f′(x)＝ex－a(x0).②若a0，则当0xea时，f′(x)0，当xea时，f′(x)0，①若a≤0，则f′(x)0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；故f(x)在0，ea上单调递增，在ea，＋∞上单调递减.所以只需证f(x)≤exx－2e，记g(x)＝exx－2e(x0)，则g′(x)＝x－1exx2，所以当0x1时，g′(x)0，g(x)单调递减，当x1时，g′(x)0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－e，综上，当x0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤exx－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.证明因为x0，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，(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.(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.思维升华SIWEISHENGHUA跟踪训练1(1)设函数f(x)＝lnx－x＋1.①讨论f(x)的单调性；解由题设知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.当0x1时，f′(x)0，f(x)单调递增；当x1时，f′(x)0，f(x)单调递减.证明由①知，f(x)在x＝1处取得极大值也为最大值，最大值为f(1)＝0.所以当x≠1时，lnxx－1.故当x∈(1，＋∞)时，lnxx－1，ln1x1x－1，②证明：当x∈(1，＋∞)时，1x－1lnxx.即1x－1lnxx.(2)已知函数f(x)＝exlnx＋2xex－1，证明：f(x)1.证明函数f(x)的定义域为(0，＋∞).f(x)1等价于xlnxxe－x－2e.所以当x∈0，1e时，g′(x)0；当x∈1e，＋∞时，g′(x)0.设函数g(x)＝xlnx，则g′(x)＝1＋lnx，故g(x)在0，1e上单调递减，在1e，＋∞上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g1e＝－1e.设函数h(x)＝xe－x－2e，则h′(x)＝e－x(1－x)，所以当x∈(0,1)时，h′(x)0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)0.故h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－1e.因为g(x)min＝g1e＝h(1)＝h(x)max，所以当x0时，g(x)h(x)，即f(x)1.不等式恒成立或有解问题题型二师生共研例3已知函数f(x)＝1＋lnxx.(1)若函数f(x)在区间a，a＋12上存在极值，求正实数a的取值范围；解函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－1－lnxx2＝－lnxx2，令f′(x)＝0，得x＝1.当x∈(0,1)时，f′(x)0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0，f(x)单调递减.所以x＝1为函数f(x)的极大值点，且是唯一极值点，所以0a1a＋12，故12a1，即实数a的取值范围为12，1.(2)如果当x≥1时，不等式f(x)≥kx＋1恒成立，求实数k的取值范围.解当x≥1时，k≤x＋11＋lnxx恒成立，令g(x)＝x＋11＋lnxx(x≥1)，则g′(x)＝1＋lnx＋1＋1xx－x＋11＋lnxx2＝x－lnxx2.再令h(x)＝x－lnx(x≥1)，则h′(x)＝1－1x≥0，所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)0，所以g(x)为单调增函数，所以g(x)≥g(1)＝2，故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2].引申探究本例中(2)若改为：∃x∈[1，e]，使不等式f(x)≥成立，求实数k的取值范围.kx＋1解当x∈[1，e]时，k≤x＋11＋lnxx有解，令g(x)＝x＋11＋lnxx(x∈[1，e])，由本例(2)解题知，g(x)为单调增函数，所以g(x)max＝g(e)＝2＋2e，所以k≤2＋2e，即实数k的取值范围是－∞，2＋2e.利用导数解决不等式的恒成立或有解问题的策略(1)构造函数，利用导数求出最值，进而求出参数的取值范围.(2)分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.思维升华SIWEISHENGHUA跟踪训练2已知函数f(x)＝ex－1－x－ax2.(1)当a＝0时，求证：f(x)≥0；证明当a＝0时，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1.当x∈(－∞，0)时，f′(x)0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)0.故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(0)＝0，∴f(x)≥0.(2)当x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.解f′(x)＝ex－1－2ax，令h(x)＝ex－1－2ax，则h′(x)＝ex－2a.①当2a≤1，即a≤时，在[0，＋∞)上，h′(x)≥0，h(x)单调递增，h(x)≥h(0)，即f′(x)≥f′(0)＝0，∴f(x)在[0，＋∞)上为增函数，∴f(x)≥f(0)＝0，∴当a≤时满足条件.②当2a1，即a时，令h′(x)＝0，解得x＝ln(2a)，121212在[0，ln(2a))上，h′(x)0，h(x)单调递减，∴当x∈(0，ln(2a))时，有h(x)h(0)＝0，即f′(x)f′(0)＝0，∴f(x)在区间(0，ln(2a))上为减函数，∴f(x)f(0)＝0，不合题意.综上，实数a的取值范围为－∞，12.近几年高考中的导数问题常以ex，lnx组合的函数为基础来命制，将基本初等函数与导数相结合，研究函数的性质，下面介绍解决这类问题的几种策略.含ex,lnx函数或不等式的解题策略拓展视野一、函数零点设而不求例1证明：ex－lnx2.证明设f(x)＝ex－lnx(x0)，则f′(x)＝ex－1x.令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝ex＋1x20，又f′12＝e－20，f′(1)＝e－10，∴f′(x)在(0，＋∞)上是增函数，∴在12，1上存在x0使f′(x0)＝0，即x0＝－lnx0.∴在(0，x0)上f(x)单调递减，在(x0，＋∞)上f(x)单调递增，∴f(x)在x＝x0处有极小值，也是最小值.∴f(x0)＝0ex－lnx0＝1x0＋x02，故f(x)2，即ex－lnx2.二、分离lnx与ex例2(2019·长沙三校统考)已知函数f(x)＝ax2－xlnx.(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；解由题意知，f′(x)＝2ax－lnx－1.因为函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x0时，f′(x)≥0，即2a≥lnx＋1x恒成立.令g(x)＝lnx＋1x(x0)，则g′(x)＝－lnxx2，所以2a≥1，即a≥12.故实数a的取值范围是12，＋∞.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，(2)若a＝e，证明：当x0时，f(x)xex＋1e.证明若a＝e，要证f(x)xex＋1e，只需证ex－lnxex＋1ex，即ex－exlnx＋1ex.令h(x)＝lnx＋1ex(x0)，则h′(x)＝ex－1ex2，易知h(x)在0，1e上单调递减，在1e，＋∞上单调递增，则h(x)min＝h1e＝0，所以lnx＋1ex≥0.再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，因为h(x)与φ(x)不同时为0，所以ex－exlnx＋1ex，易知φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.故原不等式成立.三、借助ex≥x＋1和lnx≤x－1进行放缩例3(2019·长春质检)已知函数f(x)＝ex－a.(1)若函数f\(x)的图象与直线l：y＝x－1相切，求a的值；解f′(x)＝ex，因为函数f(x)的图象与直线y＝x－1相切，所以令f′(x)＝1，即ex＝1，得x＝0，即f(0)＝－1，解得a＝2.(2)若f(x)－lnx0恒成立，求整数a的最大值.解先证明ex≥x＋1，设F(x)＝ex－x－1，则F′(x)＝ex－1，令F′(x)＝0，则x＝0，当x∈(0，＋∞)时，F′(x)0，当x∈(－∞，0)时，F′(x)0，所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，所以F(x)min＝F(0)＝0，即F(x)≥0恒成立，即ex≥x＋1，即ex－2≥x－1，当且仅当x＝0时等号成立，同理可得lnx≤x－1，当且仅当x＝1时等号成立，所以ex－2lnx，当a≤2时，lnxex－2≤ex－a，即当a≤2时，f(x)－lnx0恒成立.当a≥3时，存在x＝1，使ex－alnx，即ex－alnx不恒成立.综上，整数a的最大值为2.基础保分练1.已知函数f(x)＝lnx＋x，g(x)＝x·ex－1，求证：f(x)≤g(x).12345课时精练证明令F(x)＝f(x)－g(x)＝lnx＋x－xex＋1(x0)，12345则F′(x)＝1x＋1－ex－xex＝1＋xx－(x＋1)ex＝(x＋1)1x－ex.令G(x)＝1x－ex，可知G(x)在(0，＋∞)上为减函数，且G12＝2－e0，G(1)＝1－e0，∴存在x0∈12，1，使得G(x0)＝0，即1x0－0ex＝0.当x∈(0，x0)时，G(x)0，∴F′(x)0，F(x)为增函数；当x∈(x0，＋∞)时，G(x)0，∴F′(x)0，F(x)为减函数.12345∴F(x