2020高考数学二轮总复习 第1部分 层级3 专题2 函数、导数与不等式 第2讲 导数与不等式课件

第一部分高考层级专题突破层级三2个压轴大题巧取高分专题二函数、导数与不等式第二讲导数与不等式栏目导航感悟真题题型突破课时跟踪检测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0a3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＝a3.若a0，则当x∈(－∞，0)∪a3，＋∞时，f′(x)0；当x∈0，a3时，f′(x)0，故f(x)在(－∞，0)，a3，＋∞上单调递增，在0，a3上单调递减；若a＝0，则f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；若a0，则当x∈－∞，a3∪(0，＋∞)时，f′(x)0，当x∈a3，0时，f′(x)0，故f(x)在－∞，a3，(0，＋∞)上单调递增，在a3，0上单调递减．(2)当0a3时，由(1)知，f(x)在0，a3上单调递减，在a3，1上单调递增，所以f(x)在[0,1]的最小值为fa3＝－a327＋2，最大值为f(0)＝2或f(1)＝4－a.于是m＝－a327＋2，M＝4－a，0a2，2，2≤a3.所以M－m＝2－a＋a327，0a2，a327，2≤a3.当0a2时，由y′＝a29－10可知y＝2－a＋a327单调递减，所以M－m的取值范围是827，2.当2≤a3时，y＝a327单调递增，所以M－m的取值范围是827，1.综上，M－m的取值范围是827，2.2．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝1x－x＋alnx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：fx1－fx2x1－x2a－2.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1x2－1＋ax＝－x2－ax＋1x2.①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＝a－a2－42或x＝a＋a2－42.当x∈0，a－a2－42∪a＋a2－42，＋∞时，f′(x)＜0；当x∈a－a2－42，a＋a2－42时，f′(x)＞0.所以f(x)在0，a－a2－42，a＋a2－42，＋∞上单调递减，在a－a2－42，a＋a2－42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fx1－fx2x1－x2＝－1x1x2－1＋alnx1－lnx2x1－x2＝－2＋alnx1－lnx2x1－x2＝－2＋a－2lnx21x2－x2，所以fx1－fx2x1－x2＜a－2等价于1x2－x2＋2lnx2＜0.设函数g(x)＝1x－x＋2lnx，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1x2－x2＋2lnx2＜0，即fx1－fx2x1－x2＜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)＝ax－lnx，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)＝x－lnx.又f′(x)＝x2x－1x＝x－22x，所以k＝f′(1)＝－12.则在该点处曲线的切线方程为y－1＝－12(x－1)，即x＋2y－3＝0.(2)解法一：定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax2x－1x＝ax－22x.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a0时，令f′(x)＝0，可得x＝4a2，列表可得x0，4a24a24a2，＋∞f′(x)－0＋f(x)单调递减单调递增所以f(x)在0，4a2上单调递减，在4a2，＋∞上单调递增，所以f(x)最小值＝f4a2＝2－ln4a2，所以令2－ln4a2≥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ax－lnx≥2恒成立，又x0，所以a≥2＋lnxx恒成立．(分离)令g(x)＝2＋lnxx，x∈(0，＋∞)，(构造)则g′(x)＝－xlnx2x2，由g′(x)0⇒0x1，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＋12ax2＋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＋a0.函数f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．②－1ea0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＝－1e时，令ex＋a＝0，解得x0＝ln(－a)＝－1.∴函数f(x)在R上单调递增．④a－1e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)≥－e＋22e.由(1)可知：当a0，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)＝－1e－12a≥－e＋22e.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－alnx(a∈R)在x＝1e处取得极小值．(1)求实数a的值；(2)若在区间1e，e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－ax，若f(x)在x＝1e处取得极小值，则f′1e＝e－a1e＝e－ae＝0，得a＝1.(2)∵a＝1，∴f(x)＝ex－lnx，若在区间1e，e内存在x0，使不等式f(x0)x0＋m成立，即f(x0)－x0m成立，设h(x)＝f(x)－x＝ex－lnx－x，f(x0)－x0m成立等价为mh(x)min即可．函数的导数h′(x)＝(e－1)－1x，由h′(x)0得(e－1)－1x0，得1e－1x≤e，此时函数h(x)为增函数，由h′(x)0得(e－1)－1x0，得1e≤x1e－1，此时函数h(x)为减函数，即当x＝1e－1时，h(x)取得极小值同时也是最小值h1e－1＝(e－1)·1e－1－ln1e－1＝1＋ln(e－1)，即h(x)min＝1＋ln(e－1)，即m1＋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－lnx.(1)若函数f(x)在x＝1e处取得极值，求函数f(x)的单调区间；(2)当x0时，证明：2x3－3x2＋ex－1≥lnx.[解](1)f′(x)＝a－1x(x0)，由题意得f′1e＝0，解得a＝e，故f(x)＝ex－lnx，则f′(x)＝e－1x，由f′(x)0，解得x1e，由f′(x)0，解得0x1e，故函数在0，1e上单调递减，在1e，＋∞上单调递增．(2)证明：2x3－3x2＋ex－1≥lnx⇒ex－lnx≥－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－lnx在(0，＋∞)上有最小值，即f(x)min＝f1e＝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)min0，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)＝lnx－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：lnx22－lnx1.[解](1)f′(x)＝1x－k＝1－kxx(x0)，①当k≤0时，f′(x)0，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，②当k0时，由f′(x)0，得0x1k；由f′(x)0，得x1k，故f(x)在区间0，1k上单调递增，在1k，＋∞上单调递减．(2)证明：设f(x)的两个相异零点为x1，x2，设x1x20，∵f(x1)＝0，f(x2)＝0，∴lnx1－kx1＝0，lnx2－kx2＝0，∴lnx1－lnx2＝k(x1－x2)，lnx1＋lnx2＝k(x1＋x2)，要证明lnx22－lnx1，即证明lnx1＋lnx22，故k(x1＋x2)2，即lnx1－lnx2x1－x22x1＋x2，即lnx1x22x1－x2x1＋x2，设t＝x1x21，上式转化为lnt2t－1t＋1(t1)，设g(t)＝lnt－2t－1t＋1，∴g′(t)＝t－12tt＋120，∴g(t)在(1，＋∞)上单调递增，∴g(t)g(1)＝0，∴lnt2t－1t＋1，∴lnx1＋lnx22，即lnx22－lnx1.|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