（新课标）2020版高考数学二轮复习 专题六 函数与导数 第4讲 函数、导数与不等式课件 文 新人教

数学第二部分高考热点分层突破专题六函数与导数第4讲函数、导数与不等式01做高考真题明命题趋向02研考点考向破重点难点03练典型习题提数学素养[做真题](2018·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－lnx－1.(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a≥1e时，f(x)≥0.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1x.由题设知，f′(2)＝0，所以a＝12e2.从而f(x)＝12e2ex－lnx－1，f′(x)＝12e2ex－1x.当0x2时，f′(x)0；当x2时，f′(x)0.所以f(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．即f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)证明：当a≥1e时，f(x)≥exe－lnx－1.设g(x)＝exe－lnx－1，则g′(x)＝exe－1x.当0x1时，g′(x)0；当x1时，g′(x)0.所以x＝1是g(x)的最小值点．故当x0时，g(x)≥g(1)＝0.因此，当a≥1e时，f(x)≥0.[明考情]在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以指数函数、对数函数为载体考查比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题．导数方法证明不等式构造函数证明不等式：构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有：(1)直接构造法：证明不等式f(x)g(x)(f(x)g(x))转化成为证明f(x)－g(x)0(f(x)－g(x)0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，即lnx≤x－1，ex≥x＋1，lnxxex(x0)，xx＋1≤ln(x＋1)≤x(x－1)；(3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；(4)构造双函数：若直接构造函数求导，难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获得，则可构造f(x)和g(x)，利用其最值求解．案例【直接构造法】(2016·高考全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝lnx－x＋1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1＜x－1lnx＜x；(3)设c＞1，证明：当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x＞cx.案例【适当放缩构造法】(2018·高考全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝ax2＋x－1ex.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程；(2)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥0.关键步(1)(2)略(3)证明：由题设c＞1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，[关键1：利用要证明的不等式直接构造函数]则g′(x)＝c－1－cxlnc，令g′(x)＝0，解得x0＝lnc－1lnclnc.当x＜x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x＞x0时，关键步g′(x)＜0，g(x)单调递减．[关键2：利用导数研究函数单调性、极值]由(2)知1＜c－1lnc＜c，故0＜x0＜1.[关键3：判断极值点所在的区间]又g(0)＝g(1)＝0，故当0＜x＜1时，g(x)＞0.所以当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x＞cx.[关键4：利用函数单调性与极值点所在区间证得不等式]关键步(1)略(2)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x.[关键1：根据条件将f(x)＋e放缩，将a代换掉]令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，[关键2：利用不等式右边构造函数]则g′(x)＝2x＋1＋ex＋1.当x－1时，g′(x)0，g(x)单调递减；当x－1时，g′(x)0，g(x)单调递增；所以g(x)≥g(－1)＝0.因此f(x)＋e≥0.[关键3：利用导数研究函数单调性、极值、最值，证得不等式][典型例题](2019·高考天津卷节选)设函数f(x)＝excosx，g(x)为f(x)的导函数．(1)求f(x)的单调区间；(2)当x∈π4，π2时，证明f(x)＋g(x)π2－x≥0.【解】(1)由已知，有f′(x)＝ex(cosx－sinx)．因此，当x∈2kπ＋π4，2kπ＋5π4(k∈Z)时，有sinxcosx，得f′(x)0，则f(x)单调递减；当x∈2kπ－3π4，2kπ＋π4(k∈Z)时，有sinxcosx，得f′(x)0，则f(x)单调递增．所以f(x)的单调递增区间为2kπ－3π4，2kπ＋π4(k∈Z)，f(x)的单调递减区间为2kπ＋π4，2kπ＋5π4(k∈Z)．(2)证明：记h(x)＝f(x)＋g(x)π2－x，依题意及(1)，有g(x)＝ex(cosx－sinx)，从而g′(x)＝－2exsinx．当x∈π4，π2时，g′(x)0，故h′(x)＝f′(x)＋g′(x)π2－x＋g(x)(－1)＝g′(x)π2－x0.因此，h(x)在区间π4，π2上单调递减，进而h(x)≥hπ2＝fπ2＝0.所以当x∈π4，π2时，f(x)＋g(x)π2－x≥0.(1)证明不等式的基本方法①利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则(ⅰ)∀x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)，(ⅱ)∀x1，x2∈[a，b]，且x1x2，有f(x1)f(x2)．对于减函数有类似结论．②利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则∀x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m)．(2)证明f(x)g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，证明F(x)0.[对点训练]已知函数f(x)＝mex－lnx－1.若m∈(1，＋∞)，求证：f(x)1.证明：当m1时，f(x)＝mex－lnx－1ex－lnx－1，要证明f(x)1，只需证明ex－lnx－2≥0，设g(x)＝ex－lnx－2，则g′(x)＝ex－1x(x0)，设h(x)＝ex－1x(x0)，则h′(x)＝ex＋1x20，所以函数h(x)＝g′(x)＝ex－1x在(0，＋∞)上单调递增，因为g′(12)＝e12－20，g′(1)＝e－10，所以函数g′(x)＝ex－1x在(0，＋∞)上有唯一零点x0，且x0∈(12，1)，因为g′(x0)＝0，所以ex0＝1x0，即lnx0＝－x0，当x∈(0，x0)时，g′(x)0，当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)0，所以当x＝x0时，g(x)取得最小值g(x0)，故g(x)≥g(x0)＝ex0－lnx0－2＝1x0＋x0－2≥0，综上可知，若m∈(1，＋∞)，则f(x)1.一般地，若af(x)对x∈D恒成立，则只需af(x)max；若af(x)对x∈D恒成立，则只需af(x)min.若存在x0∈D，使af(x0)成立，则只需af(x)min；若存在x0∈D，使af(x0)成立，则只需af(x0)max.由此构造不等式，求解参数的取值范围．根据不等式确定参数范围分类讨论法常见有两种情况：一种先利用综合法，结合导函数的零点之间的大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另外一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数.案例【结合导函数的零点分类讨论】(2016·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)．(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0，求a的取值范围．(2015·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝lnx＋a(1－x)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围.关键步(1)略(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0等价于lnx－a（x－1）x＋1＞0.设g(x)＝lnx－a（x－1）x＋1，[关键1：对条件进行恒等变形，直接构造函数]则g′(x)＝1x－2a（x＋1）2＝x2＋2（1－a）x＋1x（x＋1）2，g(1)＝0.[关键2：利用导函数确定分类标准](ⅰ)当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，因此g(x)＞0；关键步[关键3：通过放缩判断导函数符号，研究函数单调性，求函数值域](ⅱ)当a＞2时，令g′(x)＝0得x1＝a－1－（a－1）2－1，x2＝a－1＋（a－1）2－1.由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)上单调递减，此时g(x)＜g(1)＝0.[关键4：利用导数研究函数单调性，求函数值域]综上，a的取值范围是(－∞，2].关键步(1)略(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；当a＞0时，f(x)在x＝1a处取得最大值，最大值为f1a＝ln1a＋a1－1a＝－lna＋a－1.[关键1：利用函数特点直接分类讨论，得函数最值]因此f1a＞2a－2等价于lna＋a－1＜0.令g(a)＝lna＋a－1，[关键2：根据不等式直接构造函数]则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，又g(1)＝0.于是，当0＜a＜1时，g(a)＜0；当a＞1时，g(a)＞0.[关键3：利用函数单调性、最值得到参数范围]因此，a的取值范围是(0，1).[典型例题](2019·江西省五校协作体试题)已知函数f(x)＝lnx－12a(x－1)(a∈R)．(1)若a＝－2，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若不等式f(x)0对任意的x∈(1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．【解】(1)若a＝－2，则f(x)＝lnx＋x－1，f′(x)＝1x＋1，所以切点为(1，0)，切线的斜率k＝f′(1)＝2.所以若a＝－2，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝2x－2.(2)因为f(x)＝lnx－12a(x－1)，所以f′(x)＝1x－a2＝2－ax2x，①当a≤0时，f′(x)0，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以当x1时，f(x)f(1)＝0，所以a≤0不合题意．②当a≥2，即02a≤1时，f′(x)＝2－ax2x＝－a（x－2a）2x0在(1，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以当x1时，f(x)f(1)＝0，所以a≥2满足题意．③当0a2，即2a1时，由f′(x)0，结合x1可得1x2a，由f′(x)0，可得x2a，所以f(x)在(1，2a)上单调递增，在(2a，＋∞)上单调递减，所以f(2a)f(1)＝0，所以0a2不合题意．综上所述，实数a的取值范围是[2，＋∞)．利用导数解决不等式恒成立问题的方法(1)分离参数法第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题．第二步：利用导数求该函数的最值．第三步：根据要求解出所求范围．(2)函数思想法第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题．第二步：利用导数求该函数的极值(最值)．第三步：构建不等式求解．[对点训练](2019·武汉市调研测试)已知函数f(x)＝(x－1)lnx＋ax(a∈R)．(1)当a＝0时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)0在(0，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)当a＝0时，f(x)＝(x－1)lnx，f′(x)＝lnx＋(x