（新高考）2020高考数学二轮复习 专题六 函数与导数 第五讲 大题考法（二）——导数的综合问题课件

第五讲大题考法(二)——导数的综合问题题型(一)利用导数证明不等式题点一单变量不等式的证明[例1]设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当aln2－1且x0时，exx2－2ax＋1.[解](1)由f(x)＝ex－2x＋2a(x∈R)，知f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln2.当xln2时，f′(x)0，故函数f(x)在区间(－∞，ln2)上单调递减；当xln2时，f′(x)0，故函数f(x)在区间(ln2，＋∞)上单调递增．所以f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)，f(x)在x＝ln2处取得极小值f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2－2ln2＋2a，无极大值．(2)证明：要证当aln2－1且x0时，exx2－2ax＋1，即证当aln2－1且x0时，ex－x2＋2ax－10.设g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x≥0)．则g′(x)＝ex－2x＋2a，由(1)知g′(x)min＝g′(ln2)＝2－2ln2＋2a.又aln2－1，则g′(x)min0.于是对∀x∈R，都有g′(x)0，所以g(x)在R上单调递增．于是对∀x0，都有g(x)g(0)＝0.即ex－x2＋2ax－10，故exx2－2ax＋1.[微点清障]思路受阻分析本题属于导数综合应用中较容易的问题，解决本题第(2)问时，易忽视与第(1)问的联系，导函数g′(x)＝ex－2x＋2a的单调性已证，可直接用，若意识不到这一点，再判断g′(x)的单调性，则造成解题过程繁琐，进而造成思维受阻或解题失误技法关键点拨利用单调性证明单变量不等式的方法一般地，要证f(x)g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数F(x)＝f(x)－g(x)，通过分析F(x)在端点处的函数值来证明不等式．若F(a)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递增即可；若F(b)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递减即可题点二双变量不等式的证明[例2]若ba0，求证：lnb－lna2ab－aa2＋b2.[证明]法一：主元法(学生用书不提供解题过程)构造函数f(x)＝lnb－lnx－2xb－xx2＋b2，其中0xb，则f′(x)＝－1x－2b3－4b2x－2bx2x2＋b22＝－x2＋b22＋2b3－4b2x－2bx2xxx2＋b22＝－b2－x2b2－x2＋2bxxx2＋b22.∵0xb，∴f′(x)＝－b2－x2b2－x2＋2bxxx2＋b220，则函数f(x)在(0，b)上单调递减，而ba0，故f(a)f(b)＝0，即lnb－lna2ab－aa2＋b2.法二：整体换元法(学生用书不提供解题过程)令ba＝t(t1)，构造函数f(t)＝lnt－2t－1t2＋1，则f′(t)＝1t＋2t2－4t－2t2＋12＝t4＋2t3－2t2－2t＋1tt2＋12＝t2－1t2＋2t－1tt2＋12.∵t1，∴t2－10，t2＋2t－112＋2－10，则f′(t)0，∴f(t)在(1，＋∞)上单调递增，故f(t)f(1)＝0，即lnba－2ba－11＋ba20，从而有lnb－lna2ab－aa2＋b2.法三：根据函数不等式的对称性解题(学生用书提供解题过程)原不等式可化为lnb－2aba2＋b2lna－2a2a2＋b2，则构造函数f(x)＝lnx－2axa2＋b2(b≥xa0)，则f′(x)＝1x－2aa2＋b21b－2a2ab＝0，∴f(x)＝lnx－2axa2＋b2在(a，b)上单调递增，即f(b)f(a)，则lnb－2aba2＋b2lna－2a2a2＋b2，故lnb－lna2ab－aa2＋b2.[微点清障]思路受阻分析由于题目条件少，不能正确分析要证不等式的特点，且不会构造相应的函数将问题转化，从而导致无从下手解决问题技法关键点拨证明双变量函数不等式的技法(1)将双变量中的一个看作变量，另一个看作常数，构造一个含参数的辅助函数证明不等式．(2)整体换元．对于齐次式往往可将双变量整体换元，化为一元不等式．(3)若双变量的函数不等式具有对称性，并且可以将两个变量分离开，分离之后的函数结构具有相似性，从而构造函数利用单调性证明[对点训练](2019·杭州模拟)已知函数f(x)＝λlnx－e－x(λ∈R)．(1)若函数f(x)是单调函数，求λ的取值范围；(2)求证：当0x1x2时，e1－x2－e1－x11－x2x1.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，∵f(x)＝λlnx－e－x，∴f′(x)＝λx＋e－x＝λ＋xe－xx，∵函数f(x)是单调函数，∴f′(x)≤0或f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，①当函数f(x)是单调递减函数时，f′(x)≤0，∴λ＋xe－xx≤0，即λ＋xe－x≤0，λ≤－xe－x＝－xex.令φ(x)＝－xex，则φ′(x)＝x－1ex，当0x1时，φ′(x)0，当x1时，φ′(x)0，则φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴当x0时，φ(x)min＝φ(1)＝－1e，∴λ≤－1e.②当函数f(x)是单调递增函数时，f′(x)≥0，∴λ＋xe－xx≥0，即λ＋xe－x≥0，λ≥－xe－x＝－xex，由①得φ(x)＝－xex在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，x→＋∞时，φ(x)0，∴λ≥0.综上，λ的取值范围是－∞，－1e∪[0，＋∞)．(2)证明：由(1)可知，当λ＝－1e时，f(x)＝－1elnx－e－x在(0，＋∞)上单调递减，∵0x1x2，∴f(x1)f(x2)，即－1elnx1－e－x1－1elnx2－e－x2，∴e1－x2－e1－x1lnx1－lnx2.要证e1－x2－e1－x11－x2x1，只需证lnx1－lnx21－x2x1，即证lnx1x21－x2x1，令t＝x1x2，t∈(0,1)，则只需证lnt1－1t，令h(t)＝lnt＋1t－1，则h′(t)＝1t－1t2＝t－1t2，当0t1时，h′(t)0，∴h(t)在(0,1)上单调递减，又h(1)＝0，∴h(t)0，即lnt1－1t，故原不等式得证．题型(二)利用导数解决不等式的恒成立与能成立问题题点一不等式的恒成立问题[例1]已知函数f(x)＝xlnx，若对于所有x≥1都有f(x)≥ax－1，求实数a的取值范围．[解]法一：分离参数法(学生用书不提供解题过程)依题意，得f(x)≥ax－1在[1，＋∞)上恒成立，即不等式a≤lnx＋1x在x∈[1，＋∞)恒成立，亦即a≤lnx＋1xmin，x∈[1，＋∞)．设g(x)＝lnx＋1x(x≥1)，则g′(x)＝1x－1x2＝x－1x2.令g′(x)＝0，得x＝1.当x≥1时，因为g′(x)≥0，故g(x)在[1，＋∞)上是增函数．所以g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝1.故a的取值范围是(－∞，1]．法二：构造函数法(学生用书提供解题过程)当x＝1时，有f(1)≥a－1，即a－1≤0，得a≤1.构造F(x)＝f(x)－(ax－1)＝xlnx－ax＋1，原命题等价于F(x)≥0在x≥1上恒成立⇔F(x)min≥0，x∈[1，＋∞)．由于F′(x)＝lnx＋1－a≥0在x∈[1，＋∞)上恒成立，因此，函数F(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以F(x)min＝F(1)＝1－a≥0，得a≤1.故a的取值范围是(－∞，1]．[微点清障](一)思路受阻分析求解本题时，常用直接作差构造函数或分离参数后再构造函数求a的取值范围，其关键是正确求解所构造函数的最值，这也是大多数同学不会求解或不能正确求解最值而导致无法继续解题或解题失误的地方．(二)技法关键点拨分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路与关键(1)分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数的正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题．(2)求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关”转化关通过分离参数法，先转化为f(a)≥g(x)(或f(a)≤g(x))对∀x∈D恒成立，再转化为f(a)≥g(x)max(或f(a)≤g(x)min)求最值关求函数g(x)在区间D上的最大值(或最小值)问题(三)解题细节提醒有些含参不等式恒成立问题，在分离参数时会遇到讨论的麻烦，或者即使分离出参数，但参数的最值却难以求出，这时常利用导数法，借助导数，分析函数的单调性，通过对函数单调性的分析确定函数值的变化情况，找到参数满足的不等式，往往能取得意想不到的效果．题点二不等式的能成立问题[例2]已知函数f(x)＝x－alnx，g(x)＝－a＋1x(a∈R)．若在[1，e]上存在一点x0，使得f(x0)g(x0)成立，求a的取值范围．[解]依题意，只需[f(x0)－g(x0)]min0，x0∈[1，e]即可．令h(x)＝f(x)－g(x)＝x－alnx＋a＋1x，x∈[1，e]，则h′(x)＝1－ax－a＋1x2＝x2－ax－a＋1x2＝[x－a＋1]x＋1x2.令h′(x)＝0，得x＝a＋1.①若a＋1≤1，即a≤0时，h′(x)≥0，h(x)单调递增，h(x)min＝h(1)＝a＋20，得a－2；②若1a＋1e，即0ae－1时，h(x)在[1，a＋1)上单调递减，在(a＋1，e]上单调递增，故h(x)min＝h(a＋1)＝(a＋1)－aln(a＋1)＋1＝a[1－ln(a＋1)]＋22，a∈(0，e－1)与h(x)0不符，故舍去．③若a＋1≥e，即a≥e－1时，h(x)在[1，e]上单调递减，则h(x)min＝h(e)＝e－a＋a＋1e，令h(e)0，得ae2＋1e－1e－1成立．综上所述，a的取值范围为(－∞，－2)∪e2＋1e－1，＋∞.[微点清障]思路受阻分析本题构造函数后，求解a的取值范围时，需对a分类讨论．此处往往因不会分类讨论或讨论不全而导致解题失误技法关键点拨不等式能成立问题的解题关键点[对点训练]1．设函数f(x)＝1x－eex，g(x)＝a(x2－1)－lnx(a∈R，e为自然对数的底数)．(1)证明：当x1时，f(x)0；(2)讨论g(x)的单调性；(3)若不等式f(x)g(x)对x∈(1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)证明：f(x)＝ex－1－xxex－1，令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1，当x1时，s′(x)0，所以s(x)在(1，＋∞)上单调递增，又s(1)＝0，所以s(x)0，从而当x1时，f(x)0.(2)g′(x)＝2ax－1x＝2ax2－1x(x0)，当a≤0时，g′(x)0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减．当a0时，由g′(x)＝0得x＝12a.当x∈0，12a时，g′(x)0，g(x)单调递减；当x∈12a，＋∞时，g′(x)0，g(x)单调递增．综上，当a≤0时，g(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a0时，g(x)在0，12a上单调递减，在12a，＋∞上单调递增．(3)由(1)知，当x1时，f(x)0.当a≤0，x1时，g(x)＝a(x2－1)－lnx0，故当f(x)g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a0.当0a12，即12a1时，g(x)在1，12a上单调递减，g12ag(1)＝0，而f12a0，所以此时f(x)g(x)在区间(1，＋