2020届高考数学理一轮复习讲义高考专题突破1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第1课时导数与不等式题型一证明不等式例1已知函数f(x)＝1－x－1ex，g(x)＝x－lnx.(1)证明：g(x)≥1；(2)证明：(x－lnx)f(x)1－1e2.证明(1)由题意得g′(x)＝x－1x(x0)，当0x1时，g′(x)0.当x1时，g′(x)0，即g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．所以g(x)≥g(1)＝1，得证．(2)由f(x)＝1－x－1ex，得f′(x)＝x－2ex，所以当0x2时，f′(x)0，当x2时，f′(x)0，即f(x)在(0,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，所以f(x)≥f(2)＝1－1e2(当且仅当x＝2时取等号)．①又由(1)知x－lnx≥1(当且仅当x＝1时取等号)，②且①②等号不同时取得，所以(x－lnx)f(x)1－1e2.思维升华(1)证明f(x)g(x)的一般方法是证明h(x)＝f(x)－g(x)0(利用单调性)，特殊情况是证明f(x)ming(x)max(最值方法)，但后一种方法不具备普遍性．(2)证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式，一种方法为变换不等式使两个变元成为一个整体，另一种方法为转化后利用函数的单调性，如不等式f(x1)＋g(x1)f(x2)＋g(x2)对x1x2恒成立，即等价于函数h(x)＝f(x)＋g(x)为增函数．跟踪训练1已知函数f(x)＝xlnx－ex＋1.(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)证明：f(x)sinx在(0，＋∞)上恒成立．(1)解依题意得f′(x)＝lnx＋1－ex，又f(1)＝1－e，f′(1)＝1－e，故所求切线方程为y－1＋e＝(1－e)(x－1)，即y＝(1－e)x.(2)证明依题意，要证f(x)sinx，即证xlnx－ex＋1sinx，即证xlnxex＋sinx－1.当0x≤1时，ex＋sinx－10，xlnx≤0，故xlnxex＋sinx－1，即f(x)sinx.当x1时，令g(x)＝ex＋sinx－1－xlnx，故g′(x)＝ex＋cosx－lnx－1.令h(x)＝g′(x)＝ex＋cosx－lnx－1，则h′(x)＝ex－1x－sinx，当x1时，ex－1xe－11，所以h′(x)＝ex－1x－sinx0，故h(x)在(1，＋∞)上单调递增．故h(x)h(1)＝e＋cos1－10，即g′(x)0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)g(1)＝e＋sin1－10，即xlnxex＋sinx－1，即f(x)sinx.综上所述，f(x)sinx在(0，＋∞)上恒成立．题型二不等式恒成立或有解问题例2(2018·大连模拟)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；(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(1)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)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(2)中若改为：∃x∈[1，e]，使不等式f(x)≥kx＋1成立，求实数k的取值范围．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.思维升华利用导数解决不等式的恒成立问题的策略(1)首先要构造函数，利用导数求出最值，求出参数的取值范围．(2)也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．跟踪训练2(2018·沈阳模拟)已知函数f(x)＝ex－1－x－ax2.(1)当a＝0时，求证：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．(1)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)解f′(x)＝ex－1－2ax，令h(x)＝ex－1－2ax，则h′(x)＝ex－2a.①当2a≤1，即a≤12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≤12时满足条件．②当2a1，即a12时，令h′(x)＝0，解得x＝ln(2a)，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－∞，12.1．已知函数f(x)＝lnx＋x，g(x)＝x·ex－1，求证f(x)≤g(x)．证明令F(x)＝f(x)－g(x)＝lnx＋x－xex＋1(x0)，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．∴F(x)≤F(x0)＝lnx0＋x0－00exx＋1，又∵1x0－0ex＝0，∴1x0＝0ex，即lnx0＝－x0，∴F(x0)＝0，即F(x)≤0，∴f(x)≤g(x)．2．(2018·营口模拟)已知函数f(x)＝ax2＋bx＋xlnx的图象在(1，f(1))处的切线方程为3x－y－2＝0.(1)求实数a，b的值；(2)设g(x)＝x2－x，若k∈Z，且k(x－2)f(x)－g(x)对任意的x2恒成立，求k的最大值．解(1)f′(x)＝2ax＋b＋1＋lnx，所以2a＋b＋1＝3且a＋b＝1，解得a＝1，b＝0.(2)由(1)与题意知kfx－gxx－2＝x＋xlnxx－2对任意的x2恒成立，设h(x)＝x＋xlnxx－2(x2)，则h′(x)＝x－4－2lnxx－22，令m(x)＝x－4－2lnx(x2)，则m′(x)＝1－2x＝x－2x0，所以函数m(x)为(2，＋∞)上的增函数．因为m(8)＝4－2ln84－2lne2＝4－4＝0，m(10)＝6－2ln106－2lne3＝6－6＝0，所以函数m(x)在(8,10)上有唯一零点x0，即有x0－4－2lnx0＝0成立，故当2xx0时，m(x)0，即h′(x)0；当xx0时，m(x)0，即h′(x)0，所以函数h(x)在(2，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(x0)＝x0＋x0lnx0x0－2＝x01＋x0－42x0－2＝x02，所以kx02，因为x0∈(8,10)，所以x02∈(4,5)，又k∈Z，所以k的最大值为4.3．已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝lnxx.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范围．解(1)因为f′(x)＝a－ex，x∈R.当a≤0时，f′(x)0，f(x)在R上单调递减；当a0时，令f′(x)＝0，得x＝lna.由f′(x)0，得f(x)的单调递增区间为(－∞，lna)；由f′(x)0，得f(x)的单调递减区间为(lna，＋∞)．综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；当a0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，lna)，单调递减区间为(lna，＋∞)．(2)因为∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，则ax≤lnxx，即a≤lnxx2.设h(x)＝lnxx2，则问题转化为a≤lnxx2max，由h′(x)＝1－2lnxx3，令h′(x)＝0，得x＝e.当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)随x变化的变化情况如下表：x(0，e)e(e，＋∞)h′(x)＋0－h(x)↗极大值12e↘由上表可知，当x＝e时，函数h(x)有极大值，即最大值为12e，所以a≤12e.故a的取值范围是－∞，12e.4．设函数f(x)＝ax2－xlnx－(2a－1)x＋a－1(a∈R)．若对任意的x∈[1，＋∞)，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．解f′(x)＝2ax－1－lnx－(2a－1)＝2a(x－1)－lnx(x0)，易知当x∈(0，＋∞)时，lnx≤x－1，则f′(x)≥2a(x－1)－(x－1)＝(2a－1)(x－1)．当2a－1≥0，即a≥12时，由x∈[1，＋∞)得f′(x)≥0恒成立，f(x)在[1，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(1)＝0，符合题意．当a≤0时，由x∈[1，＋∞)得f′(x)≤0恒成立，f(x)在[1，＋∞)上单调递减，f(x)≤f(1)＝0，显然不合题意，a≤0舍去．当0a12时，由lnx≤x－1，得ln1x≤1x－1，即lnx≥1－1x，则f′(x)≤2a(x－1)－1－1x＝x－1x(2ax－1)，∵0a12，∴12a1.当x∈1，12a时，f′(x)≤0恒成立，∴f(x)在1，12a上单调递减，∴当x∈1，12a时，f(x)≤f(1)＝0，显然不合题意，0a12舍去．综上可得，a∈12，＋∞.5．已知函数f(x)＝lnx－ax＋1－ax－1(a∈R)．设g(x)＝x2－2bx＋4，当a＝14时，若∀x1∈(0,2)，总存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围．解依题意知f(x)在(0,2)上的最小值不小于g(x)在[1,2]上的最小值，即f(x)min≥g(x)min.当a＝14时，f(x)＝lnx－14x＋34x－1，所以f′(x)＝1x－14－34x2＝－x－1x－34x2，则当0x1时，f′(x)0，当1x2时，f′(x)0，所以当x∈(0,2)时，f(x)min＝f(1)＝－12.又g(x)＝x2－2bx＋4，①当b1时，可求得g(x)min＝g(1)＝5－2b，则5－2b≤－12，解得b≥114，这与b1矛盾；②当1≤b≤2时，可求得g(x)min＝g(b)＝4－b2，则4－b2≤－12，得b2≥92，这与1≤b≤2矛盾；③当b2时，可求得g(x)min＝g(2)＝8－4b，由8－4b≤－12，得b≥178.综合①②③得实数b的取值范围是178，＋∞.6．已知函数f(x)为偶函数，当x≥0时，f(x)＝2ex，若存在实数m，对任意的x∈[1，k]