2020版高考数学二轮复习 第2部分 专题6 函数、导数、不等式 第3讲 导数的综合应用课件 文

第二部分讲练篇专题六函数、导数、不等式第3讲导数的综合应用研考题举题固法利用导数证明不等式(5年3考)[高考解读]利用导数证明不等式是每年高考的热点，主要考查“辅助函数法”证明不等式，难度较大.(2018·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.切入点：求函数f(x)的导数．关键点：正确构造函数，转化为函数的最值问题解决．[解](1)f′(x)＝－ax2＋2a－1x＋2ex，f′(0)＝2.因此曲线y＝f(x)在(0，－1)处的切线方程是2x－y－1＝0.(2)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x.令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，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.[教师备选题]1．(2016·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c1，证明当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.[解](1)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0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．(2)由(1)知，f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.所以当x≠1时，lnx＜x－1.故当x∈(1，＋∞)时，lnx＜x－1，ln1x＜1x－1，即1＜x－1lnx＜x.(3)证明：由题设c＞1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，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，g′(x)＜0，g(x)单调递减．由(2)知1＜c－1lnc＜c，故0＜x0＜1.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.2．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a0时，证明f(x)≤－34a－2.[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x＋2ax＋2a＋1＝x＋12ax＋1x.若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．若a0，则当x∈0，－12a时，f′(x)0；当x∈－12a，＋∞时，f′(x)0.故f(x)在0，－12a上单调递增，在－12a，＋∞单调递减．(2)证明：由(1)知，当a0时，f(x)在x＝－12a处取得最大值，最大值为f－12a＝ln－12a－1－14a.所以f(x)≤－34a－2等价于ln－12a－1－14a≤－34a－2，即ln－12a＋12a＋1≤0.设g(x)＝lnx－x＋1，则g′(x)＝1x－1.当x∈(0,1)时，g′(x)0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)0.所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.所以当x0时，g(x)≤0.从而当a0时，ln－12a＋12a＋1≤0，即f(x)≤－34a－2.利用导数证明不等式成立问题的常用方法1直接将不等式转化成某个函数最值问题：若证明fx＜gx，x∈a，b，可以构造函数Fx＝fx－gx，如果F′x＜0，则Fx在a，b上是减函数，同时若Fa≤0，由减函数的定义可知，x∈a，b时，有Fx＜0，即证明了fx＜gx.2将待证不等式转化为两个函数的最值进行比较证明：在证明不等式中，若待证不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可借助两个函数的最值证明，如证fx≥gx在D上成立，只需证明fxmin≥gxmax即可.3若所证函数不等式通过移项后构成新函数的最值易求，可直接通过移项构造函数证明.1．(求切线方程、不等式证明)已知函数f(x)＝mex－lnx－1.(1)当m＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若m∈(1，＋∞)，求证：f(x)1.[解](1)当m＝1时，f(x)＝ex－lnx－1，所以f′(x)＝ex－1x，所以f′(1)＝e－1，又因为f(1)＝e－1，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x.(2)当m1时，f(x)＝mex－lnx－1ex－lnx－1，要证明f(x)1，只需证明ex－lnx－20，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＋x0－20，综上可知，若m∈(1，＋∞)，则f(x)1.2．(求单调区间和极值、证明不等式)已知函数f(x)＝ex－3x＋3a(e为自然对数的底数，a∈R)．(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当aln3e，且x0时，exx32x＋1x－3a.[解](1)由f(x)＝ex－3x＋3a，x∈R，知f′(x)＝ex－3，令f′(x)＝0，得x＝ln3，于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln3)ln3(ln3，＋∞)f′(x)－0＋f(x)3(1－ln3＋a)故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln3)，单调递增区间是(ln3，＋∞)，f(x)在x＝ln3处取得极小值，极小值为f(ln3)＝3(1－ln3＋a)．(2)证明：待证不等式等价于ex32x2－3ax＋1，设g(x)＝ex－32x2＋3ax－1，于是g′(x)＝ex－3x＋3a.由(1)及aln3e＝ln3－1知，g′(x)的最小值为g′(ln3)＝3(1－ln3＋a)0.于是对任意x∈R，都有g′(x)0，所以g(x)在R内单调递增．于是当aln3e＝ln3－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)g(0)．而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)0.即ex32x2－3ax＋1，故exx32x＋1x－3a.利用导数解决不等式恒成立中的参数问题(5年3考)[高考解读]利用导数解决不等式的恒成立问题也是高考的热点，主要考查分离参数法及最值法的应用.考查考生的逻辑推理与数学运算核心素养.(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)≥0，求a的取值范围.切入点：利用导数求f′(x)．关键点：将f(x)≥0恒成立转化为f(x)的最小值大于或等于0.[解](1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．①若a＝0，则f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上单调递增．②若a＞0，则由f′(x)＝0得x＝lna.当x∈(－∞，lna)时，f′(x)＜0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)＞0.故f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．③若a0，则由f′(x)＝0得x＝ln－a2.当x∈－∞，ln－a2时，f′(x)＜0；当x∈ln－a2，＋∞时，f′(x)＞0.故f(x)在－∞，ln－a2上单调递减，在ln－a2，＋∞上单调递增．(2)①若a＝0，则f(x)＝e2x，所以f(x)≥0.②若a0，则由(1)得，当x＝lna时，f(x)取得最小值，最小值为f(lna)＝－a2lna，从而当且仅当－a2lna≥0，即0＜a≤1时，f(x)≥0.③若a0，则由(1)得，当x＝ln－a2时，f(x)取得最小值，最小值为fln－a2＝a234－ln－a2，从而当且仅当a234－ln－a2≥0，即－2e34≤a＜0时，f(x)≥0.综上，a的取值范围是[－2e34，1]．[教师备选题](2016·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．[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．当a＝4时，f(x)＝(x＋1)lnx－4(x－1)，f(1)＝0，f′(x)＝lnx＋1x－3，f′(1)＝－2.故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.(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，则g′(x)＝1x－2ax＋12＝x2＋21－ax＋1xx＋12，g(1)＝0.①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；②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)单调递减，因此g(x)＜0.综上，a的取值范围是(－∞，2]．解决不等式恒成立问题的两种方法1分离参数法：若能够将参数分离，且分离后含x变量的函数关系式的最值易求，则用分离参数法.,即：①λ≥fx恒成立，则λ≥fxmax.,②λ≤fx恒成立，则λ≤fxmin.2最值转化法：若参数不易分离或分离后含x变量的函数关系式的最值不易求，则常用最值转化法，可通过求最值建立关于参数的不等式求解.如fx≥0，则只需fxmin≥0.1．(恒成立问题)已知函数f(x)＝xlnx(x0)．(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)若对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥－x2＋mx－32恒成立，求实数m的最大值．[解](1)由题意知f′(x)＝lnx＋1，令f′(x)0，得x1e，令f′(x)0，得0x1e，∴f(x)的单调增区间是1e，＋∞，单调减区间是0，1e，f(x)在x＝1e处取得极小值，极小值为f1e＝－1e，无极大值．(2)由f(x)≥－x2＋mx－32及f(x)＝xlnx，得m≤2xlnx＋x2＋3x恒成立，问题转化为m≤2xlnx＋x2＋3xmin.令g(x)＝2xlnx＋x2＋3x(x0)，则g′(x)＝2x＋x2－3x2，由g′(x)0⇒x1，由g′(x)0⇒0x1.所以g(x)在(0,1)是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，所以g(x)min＝g(1)＝4，即m≤4，所以m的最大值是4.2．(有解问题)已