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

数学第二部分高考热点分层突破专题六函数与导数第4讲导数与不等式01研考点考向破重点难点02练典型习题提数学素养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，如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，则可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解．高考真题【直接构造法】(2018·高考全国卷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－x2＜a－2.思维方法(1)略(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a2.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x1x2，则x21.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－x2a－2等价于1x2－x2＋2lnx20.[关键1：将所证不等式进行变形与化简]思维方法设函数g(x)＝1x－x＋2lnx，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)单调递减，[关键2：直接构造函数，判断函数单调性]又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)0.所以1x2－x2＋2lnx20，即f(x1)－f(x2)x1－x2a－2.[关键3：结合单调性得到函数最值，证明不等式]高考真题【适当放缩构造法】(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.思维方法(1)略(2)证明：当a≥1e时，f(x)≥exe－lnx－1.[关键1：利用不等式性质放缩，将a代换掉]设g(x)＝exe－lnx－1，[关键2：利用不等式右边构造函数]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．[关键3：利用导数研究函数的单调性、最值]故当x0时，g(x)≥g(1)＝0.[关键4：利用函数最值使放缩后的不等式得到证明]因此，当a≥1e时，f(x)≥0.高考真题【构造双函数法】(2014·高考课标全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝aexlnx＋bex－1x，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2.(1)求a，b；(2)证明：f(x)1.思维方法(1)略(2)证明：由(1)知，f(x)＝exlnx＋2xex－1，从而f(x)1等价于xlnxxe－x－2e.[关键1：将所证不等式等价转化，为构造双函数创造条件]设函数g(x)＝xlnx，则g′(x)＝1＋lnx，所以当x∈0，1e时，g′(x)0；当x∈1e，＋∞时，g′(x)0.思维方法故g(x)在0，1e上单调递减，在1e，＋∞上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g1e＝－1e.[关键2：构造函数，利用导数研究函数的单调性，求最小值]思维方法设函数h(x)＝xe－x－2e，则h′(x)＝e－x(1－x).所以当x∈(0，1)时，h′(x)0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)0.故h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－1e.[关键3：构造函数，利用导数研究函数的单调性，求最大值]综上，当x0时，g(x)h(x)，即f(x)1.[关键4：利用函数最值证明不等式][典型例题](2019·四省八校双教研联考)已知函数f(x)＝ax－axlnx－1(a∈R，a≠0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当x1时，求证：1x－11ex－1.【解】(1)f′(x)＝a－a(lnx＋1)＝－alnx，若a0，则当x∈(0，1)时，f′(x)0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；若a0，则当x∈(0，1)时，f′(x)0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)证明：要证1x－11ex－1，即证xx－1e－x，即证x－1xex，又由第(1)问令a＝1知f(x)＝x－xlnx－1在(1，＋∞)上单调递减，f(1)＝0，所以当x1时，x－xlnx－10，即x－1xlnx，则只需证当x1时，lnxex即可．令F(x)＝ex－lnx，x1，则F′(x)＝ex－1x单调递增，所以F′(x)F′(1)＝e－10，所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以F(x)F(1)，而F(1)＝e，所以ex－lnxe0，所以exlnx，所以exlnxx－1x，所以原不等式得证．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．[对点训练]1．(2019·唐山模拟)设f(x)＝2xlnx＋1.(1)求f(x)的最小值；(2)证明：f(x)≤x2－x＋1x＋2lnx.解：(1)f′(x)＝2(lnx＋1)．所以当x∈0，1e时，f′(x)0，f(x)单调递减；当x∈1e，＋∞时，f′(x)0，f(x)单调递增．所以当x＝1e时，f(x)取得最小值f1e＝1－2e.(2)证明：x2－x＋1x＋2lnx－f(x)＝x(x－1)－x－1x－2(x－1)lnx＝(x－1)x－1x－2lnx，令g(x)＝x－1x－2lnx，则g′(x)＝1＋1x2－2x＝(x－1)2x2≥0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增．又g(1)＝0.所以当0x1时，g(x)0，当x1时，g(x)0，所以(x－1)x－1x－2lnx≥0，即f(x)≤x2－x＋1x＋2lnx.2．已知函数f(x)＝aex－blnx，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝1e－1x＋1.(1)求a，b；(2)证明：f(x)0.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝aex－bx，由题意得f(1)＝1e，f′(1)＝1e－1，所以ae＝1e，ae－b＝1e－1，解得a＝1e2，b＝1.(2)证明：由(1)知f(x)＝1e2·ex－lnx(x0)．因为f′(x)＝ex－2－1x在(0，＋∞)上单调递增，又f′(1)0，f′(2)0，所以f′(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一实根x0，且x0∈(1，2)．当x∈(0，x0)时，f′(x)0，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)0，从而当x＝x0时，f(x)取极小值，也是最小值．由f′(x0)＝0，得ex0－2＝1x0，则x0－2＝－lnx0.故f(x)≥f(x0)＝ex0－2－lnx0＝1x0＋x0－221x0·x0－2＝0，所以f(x)0.一般地，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，结合导函数零点之间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．提示：求解参数范围时，一般会涉及分离参数法，理科试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常需要设出导函数的零点，难度较大．高考真题【结合导函数的零点分类讨论】(2017·高考全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x－1－alnx.(1)若f(x)≥0，求a的值；(2)设m为整数，且对于任意正整数n，1＋121＋122…1＋12nm，求m的最小值.思维方法(1)f(x)的定义域为(0，＋∞).①若a≤0，因为f12＝－12＋aln20，所以不满足题意.[关键1：利用原函数解析式的特点确定分类标准]思维方法②若a0，由f′(x)＝1－ax＝x－ax知，当x∈(0，a)时，f′(x)0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)0.所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增.[关键2：根据导函数的零点分类讨论]故x＝a是f(x)在(0，＋∞)上的唯一最小值点.由于f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，故a＝1.思维方法(2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－lnx0.令x＝1＋12n得ln1＋12n12n.从而ln1＋12＋ln1＋122＋…＋ln1＋12n12＋122＋…＋12n＝1－12n1，[关键3：利用放缩法变形]故1＋121＋122…1＋12ne.而1＋121＋1221＋1232，所以m的最小值为3.高考真题【由导函数的特点直接分类讨论】(2014·高考大纲全国卷)函数f(x)＝ax3＋3x2＋3x(a≠0).(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)在区间(1，2)是增函数，求a的取值范围.思维方法(1)略(2)当a0，x0时，f′(x)＝3ax2＋6x＋30，[关键1：求导函数，根据导函数的特点确定分类标准]故当a0时，f(x)在区间(1，2)是增函数.当a0时，f(x)在区间(1，2)是增函数当且仅当f′(1)≥0且f′(2)≥0，解得－54≤a0.[关键2：利用导数判断函数的单调性，结合需满足的条件，求解关于参数的不等式，得到参数的取值范围]综上，a的取值范围是－54，0∪(0，＋∞).提示：破解不等式求参问题，时常会通过不等式的同解变形，构造一个与背景函数相关的函数，利用函数最值确定参数的取值范围．在构造函数或求最值过程中常用的放缩方法有函数放缩法，基本不等式放缩法，叠加不等式放缩法等．[典型例题](2019·福建五校第二次联考)已知函数f(x)＝lnx－mx2，g(x)＝12mx2＋x，m∈R，令F(x)＝f(x)＋g(x)．(1)当m＝12时，求函数f(x)的单调区间及极值；(2)若关于x的不等式F(x)≤mx－1恒成立，求整数m的最小值．【解】(1)由题意得，f(x)＝lnx－12x2(x0)，所以f′(x)＝1x－x(x0)．令f′(x)＝0，得x＝1.由f′(x)0，得0x1，所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，由f′(x)0，得x