（鲁京津琼专用）2020版高考数学大一轮复习 第三章 导数及其应用 高考专题突破一 高考中的导数应用

1第1课时导数与不等式题型一证明不等式例1设函数f(x)＝lnx－x＋1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明当x∈(1，＋∞)时，1x－1lnxx.(1)解由题设知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.当0x1时，f′(x)0，f(x)单调递增；当x1时，f′(x)0，f(x)单调递减．(2)证明由(1)知，f(x)在x＝1处取得极大值也为最大值，最大值为f(1)＝0.所以当x≠1时，lnxx－1.故当x∈(1，＋∞)时，lnxx－1，ln1x1x－1，即1x－1lnxx.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.2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·大同模拟)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)，3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：∃x0∈[1，e]，使不等式f(x0)≥kx0＋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已知函数f(x)＝ax＋lnx，x∈[1，e]，若f(x)≤0恒成立，求实数a的取值范围．解∵f(x)≤0，即ax＋lnx≤0对x∈[1，e]恒成立，∴a≤－lnxx，x∈[1，e]．令g(x)＝－lnxx，x∈[1，e]，则g′(x)＝lnx－1x2，∵x∈[1，e]，∴g′(x)≤0，∴g(x)在[1，e]上单调递减，∴g(x)min＝g(e)＝－1e，4∴a≤－1e.∴实数a的取值范围是－∞，－1e.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－x00ex＋1，又∵1x0－0ex＝0，∴1x0＝0ex，即lnx0＝－x0，∴F(x0)＝0，即F(x)≤0，∴f(x)≤g(x)．2．已知f(x)＝ex－ax2，若f(x)≥x＋(1－x)·ex在[0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．解f(x)≥x＋(1－x)ex，即ex－ax2≥x＋ex－xex，即ex－ax－1≥0，x≥0.令h(x)＝ex－ax－1(x≥0)，则h′(x)＝ex－a(x≥0)，当a≤1时，由x≥0知h′(x)≥0，∴h(x)≥h(0)＝0，原不等式恒成立．当a1时，令h′(x)0，得xlna；令h′(x)0，得0≤xlna.∴h(x)在[0，lna)上单调递减，5又∵h(0)＝0，∴h(x)≥0不恒成立，∴a1不合题意．综上，a的取值范围为(－∞，1]．3．(2018·贵州适应性考试)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．(2018·天津河西区模拟)已知函数f(x)＝lnx－ax(a∈R)．(1)若曲线y＝f(x)与直线x－y－1－ln2＝0相切，求实数a的值；6(2)若不等式(x＋1)f(x)≤lnx－xe在定义域内恒成立，求实数a的取值范围．解(1)f′(x)＝1x－a，设切点的横坐标为x0，由题意得1x0－a＝1，x0－1－ln2＝lnx0－ax0，解得x0＝12，a＝1，所以实数a的值为1.(2)由题意，(x＋1)(lnx－ax)≤lnx－xe在定义域内恒成立，得a≥lnxx＋1＋1ex＋1在(0，＋∞)上恒成立，令g(x)＝lnxx＋1＋1ex＋1(x0)，则g′(x)＝1－1e＋1x－lnxx＋12，再令h(x)＝1－1e＋1x－lnx，则h′(x)＝－1x＋1x20，即y＝h(x)在(0，＋∞)上单调递减，又h(e)＝0，所以当x∈(0，e)时，h(x)0，从而g′(x)0，y＝g(x)在(0，e)上单调递增；当x∈(e，＋∞)时，h(x)0，从而g′(x)0，y＝g(x)在(e，＋∞)上单调递减；所以g(x)在x＝e处取得极大值也为最大值g(e)＝1e，所以实数a的取值范围是1e，＋∞.5．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](k1)，都有f(x＋m)≤2ex，求整数k的最小值．解因为f(x)为偶函数，且当x≥0时，f(x)＝2ex，所以f(x)＝2e|x|，对于x∈[1，k]，由f(x＋m)≤2ex得2e|x＋m|≤2ex，两边取以e为底的对数得|x＋m|≤lnx＋1，所以－x－lnx－1≤m≤－x＋lnx＋1在[1，k]上恒成立，设g(x)＝－x＋lnx＋1(x∈[1，k])，7则g′(x)＝－1＋1x＝1－xx≤0，所以g(x)在[1，k]上单调递减，所以g(x)min＝g(k)＝－k＋lnk＋1，设h(x)＝－x－lnx－1(x∈[1，k])，易知h(x)在[1，k]上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝－2，故－2≤m≤－k＋lnk＋1，若实数m存在，则必有－k＋lnk≥－3，又k1，且k为整数，所以k＝2满足要求，故整数k的最小值为2.6．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，＋∞.8