2019届高考数学二轮复习第二篇考点六函数、导数与不等式考查角度2导数与不等式的综合应用突破训练文.docx

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1、1考查角度 2 导数与不等式的综合应用分类透析一 证明不等式例 1 已知函数 f(x)= 在点( -1,f(-1)处的切线方程为 x+y+3=0.ax+bx2+1(1)求函数 f(x)的解析式;(2)设 g(x)=lnx,求证: g(x) f(x)在1, + )上恒成立 .(3)若 0 .lnb-lnab-a 2aa2+b2分析 运用待定系数法求出参数 a,b的值,从而确定函数的解析式,利用导数方法证明不等式 g(x) f(x)在区间 D上恒成立的基本方法是构造函数 h(x)=g(x)-f(x),然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数 h(x)0 .利用第(2)小问的结论求证第(3)小问

2、.解析 (1)将 x=-1代入切线方程,得 y=-2,所以 f(-1)= =-2,化简得 b-a=-4. b-a1+1又 f(x)= ,a(x2+1)-(ax+b)2x(x2+1)2所以 f(-1)= =-1. 2a+2(b-a)4联立 ,解得 a=2,b=-2.所以 f(x)= .2x-2x2+1(2)由题意知,要证 lnx 在1, + )上恒成立,2x-2x2+1即证明 x2ln x+lnx-2x+20 在1, + )上恒成立 .设 h(x)=x2ln x+lnx-2x+2,则 h(x)=2xln x+x+ -2.1x因为 x1,所以 2xln x0, x+ 2 =2(当且仅当 x=1时等

3、号成立),即 h(x)0,1x x1x所以 h(x)在1, + )上单调递增, h(x) h(1)=0,所以 g(x) f(x)在1, + )上恒成立 .(3)因为 01.ba由(2)知 ln ,整理得 ,ba2ba-2(ba)2+1 lnb-lnab-a 2aa2+b2所以当 0 .lnb-lnab-a 2aa2+b22方法技巧 利用导数证明不等式有以下方法: 证明 f(x)g(x),x( a,b),可以构造函数 F(x)=f(x)-g(x),若 F(x)0,则 F(x)在(a,b)上是增函数,同时若 F(a)0,由增函数的定义可知,当 x( a,b)时,有 F(x)0,即 f(x)g(x)

4、得证 .分类透析二 不等式恒成立或有解问题例 2 已知函数 f(x)= .1+lnxx(1)若函数 f(x)在区间 上存在极值,求实数 a的取值范围;(a,a+12)(2)如果当 x1 时,不等式 f(x) 恒成立,求实数 k的取值范围 .kx+1分析 不等式恒成立问题,通常可以利用函数的单调性求出函数最值,然后解决 .解答相应的参数不等式问题,如果易分离参数,可先分离变量,构造函数,直接转化为函数的最值问题,避免参数的讨论 .解析 (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

5、递增;当 x(1, + )时, f(x)0,3所以 g(x)为单调增函数,所以 g(x) g(1)=2,故 k2,即实数 k的取值范围是( - ,2.方法技巧 不等式恒成立问题的求解策略(1)已知不等式 f(x, )0( 为实参数)对任意的 x D恒成立,求参数 的取值范围 .利用导数解决此类问题可以利用分离参数法,其一般步骤如下:第一步:将原不等式 f(x, )0( x D, 为实参数)分离,使不等式的一边是参数,另一边不含参数,即化为 f1( ) f2(x)或 f1( ) f2(x)的形式;第二步,利用导数求出函数 f2(x)(x D)的最大(小)值;第三步,解不等式 f1( ) f2(x

6、)max或 f1( ) f2(x)min,从而求出参数 的取值范围 .(2)如果无法分离参数,可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解 .如果是二次不等式恒成立的问题,可以考虑利用二次项系数与判别式的方法( a0,1时, f(x)1,当 x(1, x0)时,恒有 f(x)k(x-1).分析 (1)求出函数 f(x)的导数 f(x),令 f(x)0(注意在函数 f(x)的定义域上),得函数 f(x)的单调递增区间;(2)构造函数,通过求导判断函数的单调性来证明不等式;(3)对k进行分类讨论,通过构造函数,利用求导来判断其单调性,从而得到参数 k的取值范围 .解析 (1)f(x)= -x+1= ,x

7、(0, + ).1x -x2+x+1x由 f(x)0得 解得 00,-x2+x+10, 1+ 52故 f(x)的单调递增区间是 .(0,1+ 52 )(2)令 F(x)=f(x)-(x-1),x(0, + ),则 F(x)= .1-x2x当 x(1, + )时, F(x)1时, F(x)1时, f(x)1,使得当 x(1, x0)时, f(x)k(x-1).4当 k1时,对于 x1,有 f(x)1,使得当 x(1, x0)时, f(x)k(x-1).当 k1.1-k+ (1-k)2+42当 x(1, x2)时, G(x)0,故 G(x)在1, x2)内单调递增 .从而当 x(1, x2)时,

8、G(x)G(1)=0,即 f(x)k(x-1),综上, k的取值范围是( - ,1).方法技巧 存在型不等式恒成立问题的求解策略“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系,即 f(x) g(a)对于 x D恒成立,应求 f(x)的最小值;若存在 x D,使得 f(x) g(a)成立,应求 f(x)的最大值 .特别需要关注等号是否成立问题,以免细节出错 .1.(2018年全国 卷,文 21改编)已知函数 f(x)=xex-alnx,曲线 y=f(x)在点(1, f(1)处的切线平行于 x轴 .(1)求 f(x)的单调区间;(2)证明:当 be 时, f(x) b(x2-2x+2).解析 (1

9、)因为 f(x)=(x+1)ex- ,x0,ax所以 f(1)=0,即 2e-a=0,解得 a=2e,所以 f(x)=(x+1)ex- .2ex显然 f(x)在(0, + )上单调递增,又 f(1)=0,故当 x(0,1)时, f(x)0.所以 f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1, + ).(2) 当 b0 时,由(1)知,当 x=1时, f(x)取得最小值,最小值为 e.又 b(x2-2x+2)的最大值为 b,5故 f(x) b(x2-2x+2). 当 00,2ex则 h(x)=(x+2)ex+ -2b.2ex2当 x(0,1时, -2b0,( x+2)ex0,2ex2所

10、以 h(x)0;当 x(1, + )时,( x+2)ex-2b0, 0,2ex2所以 h(x)0.所以当 x(0, + )时, h(x)0,故 h(x)在(0, + )上单调递增 .又 h(1)=0,所以当 x(0,1)时, g(x)0.所以 g(x)在(0,1)上单调递减,在(1, + )上单调递增 .所以当 x=1时, g(x)取得最小值,最小值为 g(1)=e-b0,所以 g(x)0,即 f(x) b(x2-2x+2).综上所述,当 be 时, f(x) b(x2-2x+2).2.(2016年全国 卷,文 21改编)设函数 f(x)= +2ln x.1x(1)讨论函数 f(x)的单调性;

11、(2)如果对任意的 x1,都有 f(x) ax,求 a的取值范围 .解析 (1)由题意得 f(x)的定义域为(0, + ),f(x)= ,2x-1x2所以当 0 时, f(x)0.12 12故函数 f(x)在 上单调递减,在 上单调递增 .(0,12) (12,+ )(2)当 x1 时, f(x) axa + ,2lnxx 1x26令 h(x)= + (x1),2lnxx 1x2则 h(x)= - = .2-2lnxx2 2x32(x-xlnx-1)x3令 m(x)=x-xlnx-1(x1),则 m(x)=-lnx.当 x1 时, m(x)0,所以 m(x)在1, + )上为减函数,所以 m(

12、x) m(1)=0,因此 h(x)0,所以 h(x)在1, + )上为减函数,所以当 x=1时, h(x)取得最大值,最大值为 h(1)=1,故 a1,即 a的取值范围是1, + ).3.(2016年四川卷,文 21改编)已知函数 f(x)=1- ,g(x)=x-lnx.证明:x-1ex(1)g(x)1 .(2)(x-lnx)f(x)1- .1e2解析 (1)由题意得 g(x)= (x0),x-1x当 01时, g(x)0.所以 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- ,得 f(x)= ,x-1ex x-2e

13、x所以当 02时, f(x)0.所以 f(x)在(0,2)上为减函数,在(2, + )上为增函数 .所以 f(x) f(2)=1- (当且仅当 x=2时取等号) . 1e2又由(1)知 x-lnx1(当且仅当 x=1时取等号), 且 等号不同时取得,所以( x-lnx)f(x)1- .1e21.(广东省 2018届高三第一次模拟)已知函数 f(x)=ex-x2-ax.(1)证明:当 a2 -2ln 2时,函数 f(x)在 R上是单调函数 .(2)当 x0时, f(x)1 -x恒成立,求实数 a的取值范围 .解析 (1)f (x)=ex-x2-ax,7f (x)=ex-2x-a.令 g(x)=e

14、x-2x-a,则 g(x)=ex-2,则当 x( - ,ln 2)时, g(x)0,g(x)单调递增 . 函数 g(x)在 x=ln 2处取得最小值,且最小值为 g(ln 2)=2-2ln 2-a0,f (x)0 在 R上恒成立,当且仅当 a=2-2ln 2,x=ln 2时等号成立 .f (x)在 R上是单调递增函数 .(2)由题意得当 x0时,e x-x2-ax1 -x恒成立, 当 x0时, a -x- +1恒成立 .exx 1x令 h(x)= -x- +1(x0),exx 1x则 h(x)= = .ex(x-1)-x2+1x2 (x-1)(ex-x-1)x2令 (x)=ex-x-1(x0)

15、,则 (x)=ex-10.x (0, + )时, (x)单调递增, (x) (0)=0,即 ex-x-10. 当 x(0,1)时, h(x)0,h(x)单调递增 . 当 x=1时, h(x)取得最小值,且 h(x)min=h(1)=e-1,a e -1.故实数 a的取值范围为( - ,e-1.2.(海南省 2018届高三阶段性测试二模)已知函数 f(x)= , g(x)=lnx+1.exx(1)求函数 f(x)的单调区间;(2)证明: x3f(x)g(x).解析 (1)由题易知 f(x)= .(x-1)exx2当 x( - ,0)(0,1)时, f(x)0,所以 f(x)的单调递减区间为( -

16、 ,0)和(0,1),单调递增区间为(1, + ).(2)g(x)的定义域为(0, + ),要证 x3f(x)g(x),即证 .exxlnx+1x38由(1)可知 f(x)在(0,1)上单调递减,在(1, + )上单调递增,所以 f(x) f(1)=e.设 h(x)= ,x0,则 h(x)= .lnx+1x3 -2-3lnxx4当 x(0, )时, h(x)0;当 x( ,+ )时, h(x) ,所以 x3f(x)g(x).e233.(东北三省三校 2018届高三第二次模拟考试)已知定义域为(0, + )的函数 f(x)=(x-m)ex(常数 mR) .(1)若 m=2,判断函数 f(x)的单

17、调性 .(2)若 f(x)+m+10恒成立,求实数 m的最大整数值 .解析 (1)当 m=2时, f(x)=(x-2)ex(x(0, + ),f (x)=(x-1)ex.令 f(x)0,得 x1,令 f(x)0对于 x(0, + )恒成立,即 f(x)-m-1对于 x(0, + )恒成立,由函数的解析式可得 f(x)=exx-(m-1),分类讨论: 当 m1 时, f(x)0,f(x)在(0, + )上为增函数,f (x)f(0)=-m,显然 f(x)-m-1对于 x(0, + )恒成立,故 m1 . 当 m1时,令 f(x)0,得 xm-1,令 f(x)-m-1,即 em-1-m-11),则

18、 g(m)=em-1-10(m1),g (m)在(1, + )上单调递增 .而 mZ, g(2)=e-30, 在(1, + )上存在唯一 m0使得 g(m0)=0,且 20,对于 x(0, + )恒成立,则实数 m的最大整数值为 2.4.(2017安徽马鞍山二模)已知函数 f(x)=alnx+ x2- .12 12(1)若曲线 y=f(x)上任意一点处的切线斜率不小于 3,求 a的最小值;(2)当 a=1,kR 时,若 g(x)=f(x)-2kx有两个极值点 x1,x2,且 x10,所以切线斜率 f(x)= +x2 ,当且仅当 x= 时取得等号,所以 2ax a a3,即 a ,所以 a的最小

19、值为 .a94 94(2)g(x)=f(x)-2kx=lnx+ x2-2kx- (x0),12 12g(x)= +x-2k.1x当 k1 时, g(x)= +x-2k2 -2k=2-2k0,函数 g(x)在(0, + )上单调递增,无极1x 1xx值 .当 k1时, g(x)= +x-2k= .1x x2-2kx+1x由 g(x)=0,得 x2-2kx+1=0,= 4(k2-1)0.设两个根为 x1,x2,则 x1+x2=2k,x1x2=1,其中 01).x22232构造函数 h(x)=lnx- - (x1),h(x)= -x0,x2232 1x所以 h(x)在(1, + )上单调递减,且 h(1)=-2.故 g(x2)-2.10