第三章高考专题突破一

大一轮复习讲义第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证明不等式题型一多维探究命题点1构造函数法例1

(2020·赣州模拟)已知函数

若曲线y＝f

(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直.(1)求a，b的值；因为曲线y＝f

(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直，所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，所以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，解得a＝－1，b＝－1.所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以当x≥1时，h(x)≥h(1)＝0，命题点2分拆函数法例2

(2019·福州期末)已知函数

f

(x)＝elnx－ax(a∈R).(1)讨论

f

(x)的单调性；①若a≤0，则f′(x)>0，f

(x)在(0，＋∞)上单调递增；所以当0<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)min＝g(1)＝－e，综上，当x>0时，f

(x)≤g(x)，证明因为x>0，当a＝e时，由(1)知，f

(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.所以f

(x)max＝f

(1)＝－e，(2)当a＝e时，证明：xf

(x)－ex＋2ex≤0.(1)利用导数证明不等式的基本思路是依据函数的单调性，求得函数的最值，然后由

f

(x)≤f

(x)max或

f

(x)≥f

(x)min证得不等式.(2)证明f

(x)>g(x)，可以构造函数h(x)＝f

(x)－g(x)，然后利用h(x)的最值证明不等式.(3)若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形分拆，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目的.思维升华SIWEISHENGHUA跟踪训练1

(1)设函数

f

(x)＝lnx－x＋1.①讨论

f

(x)的单调性；解由题设知，f

(x)的定义域为(0，＋∞)，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.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，lnx<x－1.证明函数f

(x)的定义域为(0，＋∞).设函数g(x)＝xlnx，则g′(x)＝1＋lnx，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，所以当x>0时，g(x)>h(x)，即f

(x)>1.不等式恒成立或有解问题题型二师生共研解函数的定义域为(0，＋∞)，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].引申探究本例中(2)若改为：∃x∈[1，e]，使不等式

f

(x)≥成立，求实数k的取值范围.由本例(2)解题知，g(x)为单调增函数，利用导数解决不等式的恒成立或有解问题的策略(1)构造函数，利用导数求出最值，进而求出参数的取值范围.(2)分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.思维升华SIWEISHENGHUA跟踪训练2

已知函数

f

(x)＝ex－1－x－ax2.(1)当a＝0时，求证：f

(x)≥0；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)当x≥0时，若不等式

f

(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.解f′(x)＝ex－1－2ax，令h(x)＝ex－1－2ax，则h′(x)＝ex－2a.①当2a≤1，即a≤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≤时满足条件.②当2a>1，即a>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.近几年高考中的导数问题常以ex，lnx组合的函数为基础来命制，将基本初等函数与导数相结合，研究函数的性质，下面介绍解决这类问题的几种策略.含ex,lnx函数或不等式的解题策略拓展视野一、函数零点设而不求例1

证明：ex－lnx>2.∴f′(x)在(0，＋∞)上是增函数，∴在(0，x0)上f

(x)单调递减，在(x0，＋∞)上f

(x)单调递增，∴f

(x)在x＝x0处有极小值，也是最小值.故f

(x)>2，即ex－lnx>2.二、分离lnx与ex例2

(2019·长沙三校统考)已知函数

f

(x)＝ax2－xlnx.(1)若函数

f

(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；解由题意知，f′(x)＝2ax－lnx－1.因为函数f

(x)在(0，＋∞)上单调递增，易知g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则g(x)max＝g(1)＝1，再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，易知φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.故原不等式成立.三、借助ex≥x＋1和lnx≤x－1进行放缩例3

(2019·长春质检)已知函数

f

(x)＝ex－a.(1)若函数

f\(x)的图象与直线l：y＝x－1相切，求a的值；解f′(x)＝ex，因为函数f

(x)的图象与直线y＝x－1相切，所以令f′(x)＝1，即ex＝1，得x＝0，即f

(0)＝－1，解得a＝2.(2)若

f

(x)－lnx>0恒成立，求整数a的最大值.解先证明ex≥x＋1，设F(x)＝ex－x－1，则F′(x)＝ex－1，令F′(x)＝0，则x＝0，当x∈(0，＋∞)时，F′(x)>0，当x∈(－∞，0)时，F′(x)<0，所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，所以F(x)min＝F(0)＝0，即F(x)≥0恒成立，即ex≥x＋1，即ex－2≥x－1，当且仅当x＝0时等号成立，同理可得lnx≤x－1，当且仅当x＝1时等号成立，所以ex－2>lnx，当a≤2时，lnx<ex－2≤ex－a，即当a≤2时，f

(x)－lnx>0恒成立.当a≥3时，存在x＝1，使ex－a<lnx，即ex－a>lnx不恒成立.综上，整数a的最大值为2.基础保分练1.已知函数

f

(x)＝lnx＋x，g(x)＝x·ex－1，求证：f

(x)≤g(x).12345课时精练证明令F(x)＝f

(x)－g(x)＝lnx＋x－xex＋1(x>0)，12345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.12345∴F(x0)＝0，即F(x)≤0，∴f

(x)≤g(x).12345解由f

(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝ex－2，x∈R，令f′(x)＝0，得x＝ln2.于是当x变化时，f′(x)，f

(x)的变化情况如下表：2.(2020·沧州七校联考)设a为实数，函数

f

(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求

f

(x)的单调区间与极值；故

f

(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞).f

(x)在x＝ln2处取得极小值，极小值

f

(ln2)＝2(1－ln2＋a).无极大值.x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)－0＋f

(x)↘2(1－ln2＋a)↗12345证明设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a>ln2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln2)＝2(1－ln2＋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a>ln2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0).又g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.(2)求证：当a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.3.(2017·全国Ⅲ)已知函数

f

(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x.(1)讨论

f

(x)的单调性；解f

(x)的定义域为(0，＋∞)，若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，故

f

(x)在(0，＋∞)上单调递增.123451234512345当x∈(0,1)时，g′(x)>0；12345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x>0时，g(x)≤0.12345技能提升练4.已知函数

f

(x)＝alnx＋

，曲线y＝f

(x)在点(1，f

(1))处的切线方程为y＝2.(1)求a，b的值；由曲线y＝f

(x)在点(1，f

(1))处的切线方程为y＝2，可得f

(1)＝2b＝2，f′(1)＝a－b＝0，解得a＝b＝1.1234512345可得g(x)在(0，＋∞)上单调递增，12345123455.已知函数f

(x