2019版二轮复习数学（理·重点生）通用版讲义：第一部分专题四第一课时“导数与不等式”考法面面观

专题四 导数的综合应用




卷Ⅰ
卷Ⅱ
卷Ⅲ
2018
利用导数的单调性证明不等式·T21(2)
根据函数的极值求参数、不等式的证明·T21
导数在不等式的证明、由函数的极值点求参数·T21
2017
利用导数研究函数的零点问题·T21(2)
函数的单调性、极值、零点问题、不等式的证明·T21
由不等式恒成立求参数、不等式放缩·T21
2016
函数的零点、不等式的证明·T21
函数单调性的判断、不等式的证明及值域问题·T21
函数的最值、不等式的证明·T21
纵向
把握
趋势
导数的综合问题是每年的必考内容且难度大．主要涉及函数的单调性、极值、零点、不等式的证明．预计2019年会考查用分类讨论研究函数的单调性以及函数的零点问题
导数的综合问题是每年的必考内容，涉及函数的极值、最值、单调性、零点问题及不等式的证明，且近3年均考查了不等式的证明．预计2019年仍会考查不等式的证明，同时要重点关注会讨论函数的单调性及零点问题
导数的综合问题是每年的必考内容，涉及函数的最值、零点、不等式的恒成立及不等式的证明问题，其中不等式的证明连续3年均有考查，应引起关注．预计2019年仍会考查不等式的证明，同时考查函数的最值或零点问题
横向
把握
重点
导数日益成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题，是高考的热点和难点．
解答题的热点题型有：
(1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值；(2)利用导数证明不等式或探讨方程根；
(3)利用导数求解参数的范围或值.

第一课时　“导数与不等式”考法面面观

[考法一　不等式的证明问题]
题型·策略(一)

　　　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；
(2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.
[破题思路]
第(1)问
求什么
想什么
求f (x)的单调区间与极值，想到求导函数f ′(x)，然后利用不等式f ′(x)>0及f ′(x)x2－2ax＋1(a>ln 2－1，x>0)成立，想到证明ex－x2＋2ax－1>0成立
给什么
用什么
通过对第(1)问的研究，求得f (x)＝ex－2x＋2a的单调性与极值，仔细观察，可发现(ex－x2＋2ax－1)′＝ex－2x＋2a
差什么
找什么
需要研究函数g(x)＝ex－x2＋2ax－1的单调性或最值，利用导数研究即可

[规范解答]
(1)由f (x)＝ex－2x＋2a(x∈R)，知f ′(x)＝ex－2.令f ′(x)＝0，得x＝ln 2.
当x0，故函数f (x)在区间(ln 2，＋∞)上单调递增．
所以f (x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f (x)在x＝ln 2处取得极小值f (ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a，无极大值．
(2)证明：要证当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1，即证当a>ln 2－1且x>0时，ex－x2＋2ax－1>0.
设g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x≥0)．
则g′(x)＝ex－2x＋2a，由(1)知g′(x)min＝g′(ln 2)＝2－2ln 2＋2a.
又a>ln 2－1，则g′(x)min>0.
于是对∀x∈R，都有g′(x)>0，
所以g(x)在R上单调递增．
于是对∀x>0，都有g(x)>g(0)＝0.
即ex－x2＋2ax－1>0，
故ex>x2－2ax＋1.
[题后悟通]　

思路
受阻
分析
本题属于导数综合应用中较容易的问题，解决本题第(2)问时，易忽视与第(1)问的联系，导函数g′(x)＝ex－2x＋2a的单调性已证，可直接用，若意识不到这一点，再判断g′(x)的单调性，则造成解题过程繁琐，进而造成思维受阻或解题失误
技法
关键
点拨
利用单调性证明单变量不等式的方法
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．已知函数f (x)＝xln x，g(x)＝λ(x2－1)(λ为常数)．
(1)若曲线y＝f (x)与曲线y＝g(x)在x＝1处有相同的切线，求实数λ的值；
(2)若λ＝，且x≥1，证明：f (x)≤g(x)．
解：(1)f ′(x)＝ln x＋1，g′(x)＝2λx，则f ′(1)＝1，
从而g′(1)＝2λ＝1，即λ＝.
(2)证明：设函数h(x)＝xln x－(x2－1)，
则h′(x)＝ln x＋1－x.
设p(x)＝ln x＋1－x，从而p′(x)＝－1≤0对任意x∈[1，＋∞)恒成立，
所以当x∈[1，＋∞)时，p(x)＝ln x＋1－x≤p(1)＝0，
即h′(x)≤0，
因此函数h(x)＝xln x－(x2－1)在[1，＋∞)上单调递减，
即h(x)≤h(1)＝0，
所以当λ＝，且x≥1时，f (x)≤g(x)成立．

题型·策略(二)
　已知函数f (x)＝aex－bln x，曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为y＝x＋1.
(1)求a，b；
(2)证明：f (x)>0.
[破题思路]
第(1)问
求什么想什么
求a，b的值，想到建立关于a，b的方程组
给什么用什么
题目条件中给出函数f (x)在点(1，f (1))处的切线方程，可据此建立关于a，b的方程组

第(2)问
求什么想什么
要证f (x)>0，想到f (x)的最小值大于0
差什么找什么
需求f (x)的最小值，因此只要利用导数研究函数f (x)的单调性即可

[规范解答]
(1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)．
f ′(x)＝aex－，由题意得f (1)＝，f ′(1)＝－1，
所以解得
(2)证明：由(1)知f (x)＝·ex－ln x(x>0)．
因为f ′(x)＝ex－2－在(0，＋∞)上单调递增，又f ′(1)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，
从而当x＝x0时，f (x)取极小值，也是最小值．
由f ′(x0)＝0，得ex0－2＝，
则x0－2＝－ln x0.
故f (x)≥f (x0)＝e x0－2－ln x0＝＋x0－2>2 －2＝0，所以f (x)>0.
[题后悟通]　

思路
受阻
分析
本题属于隐零点问题．解决第(2)问时，常因以下两个原因造成思维受阻，无法正常解题．
(1)f ′(x)＝0在(0，＋∞)上有解，但无法解出；
(2)设出f ′(x)＝0的零点x0，即f (x)的最小值为f (x0)，但是不能将函数f (x0)转化成可求最值的式子，从而无法将问题解决．
当遇到既含有指数式，又含有对数式的代数式需判断其符号时，常需应用这种技巧，把含有指数式与对数式的代数式转化为不含有指数式与对数式的代数式，从而可轻松判断其符号
技法
关键
点拨
利用最值证明单变量不等式的技巧
利用最值证明单变量的不等式的常见形式是f (x)>g(x)．证明技巧：先将不等式f (x)>g(x)移项，即构造函数h(x)＝f (x)－g(x)，转化为证不等式h(x)>0，再次转化为证明h(x)min>0，因此，只需在所给的区间内，判断h′(x)的符号，从而判断其单调性，并求出函数h(x)的最小值，即可得证

[对点训练]
2．已知函数f (x)＝.
(1)若f (x)在区间(－∞，2]上为单调递增函数，求实数a的取值范围；
(2)若a＝0，x0＜1，设直线y＝g(x)为函数f(x)的图象在x＝x0处的切线，求证：f (x)≤g(x)．
解：(1)易得f ′(x)＝－，
由题意知f ′(x)≥0对x∈(－∞，2]恒成立，
故x≤1－a对x∈(－∞，2]恒成立，
∴1－a≥2，∴a≤－1.
故实数a的取值范围为(－∞，－1]．
(2)证明：若a＝0，则f (x)＝.
函数f (x)的图象在x＝x0处的切线方程为y＝g(x)＝f ′(x0)(x－x0)＋f (x0)．
令h(x)＝f (x)－g(x)＝f (x)－f ′(x0)(x－x0)－f (x0)，x∈R，
则h′(x)＝f ′(x)－f ′(x0)
＝－
＝.
设φ(x)＝(1－x)ex0－(1－x0)ex，x∈R，
则φ′(x)＝－ex0－(1－x0)ex.
∵x0＜1，
∴φ′(x)＜0，
∴φ(x)在R上单调递减，而φ(x0)＝0，
∴当x＜x0时，φ(x)＞0，当x＞x0时，φ(x)＜0，
∴当x＜x0时，h′(x)＞0，当x＞x0时，h′(x)＜0，
∴h(x)在区间(－∞，x0)上为增函数，在区间(x0，＋∞)上为减函数，
∴x∈R时，h(x)≤h(x0)＝0，
∴f (x)≤g(x)．

构造函数证明双变量函数不等式

　　　若b>a>0，求证：ln b－ln a>.
[破题思路]
证明：ln b－ln a>，想到如下思路：
(1)构造以a为主元的函数，利用导数求解．
(2)考虑到ln b－ln a＝ln ，＝，设t＝，化为只有一个因变量t的函数求解．
(3)原不等式右边可分开写，观察此式两边，发现其与f (x)＝ln x－有关，故先研究f (x)的单调性，从而得解．
[规范解答]
法一：主元法(学生用书不提供解题过程)
构造函数f (x)＝ln b－ln x－，
其中01)，构造函数f (t)＝ln t－，则f ′(t)＝＋＝＝.
∵t>1，∴t2－1>0，t2＋2t－1>12＋2－1>0，则f ′(t)>0，∴f (t)在(1，＋∞)上单调递增，故f (t)>f (1)＝0，即ln －>0，从而有ln b－ln a>.
法三：函数不等式的对称性(学生用书提供解题过程)
原不等式可化为ln b－>ln a－，
则构造函数f (x)＝ln x－(b≥x>a>0)，则f ′(x)＝－>－＝0，∴f (x)＝ln x－在(a，b)上单调递增，即f (b)>f (a)，则ln b－>ln a－，故ln b－ln a>.
[题后悟通]　

思路
受阻
分析
由于题目条件少，不能正确分析要证不等式的特点，并构造相应的函数将问题转化，从而导致无从下手解决问题
技法
关键
点拨
证明双变量函数不等式的常见思路
(1)将双变量中的一个看作变量，另一个看作常数，构造一个含参数的辅助函数证明不等式．
(2)整体换元．对于齐次式往往可将双变量整体换元，化为一元不等式．
(3)若双变量的函数不等式具有对称性，并且可以将两个变量分离开，分离之后的函数结构具有相似性，从而构造函数利用单调性证明

[对点训练]
3．(2019届高三·黄冈模拟)已知函数f (x)＝λln x－e－x(λ∈R)．
(1)若函数f (x)是单调函数，求λ的取值范围；
(2)求证：当01－，
只需证ln x1－ln x2>1－，
即证ln>1－，
令t＝，t∈(0,1)，则只需证ln t>1－，
令h(t)＝ln t＋－1，则h′(t)＝－＝，
当0－e1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e＝2.718…为自然对数的底数)．
解：(1)由题意，f ′(x)＝2ax－＝，x>0，
①当a≤0时，
2ax2－1≤0，f ′(x)≤0，f (x)在(0，＋∞)上单调递减．
②当a>0时，f ′(x)＝，
当x∈时，f ′(x)0.
故f (x)在上单调递减，在上单调递增．
综上所述，当a≤0时，f (x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f (x)在上单调递减，在上单调递增．
(2)原不等式等价于f (x)－＋e1－x>0在(1，＋∞)上恒成立．
一方面，令g(x)＝f (x)－＋e1－x＝ax2－ln x－＋e1－x－a，
只需g(x)在(1，＋∞)上恒大于0即可．
又g(1)＝0，故g′(x)在x＝1处必大于等于0.
令F(x)＝g′(x)＝2ax－＋－e1－x，
由g′(1)≥0，可得a≥.
另一方面，当a≥时，
F′(x)＝2a＋－＋e1－x≥1＋－＋e1－x＝＋e1－x，
因为x∈(1，＋∞)，故x3＋x－2>0.又e1－x>0，
故F′(x)在a≥时恒大于0.
所以当a≥时，F(x)在(1，＋∞)上单调递增．
所以F(x)>F(1)＝2a－1≥0，
故g(x)也在(1，＋∞)上单调递增．
所以g(x)>g(1)＝0，
即g(x)在(1，＋∞)上恒大于0.
综上所述，a≥.
故实数a的取值范围为.

题型·策略(二)
　　　已知函数f (x)＝x－aln x，g(x)＝－(a∈R)．若在[1，e]上存在一点x0，使得f (x0)0(a>0)，x∈[2,2e2]，所以函数g(x)在[2,2e2]上是增函数，所以g(x)min＝g(2)＝2－.
由2－≥，得a≤3，又a>0，所以a∈(0,3]，
所以实数a的取值范围为(0,3]．
[题后悟通]
(一)思路受阻分析
本题(2)中不会或不能准确地将已知条件“∀x1，x2∈[2,2e2]都有g(x1)≥f (x2)成立”进行转化，而导致无法求解此题．
(二)技法关键点拨
1．最值定位法解双参不等式恒成立问题的思路策略
(1)用最值定位法解双参不等式恒成立问题是指通过不等式两端的最值进行定位，转化为不等式两端函数的最值之间的不等式，列出参数所满足的不等式，从而求解参数的取值范围．
(2)有关两个函数在各自指定范围内的不等式恒成立问题，这里两个函数在指定范围内的自变量是没有关联的，这类不等式的恒成立问题就应该通过最值进行定位，对于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，不等式f (x1)≥g(x2)恒成立，等价于f (x)min(x∈[a，b])≥g(x)max(x∈[m，n])，列出参数所满足的不等式，便可求出参数的取值范围．
2．常见的双变量不等式恒成立问题的类型
(1)对于任意的x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f (x1)≤g(x2)⇔f (x1)max≤g(x2)max.
(2)对于任意的x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f (x1)≥g(x2)⇔f (x1)min≥g(x2)min.
(3)若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，使得f (x1)≤g(x2)⇔f (x1)min≤g(x2)min.
(4)若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，使得f (x1)≥g(x2)⇔f (x1)max≥g(x2)max.
(5)对于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f (x1)≤g(x2)⇔f (x1)max≤g(x2)min.
(6)对于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f (x1)≥g(x2)⇔f (x1)min≥g(x2)max.

[对点训练]
3．已知函数f (x)＝x－(a＋1)ln x－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex.
(1)当x∈[1，e]时，求f (x)的最小值；
(2)当a2a时，g(x)>g(2a)＝0，
即f (x)－f (2a)－a(x－2a)>0，
故>a.
2．已知函数f (x)＝xex＋2x＋aln x，曲线y＝f (x)在点P(1，f (1))处的切线与直线x＋2y－1＝0垂直．
(1)求实数a的值；
(2)求证：f (x)>x2＋2.
解：(1)因为f ′(x)＝(x＋1)ex＋2＋，
所以曲线y＝f (x)在点P(1，f (1))处的切线斜率k＝f ′(1)＝2e＋2＋a.
而直线x＋2y－1＝0的斜率为－，
由题意可得(2e＋2＋a)×＝－1，
解得a＝－2e.
(2)证明：由(1)知，f (x)＝xex＋2x－2eln x.
不等式f (x)>x2＋2可化为xex＋2x－2eln x－x2－2>0.
设g(x)＝xex＋2x－2eln x－x2－2，
则g′(x)＝(x＋1)ex＋2－－2x.
记h(x)＝(x＋1)ex＋2－－2x(x>0)，
则h′(x)＝(x＋2)ex＋－2，
因为x>0，所以x＋2>2，ex>1，故(x＋2)ex>2，
又>0，所以h′(x)＝(x＋2)ex＋－2>0，
所以函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又h(1)＝2e＋2－2e－2＝0，
所以当x∈(0,1)时，h(x)0，函数g(x)单调递增．
所以g(x)≥g(1)＝e＋2－2eln 1－1－2＝e－1，
显然e－1>0，
所以g(x)>0，即xex＋2x－2eln x>x2＋2，也就是f (x)>x2＋2.
3．(2018·武汉模拟)设函数f (x)＝(1＋x－x2)ex(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)当x≥0时，f (x)≤ax＋1＋2x2恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)f ′(x)＝(2－x－x2)ex＝－(x＋2)(x－1)ex.
当x1时，f ′(x)F(0)＝0，f (x)>ax＋1＋2x2有解，不满足题意．
综上，a的取值范围是[2，＋∞)．
4．(2018·南昌模拟)设函数f (x)＝2ln x－mx2＋1.
(1)讨论函数f (x)的单调性；
(2)当f (x)有极值时，若存在x0，使得f (x0)>m－1成立，求实数m的取值范围．
解：(1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝－2mx＝，
当m≤0时，f ′(x)>0，∴f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当m>0时，令f ′(x)>0，得0m－1成立，则f (x)max>m－1.
即－ln m>m－1，ln m＋m－10)，
∵g′(x)＝1＋>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0，∴00时，f ′(x)>0，所以函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当a0时，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当b＝2，a0时，f (x)＝－bln x＋xb，f ′(x)＝－＋bxb－1＝.
令f ′(x)0)，
则当m>0时，g′(m)＝em＋e－m－2>2－2＝0，
所以g(m)在(0，＋∞)上单调递增，故g(m)>g(0)＝0，所以f (e)>f ，从而f (x)max＝f (e)＝－b＋eb
所以－b＋eb≤e－1，即eb－b－e＋1≤0.
设φ(t)＝et－t－e＋1(t>0)，则φ′(t)＝et－1>0，
所以φ(t)在(0，＋∞)上单调递增．
又φ(1)＝0，所以eb－b－e＋1≤0的解集为(0,1]．
所以b的取值范围为(0,1]．
6．(2018·开封模拟)已知函数f (x)＝ax＋x2－xln a(a>0，a≠1)．
(1)当a＝e(e是自然对数的底数)时，求函数f (x)的单调区间；
(2)若存在x1，x2∈[－1,1]，使得|f (x1)－f (x2)|≥e－1，求实数a的取值范围．
解：(1)f ′(x)＝axln a＋2x－ln a＝2x＋(ax－1)ln a.
当a＝e时，f ′(x)＝2x＋ex－1，其在R上是增函数，
又f ′(0)＝0，∴f ′(x)>0的解集为(0，＋∞)，f ′(x)1时，ln a>0，y＝(ax－1)ln a在R上是增函数，
当0f (－1)；
当0