高考二轮复习数学通用版课件：第一部分 专题四 第一课时 “导数与不等式”考法面面观

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)构造函数，利用单调性证明单变量不等式 [例1] 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.
(2)若 λ＝12，且 x≥1，证明：f(x)≤g(x)． 解：证明：设函数h(x)＝xln x－12(x2－1)， 则h′(x)＝ln x＋1－x. 设p(x)＝ln x＋1－x，从而p′(x)＝1x－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－12(x2－1)在[1，＋∞)上单调递减， 即h(x)≤h(1)＝0， 所以当λ＝12，且x≥1时，f(x)≤g(x)成立．
[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； 解：f′(x)＝ln x＋1，g′(x)＝2λx，则 f′(1)＝1， 从而 g′(1)＝2λ＝1，即 λ＝12.
2ab－a > a2＋b2 .
法二：整体换元法(学生用书不提供解题过程)
令ba＝t(t>1)，构造函数 f(t)＝ln t－2t2t＋－11，则 f′(t)＝1t ＋
2t2t－2＋41t－2 2＝t4＋2tt3－t2＋2t21－22t＋1＝t2－1tt2t＋2＋122t－1.
题型·策略(二)构造函数，利用最值证明单变量不等式 [例2] 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＝1e－1x＋1. (1)求a，b； [破题思路]
第(1)问
求什么 想什么
给什么 用什么
求a，b的值，想到建立关于a，b的方程 组
∵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 ba－21＋ba－ba12
>0，从而有
ln
b－ln
2ab－a a> a2＋b2 .
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－a22＋abb2>ln a－a22＋a2b2， 则构造函数 f(x)＝ln x－a22＋axb2(b≥x>a>0)，则 f′(x)＝1x－ a22＋ab2>1b－22aab＝0，∴f(x)＝ln x－a22＋axb2在(a，b)上单调递增， 即 f(b)>f(a)，则 ln b－a22＋abb2>ln a－a22＋a2b2，故 ln b－ln a 2ab－a > a2＋b2 .
题型·策略三| 构造函数证明双变量函数不等式
[例3]
若
b>a>0，求证：ln
b－ln
2ab－a a> a2＋b2 .
[破题思路] 证明：ln b－ln a>2aa2＋b－b2a，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 ba，2aa2＋b－b2a＝21＋ba－ba12，设t＝ba，化 为只有一个因变量t的函数求解．
[规范解答] （1）由f(x)＝ex－2x＋2a(x∈R)，知f′(x)＝ex－2.令f′(x) ＝0)在区间(－∞，ln 2)上单 调递减； 当x>ln 2时，f′(x)>0，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．
＝－x2＋b22＋x2xb23＋－b42b22x－2bx2x
＝－b2－xx2xb22＋－bx22＋2 2bx.
∵0<x<b，∴f′(x)＝－
b2－x2b2－x2＋2bx xx2＋b22
<0，则函数f(x)
在(0，b)上单调递减，而b>a>0，故f(a)>f(b)＝0，即ln b－ln a
[题后悟通]
思路 受阻 分析
技法 关键 点拨
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
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
所以aaee＝ －1be，＝1e－1，
解得a＝e12， b＝1.
(2)证明：由(1)知 f(x)＝e12·ex－ln x(x>0)．
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．
[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)<0求单调区间 并确定极值
给什么 已知条件给出f(x)的解析式，可直接用求导公式 用什么 求导
第(2)问
求什么 想什么
给什么 用什么
差什么 找什么
证明ex>x2－2ax＋1(a>ln 2－1，x>0)成立，想 到证明ex－x2＋2ax－1>0成立 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 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
（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.
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)．
由 f′(x0)＝0，得 e x0－2＝x10， 则 x0－2＝－ln x0.
故 f(x)≥f(x0)＝ex0－2－ln x0＝x10＋x0－2>2
x10·x0－2＝0，所以
f(x)>0.
[题后悟通]
思路 受阻 分析
技法 关键 点拨
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
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
(2)证明：f(x)>0.
第(2)问
求什么 想什么 差什么 找什么
要证f(x)>0，想到f(x)的最小值大于0
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－bx，由题意得 f(1)＝1e，f′(1)＝1e－1，
(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)． 证明：若 a＝0，则 f(x)＝exx. 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) ＝1－ex x－1－ex0x0 ＝1－xexex0－＋x01－x0ex.
(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
－a22＋axb2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)