高考数学 解题技巧精讲 提分必备 真题举例 专题六函数与导数第4讲函数导数与不等式课件30P-精品推荐

关键步
(1)(2)略 (3)证明：由题设 c＞1，设 g(x)＝1＋(c－1)x－cx， [关键 1：利用要证明的不等式直接构造函数] 则 g′(x)＝c－1－cxln c，令 g′(x)＝0，
c－1 解得 x0＝lnlnlncc . 当 x＜x0 时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当 x＞x0 时，
关键步
g′(x)＜0，g(x)单调递减．[关键 2：利用导数研究函数单调性、极值]
由(2)知
c－1 1＜ ln c ＜c，故
0＜x0＜1.[关键3：判断极值点所在的区间]
又 g(0)＝g(1)＝0，故当 0＜x＜1 时，g(x)＞0. 所以当 x∈(0，1)时，1＋(c－1)x＞cx.
[关键 4：利用函数单调性与极值点所在区间证得不等式]
高考解题技巧精讲
专题六 函数与导数 第4讲 函数、导数与不等式
数学
[做真题] (2018·高考全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝aex－ln x－1. (1)设 x＝2 是 f(x)的极值点，求 a，并求 f(x)的单调区间； (2)证明：当 a≥1e时， f(x)≥0.
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1x. 由题设知，f′(2)＝0，所以 a＝21e2. 从而 f(x)＝21e2ex－ln x－1，f′(x)＝21e2ex－1x. 当 0<x<2 时，f′(x)<0；当 x>2 时，f′(x)>0. 所以 f(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增． 即 f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．
(2)证明：记 h(x)＝f(x)＋g(x)π2 －x，依题意及(1)，有 g(x)＝ex(cos x－sin x)，从而 g′(x)＝－2exsin x．当 x∈π4 ，π2 时，g′(x)<0，故 h′(x)＝f′(x)＋g′(x)π2 －x＋g(x)(－ 1)＝g′(x)π2 －x<0. 因此，h(x)在区间π4 ，π2 上单调递减，进而 h(x)≥hπ2 ＝fπ2 ＝0. 所以当 x∈π4 ，π2 时，f(x)＋g(x)π2 －x≥0.
[明考情] 在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以指数函数、 对数函数为载体考查比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题．
导数方法证明不等式 构造函数证明不等式：构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据 所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常 见的构造方法有：(1)直接构造法：证明不等式 f(x)>g(x)(f(x)<g(x))转化成为证明 f(x) －g(x)>0(f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数 h(x)＝f(x)－g(x)；(2)适当放缩构造法： 一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，即 ln x≤x－1，ex≥x＋1，
②当 a≥2，即 0<2a≤1 时，f′(x)＝2－2xax＝－a（x2－x 2a）<0 在(1，＋∞)上恒成立， 所以 f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以当 x>1 时，f(x)<f(1)＝0，所以 a≥2 满足题 意． ③当 0<a<2，即2a>1 时，由 f′(x)>0，结合 x>1 可得 1<x<2a，由 f′(x)<0，可得 x>2a， 所以 f(x)在(1，2a)上单调递增，在(2a，＋∞)上单调递减，所以 f(2a)>f(1)＝0， 所以 0<a<2 不合题意． 综上所述，实数 a 的取值范围是[2，＋∞)．
[对点训练] 已知函数 f(x)＝mex－ln x－1.若 m∈(1，＋∞)，求证：f(x)>1.
证明：当 m>1 时，f(x)＝mex－ln x－1>ex－ln x－1， 要证明 f(x)>1，只需证明 ex－ln x－2≥0， 设 g(x)＝ex－ln x－2，则 g′(x)＝ex－1x(x>0)， 设 h(x)＝ex－1x(x>0)，则 h′(x)＝ex＋x12>0， 所以函数 h(x)＝g′(x)＝ex－1x在(0，＋∞)上单调递增， 因为 g′(12)＝e12－2<0，g′(1)＝e－1>0，
[典型例题] (2019·江西省五校协作体试题)已知函数 f(x)＝ln x－12a(x－1)(a∈R)． (1)若 a＝－2，求曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若不等式 f(x)<0 对任意的 x∈(1，＋∞)恒成பைடு நூலகம்，求实数 a 的取值范围．
【解】 (1)若 a＝－2，则 f(x)＝ln x＋x－1，f′(x)＝1x＋1， 所以切点为(1，0)，切线的斜率 k＝f′(1)＝2. 所以若 a＝－2，曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为 y＝2x－2. (2)因为 f(x)＝ln x－12a(x－1)，所以 f′(x)＝1x－a2＝2－2xax， ①当 a≤0 时，f′(x)>0，所以 f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以当 x>1 时，f(x)>f(1) ＝0， 所以 a≤0 不合题意．
(2)证明：当 a≥1e时，f(x)≥eex－ln x－1. 设 g(x)＝eex－ln x－1，则 g′(x)＝eex－1x. 当 0<x<1 时，g′(x)<0；当 x>1 时，g′(x)>0.所以 x＝1 是 g(x)的最小值点． 故当 x>0 时，g(x)≥g(1)＝0. 因此，当 a≥1e时，f(x)≥0.
案例 【直接构造法】 (2016·高考全国卷Ⅲ)设函数 f(x)＝ln x－x＋1. (1)讨论 f(x)的单调性；
x－1 (2)证明：当 x∈(1，＋∞)时，1＜ ln x ＜x； (3)设 c＞1，证明：当 x∈(0，1)时，1＋(c－1)x＞cx.
案例 【适当放缩构造法】
ax2＋x－1 (2018·高考全国卷Ⅲ)已知函数 f(x)＝ ex . (1)求曲线 y＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程； (2)证明：当 a≥1 时， f(x)＋e≥0.
关键步
(1)略 (2)由(1)知，当 a≤0 时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；当 a＞0 时，f(x)在 x＝1a处取得最大值，最大 值为 f1a＝ln1a＋a1－1a＝－ln a＋a－1. [关键 1：利用函数特点直接分类讨论，得函数最值] 因此 f1a＞2a－2 等价于 ln a＋a－1＜0. 令 g(a)＝ln a＋a－1，[关键2：根据不等式直接构造函数] 则 g(a)在(0，＋∞)上单调递增，又 g(1)＝0. 于是，当 0＜a＜1 时，g(a)＜0；当 a＞1 时，g(a)＞0.[关键 3：利用函数单调性、最值得到参数范 围] 因此，a 的取值范围是(0，1).
根据不等式确定参数范围 一般地，若 a>f(x)对 x∈D 恒成立，则只需 a>f(x)max；若 a<f(x)对 x∈D 恒成立， 则只需 a<f(x)min.若存在 x0∈D，使 a>f(x0)成立，则只需 a>f(x)min；若存在 x0∈D， 使 a<f(x0)成立，则只需 a<f(x0)max.由此构造不等式，求解参数的取值范围． 分类讨论法 常见有两种情况：一种先利用综合法，结合导函数的零点之间的大小 关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得 到最值，构造不等式求解；另外一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负 的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数.
案例 【结合导函数的零点分类讨论】 (2016·高考全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)． (1)当 a＝4 时，求曲线 y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)若当 x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0，求 a 的取值范围． (2015·高考全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)＝ln x＋a(1－x)． (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 f(x)有最大值，且最大值大于 2a－2 时，求 a 的取值范围.
关键步
(1)略 a（x－1）
(2)当 x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0 等价于 ln x－ x＋1 ＞0. a（x－1）
设 g(x)＝ln x－ x＋1 ，[关键 1：对条件进行恒等变形，直接构造函数] 则 g′(x)＝1x－（x＋2a1）2＝x2＋x2（（x1＋－1a））2x＋1，g(1)＝0. [关键2：利用导函数确定分类标准] (ⅰ)当 a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故 g′(x)＞0，g(x) 在(1，＋∞)上单调递增，因此 g(x)＞0；
关键步 (1)略 (2)证明：当 a≥1 时，f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x. [关键 1：根据条件将 f(x)＋e 放缩，将 a 代换掉] 令 g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，[关键2：利用不等式右边构造函数] 则 g′(x)＝2x＋1＋ex＋1. 当 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)≥g(－1)＝0.因此 f(x)＋e≥0. [关键 3：利用导数研究函数单调性、极值、最值，证得不等式]
(1)证明不等式的基本方法 ①利用单调性：若 f(x)在[a，b]上是增函数，则(ⅰ)∀x∈[a，b]，有 f(a)≤f(x)≤f(b)， (ⅱ)∀x1，x2∈[a，b]，且 x1<x2，有 f(x1)<f(x2)．对于减函数有类似结论． ②利用最值：若 f(x)在某个范围 D 内有最大值 M(或最小值 m)，则∀x∈D，有 f(x)≤M(或 f(x)≥m)． (2)证明 f(x)<g(x)，可构造函数 F(x)＝f(x)－g(x)，证明 F(x)<0.
ln x<x<ex(x>0)，x＋x 1≤ln(x＋1)≤x(x>－1)；(3)构造“形似”函数：稍作变形再构 造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是 相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；(4)构造双函数：若直接 构造函数求导，难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点 都不易获得，则可构造 f(x)和 g(x) ，利用其最值求解．