【高考数学秒杀系列-导数秒杀】专题3 常用的导数放缩技巧(原卷及答案)-高考数学二轮复习
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第3讲 常用的导数放缩技巧
知识与方法
第一组: 对数放缩
(放缩成一次函数) ln 1,ln ,ln(1),ln x x x x x x x x -<+<;(放缩成双次函数)
1111
ln (1),ln (01),ln 1),ln
22x x x x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫<
->>-<<<>> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
1)x
<<; (放缩成二次函数)
22211
ln ,ln(1)(10),ln(1)(0)22
x x x x x x x x x x x -+-
-<<+->; (放缩成类反比例函数) 12(1)
ln 1,ln(1),ln (01)11
x x x x x x x x x --+<<<++. 第二组: 指数放缩 (放缩成一次函数) e
1,e ,e e x
x x x x x +>;
(放缩成类反比例函数) 11
e (0),e (0)1x
x x x x x <-<-; (放缩成二次函数) 223111
e
1(0),e 1226
x
x x x x x x x ++
>+++. 第三组: 以直线 1y x =- 为切线的函数
121
ln ,e 1,,1,ln x y x y y x x y y x x x
-==-=-=-=.
以上公式较多且繁杂, 我们记住基础的、最常见的即可, 其他可以根据最基础的不等式推导. 常用不等式 11:e 11ln 1x
x x x x x
+>>--
. 常用不等式1
2:e
e ,ln e
x
x x x (非常具有对称美感)
证明: e 1x
x +
构造
()e (1)()e 1x x f x x f x =-+'=-
(,0)()0()x f x f x ∈-∞'<单调递减
(0,)()0()x f x f x ∈+∞'>
单调递加 ∴0
()(0)e (01)0f x f =-+= ∴e 1x
x +
证明: 1ln x x - 构
造
1()1ln ()1f x x xf x x
=--'=-
(0,1)()0()
x f x f x ∈'<单调递减
(1,)()0()x f x f x ∈+∞'>单调递加∴()(1)11ln10f x f =--= 1ln x x ∴-
证明: 1ln 1x x
-
构造221111()ln 1()x f x x f x x x x x
-⎛⎫=--
'=-= ⎪⎝
⎭ (0,1)()0()x f x f x ∈'< 单调递减(1,)()0()x f x f x ∈+∞'>单调递加()(1)0(11)0f x f =--=
1
ln 1x x
∴-
证明: e
e x
x
构造()e e ()e e x
x
f x xf x =-'=-
(,1)()0()x f x f x ∈-∞'<,,单调递减(1,)()0()x f x f x ∈+∞'>,, 单调递加1()(1)e 0f x f e ∴=-=
∴e
e x
x
证明:
1
ln x x e
构造111
()ln ()f x x xf x e e x
=
-'=- (0,)()0()x e f x f x ∈'<单调递减 (,)()0()x e f x f x ∈+∞'>,,单调递加 ∴()()110f x f e =-= 1
ln x x e
∴ 典型例题
【例1】已知函数1
()e
x f x x =+, 若对于任意的,()x f x ax ∈>R 恒成立, 则实数a 的取值范围是 ( ) A. (,1e]-∞- B. (1,)+∞
C. (1e,1]-
D. (,1e](1,)-∞-⋃+∞
【例2】已知对于任意的1x <, 有不等式ln(1)x ax a -+恒成立, 则实数a 的取值范围?
【例3】已知函数()e ln()x
f x x m =-+.
(1) 设0x =是()f x 的极值点, 求m 并讨论()f x 的单调性; (2) 当2m 时, 证明:()0f x >.
【例4】已知函数()e ln 1x
f x a x =--.
(1)设2x =是()f x 的极值点, 求a 的值,并求()f x 的单调区间; (2)证明: 当1
e
a
时, ()0f x .
强化训练
1. 已知函数e ()ln e
x
m f x x =-.
(1) 设1x =是函数()f x 的极值点, 求m 的值并讨论()f x 的单调性; (2) 当2m 时, 证明: ()0f x >.
2. 设函数1
e ()e ln x x
b f x a x x
-=+, 曲线()y f x =在点(1,(1))f 处得切线方程为
e(1)2y x =-+.
(1) 求a 、b ; (2) 证明: ()1f x >.
第3讲 常用的导数放缩技巧
知识与方法
第一组: 对数放缩
(放缩成一次函数) ln 1,ln ,ln(1),ln x x x x x x x x -<+<;(放缩成双次函数)
1111
ln (1),ln (01),ln 1),ln
22x x x x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫<
->>-<<<>> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
1)x
<<; (放缩成二次函数)
22211
ln ,ln(1)(10),ln(1)(0)22
x x x x x x x x x x x -+-
-<<+->; (放缩成类反比例函数) 12(1)
ln 1,ln(1),ln (01)11
x x x x x x x x x --+<<<++. 第二组: 指数放缩 (放缩成一次函数) e
1,e ,e e x
x x x x x +>;
(放缩成类反比例函数) 11
e (0),e (0)1x
x x x x x <-<-; (放缩成二次函数) 223111
e
1(0),e 1226
x
x x x x x x x ++
>+++. 第三组: 以直线 1y x =- 为切线的函数
121
ln ,e 1,,1,ln x y x y y x x y y x x x
-==-=-=-=.
以上公式较多且繁杂, 我们记住基础的、最常见的即可, 其他可以根据最基础的不等式推导. 常用不等式 11:e 11ln 1x
x x x x x
+>>--
. 常用不等式1
2:e
e ,ln e
x
x x x (非常具有对称美感)
证明: e 1x
x +
构造
()e (1)()e 1x x f x x f x =-+'=-
(,0)()0()x f x f x ∈-∞'<单调递减
(0,)()0()x f x f x ∈+∞'>
单调递加 ∴0
()(0)e (01)0f x f =-+= ∴e 1x
x +
证明: 1ln x x - 构
造
1()1ln ()1f x x xf x x
=--'=-
(0,1)()0()
x f x f x ∈'<单调递减
(1,)()0()x f x f x ∈+∞'>单调递加∴()(1)11ln10f x f =--= 1ln x x ∴-
证明: 1ln 1x x
-
构造221111()ln 1()x f x x f x x x x x
-⎛⎫=--
'=-= ⎪⎝
⎭ (0,1)()0()x f x f x ∈'< 单调递减(1,)()0()x f x f x ∈+∞'>单调递加()(1)0(11)0f x f =--=
1
ln 1x x
∴-
证明: e
e x
x
构造()e e ()e e x
x
f x xf x =-'=-
(,1)()0()x f x f x ∈-∞'<,,单调递减(1,)()0()x f x f x ∈+∞'>,, 单调递加1()(1)e 0f x f e ∴=-=
∴e
e x
x
证明:
1
ln x x e
构造111
()ln ()f x x xf x e e x
=
-'=- (0,)()0()x e f x f x ∈'<单调递减 (,)()0()x e f x f x ∈+∞'>,,单调递加 ∴()()110f x f e =-= 1
ln x x e
∴ 典型例题
【例1】已知函数1
()e
x f x x =+, 若对于任意的,()x f x ax ∈>R 恒成立, 则实数a 的取值范围是 ( ) A. (,1e]-∞- B. (1,)+∞
C. (1e,1]-
D. (,1e](1,)-∞-⋃+∞
【解析】 【解法1】 对任意的
x ∈R , 要使()f x ax >恒成立, 可设1
()()(1)e
x g x f x ax a x =-=
+-, 则要 ()0g x >恒成立. 当1a =时, 1
()0e x
g x =>恒成立, 故满足题意; 当1a ≠时, ()1g x a '=-- e x -;
若1a >, 则()0g x '<恒成立, ()g x 单调递减, 当x 趋近于正无穷时, ()g x 趋近于负无穷, 不满足题意; 若1a <, 由于()0g x '=, 解得ln(1)x a =--, 所以()g x 在
(,ln(1))a -∞--上单调递减,
在(ln(1),)a --+∞上单调递增, ()g x 在ln(1)x a =--处取得极小值即最小值, 要使
()0g x >恒成立, 即 (ln(1))0g a -->恒成立, 解得此时1e a >-. 综上所述, a 的取值
范围是(1e,1]-. 【解法2】 函数1()e x f x x =+
, 即1(1)e x a x >-恒成立, 设函数1
()e x
g x =, 同时令不等式右边为
h ()(1)x a x =-, 如图所示:
由于e x
存在过原点的切线
e y x =, 故此时该切线为e y x =-, 故e 10a -<-, 则
1e 1a -<.
【答案】C.
【例2】已知对于任意的1x <, 有不等式ln(1)x ax a -+恒成立, 则实数a 的取值范围? 【解析】
【解法1】 由于要对于任意的1x <有ln(1)x ax a -+恒成立, 即ln(1)(1)x a x --, 由于x <1时, 10x ->, 故只需ln(1)1x a x --, 令ln(1)
()(1)1x g x x x
-=<-, 令1t x =-,
即此时0t >,
即ln ()(0)t g t t t =>, 此时221
ln 1ln ()(0)t t t
t g t t t t
⋅--'==>. 当0e t <<时, 函数()0g t '>, 此时函数 ()g t 单调递增; 当e t >时, 函数 ()0g t '<, 此时函数()g t 单调递减,
故函数()g t 在e t =时取得极 大值, 即最大值, 故函数1
()(e)e
g t g =
, 即此时得到1()e a
g t , 故实数a 的取值范围为1
e
⎡⎢⎣, )+∞. 【解法2】 若保证ln(1)x ax a -+恒成立, 即保证ln(1)(1)x a x ---恒成立, 此时令
1t =-x , 即ln (0)t at t >恒成立, 由基本不等式, 1ln e x
x , 故得到1,e a ⎡⎫
∈+∞⎪⎢⎣⎭
. 【答案】1
e
⎡⎢⎣, )+∞.
【例3】已知函数()e ln()x
f x x m =-+.
(1) 设0x =是()f x 的极值点, 求m 并讨论()f x 的单调性; (2) 当2m 时, 证明:()0f x >. 【解析】(1) ∵1()e ,0x
f x x x m '=-
=+ 是 ()f x 的极值点, ∴1
(0)10
f m
'=-=, 解得
1m =.
所以函数()e ln(1)x
f x x =-+, 其定义域为
1e (1)1
(1,).
()e 11
x x
x f x x x +--+∞'=-=++.
设()g x = e (1)1x x +-, 则()e (1)e 0x x
g x x '=++>, 所以()g x 在(1,)-+∞上为增函数, 又∵(0)0g =, 所以当0x >时, ()0g x >, 即()0f x '>; 当10x -<< 时,
()0,()0g x f x <'<.
所以()f x 在(1,0)-上为减函数; 在(0,)+∞上为增函数.
(2)证明: 【解法1】当2,(,)m x m ∈-+∞时, ln()ln(2)x m x ++, 故只需证明当
2m =时()0f x >. 当2m =时, 函数1
()e 2
x f x x '=-
+在(2,)-+∞上为增函数, 且(1)0,(0)f f '-<'0>.
故()0f x '=在(2,)-+∞上有唯一实数根0x , 且0(1,0)x ∈-. 当()02,x x ∈-时,
()f x '0<,
当()0,x x ∈+∞时, ()0f x '>, 从而当0x x =时, ()f x 取得最小值. 由 ()00f x '=,
得0e x
=()0001,ln 22x x x +=-+. 故()()2
000011()022
x f x f x x x x +=+=>++. 综上, 当2m 时, ()f x 0>.
【解法2】当 2,(,)m x m ∈-+∞ 时, ln()ln(2)x m x ++, 故只需证明当
2,()0m f x =>. 即证 明 e ln(2)0x x -+>, 由于 e 1x x +, 即证明 1ln(2)x x ++,
显然成立.
【例4】已知函数()e ln 1x
f x a x =--.
(1)设2x =是()f x 的极值点, 求a 的值,并求()f x 的单调区间; (2)证明: 当1
e
a
时, ()0f x . 【解析】 (1) ∵函数1
()e ln 1.0,()e ,2x
x
f x a x x f x a x x
=--∴>'=-= 是()f x 的极值点, ∴(2)f '=2
1
e 02
a -
=, 解得 2221111,()e ln 1,()e 2e 2e 2e x x a f x x f x x
=
∴=--∴'=-,
当02x <<时, ()f x ' 0<; 当2x > 时, ()0.()f x f x '>∴在(0,2)上单调递减, 在(2,)+∞上单调递增.
(2)证明: 【解法1】 当1
e a 时, e ()
ln 1e x f x x --, 设e ()ln 1e x g x x =--, 则e 1()e x g x x '=-, 由 e 1
()0e x g x x
'=-=, 得 1x =, 当01x <<时,()0g x '<, 当1x >时,
()0,1g x x '>∴=是()g x 的最小值点, 故当0x >时, ()(1)0,g x g =∴当1
e
a 时, ()0f x .
【解法2】当1
e
a 时, e ()ln 10e x f x x --, 由于e e x x 或者1e x x -, 所以证明ln 10x x --即可, 显然成立.
强化训练
1. 已知函数e ()ln e
x
m f x x =-.
(1) 设1x =是函数()f x 的极值点, 求m 的值并讨论()f x 的单调性; (2) 当2m 时, 证明: ()0f x >.
【解析】 (1) e 1(),(0),1e x m f x x x x '=->=是函数()f x 的极值点, 即e
10e
m -=, 所以
1m =.
于是函数e ()e
x m f x = 数e e 1
ln ln ,()e e x x x x f x x =-'=-, 由()0f x '=, 可得1x =, 因此,当(0,1)x ∈时, ()0f x '<; 当(1x ∈, )+∞时, ()0f x '>, 所以, 函数()f x 在(0,1)上单调递减,在(1,)+∞上单调递增.
(2) 证明: 当2m 时, 对于任意(0,),e 1x
x x ∈+∞>+恒成立, 又(0,),ln x x x ∈+∞>恒成
立, 2x ≠时, 2
2e e 1ln ,2e x x x x x -=>-=时, 2e 1ln e x x x =->, 原式得证, 即()0f x >.
2. 设函数1
e ()e ln x x
b f x a x x
-=+, 曲线()y f x =在点(1,(1))f 处得切线方程为
e(1)2y x =-+.
(1) 求a 、b ;
(2) 证明: ()1f x >.
【解析】(1)函数()f x 的定义域为112(0,),()e ln e e e x x x x a b b f x a x x x x --+∞'=+
-+, 由题意可得(1)2,(1)e f f ='=, 故 1,2a b ==;
(2)证明:由(1)知,12()e ln e ,x x f x x x -=+若()1f x >, 有12e ln e 1x x x x -+>, 即12ln ,()e e x x f x x >-∴ 1>等价于2ln e e
x x x x ->-, 设函数()ln g x x x =, 则()1ln ,g x x '=+∴ 当10,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭
时, ()0g x '<; 当x 1,e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时, ()0g x '>. 故()g x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减,在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增, 从而()g x 在 (0,)+∞上的最小值为11e e g ⎛⎫
=- ⎪⎝⎭. 设函数2()e e
x h x x -=-, 则()e (1)x h x x -'=-. 当 (0,1)x ∈ 时, ()0h x '>; 当(1,)x ∈+∞时, ()0h x '<, 故()h x 在
(0,1)上单调递增, 在(1,)+∞上单调递减, 从而h ()x 在(0,)+∞上的最大值为1(1)e
h =-. 综上, 当0x >时,()()g x h x >, 即()1f x >.。