第3章 高考专题突破(1)第2课时 式-2023届高三一轮复习数学精品备课(新高考人教A版2019)

要证 ex－1[f(x－1)＋x]≥x2，只需证f（x－x1）＋x≥exx－1， 即证 ln x＋ax＋a＋x 1－2a≥exx－1. 令 F(x)＝ln x＋ax＋a＋x 1－2a－exx－1(x＞0)，
则 F′(x)＝1x＋a－a＋ x2 1－1e－ x－1x＝ax2＋x－x（2 a＋1）－1e－ x－1x
又因为f(0)＝1，
所以曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程为y＝2x＋1.
(2)证明 因为f(x)＝ex－2ax(a＞0)， 所以f′(x)＝ex－2a. 令f′(x)＝ex－2a＞0，解得x＞ln 2a； 令f′(x)＝ex－2a＜0，解得x＜ln 2a. 所以f(x)在(－∞，ln 2a)上单调递减，在(ln 2a，＋∞)上单调递增. 故f(x)≥f(ln 2a)＝2a－2aln 2a. 所以f(x)≥－4a2＋4a等价于2a－2aln 2a≥－4a2＋4a， 即2aln 2a－4a2＋2a≤0.
第2课时 导数与不等式
核心考点·讲练互动
►考向一 证明不等式[师生共研] [例1](一题多解)设函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1)＋ax2－x，a≥0. (1)求f(x)的极值； (2)求证：ex－1[f(x－1)＋x]≥x2.
[自主解答] (1)因为 f(x)＝(x＋1)ln(x＋1)＋ax2－x，x＞－1， 所以 f′(x)＝ln(x＋1)＋(x＋1)·x＋1 1＋2ax－1＝ln(x＋1)＋2ax. 令 m(x)＝ln(x＋1)＋2ax，则 m′(x)＝x＋1 1＋2a. 因为 a≥0，所以 m′(x)＞0， 所以 f′(x)在(－1，＋∞)上单调递增.
当 x∈(0，1)时，F′(x)＜0，此时 F(x)单调递减； 当 x∈(1，＋∞)时，F′(x)＞0，此时 F(x)单调递增. 所以 F(x)min＝F(1)＝0，即 F(x)≥0， 所以 ln x＋1x－exx－1≥0.故当 a≥0 时，ex－1[f(x－1)＋x]≥x2.
►规律方法 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①∀x∈[a， b]，有 f(a)≤f(x)≤f(b)，②∀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.先通过化简、变形，再移项构造不等式就减少运算量，使得 问题顺利解决.
令
h(x)＝lnx
x，x∈[1，e]，则
h′(x)＝1－xl2n
x .
当 x∈[1，e]时，h′(x)≥0，h(x)在[1，e]上是增函数，
∴h(x)的最大值为 h(e)＝1e.
由题意m2 ＜1e，即 m＜2e时，f(x)＜g(x)在[1，e]上有解.
∴实数 m 的取值范围是－∞，2e.
[巩固演练] 2.(2)已知函数 f(x)＝a＋1x2－ax－ln x(a∈R).
在
1，＋∞ 2
上，f′(x)＞0，f(x)单调递增.
∴f(x)的极小值点为 x＝12，无极大值点.
(2)∵f′(x)＝axx－2 2(x＞0，且 a＞0)， ∴在0，2a上，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 在 2a，＋∞上，f′(x)＞0，f(x)单调递增. ∴f(x)≥f2a＝a＋aln2a. ∵关于 x 的不等式 f(x)＜2 有解，∴a＋aln 2a＜2. ∵a＞0，∴ln2a＋1－2a＜0. 令 g(x)＝ln x＋1－x(x＞0)，则 g′(x)＝1x－1＝1－x x.
又f′(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，f′(x)＜0，此时f(x)单调递减； 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，此时f(x)单调递增. 所以当x＝0时，f(x)取得极小值，且极小值为f(0)＝0，无极大值.
(2)证法一 f(x－1)＝xln x＋a(x－1)2－(x－1)，定义域为(0，＋∞).
故g(x)max＝g(1)＝ln 1－1＋1＝0. 所以当x＞0时，g(x)≤0. 从而当a＞0时，ln 2a－2a＋1≤0， 即f(x)≥－4a2＋4a.
►考向二 不等式恒成立或有解问题[多维探究] 命题点 1 不等式恒成立问题 [例 2－1] 已知函数 f(x)＝－aln x－ex＋ax，a∈R.
∴在(0，1)上，g′(x)＞0，g(x)单调递增； 在(1，＋∞)上，g′(x)＜0，g(x)单调递减. ∴g(x)≤g(1)＝0.∴ln2a＋1－2a＜0， 可得2a＞0 且2a≠1. ∴实数 a 的取值范围是 a＞0 且 a≠2.
►规律方法 1.含参数的能成立(存在型)问题的解题方法 (1)a≥f(x)在 x∈D 上能成立，则 a≥f(x)min； (2)a≤f(x)在 x∈D 上能成立，则 a≤f(x)max. 2.含全称、存在量词不等式能成立问题 (1)存在 x1∈A，任意 x2∈B 使 f(x1)≥g(x2)成立，则 f(x)max≥ g(x)max. (2)任意 x1∈A，存在 x2∈B，使 f(x1)≥g(x2)成立，则 f(x)min ≥g(x)min.
令 F(x)＝－x22＋ax(x＞0)，则 F′(x)＝4－x3ax＜x＜4a；令 F′(x)＜0，得 x＞4a.
∴F′(x)在0，4a上单调递增，在4a，＋∞上单调递减. ∴当 x＝4a时，f′(x)取最大值a82，∴a82＝2.
∵a＞0，∴a＝4.
此时 f′(x)＝－x22＋4x＝4xx－2 2，在 0，12 上，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
因为 a＞0，所以 2aln 2a－4a2＋2a≤0 等价于 ln 2a－2a＋1≤0. 设 g(x)＝ln x－x＋1(x＞0)，则 g′(x)＝1x－1. 令 g′(x)＝1x－1＞0，解得 0＜x＜1； 令 g′(x)＝1－1＜0，解得 x＞1.
x 所以 g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
►规律方法 (1)破解此类题需“一形一分类”，“一形”是指会结合函 数的图象，对函数进行求导，然后判断其极值，从而得到含 有参数的方程组，解方程组，即可求出参数的值；“一分类” 是指对不等式恒成立问题，常需对参数进行分类讨论，求出 参数的取值范围. (2)利用导数研究含参数的不等式问题，若能够分离参数， 则常将问题转化为形如 a≥f(x)(或 a≤f(x))的形式，通过求函 数 y＝f(x)的最值求得参数范围.
又 h′(x)＝1x－bxex 在[1，＋∞)上单调递减， ∴存在唯一 x0∈(1，＋∞)，使得 h′(x0)＝0. ∴h(x)在(1，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减. 又 h(x)在 x＝1 处连续，h(1)＝0， ∴h(x)＞0 在(1，x0)上恒成立，不合题意. 综上所述，实验 b 的取值范围是1e，＋∞.
[巩固演练] 1.已知函数f(x)＝ex－2ax(a∈R). (1)若曲线y＝f(x)在x＝0处的切线与直线x＋2y－2＝0垂直，求该 切线的标准方程； (2)当a＞0时，求证：f(x)≥－4a2＋4a. 解析 (1)因为曲线y＝f(x)在x＝0处的切线与直线x＋2y－2＝0
垂直，所以曲线y＝f(x)在x＝0处的切线的斜率k＝2.
[巩固演练] 2.(1)已知函数 f(x)＝m x－1x －2ln x(m∈R)，g(x)＝－mx ，若至少存 在一个 x0∈[1，e]，使得 f(x0)＜g(x0)成立，求实数 m 的取值范围；
解析 (1)依题意，不等式 f(x)＜g(x)在[1，e]上有解，
∴mx＜2ln x 在区间[1，e]上有解，即m2 ＜lnxx能成立.
＝(x－1) ax＋xa2＋1＋ex1－1 . 因为 a≥0，所以当 x∈(0，1)时，F′(x)＜0，此时 F(x)单调递减；
当 x∈(1，＋∞)时，F′(x)＞0，此时 F(x)单调递增，
所以 F(x)min＝F(1)＝0，即 F(x)≥0. 故当 a≥0 时，ex－1[f(x－1)＋x]≥x2.
命题点 2 不等式有解问题 [例 2－2] 已知函数 f(x)＝2＋aln x(a＞0).
x (1)若函数 y＝f(x)图象上各点切线斜率的最大值为 2，求 函数 f(x)的极值点； (2)若关于 x 的不等式 f(x)＜2 有解，求实数 a 的取值范围.
[自主解答] (1)由题意得 f′(x)＝－x22＋ax(x＞0).
证法二 ex－1[f(x－1)＋x]＝ex－1[xln x＋a(x－1)2＋1]，x＞0. 令 G(a)＝ex－1(x－1)2a＋ex－1(xln x＋1)－x2. 所以 G′(a)＝ex－1(x－1)2＞0，所以 G(a)单调递增. 当 a≥0 时，G(a)≥G(0)＝ex－1(xln x＋1)－x2. 要证 ex－1(xln x＋1)－x2≥0，只需证 ln x＋1x－exx－1≥0. 令 F(x)＝ln x＋1x－exx－1(x＞0)， 则 F′(x)＝1x－x12－1e－x－1x＝x－x21－1e－x－1x＝(x－1) x12＋ex1－1 .
x
x
令 f′(x)＜0，解得 0＜x＜12或 x＞1，
∴函数
f(x)的单调递减区间为
0，1 2
，(1，＋∞).
②f′(x)＝(a＋1)x－a－1＝（a＋1）x2－ax－1
x
x
＝（x－1）[（a＋1）x＋1]. x
令 f′(x)＝0，得 x＝1 或 x＝－a＋1 1. 由 a∈(－3，－2)，得 a＋1∈(－2，－1)， 故－a＋1 1∈12，1. ∴函数 f(x)在区间[1，＋∞)上单调递减， ∴|f(x1)－f(x2)|max＝f(1)－f(2)＜ln 2－ta. 又 f(1)－f(2)＝－a2－32＋ln 2， ∴－a2－32＋ln 2＜ln 2－ta， 即(2t－1)a＜3，也即 t＞23a＋12对 a∈(－3，－2)恒成立.
x (1)当 a＜0 时，讨论函数 f(x)的单调性； (2)当 a＝1 时，若不等式 f(x)＋ bx－b＋1x ex－x≥0 在 x∈(1，＋∞)时恒成立，求实数 b 的取值范围.
[自主解答] (1)由题意，知 f′(x)＝－ax－xexx－2 ex＋a ＝（ax－ex）x2（x－1）. 当 a＜0，x＞0 时，有 ax－ex＜0. ∴当 x＞1 时，f′(x)＜0；当 0＜x＜1 时，f′(x)＞0. ∴函数 f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调 递减.
∵y＝23a＋12在区间(－3，－2)上为减函数， ∴当 a＝－3 时，y 有最大值，ymax＝－12＋12＝0， ∴t≥0. 故实数 t 的取值范围是[0，＋∞).
课时三省
课堂回眸
思维升华
误区防范
1.解决不等 式问题一般
应如何转化 ？
(2)由题意，当 a＝1 时，不等式 f(x)＋bx－b＋1xex－ x≥0 在 x∈(1，＋∞)时恒成立.
整理，得 ln x－b(x－1)ex≤0 在(1，＋∞)上恒成立. 令 h(x)＝ln x－b(x－1)ex. 易知，当 b≤0 时，h(x)＞0，不合题意. ∴b＞0. 又 h′(x)＝1x－bxex，∴h′(1)＝1－be.
2 ①当 a＝－3 时，求函数 f(x)的单调递减区间； ②对任意的 a∈(－3，－2)，x1，x2∈[1，2]恒有|f(x1)－f(x2)|＜ln 2 －ta 成立，求实数 t 的取值范围.
(2)①当 a＝－3 时，f(x)＝－x2＋3x－ln x(x＞0)，
∴f′(x)＝－2x＋3－1＝（x－1）（－2x＋1）.
当 b≥1e时，h′(1)＝1－be≤0. 又 h′(x)＝1x－bxex 在[1，＋∞)上单调递减， ∴h′(x)≤0 在[1，＋∞)上恒成立， 则 h(x)在[1，＋∞)上单调递减. ∴h(x)≤h(1)＝0，符合题意. 当 0＜b＜1e时，
1 h′(1)＝1－be＞0，h′1b＝b－eb＜0.