(新课标)2020版高考数学二轮复习专题六函数与导数第4讲函数、导数与不等式学案文新人教A版

第4讲 函数、导数与不等式
[做真题]
(2018·高考全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝a e x －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 )＝a e x －1x
. 由题设知，f ′(2)＝0，所以a ＝12e 2. 从而f (x )＝12e 2e x －ln x －1，f ′(x )＝12e 2e x －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：当a ≥1e 时，f (x )≥e x e
－ln x －1. 设g (x )＝e x e －ln x －1，则g ′(x )＝e x e －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. [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，e x≥x＋1，ln x<x<e x(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．
[典型例题]
(2019·高考天津卷节选)设函数f (x )＝e x
cos x ，g (x )为f (x )的导函数．
(1)求f (x )的单调区间； (2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2时，证明f (x )＋g (x )⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2－x ≥0. 【解】 (1)由已知，有f ′(x )＝e x (cos x －sin x )．因此，当x ∈⎝
⎛⎭⎪⎫2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z )时，有sin x >cos x ，得f ′(x )<0，则f (x )单调递减；当x ∈⎝
⎛⎭⎪⎫2k π－3π4，2k π＋π4(k ∈Z )时，有sin x <cos x ，得f ′(x )>0，则f (x )单调递增．
所以f (x )的单调递增区间为⎣
⎢⎡⎦⎥⎤2k π－3π4，2k π＋π4(k ∈Z )，f (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦
⎥⎤2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z )． (2)证明：记h (x )＝f (x )＋g (x )⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2－x ，依题意及(1)，有g (x )＝e x (cos x －sin x )，从而g ′(x )＝－2e x sin 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 )≥h ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0. 所以当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2时，f (x )＋g (x )⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2－x ≥0.
(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)∀x 1，x 2∈[a ，b ]，且x 1<x 2，有f (x 1)<f (x 2)．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.
[对点训练]
已知函数f (x )＝m e x
－ln x －1.若m ∈(1，＋∞)，求证：f (x )>1.
证明：当m >1时，f (x )＝m e x －ln x －1>e x －ln x －1，
要证明f (x )>1，只需证明e x －ln x －2≥0，
设g (x )＝e x －ln x －2，则g ′(x )＝e x －1x
(x >0)， 设h (x )＝e x －1x (x >0)，则h ′(x )＝e x ＋1x 2>0， 所以函数h (x )＝g ′(x )＝e x －1x
在(0，＋∞)上单调递增， 因为g ′(12
)＝e 12－2<0，g ′(1)＝e －1>0， 所以函数g ′(x )＝e x －1x 在(0，＋∞)上有唯一零点x 0，且x 0∈(12
，1)， 因为g ′(x 0)＝0，所以e x 0＝1x 0
，即ln x 0＝－x 0， 当x ∈(0，x 0)时，g ′(x )<0，当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )>0，
所以当x ＝x 0时，g (x )取得最小值g (x 0)，
故g (x )≥g (x 0)＝e x 0－ln x 0－2＝1x 0
＋x 0－2≥0， 综上可知，若m ∈(1，＋∞)，则f (x )>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x 0∈D ，使a >f (x 0)成立，则只需a >f (x )min ；若存在x 0∈D ，使a <f (x 0)成立，则只需a <f (x 0)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.
(2019·江西省五校协作体试题)已知函数f (x )＝ln x －12
a (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，＋∞)恒成立，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 －a 2＝2－ax 2x
， 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当a ≥2，即0<2a ≤1时，f ′(x )＝2－ax 2x ＝－a （x －2a ）2x
<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，＋∞)．
利用导数解决不等式恒成立问题的方法
(1)分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题．
第二步：利用导数求该函数的最值．
第三步：根据要求解出所求范围．
(2)函数思想法
第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题．
第二步：利用导数求该函数的极值(最值)．
第三步：构建不等式求解．
[对点训练]
(2019·武汉市调研测试)已知函数f (x )＝(x －1)ln x ＋ax (a ∈R )．
(1)当a ＝0时，求f (x )的单调区间；
(2)若f (x )>0在(0，＋∞)上恒成立，求实数a 的取值范围．
解：(1)当a ＝0时，f (x )＝(x －1)ln x ，
f ′(x )＝ln x ＋(x －1)·1x ＝ln x －1x ＋1，设
g (x )＝ln x －1x
＋1， 则g ′(x )＝x ＋1x 2
>0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，而g (1)＝0，
所以x ∈(0，1)时，g (x )<0，即f ′(x )<0，
x ∈(1，＋∞)时，g (x )>0，即f ′(x )>0，
所以f (x )的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)由(x －1)ln x ＋ax >0，得－ax <(x －1)ln x ，而x >0，
所以－a <（x －1）ln x x ＝ln x －ln x x
. 记h (x )＝ln x －ln x x ，则h ′(x )＝1x －1x ·x －ln x x 2＝ln x ＋x －1x 2， 设m (x )＝ln x ＋x －1(x >0)，
显然m (x )在(0，＋∞)上单调递增，而m (1)＝0，
所以x ∈(0，1)时，m (x )<0，h ′(x )<0，h (x )单调递减，
x ∈(1，＋∞)时，m (x )>0，h ′(x )>0，h (x )单调递增，
所以h (x )min ＝h (1)＝0.
所以－a <0，所以a >0，即实数a 的取值范围是(0，＋∞)．
1．(2019·贵州省适应性考试)已知函数f (x )＝x －ln x ，g (x )＝a e x .
(1)求函数f (x )的单调区间；
(2)求证：当a ≥1e
时，xf (x )≤g (x )． 解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．
由f (x )＝x －ln x ，得f ′(x )＝1－1x ＝x －1x
， 当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0.
所以f (x )的单调递减区间是(0，1)，单调递增区间是(1，＋∞)．
(2)证明：要证xf (x )≤g (x )，即证x (x －ln x )≤a e x ，即证a ≥
x 2－x ln x e x . 设h (x )＝x 2－x ln x
e x
， 则h ′(x )＝－x 2＋2x －1＋x ln x －ln x e x ＝[ln x －（x －1）]（x －1）e x . 由(1)可知f (x )≥f (1)＝1，即ln x －(x －1)≤0，
于是，当x ∈(0，1)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增；
当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减．
所以x ＝1时，h (x )取得最大值，h (x )max ＝1－0e ＝1e
， 所以当a ≥1e
时，xf (x )≤g (x )． 2．(2019·安徽省考试试题)已知函数f (x )＝x 3＋ax －2ln x .
(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；
(2)若f (x )≥0在定义域内恒成立，求实数a 的取值范围．
解：(1)当a ＝－1时，f (x )＝x 3－x －2ln x (x >0)，f ′(x )＝3x 2－1－2x ＝3x 3
－x －2x ＝
（x －1）（3x 2
＋3x ＋2）x
. 因为3x 2＋3x ＋2>0恒成立，所以当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，y ＝f (x )单调递增； 当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，y ＝f (x )单调递减．
故f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．
(2)因为f (x )＝x 3
＋ax －2ln x ≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以当x ∈(0，＋∞)时， g (x )＝x 2＋a －2ln x x
≥0恒成立． g ′(x )＝2x －2×（ln x ）′·x －ln x ·x ′x 2＝2×x 3＋ln x －1x 2， 令h (x )＝x 3＋ln x －1，则h (x )在(0，＋∞)上单调递增，且h (1)＝0，
所以当x ∈(0，1)时，h (x )<0，g ′(x )<0，即y ＝g (x )单调递减，
当x ∈(1，＋∞)时，h (x )>0，g ′(x )>0，即y ＝g (x )单调递增．
所以g (x )min ＝g (1)＝1＋a ≥0，a ≥－1，故实数a 的取值范围为[－1，＋∞)．
3．已知函数f (x )＝ax 2－x ln x .
(1)若函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，求a 的取值范围；
(2)若a ＝e ，证明：当x >0时，f (x )<x e x ＋1e
. 解析：(1)由题意知，f ′(x )＝2ax －ln x －1.
因为函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以当x >0时，f ′(x )≥0，即2a ≥ln x ＋1x
恒成立．
令g (x )＝ln x ＋1x (x >0)，则g ′(x )＝－ln x x 2， 易知g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则g (x )max ＝g (1)＝1，
所以2a ≥1，即a ≥12.故a 的取值范围是[12
，＋∞)．
(2)证明：若a ＝e ，要证f (x )<x e x ＋1e ，只需证e x －ln x <e x ＋1e x ，即e x －e x <ln x ＋1e x
. 令h (x )＝ln x ＋1e x (x >0)，则h ′(x )＝e x －1e x 2， 易知h (x )在(0，1e )上单调递减，在(1e ，＋∞)上单调递增，则h (x )min ＝h (1e
)＝0， 所以ln x ＋1e x
≥0. 再令φ(x )＝e x －e x ，则φ′(x )＝e －e x
，
易知φ(x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x )max ＝φ(1)＝0，所以e －e x ≤0.
因为h (x )与φ(x )不同时为0，所以e x －e x <ln x ＋1e x
，故原不等式成立． 4．(2019·江西八所重点中学联考)已知函数f (x )＝e x －a (x ＋4)的定义域为(0，＋∞)，a ∈R .
(1)求函数f (x )的单调区间；
(2)若不等式(x ＋1)e x ＋a (x 2＋4x )≥0在x ∈(0，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围． 解：(1)由题意得f ′(x )＝e x －a ，且f ′(x )的定义域为(0，＋∞)，
①当a ≤1时，f ′(x )>0在x ∈(0，＋∞)上恒成立，此时(0，＋∞)为f (x )的单调递增区间．
②当a >1时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln a ∈(0，＋∞)，
故x ∈(0，ln a )时，f ′(x )<0，即(0，ln a )为f (x )的单调递减区间；x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，即(ln a ，＋∞)为f (x )的单调递增区间．
(2)设h (x )＝(x ＋1)e x ＋a (x 2＋4x )，x ∈(0，＋∞)，
则h ′(x )＝(x ＋2)(e x ＋2a )，
当a ≥－12
时，h ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立， 即h (x )为增函数，故h (x )>h (0)＝1≥0，即a ≥－12
符合题意． 当a <－12
时，令h ′(x )＝0，得x ＝ln(－2a )∈(0，＋∞)， 可得x ∈(0，ln(－2a ))时，h ′(x )<0，则h (x )为减函数；x ∈(ln(－2a )，＋∞)时，h ′
(x )>0，则h (x )为增函数．故h (x )min ＝h (ln(－2a ))≥0，
即得[ln(－2a )]2＋2ln(－2a )－2≤0，
解得0<ln(－2a )≤3－1，即－12e 3－1≤a <－12
符合题意．
1 2e3－1，＋∞)．
综上，a的取值范围为[－。