高考数学一轮复习 第三章 导数及应用 专题研究 导数的

可得 f(x)<f(1)＝0，即有 lnx<x－1； 设 F(x)＝xlnx－(x－1)，x>1， F′(x)＝1＋lnx－1＝lnx. 当 x>1 时，F′(x)>0，则 F(x)在(1，＋∞)上单调递增， 可得 F(x)>F(1)＝0，即有 xlnx>x－1. 则原不等式成立． 方法二：由①知，f(x)在 x＝1 处取得最大值，最大值为 f(1) ＝0. 所以当 x≠1 时，lnx<x－1.
★状元笔记★ 利用导数证明不等式的常用技巧： (1)利用导数证明不等式的关键在于要构造好函数的形式，转 化为研究函数的最值或值域问题，有时需用到放缩技巧． (2)求证不等式 f(x)≥g(x)，一种常见思路是用图像法来说明 函数 f(x)的图像在函数 g(x)图像的上方，但通常不易说明．于是 通常构造函数 F(x)＝f(x)－g(x)，通过导数研究函数 F(x)的性质， 进而证明欲证不等式．
当 x>x0 时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
由②知 1<cl－nc1<c，故 0<x0<1. 又 g(0)＝g(1)＝0，故当 x∈(0，1)时，g(x)>0. 所以当 x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx. 【答案】 ①当 0<x<1 时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当 x>1 时，f′(x)<0，f(x)单调递减 ②略 ③略
专题研究 导数的综合运用
专题讲解
题型一 导数与函数图像
致为(
(2016·课标全国Ⅰ)函数 y＝2x2－e|x|在[－2，2]的图像大 )
【解析】 当 x≥0 时，令函数 f(x)＝2x2－ex，则 f′(x)＝4x －ex，易知 f′(x)在[0，ln4)上单调递增，在[ln4，2]上单调递减， 又 f′(0)＝－1<0，f′(12)＝2－ e>0，f′(1)＝4－e>0，f′(2)＝8 －e2>0，所以存在 x0∈(0，12)是函数 f(x)的极小值点，即函数 f(x) 在(0，x0)上单调递减，在(x0，2)上单调递增，且该函数为偶函数， 符合条件的图像为 D.
即 a2·22x－2≤0 在 x∈(－∞，0]恒成立．
∴a2≤(222x)min，∴a2≤2.∴a∈(0， 2]．
【答案】 ①当 x＝0 时，ymax＝1＋21a＋a2 ②(0， 2]
【讲评】 破解不等式恒成立问题需要“一构造一分类”： “一构造”是指通过不等式的同解变形，构造一个与背景函数相 关的函数；“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．有时也可以利用分离参数法，即将不等式分离参数， 转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值， 一般地，a>f(x)对 x∈D 恒成立，只需 a>f(x)max；a<f(x)对 x∈D 恒 成立，只需 a<f(x)min.
【答案】 D
★状元笔记★ 给定解析式选函数的图像是近几年高考重点，并且难度在增 大，多数需要利用导数研究单调性知其变化趋势，利用导数求极 值(最值)研究零点．
思考题 1 (2017·杭州质检)设函数 f(x)＝x2sinx，则函数 f(x)的图像可能为( )
Hale Waihona Puke 【解析】 因为 f(－x)＝(－x)2sin(－x)＝－x2sinx＝－f(x)， 所以 f(x)是奇函数．又因为 f′(x)＝2xsinx＋x2cosx，所以 f′(0) ＝0，排除 A；且当 x∈[0，π]时，函数值为正实数，排除 B；当 x∈(π，2π)时，函数值为负实数，排除 D，故选 C.
思考题 2 (1)(2017·沧州七校联考)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>ln2－1 且 x>0 时，ex>x2－2ax＋1.
【思路】 ①令 f′(x)＝0，求极值点，然后讨论在各个区间上 的单调性．
②构造函数 g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x∈R)，注意到 g(0)＝0，只 需证明 g(x)在(0，＋∞)上是增函数，可利用导数求解．
②
g(x)
＝
f(x)
－
f(x
－
1)
＝
1 1＋a·2x
－
1 1＋a·2x－1
＝
1 1＋a·2x
－
2＋2a·2x，g′(x)＝－（a1·2＋x·a·2lnx）2 2＋（2·2a＋·2xa··2lxn）22＝
a（·2x2·＋lan·22·x）（2（a2·1＋22ax·－2x）2）2 ≤0 在 x∈(－∞，0]恒成立．
故当 x∈(1，＋∞)时，lnx<x－1，ln1x<1x－1，
即
x－1 1< lnx <x.
③证明：由题设 c>1，设 g(x)＝1＋(c－1)x－cx，
则 g′(x)＝c－1－cxlnc，
c－1 令 g′(x)＝0，解得 x0＝lnlnlncc .
当 x<x0 时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
令 f′(x)＝0，得 x＝1. 当 0<x<1 时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当 x>1 时，f′(x)<0，f(x)单调递减． ②证明：方法一：当 x∈(1，＋∞)时，1<xl－nx1<x， 即为 lnx<x－1<xlnx， 由①可得 f(x)＝lnx－(x－1)在(1，＋∞)上单调递减，
【答案】 C
题型二 导数与不等式
(1)(2018·上海春季高考题)设 a>0，函数 f(x)＝1＋1a·2x. ①求函数 y＝f(x)·f(－x)的最大值(用 a 表示)； ②设 g(x)＝f(x)－f(x－1)，若对任意 x∈(－∞，0]，g(x)≥g(0) 恒成立，求 a 取值范围．
【解析】 ①y＝f(x)·f(－x)＝1＋1a·2x·1＋a1·2－x ＝1＋a2＋a（12x＋2－x）， ∵2x＋2－x≥2，当且仅当 x＝0 时“＝”成立． ∴当 x＝0 时，ymax＝1＋a12＋2a.
(2)(2016·课标全国Ⅲ)设函数 f(x)＝lnx－x＋1. ①讨论 f(x)的单调性； ②证明：当 x∈(1，＋∞)时，1<xl－nx1<x； ③设 c>1，证明：当 x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.
【解析】 ①由题意，得 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x) ＝1x－1.