2021年高考数学(文)一轮复习讲义第3章高考专题突破一第1课时.docx

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1、高考专题突破一高考中的导数应用问题第1课时导数与不等式证明不等式命题点1构造函数法例1(2022赣州模拟)函数f(x)1，g(x)bx，假设曲线yf(x)与曲线yg(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直.(1)求a，b的值；(2)证明：当x1时，f(x)g(x).(1)解因为f(x)1，x0，所以f(x)，f(1)1.因为g(x)bx，所以g(x)b.因为曲线yf(x)与曲线yg(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直，所以g(1)1，且f(1)g(1)1，所以g(1)a1b1，g(1)a1b1，解得a1，b1.(2)证明由(1)知，g(x)x，那么f(x

2、)g(x)1x0.令h(x)1x(x1)，那么h(1)0，h(x)11.因为x1，所以h(x)10，所以h(x)在1，)上单调递增，所以当x1时，h(x)h(1)0，即1x0，所以当x1时，f(x)g(x).命题点2分拆函数法例2(2022福州期末)函数f(x)eln xax(aR).(1)讨论f(x)的单调性；(2)当ae时，证明：xf(x)ex2ex0.(1)解f(x)a(x0).假设a0，那么f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增；假设a0，那么当0x0，当x时，f(x)0，所以只需证f(x)2e，当ae时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减.所以f(x)

3、maxf(1)e，记g(x)2e(x0)，那么g(x)，所以当0x1时，g(x)1时，g(x)0，g(x)单调递增，所以g(x)ming(1)e，综上，当x0时，f(x)g(x)，即f(x)2e，即xf(x)ex2ex0.思维升华(1)利用导数证明不等式的根本思路是依据函数的单调性，求得函数的最值，然后由f(x)f(x)max或f(x)f(x)min证得不等式.(2)证明f(x)g(x)，可以构造函数h(x)f(x)g(x)，然后利用h(x)的最值证明不等式.(3)假设直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形分拆，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，到达证明的目的.跟踪训练1(1)

4、设函数f(x)ln xx1.讨论f(x)的单调性；证明：当x(1，)时，1x.解由题设知，f(x)的定义域为(0，)，f(x)1，令f(x)0，解得x1.当0x0，f(x)单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)单调递减.证明由知，f(x)在x1处取得极大值也为最大值，最大值为f(1)0.所以当x1时，ln xx1.故当x(1，)时，ln xx1，ln1，即10)，那么F(x)1exxex(x1)ex(x1).令G(x)ex，可知G(x)在(0，)上为减函数，且G20，G(1)1e0，F(x)0，F(x)为增函数；当x(x0，)时，G(x)0，F(x)0；当x时，g(x)0，g()112，即当

5、x时，g(x)0，此时g(x)无零点，即f(x)无零点3分gg()0，g(x)在上单调递减，x0，使得g(x0)0，xx0为g(x)，即f(x)在上的唯一零点综上所述，f(x)在区间(0，)上存在唯一零点5分(2)解假设x0，时，f(x)ax，即f(x)ax0恒成立，令h(x)f(x)ax2sinxxcosx(a1)x，那么h(x)cosxxsinx1a，令d(x)h(x)，那么d(x)xcosxg(x)，由(1)可知，h(x)在上单调递增；在上单调递减，且h(0)a，ha，h()2a，h(x)minh()2a，h(x)maxha.7分当a2时，h(x)minh()2a0，即h(x)0在0，上

6、恒成立，h(x)在0，上单调递增，在0，上h(x)h(0)0，即f(x)ax0，此时f(x)ax恒成立8分当20，h()0，x1，使得h(x1)0，h(x)在0，x1)上单调递增，在(x1，上单调递减，又h(0)0，h()2sincos(a1)a0，h(x)0在0，上恒成立，即f(x)ax恒成立9分当0a时，h(0)0，x2，使得h(x2)0，h(x)在0，x2)上单调递减，在上单调递增，x(0，x2)时，h(x)h(0)0，可知f(x)ax不恒成立10分当a时，h(x)maxha0，h(x)在上单调递减，h(x)2.证明设f(x)exln x(x0)，那么f(x)ex.令h(x)f(x)，那

7、么h(x)ex0，f(x)在(0，)上是增函数，又f20，在上存在x0使f(x0)0，即x0ln x0.在(0，x0)上f(x)单调递减，在(x0，)上f(x)单调递增，f(x)在xx0处有极小值，也是最小值.f(x0)ln x0x02，故f(x)2，即exln x2.二、别离ln x与ex例2(2022长沙三校统考)函数f(x)ax2xln x.(1)假设函数f(x)在(0，)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)假设ae，证明：当x0时，f(x)0时，f(x)0，即2a恒成立.令g(x)(x0)，那么g(x)，易知g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，那么g(x)maxg(

8、1)1，所以2a1，即a.故实数a的取值范围是.(2)证明假设ae，要证f(x)xex，只需证exln xex，即exex0)，那么h(x)，易知h(x)在上单调递减，在上单调递增，那么h(x)minh0，所以ln x0.再令(x)exex，那么(x)eex，易知(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，那么(x)max(1)0，所以exex0.因为h(x)与(x)不同时为0，所以exex0恒成立，求整数a的最大值.解(1)f(x)ex，因为函数f(x)的图象与直线yx1相切，所以令f(x)1，即ex1，得x0，即f(0)1，解得a2.(2)先证明exx1，设F(x)exx1，那么F

9、(x)ex1，令F(x)0，那么x0，当x(0，)时，F(x)0，当x(，0)时，F(x)ln x，当a2时，ln x0恒成立.当a3时，存在x1，使exaln x不恒成立.综上，整数a的最大值为2.1f(x)exax2，假设f(x)x(1x)ex在0，)恒成立，求实数a的取值范围解f(x)x(1x)ex，即exax2xexxex，即exax10，x0.令h(x)exax1(x0)，那么h(x)exa(x0)，当a1时，由x0知h(x)0，在0，)上h(x)h(0)0，原不等式恒成立当a1时，令h(x)0，得xlna；令h(x)0，得0x1不合题意综上，实数a的取值范围为(，12.(2022沧

10、州七校联考)设a为实数，函数f(x)ex2x2a，xR.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当aln 21且x0时，exx22ax1.(1)解由f(x)ex2x2a，xR，得f(x)ex2，xR，令f(x)0，得xln 2.于是当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，ln 2)ln 2(ln 2，)f(x)0f(x)2(1ln 2a)故f(x)的单调递减区间是(，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，).f(x)在xln 2处取得极小值，极小值f(ln 2)2(1ln 2a).无极大值.(2)证明设g(x)exx22ax1，xR.于是g(x)ex2x2a，xR.由(1)

11、知当aln 21时，g(x)的最小值为g(ln 2)2(1ln 2a)0.于是对任意xR，都有g(x)0，所以g(x)在R内单调递增.于是当aln 21时，对任意x(0，)，都有g(x)g(0).又g(0)0，从而对任意x(0，)，g(x)0.即exx22ax10，故exx22ax1.3.(2022全国)函数f(x)ln xax2(2a1)x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a0，故f(x)在(0，)上单调递增.假设a0；当x时，f(x)0.故f(x)在上单调递增，在上单调递减.(2)证明由(1)知，当a0；当x(1，)时，g(x)0时，g(x)0.从而当a3时，f(x)0，f(x)是增函

12、数，当0x3时，f(x)0，g(x)在上是单调递增函数，g(x)maxg(2)10.对于任意的s，t，f(s)g(t)恒成立，即对任意x，f(x)lnx1恒成立，即mxxlnx恒成立令h(x)xxlnx，那么h(x)1lnx1lnx.当x1时，h(x)0，当0x0，h(x)在(0,1上是增函数，在1，)上是减函数，当x时，h(x)的最大值为h(1)1，m1，即m的取值范围是1，)5.函数f(x)为偶函数，当x0时，f(x)2ex，假设存在实数m，对任意的x1，k(k1)，都有f(xm)2ex，求整数k的最小值.解因为f(x)为偶函数，且当x0时，f(x)2ex，所以f(x)2e|x|，对于x1，k，由f(xm)2ex得2e|xm|2ex，两边取以e为底的对数得|xm|ln x1，所以xln x1mxln x1在1，k上恒成立，设g(x)xln x1(x1，k)，那么g(x)10，所以g(x)在1，k上单调递减，所以g(x)ming(k)kln k1，设h(x)xln x1(x1，k)，易知h(x)在1，k上单调递减，所以h(x)maxh(1)2，故2mkln k1，假设实数m存在，那么必有kln k3，又k1，且k为整数，所以k2满足要求，故整数k的最小值为2.