(新课标)2022版高考数学二轮复习专题六函数与导数第4讲导数与不等式学案理新人教A版.pdf

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1、 新课标 2022 版高考数学二轮复习专题六函数与导数第4讲导数与不等式学案理新人教 A 版 -2-第 4 讲 导数与不等式 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)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：一是根据条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如 ln xx1，exx1，ln xx0)，xx1ln(x1)x(x1)；(3)构造“形似函数

2、：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 -3-的式子的形式，根据“相同结构构造辅助函数；(4)构造双函数：假设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，那么可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解 高考真题 思维方法【直接构造法】(2022高考全国卷)函数f(x)1xxaln x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)假设f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：f(x1)f(x2)x1x2a2.(1)略(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a2.由于f(x)的两个极值点x1，

3、x2满足x2ax10，所以x1x21，不妨设x11.由于f(x1)f(x2)x1x21x1x21aln x1ln x2x1x22 -4-aln x1ln x2x1x22a2ln x21x2x2，所以f(x1)f(x2)x1x2a2等价于1x2x22ln x20.关键 1：将所证不等式进行变形与化简 设函数g(x)1xx2ln x，由(1)知，g(x)在(0，)单调递减，关键 2：直接构造函数，判断函数单调性 又g(1)0，从而当 -5-x(1，)时，g(x)0.所以1x2x22ln x20，即f(x1)f(x2)x1x2a2.关键 3：结合单调性得到函数最值，证明不等式【适当放缩构造法】(20

4、22高考全国卷)函数f(x)aexln x1.(1)设x2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a1e时，(1)略(2)证明：当a1e时，f(x)exeln x1.关键 1：利用不等式性质放缩，将a代换掉 设g(x)exeln x1，错误!那么g(x)-6-f(x)0.exe1x.当 0 x1 时，g(x)1 时，g(x)0.所以x1是g(x)的最小值点关键 3：利用导数研究函数的单调性、最值 故当x0 时，g(x)g(1)0.关键 4：利用函数最值使放缩后的不等式得到证明 因此，当a1e时，f(x)0.【构造双函数法】(2022高考课标全国卷)设函数f(x)(1)略

5、(2)证明：由(1)知，f(x)-7-aexln xbex1x，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为ye(x1)2.(1)求a，b；(2)证明：f(x)1.exln x2xex1，从而f(x)1 等价于xln xxex2e.关键 1：将所证不等式等价转化，为构造双函数创造条件 设函数g(x)xln x，那么g(x)1ln x，所以当x0，1e时，g(x)0.故g(x)在0，1e上单调递减，在1e，上单 -8-调递增，从而g(x)在(0，)上的最小值为g1e1e.关键 2：构造函数，利用导数研究函数的单调性，求最小值 设函数h(x)xex2e，那么h(x)ex(1x).所以当x(0，1

6、)时，h(x)0；当x(1，)时，h(x)0 时，g(x)h(x)，即f(x)1.错误!典型例题 (2022四省八校双教研联考)函数f(x)axaxln x1(aR，a0)(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当x1 时，求证：1x11ex1.【解】(1)f(x)aa(ln x1)aln x，-10-假设a0，那么当x(0，1)时，f(x)0，当x(1，)时，f(x)0，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减；假设a0，那么当x(0，1)时，f(x)0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增(2)证明：要证1x11ex1，即证xx1ex，即证x1x1 时，x

7、xln x10，即x1x1 时，ln x1，那么F(x)ex1x单调递增，所以F(x)F(1)e10，所以F(x)在(1，)上单调递增，所以 -11-F(x)F(1)，而F(1)e，所以 exln xe0，所以 exln x，所以 exln xx1x，所以原不等式得证 一般地，要证f(x)g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数F(x)f(x)g(x)，通过分析F(x)在端点处的函数值来证明不等式假设F(a)0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递增即可；假设F(b)0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递减即可 对点训练 1(2022唐山模拟)设f(x)2xln x1.(1)求f(x)

8、的最小值；(2)证明：f(x)x2x1x2ln x.解：(1)f(x)2(ln x1)所以当x0，1e时，f(x)0，f(x)单调递增 所以当x1e时，f(x)取得最小值f1e12e.(2)证明：x2x1x2ln xf(x)x(x1)x1x2(x1)ln x(x1)x1x2ln x，令g(x)x1x2ln x，那么g(x)11x22x(x1)2x20，所以g(x)在(0，)上单调递增 又g(1)0.所以当 0 x1 时，g(x)1 时，g(x)0，-13-所以(x1)x1x2ln x0，即f(x)x2x1x2ln x.2函数f(x)aexbln x，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程

9、为y1e1x1.(1)求a，b；(2)证明：f(x)0.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，)f(x)aexbx，由题意得f(1)1e，f(1)1e1，所以ae1e，aeb1e1，解得a1e2，b1.(2)证明：由(1)知f(x)1e2exln x(x0)-14-因为f(x)ex21x在(0，)上单调递增，又f(1)0，所以f(x)0 在(0，)上有唯一实根x0，且x0(1，2)当x(0，x0)时，f(x)0，从而当xx0时，f(x)取极小值，也是最小值 由f(x0)0，得 ex021x0，那么x02ln x0.故f(x)f(x0)ex02ln x01x0 x0221x0 x020，所以f(

10、x)0.根据不等式确定参数范围 一般地，假设af(x)对xD恒成立，那么只需af(x)max；假设af(x)对xD恒成立，那么只需af(x0)成立，-15-那么只需af(x)min；假设存在x0D，使af(x0)成立，那么只需af(x0)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，结合导函数零点之间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 提示：求解参数范围时，一般会涉及别离参数法，理科试题中很少碰

11、到别离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常需要设出导函数的零点，难度较大 高考真题 思维方法【结合导函数的零点分类讨论】(1)f(x)的定义域为(0，).-16-(2022高考全国卷)函数f(x)x1aln x.(1)假设f(x)0，求a的值；(2)设m为整数，且对于任意正整数n，1121122112nm，求m的最小值.假设a0，因为f1212aln 20，由f(x)1axxax知，当x(0，a)时，f(x)0.所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增.错误!故xa是f(x)在(0，)上的唯一最小值点.-17-由于f(1)0，所以当且仅当a1 时，f(x)0，故a1.

12、(2)由(1)知当x(1，)时，x1ln x0.令x112n得 ln112n12n.从而 ln112ln1122ln112n1212212n112n1，关键3：利用放缩法变形 故1121122112n2，所以m的最小值为 3.【由导函数的特点直接分类讨论】(2022高考大纲全国卷)函数f(x)ax33x23x(a0).(1)讨论f(x)的单调性；(2)假设f(x)在区间(1，2)是增函数，求a的取值范围.(1)略(2)当a0，x0 时，f(x)3ax26x30，关键 1：求导函数，根据导函数的特点确定分类标准 故当a0 时，f(x)在区间(1，2)是增函数.当a0 时，f(x)在区间(1，2)

13、是增函数当且仅当f(1)0 且f(2)0，解得54a0)，所以f(x)1xx(x0)令f(x)0，得x1.由f(x)0，得 0 x1，所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，由f(x)1，所以f(x)的单调递减区间为(1，)所以f(x)极大值f(1)12，无极小值(2)法一：令G(x)F(x)(mx1)ln x12mx2(1m)x1，所 以G(x)1xmx(1 m)mx2(1m)x1x.-21-当m0 时，因为x0，所以G(x)0，所以G(x)在(0，)上是增函数 又G(1)32m20，所以关于x的不等式F(x)mx1 不能恒成立 当m0 时，G(x)mx2(1m)x1xmx1m(x1)x.令

14、G(x)0，得x1m，所 以 当x0，1m时，G(x)0；当x1m，时，G(x)0，h(2)14ln 20，h(x)在(0，)上是减函数，所以当x2时，h(x)0)恒成立 令h(x)2(ln xx1)x22x(x0)，那么h(x)2(x1)(2ln xx)(x22x)2.令(x)2ln xx，因为1212ln 40，且(x)为增函数，-23-所以存在x012，1，使(x0)0，即 2ln x0 x00.当 0 x0，h(x)为增函数，当xx0时，h(x)0，h(x)为减函数 所以h(x)maxh(x0)2ln x02x02x202x01x0.而x012，1，所以1x0(1，2)，所以整数m的最

15、小值为 2.利用导数研究含参数的不等式问题，假设能够别离参数，那么常先将问题转化为形如af(x)(或af(x)的形式，再通过求函数f(x)的最值求得参数范围 对点训练(2022广东六校第一次联考)函数f(x)ln x2x.-24-(1)求函数f(x)在1，)上的值域；(2)假设x1，)，ln x(ln x4)2ax4 恒成立，求实数a的取值范围 解：(1)易知f(x)1ln xx20，所以f(x)在1，)上的值域为(0，2(2)令g(x)ln x(ln x4)2ax4，x1，)，那么g(x)2ln x2xa，假设a0，那么由(1)可知，g(x)0，g(x)在1，)上单调递增，因为g(e)12a

16、e0，与题设矛盾，所以a0 不符合要求 假设a2，那么由(1)可知，g(x)0，g(x)在1，)上单调递减，所以g(x)g(1)-25-2a40，所以a2 符合要求 假设 0a2，那么x0(1，)，使得ln x02x0a，那么g(x)在1，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减，所以g(x)maxg(x0)ln x0(ln x04)2ax04.因为 ln x0ax02，所以g(x)max(ax02)(ax02)2ax04(ax02)(ax04)由题意知g(x)max0，即(ax02)(ax04)0，2ax04，即2ln x0241x0e2.因为aln x02x0，且由(1)可知f(x)ln

17、x2x在(1，)上单调递减，所以4e2aln 21 且x0 时，exx22ax1.解：(1)由f(x)ex2x2a(xR)，知f(x)ex2.令f(x)0，得xln 2.当xln 2 时，f(x)ln 2 时，f(x)0，故函数f(x)在区间(ln 2，)上单调递增 所以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f(ln 2)eln 22ln 22a22ln 22a，无极大值 -27-(2)证明：要证当aln 21 且x0 时，exx22ax1，即证当aln 21 且x0 时，exx22ax10.设g(x)exx22ax1(x0)那么

18、g(x)ex2x2a，由(1)知g(x)ming(ln 2)22ln 22a.又aln 21，那么g(x)min0.于是对xR，都有g(x)0，所以g(x)在 R 上单调递增 于是对x0，都有g(x)g(0)0.即 exx22ax10，故 exx22ax1.2(2022贵阳模拟)函数f(x)mexln x1.(1)当m1 时，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)假设m(1，)，求证：f(x)1.解：(1)当m1 时，f(x)exln x1，-28-所以f(x)ex1x，所以f(1)e1，又因为f(1)e1，所以曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y(e1)(e1)(

19、x1)，即y(e1)x.(2)证明：当m1 时，f(x)mexln x1exln x1，要证明f(x)1，只需证明 exln x20，设g(x)exln x2，那么g(x)ex1x(x0)，设h(x)ex1x(x0)，那么h(x)ex1x20，所以函数h(x)g(x)ex1x在(0，)上单调递增，-29-因为g12e1220，所以函数g(x)ex1x在(0，)上有唯一零点x0，且x012，1，因为g(x0)0，所以 ex01x0，即 ln x0 x0，当x(0，x0)时，g(x)0，所以当xx0时，g(x)取得最小值g(x0)，故g(x)g(x0)ex0ln x021x0 x020，综上可知，

20、假设m(1，)，那么f(x)1.3(2022济南市学习质量评估)函数f(x)x(ex1)a(ex1)(1)假设曲线yf(x)在点(1，f(1)处切线 -30-的斜率为 1，求实数a的值；(2)当x(0，)时，f(x)0 恒成立，求实数a的取值范围 解：(1)f(x)xexex1aex.因为f(1)ee1ae1，所以a2.(2)设g(x)f(x)ex1xexaex，那么g(x)ex(x1)exaex(x2a)ex，设h(x)x2a，注意到f(0)0，f(0)g(0)2a，(i)当a2 时，h(x)x2a0 在(0，)上恒成立，所以g(x)0 在(0，)上恒成立，所以g(x)在(0，)上是增函数，

21、所以g(x)g(0)2a0，所以f(x)0在(0，)上恒成立 所以f(x)在(0，)上是增函数，所以f(x)f(0)0 在(0，)上恒成立，符合题意 -31-(ii)当a2 时，h(0)2a0，x0(0，a)，使得h(x0)0，当x(0，x0)时，h(x)0，所以g(x)0，所以g(x)在(0，x0)上是减函数，所以f(x)在(0，x0)上是减函数 所以f(x)f(0)2a0，所以f(x)在(0，x0)上是减函数，所以当x(0，x0)时，f(x)1 时，f(x)0 时无零点(ii)当a0 时，g(x)0，所以g(x)在(0，)上单调递增，取x0e1a，那么g(x0)g(e1a)1e1a20，因

22、为g(1)1，所以g(x0)g(1)0，此时函数g(x)恰有一个零点(iii)当a0 时，令g(x)0，解得xa2.当 0 xa2时，g(x)a2时，g(x)0，所以g(x)在a2，上单调递增 要使函数g(x)恰有一个零点，那么ga2aln a2a20，即a2e.综上所述，假设函数g(x)恰有一个零点，那么a2e 或a0.(2)令h(x)f(x)(1m)x2mx2(2m1)xln x，根据题意，当x(1，)时，h(x)0 恒成立 h(x)2mx(2m 1)1x(x1)(2mx1)x.(i)假设 0m0 恒成立，所以h(x)在12m，上是增函数，且h(x)h12m，所以不符合题意 (ii)假设m12，那么x(1，)时，h(x)0 恒成立，所以h(x)在(1，)上是增函数，且h(x)h(1)，所以不符合题意 (iii)假设m0，那么x(1，)时，恒有h(x)0，故h(x)在(1，)上是减函数，于是h(x)0 对任意的x(1，)都成立的充要条件是h(1)0，即m(2m1)0，解得m1，故1m0.综上，m的取值范围是1，0 -35-