2021高考数学一轮复习学案：第三章高考专题突破一第1课时导数与不等式

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　(2020·赣州模拟)已知函数f (x)＝1－，g(x)＝＋－bx，若曲线y＝f (x)与曲线y＝g(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x≥1时，f (x)＋g(x)≥.
(1)解　因为f (x)＝1－，x>0，
所以f′(x)＝，f′(1)＝－1.
因为g(x)＝＋－bx，所以g′(x)＝－－－b.
因为曲线y＝f (x)与曲线y＝g(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)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，
解得a＝－1，b＝－1.
(2)证明　由(1)知，g(x)＝－＋＋x，
则f (x)＋g(x)≥⇔1－－－＋x≥0.
令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，
则h(1)＝0，h′(x)＝＋＋＋1＝＋＋1.
因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1>0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以当x≥1时，h(x)≥h(1)＝0，
即1－－－＋x≥0，
所以当x≥1时，f (x)＋g(x)≥.

命题点2　分拆函数法
例2　(2019·福州期末)已知函数f (x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明：xf (x)－ex＋2ex≤0.
(1)解　f′(x)＝－a(x>0)．
①若a≤0，则f′(x)>0，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0，则当00，当x>时，f′(x)<0，
故f (x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明　因为x>0，
所以只需证f (x)≤－2e，
当a＝e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)max＝f (1)＝－e，
记g(x)＝－2e(x>0)，则g′(x)＝，
所以当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝－e，
综上，当x>0时，f (x)≤g(x)，
即f (x)≤－2e，即xf (x)－ex＋2ex≤0.
思维升华 (1)利用导数证明不等式的基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)若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，达到证明的目的．
跟踪训练1　(1)设函数f (x)＝ln x－x＋1.
①讨论f (x)的单调性；
②证明：当x∈(1，＋∞)时，1< ①解　由题设知，f (x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.
当00，f (x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f (x)单调递减．
②证明　由①知，f (x)在x＝1处取得极大值也为最大值，最大值为f (1)＝0.
所以当x≠1时，ln x 故当x∈(1，＋∞)时，ln x 即1< (2)已知函数f (x)＝exln x＋ex－1，证明：f (x)>1.
证明　函数f (x)的定义域为(0，＋∞)．
f (x)>1等价于xln x>xe－x－.
设函数g(x)＝xln x，则g′(x)＝1＋ln x，
所以当x∈时，g′(x)<0；当x∈时，g′(x)>0.
故g(x)在上单调递减，在上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g＝－.
设函数h(x)＝xe－x－，则h′(x)＝e－x(1－x)，
所以当x∈(0,1)时，h′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0.
故h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－.
因为g(x)min＝g＝h(1)＝h(x)max，
所以当x>0时，g(x)>h(x)，即f (x)>1.
不等式恒成立或有解问题
例3　已知函数f (x)＝.
(1)若函数f (x)在区间上存在极值，求正实数a的取值范围；
(2)如果当x≥1时，不等式f (x)≥恒成立，求实数k的取值范围．
解　(1)函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＝－，
令f′(x)＝0，得x＝1.
当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f (x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f (x)单调递减．
所以x＝1为函数f (x)的极大值点，且是唯一极值点，
所以0 故 (2)当x≥1时，k≤恒成立，
令g(x)＝(x≥1)，
则g′(x)＝
＝.
再令h(x)＝x－ln x(x≥1)，则h′(x)＝1－≥0，
所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)>0，
所以g(x)为单调增函数，所以g(x)≥g(1)＝2，
故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2]．
本例中(2)若改为：∃x∈[1，e]，使不等式f (x)≥成立，求实数k的取值范围．
解　当x∈[1，e]时，k≤有解，
令g(x)＝(x∈[1，e])，
由本例(2)解题知，g(x)为单调增函数，
所以g(x)max＝g(e)＝2＋，
所以k≤2＋，即实数k的取值范围是.
思维升华 利用导数解决不等式的恒成立或有解问题的策略
(1)构造函数，利用导数求出最值，进而求出参数的取值范围．
(2)分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
跟踪训练2　已知函数f (x)＝ex－1－x－ax2.
(1)当a＝0时，求证：f (x)≥0；
(2)当x≥0时，若不等式f (x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
(1)证明　当a＝0时，f (x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f (x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
f (x)min＝f (0)＝0，∴f (x)≥0.
(2)解　f′(x)＝ex－1－2ax，令h(x)＝ex－1－2ax，
则h′(x)＝ex－2a.
①当2a≤1，即a≤时，
在[0，＋∞)上，h′(x)≥0，h(x)单调递增，
h(x)≥h(0)，即f′(x)≥f′(0)＝0，
∴f (x)在[0，＋∞)上为增函数，∴f (x)≥f (0)＝0，
∴当a≤时满足条件．
②当2a>1，即a>时，
令h′(x)＝0，解得x＝ln(2a)，
在[0，ln(2a))上，h′(x)<0，h(x)单调递减，
∴当x∈(0，ln(2a))时，有h(x) 即f′(x) ∴f (x)在区间(0，ln(2a))上为减函数，
∴f (x) 综上，实数a的取值范围为.

高考中的导数问题常以ex，ln x组合的函数为基础来命制，将基本初等函数与导数相结合，研究函数的性质，下面介绍解决这类问题的几种策略．
一、函数零点设而不求
例1　证明：ex－ln x>2.
证明　设f (x)＝ex－ln x(x>0)，则f′(x)＝ex－.
令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝ex＋>0，
∴f′(x)在(0，＋∞)上是增函数，
又f′＝－2<0，f′(1)＝e－1>0，
∴在上存在x0使f′(x0)＝0，即x0＝－ln x0.
∴在(0，x0)上f (x)单调递减，在(x0，＋∞)上f (x)单调递增，
∴f (x)在x＝x0处有极小值，也是最小值．
∴f (x0)＝ex0－ln x0＝＋x0>2，
故f (x)>2，即ex－ln x>2.
二、分离ln x与ex
例2　(2019·长沙三校统考)已知函数f (x)＝ax2－xln x.
(1)若函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)若a＝e，证明：当x>0时，f (x) (1)解　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≥恒成立．
令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝－，
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≥.
故实数a的取值范围是.
(2)证明　若a＝e，要证f (x) 只需证ex－ln x 令h(x)＝ln x＋(x>0)，则h′(x)＝，
易知h(x)在上单调递减，在上单调递增，则h(x)min＝h＝0，
所以ln x＋≥0.
再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，
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ex－ex≤0.
因为h(x)与φ(x)不同时为0，所以ex－ex 故原不等式成立．

三、借助ex≥x＋1和ln x≤x－1进行放缩
例3　(2019·长春质检)已知函数f (x)＝ex－a.
(1)若函数f (x)的图象与直线l：y＝x－1相切，求a的值；
(2)若f (x)－ln x>0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y＝x－1相切，所以令f′(x)＝1，
即ex＝1，得x＝0，即f (0)＝－1，解得a＝2.
(2)先证明ex≥x＋1，设F (x)＝ex－x－1，
则F′(x)＝ex－1，令F′(x)＝0，则x＝0，
当x∈(0，＋∞)时，F′(x)>0，当x∈(－∞，0)时，F′(x)<0，
所以F (x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，
所以F (x)min＝F (0)＝0，即F (x)≥0恒成立，
即ex≥x＋1，即ex－2≥x－1，
当且仅当x＝0时等号成立，
同理可得ln x≤x－1，当且仅当x＝1时等号成立，
所以ex－2>ln x，
当a≤2时，ln x 即当a≤2时，f (x)－ln x>0恒成立．
当a≥3时，存在x＝1，使ex－aln x不恒成立．
综上，整数a的最大值为2.



1．已知f (x)＝ex－ax2，若f (x)≥x＋(1－x)·ex在[0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．
解　f (x)≥x＋(1－x)ex，即ex－ax2≥x＋ex－xex，
即ex－ax－1≥0，x≥0.
令h(x)＝ex－ax－1(x≥0)，则h′(x)＝ex－a(x≥0)，
当a≤1时，由x≥0知h′(x)≥0，
∴在[0，＋∞)上h(x)≥h(0)＝0，原不等式恒成立．
当a>1时，令h′(x)>0，得x>ln a；
令h′(x)<0，得0≤x ∴h(x)在[0，ln a)上单调递减，
又∵h(0)＝0，∴h(x)≥0不恒成立，
∴a>1不合题意．
综上，实数a的取值范围为(－∞，1]．
2．(2020·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>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.
(1)解　由f (x)＝ex－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝ex－2，x∈R，令f′(x)＝0，得x＝ln 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)
－
0
＋
f (x)
↘
2(1－ln 2＋a)
↗

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x＝ln 2处取得极小值，极小值f (ln 2)＝2(1－ln 2＋a)．无极大值．
(2)证明　设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
由(1)知当a>ln 2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，
所以g(x)在R内单调递增．
于是当a>ln 2－1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ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.
3．(2017·全国Ⅲ)已知函数f (x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)当a<0时，证明：f (x)≤－－2.
(1)解　f (x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.
若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，
故f (x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a<0，则当x∈时，f′(x)>0；
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a<0时，f (x)在x＝－处取得最大值，最大值为f ＝ln－1－，
所以f (x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，
即ln＋＋1≤0.
设g(x)＝ln x－x＋1，则g′(x)＝－1.
当x∈(0,1)时，g′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.
所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.
所以当x>0时，g(x)≤0.
从而当a<0时，ln＋＋1≤0，
即f (x)≤－－2.

4．已知函数f (x)＝＋ln x，g(x)＝x3＋x2－x.
(1)若m＝3，求f (x)的极值；
(2)若对于任意的s，t∈，都有f (s)≥g(t)，求实数m的取值范围．
解　(1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，
当m＝3时，f (x)＝＋ln x.
∵f′(x)＝－＋＝，f′(3)＝0，
∴当x>3时，f′(x)>0，f (x)是增函数，
当0 ∴f (x)有极小值f (3)＝1＋ln 3，没有极大值．
(2)g(x)＝x3＋x2－x，g′(x)＝3x2＋2x－1.
当x∈时，g′(x)>0，
∴g(x)在上是单调递增函数，g(x)max＝g(2)＝10.
对于任意的s，t∈，f (s)≥g(t)恒成立，即对任意x∈，f (x)＝＋ln x≥1恒成立，
即m≥x－xln x恒成立．
令h(x)＝x－xln x，则h′(x)＝1－ln x－1＝－ln x.
∴当x>1时，h′(x)<0，当00，
∴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，
∴m≥1，即m的取值范围是[1，＋∞)．

5．已知函数f (x)为偶函数，当x≥0时，f (x)＝2ex，若存在实数m，对任意的x∈[1，k](k>1)，都有f (x＋m)≤2ex，求整数k的最小值．
解　因为f (x)为偶函数，且当x≥0时，f (x)＝2ex，
所以f (x)＝2e|x|，
对于x∈[1，k]，由f (x＋m)≤2ex得2e|x＋m|≤2ex，
两边取以e为底的对数得|x＋m|≤ln x＋1，
所以－x－ln x－1≤m≤－x＋ln x＋1在[1，k]上恒成立，
设g(x)＝－x＋ln x＋1(x∈[1，k])，
则g′(x)＝－1＋＝≤0，
所以g(x)在[1，k]上单调递减，
所以g(x)min＝g(k)＝－k＋ln k＋1，
设h(x)＝－x－ln x－1(x∈[1，k])，易知h(x)在[1，k]上单调递减，
所以h(x)max＝h(1)＝－2，故－2≤m≤－k＋ln k＋1，
若实数m存在，则必有－k＋ln k≥－3，
又k>1，且k为整数，
所以k＝2满足要求，故整数k的最小值为2.