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- 2021-06-15 发布
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成都市高三二轮复习文科数学(二十一) 函数、导数与不等式
[全国卷 考情分析]
年份
全国卷Ⅰ
全国卷Ⅱ
全国卷Ⅲ
2019
函数零点存在性问题,不等式与参数范围·T20
函数的极值点及方程根·T21
2018
利用导数研究函数的单调性、不等式的证明·T21
函数的单调性与导数、函数零点的证明·T21
导数的几何意义、不等式的证明·T21
2017
函数的单调性与导数、不等式与参数范围·T21
函数的单调性与导数、不等式与参数范围·T21
利用导数研究函数的单调性、不等式的证明·T21
导数日益成为解决问题必不可少的工具,利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型,而导数与函数、不等式、方程等的交汇命题,是高考的热点和难点.
解答题的热点题型有:
(1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值;(2)利用导数证明不等式或探讨方程根;(3)利用导数求解参数的范围或值.
利用导数证明不等式
[例1] (2019·天津高考节选)设函数f(x)=excos x,g(x)为f(x)的导函数.(1)求f(x)的单调区间;(2)当x∈时,证明:f(x)+g(x)≥0.
[解] (1)由已知,有f′(x)=ex(cos x-sin x).因此,当x∈(k∈Z)时,
有sin x>cos x,得f′(x)<0,则f(x)单调递减;当x∈(k∈Z)时,有sin x0,则f(x)单调递增.所以,f(x)的单调递增区间为(k∈Z),
f(x)的单调递减区间为(k∈Z).
(2)证明:记h(x)=f(x)+g(x).依题意及(1),有g(x)=ex(cos x-sin x),从而g′(x)=-2exsin x.
当x∈时,g′(x)<0,故h′(x)=f′(x)+g′(x)+g(x)(-1)=g′(x)<0.
因此,h(x)在区间上单调递减,进而h(x)≥h=f=0.
所以,当x∈时,f(x)+g(x)≥0.
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[解题方略]
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①∀x∈[a,b],有f(a)≤f(x)≤f(b),②∀x1,x2∈[a,b],且x1<x2,有f(x1)<f(x2).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.
[跟踪训练]
(2019·湖北省仙桃中学5月适应性考试)已知函数f(x)=axln x(a>0)的图象在点(e,f(e))处的切线和直线x+2y+1=0垂直.(1)求a的值;(2)对任意的x>0,证明:f(x)≥-2x-e-3.
解:(1)由f(x)的图象在点(e,f(e))处的切线与直线x+2y+1=0垂直,得该切线的斜率为2,即f′(e)=2.
因为f′(x)=a(ln x+1),所以a(ln e+1)=2,解得a=1.
(2)证明:令g(x)=f(x)+2x+e-3,则由(1)知g(x)=xln x+2x+e-3(x>0),则g′(x)=ln x+3,显然g′(x)=0时,x=e-3,当x∈时,g′(x)<0,所以函数g(x)在上单调递减.当x∈时,g′(x)>0,所以函数g(x)在上单调递增,所以g(x)≥g(e-3)=-3e-3+2e-3+e-3=0,
所以对任意的x>0,f(x)≥-2x-e-3.
利用导数研究不等式恒成立、存在性问题
[例2] 已知函数f(x)=x-(a+1)ln x-(a∈R),g(x)=x2+ex-xex.(1)当x∈[1,e]时,求f(x)的最小值.
(2)当a<1时,若存在x1∈[e,e2],使得对任意的x2∈[-2,0],f(x1)<g(x2)恒成立,求a的取值范围.
[解] (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=.
①当a≤1时,x∈[1,e],f′(x)≥0,f(x)为增函数,f(x)min=f(1)=1-a.
②当1<a<e时,x∈[1,a]时,f′(x)≤0,f(x)为减函数;x∈[a,e]时,f′(x)≥0,f(x)为增函数.
所以f(x)min=f(a)=a-(a+1)ln a-1.
③当a≥e时,x∈[1,e]时,f′(x)≤0,f(x)在[1,e]上为减函数.f(x)min=f(e)=e-(a+1)-.
综上,当a≤1时,f(x) min=1-a;当1<a<e时,f(x)min=a-(a+1)ln a-1;
当a≥e时,f(x)min=e-(a+1)-.
(2)由题意知f(x)(x∈[e,e2])的最小值小于g(x)(x∈[-2,0])的最小值.
由(1)知当a<1时,f(x)在[e,e2]上单调递增,f(x)min=f(e)=e-(a+1)-.g′(x)=(1-ex)x.
当x∈[-2,0]时,g′(x)≤0,g(x)为减函数,g(x)min=g(0)=1,所以e-(a+1)-<1,即a>,
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所以a的取值范围为.
[题后悟通]
求解此类题目的策略
∀x1∈D1,∃x2∈D2,f(x1)>g(x2),等价于函数f(x)在D1上的最小值大于g(x)在D2上的最小值即f(x)min>g(x)min.其等价转化的基本思想是:函数y=f(x)的任意一个函数值大于函数y=g(x)的某一个函数值,但并不要求大于函数y=g(x)的所有函数值.
∀x1∈D1,∃x2∈D2,f(x1)<g(x2),等价于函数f(x)在D1上的最大值小于函数g(x)在D2上的最大值.其等价转化的基本思想是:函数y=f(x)的任意一个函数值小于函数y=g(x)的某一个函数值,但并不要求小于函数y=g(x)的所有函数值.
[跟踪训练]
(2019·福建五校第二次联考)已知函数f(x)=ln x-mx2,g(x)=mx2+x,m∈R,令F(x)=f(x)+g(x).
(1)当m=时,求函数f(x)的单调区间及极值;(2)若关于x的不等式F(x)≤mx-1恒成立,求正整数m的最小值.
解:(1)由题意得,f(x)=ln x-x2(x>0),所以f′(x)=-x(x>0).令f′(x)=0,得x=1.
由f′(x)>0,得0<x<1,所以f(x)的单调递增区间为(0,1),
由f′(x)<0,得x>1,所以f(x)的单调递减区间为(1,+∞).所以f(x)极大值=f(1)=-,无极小值.
(2)令G(x)=F(x)-(mx-1)=ln x-mx2+(1-m)x+1,
因m>0时,G′(x)==-.令G′(x)=0,得x=,
所以当x∈时,G′(x)>0;当x∈时,G′(x)<0.
因此函数G(x)在上是增函数,在上是减函数.故函数G(x)的最大值为G=-ln m.
令h(x)=-ln x,因为h(1)=>0,h(2)=-ln 2<0,
h(x)在(0,+∞)上是减函数,所以当x≥2时,h(x)<0,所以整数m的最小值为2.
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大题专攻强化练
1.(2019·贵州省适应性考试)函数f(x)=x-ln x,g(x)=aex.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)求证:当a≥时,xf(x)≤g(x).
2.(2019·北京高考)已知函数f(x)=x3-x2+x.(1)求曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程;(2)当x∈[-2,4]时,求证:x-6≤f(x)≤x;(3)设F(x)=|f(x)-(x+a)|(a∈R),记F(x)在区间[-2,4]上的最大值为M(a).当M
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(a)最小时,求a的值.
3.设函数f(x)=2ln x-mx2+1.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)当f(x)有极值时,若存在x0,使得f(x0)>m-1成立,求实数m的取值范围.
4.(2019·武汉市调研测试)已知函数f(x)=(x-1)ln x+ax(a∈R).(1)在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.
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1解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞).由f(x)=x-ln x,得f′(x)=1-=,
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)≤aex,即证a≥.设h(x)=,
则h′(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==,
所以当a≥时,xf(x)≤g(x).
2解:(1)由f(x)=x3-x2+x得f′(x)=x2-2x+1.令f′(x)=1,即x2-2x+1=1,得x=0或x=.
又f(0)=0,f=,所以曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程是y=x与y-=x-,
即y=x与y=x-.
(2)证明:令g(x)=f(x)-x,x∈[-2,4].由g(x)=x3-x2得g′(x)=x2-2x.令g′(x)=0得x=0或x=.
当x变化时,g′(x),g(x)的变化情况如下:
x
-2
(-2,0)
0
4
g′(x)
+
0
-
0
+
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g(x)
-6
0
-
0
所以g(x)的最小值为-6,最大值为0.故-6≤g(x)≤0,即x-6≤f(x)≤x.
(3)由(2)知,当a<-3时,M(a)=F(0)=|g(0)-a|=-a>3;
当a>-3时,M(a)=F(-2)=|g(-2)-a|=6+a>3;当a=-3时,M(a)=3.
综上,当M(a)最小时,a=-3.
3解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-2mx=,
当m≤0时,f′(x)>0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增;当m>0时,令f′(x)>0,得0,∴f(x)在上单调递增,在上单调递减.
(2)由(1)知,当f(x)有极值时,m>0,且f(x)在上单调递增,在上单调递减.
∴f(x)max=f=2ln-m·+1=-ln m,若存在x0,使得f(x0)>m-1成立,则f(x)max>m-1.
即-ln m>m-1,ln m+m-1<0成立.令g(x)=x+ln x-1(x>0),
∵g′(x)=1+>0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递增,且g(1)=0,∴0