《2019届高考数学文科二轮分类突破训练：第二篇考点六 考查角度2 导数与不等式的综合应用 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考数学文科二轮分类突破训练：第二篇考点六 考查角度2 导数与不等式的综合应用 Word版含解析.pdf（12页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 考查角度 2 导数与不等式的综合应用 分类透析一 证明不等式 例 1 已知函数f(x)=在点(-1,f(-1)处的切线方程为 + 2+ 1 x+y+3=0. (1)求函数f(x)的解析式; (2)设g(x)=ln x,求证:g(x)f(x)在1,+)上恒成立. (3)若 0. ln - ln - 2 2+ 2 分析 运用待定系数法求出参数a,b的值,从而确定函数的解析 式,利用导数方法证明不等式g(x)f(x)在区间D上恒成立的基本方 法是构造函数h(x)=g(x)-f(x),然后根据函数的单调性或者函数的最 值证明函数h(x)0.利用第(2)小问的
2、结论求证第(3)小问. 解析 (1)将x=-1 代入切线方程,得y=-2, 所以f(-1)=-2,化简得b-a=-4. - 1 + 1 又f(x)=, (2+ 1) - (ax + b)2x ( 2+ 1)2 所以f(-1)=-1. 2 + 2( - ) 4 联立,解得a=2,b=-2.所以f(x)=. 2 - 2 2+ 1 (2)由题意知,要证 ln x在1,+)上恒成立, 2 - 2 2+ 1 即证明x2ln x+ln x-2x+20 在1,+)上恒成立. 设h(x)=x2ln x+ln x-2x+2,则h(x)=2xln x+x+ -2. 1 因为x1,所以2xln x0,x+2=2(当
3、且仅当x=1时等 1 1 号成立),即h(x)0, 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以h(x)在1,+)上单调递增,h(x)h(1)=0, 所以g(x)f(x)在1,+)上恒成立. (3)因为 01. 由(2)知 ln,整理得, 2 - 2 ( ) 2 + 1 ln - ln - 2 2+ 2 所以当 0. ln - ln - 2 2+ 2 方法技巧 利用导数证明不等式有以下方法:证明 f(x)g(x),x(a,b),可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),若 F(x)0,则F(x)在(a,b)上是增函数,同时若F(a)0,由增函数的定 义可知,当x(a,b)时,有F(x)0,
4、即f(x)g(x)得证. 分类透析二 不等式恒成立或有解问题 例 2 已知函数f(x)=. 1 + ln (1)若函数f(x)在区间上存在极值,求实数a的取值范 (, + 1 2) 围; (2)如果当x1时,不等式f(x)恒成立,求实数k的取值范 + 1 围. 分析 不等式恒成立问题,通常可以利用函数的单调性求出函数 最值,然后解决.解答相应的参数不等式问题,如果易分离参数,可先 分离变量,构造函数,直接转化为函数的最值问题,避免参数的讨论. 解析 (1)函数的定义域为(0,+), f(x)=-, 1 - 1 - ln 2 ln 2 令f(x)=0,得x=1. 高清试卷 下载可打印 高清试卷
5、下载可打印 当x(0,1)时,f(x)0,f(x)单调递增; 当x(1,+)时,f(x)0, 所以g(x)为单调增函数,所以g(x)g(1)=2, 故k2,即实数k的取值范围是(-,2. 方法技巧 不等式恒成立问题的求解策略 (1)已知不等式f(x,)0(为实参数)对任意的xD恒成立, 求参数的取值范围.利用导数解决此类问题可以利用分离参数法, 其一般步骤如下: 第一步:将原不等式f(x,)0(xD,为实参数)分离,使不等 式的一边是参数,另一边不含参数,即化为f1()f2(x)或 f1()f2(x)的形式; 第二步,利用导数求出函数f2(x)(xD)的最大(小)值; 第三步,解不等式f1()
6、f2(x)max或f1()f2(x)min,从而求出 参数的取值范围. (2)如果无法分离参数,可以考虑对参数或自变量进行分类讨论 求解.如果是二次不等式恒成立的问题,可以考虑利用二次项系数与 判别式的方法(a0,1 时,f(x)1,当x(1,x0)时,恒有 f(x)k(x-1). 分析 (1)求出函数f(x)的导数f(x),令f(x)0(注意在函数 f(x)的定义域上),得函数f(x)的单调递增区间;(2)构造函数,通过求 导判断函数的单调性来证明不等式;(3)对k进行分类讨论,通过构造 函数,利用求导来判断其单调性,从而得到参数k的取值范围. 解析 (1)f(x)= -x+1=,x(0,+
7、). 1 - 2+ x + 1 由f(x)0 得解得 0 0, - 2 + x + 1 0, 1 + 5 2 故f(x)的单调递增区间是. ( 0, 1 + 5 2 ) (2)令F(x)=f(x)-(x-1),x(0,+), 则F(x)=. 1 - 2 当x(1,+)时,F(x)1 时,F(x)1 时,f(x)1,使得当x(1,x0) 时,f(x)k(x-1). 当k1 时,对于x1,有f(x)1,使得当x(1,x0)时,f(x)k(x-1). 当k1. 1 - +(1 - )2+ 4 2 当x(1,x2)时,G(x)0,故G(x)在1,x2)内单调递增. 从而当x(1,x2)时,G(x)G(
8、1)=0,即f(x)k(x-1), 综上,k的取值范围是(-,1). 方法技巧 存在型不等式恒成立问题的求解策略 “恒成立” 与 “存在性” 问题的求解是 “互补” 关系,即f(x)g(a) 对于xD恒成立,应求f(x)的最小值;若存在xD,使得f(x)g(a) 成立,应求f(x)的最大值.特别需要关注等号是否成立问题,以免细节 出错. 1.(2018 年全国卷,文 21 改编)已知函数f(x)=xex-aln x,曲线 y=f(x)在点(1,f(1)处的切线平行于x轴. (1)求f(x)的单调区间; (2)证明:当be 时,f(x)b(x2-2x+2). 解析 (1)因为f(x)=(x+1)
9、ex-,x0, 所以f(1)=0,即 2e-a=0,解得a=2e, 所以f(x)=(x+1)ex- . 2e 显然f(x)在(0,+)上单调递增,又f(1)=0, 故当x(0,1)时,f(x)0. 所以f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+). (2)当b0 时,由(1)知,当x=1 时,f(x)取得最小值,最小值为 e. 又b(x2-2x+2)的最大值为b, 故f(x)b(x2-2x+2). 当 00, 2e 则h(x)=(x+2)ex+ -2b. 2e 2 当x(0,1时,-2b0,(x+2)ex0, 2e 2 所以h(x)0; 当x(1,+)时,(x+2)ex-2b0
10、,0, 2e 2 所以h(x)0. 所以当x(0,+)时,h(x)0, 故h(x)在(0,+)上单调递增. 又h(1)=0, 所以当x(0,1)时,g(x)0. 所以g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增. 所以当x=1 时,g(x)取得最小值,最小值为g(1)=e-b0, 所以g(x)0, 即f(x)b(x2-2x+2). 综上所述,当be 时,f(x)b(x2-2x+2). 2.(2016 年全国卷,文 21 改编)设函数f(x)= +2ln x. 1 (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)如果对任意的x1,都有f(x)ax,求a的取值范围. 解析 (1)由题意得f(x)
11、的定义域为(0,+),f(x)=, 2 - 1 2 所以当 0时,f(x)0. 1 2 1 2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 故函数f(x)在上单调递减,在上单调递增. ( 0, 1 2) ( 1 2, + ) (2)当x1 时,f(x)axa+, 2ln 1 2 令h(x)=+(x1), 2ln 1 2 则h(x)=- =. 2 - 2ln 2 2 3 2( - ln - 1) 3 令m(x)=x-xln x-1(x1),则m(x)=-ln x. 当x1 时,m(x)0,所以m(x)在1,+)上为减函数, 所以m(x)m(1)=0,因此h(x)0,所以h(x)在1,+)上为减
12、函数, 所以当x=1 时,h(x)取得最大值,最大值为h(1)=1,故a1, 即a的取值范围是1,+). 3.(2016 年四川卷,文 21 改编)已知函数f(x)=1-,g(x)=x-ln x. - 1 e 证明: (1)g(x)1. (2)(x-ln x)f(x)1- . 1 e2 解析 (1)由题意得g(x)=(x0), - 1 当 01 时,g(x)0. 所以g(x)在(0,1)上为减函数,在(1,+)上为增函数. 所以g(x)g(1)=1,得证. (2)由f(x)=1-,得f(x)=, - 1 e - 2 e 所以当 02 时,f(x)0. 所以f(x)在(0,2)上为减函数,在(2
13、,+)上为增函数. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以f(x)f(2)=1-(当且仅当x=2 时取等号). 1 e2 又由(1)知x-ln x1(当且仅当x=1 时取等号), 且等号不同时取得, 所以(x-ln x)f(x)1- . 1 e2 1.(广东省 2018 届高三第一次模拟)已知函数f(x)=ex-x2-ax. (1)证明:当a2-2ln 2 时,函数f(x)在 R 上是单调函数. (2)当x0 时,f(x)1-x恒成立,求实数a的取值范围. 解析 (1)f(x)=ex-x2-ax, f(x)=ex-2x-a. 令g(x)=ex-2x-a, 则g(x)=ex-2, 则当
14、x(-,ln 2)时,g(x)0,g(x)单调递增. 函数g(x)在x=ln 2 处取得最小值,且最小值为g(ln 2)=2- 2ln 2-a0, f(x)0 在 R 上恒成立,当且仅当a=2-2ln 2,x=ln 2 时等号 成立. f(x)在 R 上是单调递增函数. (2)由题意得当x0 时,ex-x2-ax1-x恒成立, 当x0 时,a-x- +1 恒成立. e 1 令h(x)= -x- +1(x0), e 1 则h(x)=. e(x - 1) - 2+ 1 2 ( - 1)(e- x - 1) 2 令(x)=ex-x-1(x0), 则(x)=ex-10. 高清试卷 下载可打印 高清试卷
15、 下载可打印 x(0,+)时,(x)单调递增, (x)(0)=0,即 ex-x-10. 当x(0,1)时,h(x)0,h(x)单调递增. 当x=1 时,h(x)取得最小值,且h(x)min=h(1)=e-1, ae-1. 故实数a的取值范围为(-,e-1. 2.(海南省 2018 届高三阶段性测试二模)已知函数f(x)=, g(x)=ln e x+1. (1)求函数f(x)的单调区间; (2)证明:x3f(x)g(x). 解析 (1)由题易知f(x)=. ( - 1)e 2 当x(-,0)(0,1)时,f(x)0, 所以f(x)的单调递减区间为(-,0)和(0,1),单调递增区间为 (1,+)
16、. (2)g(x)的定义域为(0,+),要证x3f(x)g(x),即证. e ln + 1 3 由(1)可知f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增,所以 f(x)f(1)=e. 设h(x)=,x0,则h(x)=. ln + 1 3 - 2 - 3ln 4 当x(0,)时, h(x)0;当x(,+)时, h(x),所以x3f(x)g(x). e2 3 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 3.(东北三省三校2018届高三第二次模拟考试)已知定义域为(0,+) 的函数f(x)=(x-m)ex(常数mR). (1)若m=2,判断函数f(x)的单调性. (2)若f(x)+m+10
17、 恒成立,求实数m的最大整数值. 解析 (1)当m=2 时,f(x)=(x-2)ex(x(0,+), f(x)=(x-1)ex. 令f(x)0,得x1, 令f(x)0 对于x(0,+)恒成立, 即f(x)-m-1 对于x(0,+)恒成立, 由函数的解析式可得f(x)=exx-(m-1),分类讨论: 当m1 时,f(x)0,f(x)在(0,+)上为增函数, f(x)f(0)=-m,显然f(x)-m-1 对于x(0,+)恒成立,故 m1. 当m1 时,令f(x)0,得xm-1,令f(x)-m-1,即 em-1-m-11), 则g(m)=em-1-10(m1), g(m)在(1,+)上单调递增. 而
18、mZ,g(2)=e-30, 在(1,+)上存在唯一m0使得g(m0)=0,且 20,对于x(0,+)恒成立,则实数m的最 大整数值为 2. 4.(2017 安徽马鞍山二模)已知函数f(x)=aln x+ x2- . 1 2 1 2 (1)若曲线y=f(x)上任意一点处的切线斜率不小于 3,求a的最小值; 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (2)当a=1,kR 时,若g(x)=f(x)-2kx有两个极值点x1,x2,且x10,所以切线斜率f(x)= +x2,当且仅当x= 时取得等号,所以 23,即a ,所以a的最小值为. 9 4 9 4 (2)g(x)=f(x)-2kx=ln x+ x
19、2-2kx-(x0), 1 2 1 2 g(x)= +x-2k. 1 当k1 时,g(x)= +x-2k2-2k=2-2k0,函数g(x)在 1 1 x (0,+)上单调递增,无极值. 当k1 时,g(x)= +x-2k=. 1 2- 2kx + 1 由g(x)=0,得x2-2kx+1=0,=4(k2-1)0.设两个根为x1,x2,则 x1+x2=2k,x1x2=1, 其中 01). 22 2 3 2 构造函数h(x)=ln x- -(x1),h(x)= -x0, 2 2 3 2 1 所以h(x)在(1,+)上单调递减,且h(1)=-2. 故g(x2)-2. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印