专题07 用好导数,“三招”破解不等式恒成立问题(第一篇)-2020年高考数学压轴题命题区间探究与突破(解析
一.方法综述
不等式恒成立问题一直是高考命题的热点,把函数问题、导数问题和不等式恒成立问题交汇命制压轴题成为一个新的热点命题方向.由不等式恒成立确定参数范围问题,常见处理方法有:① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥可)或()a f x ≤恒成立(()min a f x ≤即可)
;② 数形结合(()y f x =图象在()y g x = 上方即可);③ 最值法:讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立;④ 讨论参数.在诸多方法中,构造函数并利用导数研究函数的单调性、最值等,是必须要考虑的解题门径.本专题举例说明《用好导数,“三招”破解不等式恒成立问题》.
二.解题策略
类型一 构造函数求最值
【例1】【2018届湖南省益阳市高三4月调研】已知函数(
,为自然对数
的底数). (1)讨论函数的单调区间;
(2)当
时,
恒成立,求实数的最小值.
【答案】(1)单调递增区间是
,单调递减区间是
.(2)-e.
【解析】试题分析:(1)由题意,利用导数法进行讨论,由
可求出函数的增区间,
可求出
函数的减区间,同时对参数进行分段讨论,从而问题即可得解;(2)由题意,可构造函数
,由此可将问题转化为计算
,再根据导数进行运算求解,从而问
题可得解.学%科网
试题解析:(1)由题知,函数
的定义域是
.
,
当
时,
对任意
恒成立,
所以函数的单调递增区间是,无单调递减区间;
当时,令,得;
令,得;
所以函数的单调递增区间是,
单调递减区间是.
【指点迷津】
1.首先要明确导函数对原函数的作用:即导函数的符号决定原函数的单调性.如果所构造的函数,其导数结构比较复杂不易分析出单调性,则可把需要判断符号的式子拿出来构造一个新函数,再想办法解决其符号.
2.在考虑函数最值时,除了依靠单调性,也可根据最值点的出处,即“只有边界点与极值点才是最值点的候选点”,所以有的讨论点就集中在“极值点”是否落在定义域内.
【举一反三】
【2018届湖南省永州市三模】已知,
.
(1)若对任意的实数,恒有,求实数的取值范围;
(2)当时,求证:方程恒有两解.
【答案】(Ⅰ);(Ⅱ)详见解析.
(Ⅱ)方程化为,
令,,
在(0,+∞)上单调递增,,,
存在使,即,,在上单调递减,在上单调递增,在处取得最小值.学&科网
,
,<0,
,,在和各有一个零点,故方程
恒有两解.
类型二参变分离求最值
【例2】【2018届山西省孝义市高三下学期一模】已知函数.
(1)讨论函数的单调性;
(2)当时,曲线总在曲线的下方,求实数的取值范围.
【答案】(1)当时,函数在上单调递增;当时,在上单调递增,在
上单调递减;(2).
【解析】
(1)由可得的定义域为,且,
若,则,函数在上单调递增;
若,则当时,,在上单调递增,
当时,,在上单调递减.
综上,当时,函数在上单调递增;
当时,在上单调递增,在上单调递减. 学科*网
【指点迷津】
1、参变分离:顾名思义,就是在不等式中含有两个字母时(一个视为变量,另一个视为参数),可利用不等式的等价变形让两个字母分居不等号的两侧,即不等号的每一侧都是只含有一个字母的表达式.然后可利用其中一个变量的范围求出另一变量的范围,转化为求函数的最值问题.
2、如何确定变量与参数:一般情况下,那个字母的范围已知,就将其视为变量,构造关于它的函数,另一个字母(一般为所求)视为参数.
3、参变分离法的适用范围:判断恒成立问题是否可以采用参变分离法,可遵循以下两点原则:
(1)已知不等式中两个字母是否便于进行分离,如果仅通过几步简单变换即可达到分离目的,则参变分离法可行.但有些不等式中由于两个字母的关系过于“紧密”,会出现无法分离的情形,此时要考虑其他方法.
例如:()2
1log a x x -<,
111ax
x e x
-+>-等 (2)要看参变分离后,已知变量的函数解析式是否便于求出最值(或临界值),若解析式过于复杂而无法求出最值(或临界值),则也无法用参变分离法解决问题. 【举一反三】
【2018年【衡水金卷】(三)】已知函数()f x 的导函数为()f x ',且满足()3
2123
f x x ax bx =
+++, ()()24f x f x +='-',若函数()6ln 2f x x x ≥+恒成立,则实数b 的取值范围为( )
A. [)64ln3,++∞
B. [)5ln5,++∞
C. [)66ln6,++∞
D. [
)4ln2,++∞ 【答案】C
类型三 讨论参数定范围
【例3】【2018届山东天成高三第二次大联考】已知函数,
.
(1)讨论函数的单调性;
(2)若
,
对任意
恒成立,求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析;(2).
【解析】
(1),定义域
所以.
讨论:
当时,对或,成立,
所以函数在区间,上均是单调递增;
当时,对或,成立,
所以函数在区间,上均是单调递减;
当时,函数是常函数,无单调性. 学科@网
【指点迷津】
本例(2)对任意恒成立,即对任意恒成立,构造函数
,对这个函数求导研究函数的单调性,使得最值大于0即可.求导数'
()h x 后,为求()
h x 的最小值,根据,2[2,)x ∈+∞,对参数m 的取值进行讨论,确定了'
()h x 的符号,从而明确()
h x 的单调性、最值. 【举一反三】
【2018届四川高三(南充三诊)联合诊断】已知定义在上的偶函数
在
上单调递减,若不等式
对任意
恒成立,则实数的取值范是( )
A. B.
C.
D.
【答案】A
(1)当时,即
或
时,
在
上恒成立,单调递增,
因为最小值,最大值,所以
,
综上可得; (2)当,即时,在
上恒成立,
单调递减,
因为最大值,最小值
,所以
,
综合可得,无解, (3)当,即时,在
上,
恒成立,
为减函数,
在
上,
恒成立,
单调递增,
故函数最小值为,
若
,即
,因为
,则最大值为
,
此时,由,求得,
综上可得;
若,即,因为,则最大值为,
此时,最小值,最大值为,求得,
综合可得,
综合(1)(2)(3)可得或或,
即,故选A. 学科$网
三.强化训练
1.【2018届(衡水金卷调研卷)三】若存在,不等式成立,则实数的最大值为()
A. B. C. 4 D.
【答案】A
2.【2018年高考理科数学原创押题预测卷01】已知函数,若关于的不等式在上恒成立,则的值为
A. B. C. D.
【答案】A
3.【2018年4月浙江省金华十校高考模拟】若对任意的,存在实数,使
恒成立,则实数的最大值为__________.
【答案】9
【解析】若对任意的,恒成立,可得:
恒成立,
令,,
原问题等价于:,结合对勾函数的性质分类讨论:(1)当时,,,
原问题等价于存在实数满足:,
故,解得:,则此时;
(2)当时,,,
原问题等价于存在实数满足:,学/科网
故,解得:,则此时;
(3)当时,,
而,
当时,,
原问题等价于存在实数满足:,
故,解得:,则此时;
当时,,
原问题等价于存在实数满足:,
故,解得:,则此时;
综上可得:实数的最大值为.
4.【2018届齐鲁名校教科研协作体山东、湖北部分重点中学模拟(三)】已知函数在点
处的切线过点.
(1)求实数的值,并求出函数单调区间;
(2)若整数使得在上恒成立,求的最大值.
【答案】(1),在单调递减,在单调递增;(2)7.
【解析】
(2)∵时,,
∴等价于
记,∴
记,有 ,
∴
在
单调递增
∴ , 由于
,
,可得
因此,故 又
由零点存在定理可知,存在,使得
,
即①
且时,,时,
故
时,
单调递减,
时,
单调递增
∴
由①可得
故的最大值为7.
5.【2017课标3,理21】已知函数()1ln f x x a x =-- . (1)若()0f x ≥ ,求a 的值;
(2)设m 为整数,且对于任意正整数n 2111111222n m ????
??+++< ??? ???????
L ,求m 的最小值. 【答案】(1)1a = ;(2)3 【解析】
试题分析:(1)由原函数与导函数的关系可得x =a 是()f x 在()0,+x ∈∞的唯一最小值点,列方程解得1a = ; (2)利用题意结合(1)的结论对不等式进行放缩,求得2111111222n e ?
???
??+
++< ??? ???????
L ,结合
231111112222???
???+++> ???????????
可知实数m 的最小值为3学科%网
6. 【2018届内蒙古鄂伦春自治旗高三下学期二模(420模拟)】已知函数的
图象在与轴的交点处的切线方程为.
(1)求的解析式;
(2)若对恒成立,求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【解析】试题分析:(1)由切线方程为
求得切点坐标,再利用导数的几何意义,可得和
,即可求得的,值,从而可的
的解析式;(2)对
恒成立等价于对
恒成立,设
,利用导数研究
的单
调性,可得
的最大值,再设
,,利用导数研究
的单调性,可得的最小值,从而可得的取值范围.
试题解析:(1)由得
.
∴切点为.
∵ ∴
∴,
又
∴
,.
7. 【2018届河南省焦作市高三第四次模拟】已知()()2
2x
f x mx e
m R =-∈.
(Ⅰ)若()()'g x f x =,讨论()g x 的单调性;
(Ⅱ)当()f x 在()()
1,1f 处的切线与()223y e x =-+平行时,关于x 的不等式()0f x ax +<在()0,1上恒成立,求a 的取值范围.
【答案】(Ⅰ)()g x 在()ln ,m +∞上单调递减,在(),ln m -∞上单调递增. (Ⅱ)(]
,21a e ∈-∞-.
【解析】试题分析:(Ⅰ)求得函数的导数()()
'2x g x m e =-,分0m ≤和0m >两种情况讨论,即可得到函数()g x 的单调性;学科&网
(Ⅱ)由(Ⅰ)求得1m =,把不等式()0f x ax +<即2
20x
x e ax -+<,得2x
e a x x
<-在()0,1上恒成立,设()2x
e F x x x
=-,利用导数求得函数()F x 的单调性与最值,即可得到实数a 的取值范围. 试题解析:
(Ⅰ)因为()()'22x
g x f x mx e ==-,所以()()
'2x g x m e =-,
当0m ≤时, ()'0g x <,所以()g x 在R 上单调递减,
当0m >时,令()'0g x <,得ln x m >,令()'0g x >,得ln x m <, 所以()g x 在()ln ,m +∞上单调递减,在(),ln m -∞上单调递增.
8. 已知函数,
.
(1)讨论函数的单调区间;
(2)若函数在
处取得极值,对,
恒成立,求实数的取值范围.
【答案】(1) 当时,
的单调递减区间是
,无单调递增区间;当
时,
的单调递减
区间是
,单调递增区间是
;(2)
.
【解析】分析:(1)求导,解不等式,得到增区间,解不等式,得到减区间;
(2)函数f(x)在x=1处取得极值,可求得a=1,于是有f(x)≥bx﹣2?1+﹣≥b,构造函数g(x)
=1+﹣,g(x)min即为所求的b的值
详解:
(1)在区间上,,
当时,恒成立,在区间上单调递减;
当时,令得,
在区间上,,函数单调递减,
在区间上,,函数单调递增.
综上所述:当时,的单调递减区间是,无单调递增区间;
当时,的单调递减区间是,单调递增区间是学科@网
9. 已知函数,.
(1)当时,若关于的不等式恒成立,求的取值范围;
(2)当时,证明:.
【答案】(1).(2)见解析.
【解析】
(1)由,得.
整理,得恒成立,即.
令.则.
∴函数在上单调递减,在上单调递增.
∴函数的最小值为.
∴,即.
∴的取值范围是.学^科网
即.
现证明.
构造函数,
则.
∴函数在上是增函数,即.
∴当时,有,即成立.
令,则式成立.
综上,得.
对数列,,分别求前项和,得
.
10.【2018届青海省西宁市高三下学期(一模)】设()ln f x x =, ()1
2
g x x x =. (1)令()()()?F x x f x g x =-,求()F x 的单调区间;
(2)若任意[
)12,1,x x ∈+∞且12x x <,都有()()()()212211??m g x g x x f x x f x ??->-??恒成立,求实数m 的取值范围.
【答案】(1)见解析;(2)1m ≥. 【解析】
(2)据题意,当121x x ≤<时, ()()()()212211??m g x g x x f x x f x ??->-??恒成立, ∴当121x x ≤<时, ()()()()22211??mg x x f x mg x x f x ->-恒成立, 令()()()?H x mg x x f x =-,即()2
1ln 2
H x mx x x =- 则()H x 在[
)1,+∞上是增函数, ∴()0H x '≥在[
)1,+∞上恒成立,∴ln 1
x m x
+≥(1x ≥), 令()ln 1
x h x x
+=
(1x ≥), ∴()2
1ln 1ln 0x x
h x x x
---==≤',∴ ()h x 在[)1,+∞上为减函数, ∴()()max 11h x h ==,∴ 1m ≥.学.科网
导数之数列型不等式证明
函数与导数解答题之数列型不等式证明 例1.已知函数()()ln 3f x a x ax a R =--∈ (1)讨论函数)(x f 的单调性; (2)证明:*1111ln(1)()23n n N n + +++>+∈ (3)证明:()*ln 2ln 3ln 4ln 5ln 12,2345n n n N n n ???<≥∈ (4)证明:()*22222ln 2ln 3ln 4ln 5ln 112,23452n n n n n N n n +?????≥∈ ??? (5)证明:()444442 *44444ln 2ln 3ln 4ln 5ln (1)2,23454n n n n N n n +???<≥∈ (6)求证:()()() ()222222121ln 2ln 3ln ...2,2321n n n n n N n n *-++++<≥∈+ (7)求证:()22221111111...12482n e n N *????????+ +++<∈ ????? ????????? 例2.已知函数2()ln(1)f x a x ax x =+--. (1)若1x =为函数()f x 的零点,求a 的值; (2)求()f x 的极值; (3)证明:对任意正整数n ,2 22134232)1ln(n n n +++++ <+ .
例3.已知函数()x f x e ax a =--(其中,a R e ∈是自然对数的底数, 2.71828e =…). (1)当a e =时,求函数()f x 的极值;(II )当01a ≤≤时,求证()0f x ≥; (2)求证:对任意正整数n ,都有2111111222n e ??????+ +???+< ??? ???????. 例4.设函数()ln 1f x x px (1)求函数()f x 的极值点; (2)当p >0时,若对任意的x >0,恒有0)(≤x f ,求p 的取值范围; (3)证明:).2,()1(212ln 33ln 22ln 2222222≥∈+--<+++n N n n n n n n 例5.已知函数()ln 1f x x x =-+? (1)求()f x 的最大值; (2)证明不等式:()*121n n n n e n N n n n e ??????+++<∈ ? ? ?-???? ??
01导数应用——不等式恒成立问题
2015届高三培优____导数应用不等式恒成立问题 【基础导练】 1.已知函数32()39f x x x x c =--+,若[2,6]x ∈-时,()2f x c <恒成立,则c 的取值范 围是 解析:问题等价于3239()c x x x g x >+-=,只要max ()(6)54c g x g >== 答案:(54,)+∞ 2.已知33()3,(0),()3,(0)f x x x x g t t t m t =-≤=-+≥,若对任意0,0x t ≤≥恒有不等 式()()g t f x ≥成立,则实数m 的取值范围是 解析:求得max ()(1)2f x f =-=,min ()(1)2g t g m ==-,只需22m -≥,即 4.m ≥ 答案:[4,)+∞ 3.设函数()(1)ln(1)f x x x =++,若对所有的0x ≥,都有()f x ax ≥成立,则实数a 的 取值范围 . 【解析】令()(1)ln(1)g x x x ax =++-, 对函数()g x 求导数:'()ln(1)1g x x a =++-令'()0g x =,解得11a x e -=-, (i)当1a ≤时,对所有0,'()0x g x >>,所以()g x 在[0,)+∞上是增函数, 又(0)0g =,所以对0x ≥,都有()(0)g x g ≥, 即当1a ≤时,对于所有0x ≥,都有()f x ax ≥. (ii)当1a >时,对于101a x e -<<-,'()0g x <,所以()g x 在1(0,1)a e -- 是减函数, 又(0)0g =,所以对1 01a x e -<<-,都有()(0)g x g <,即当1a >时,对所有的0x ≥,都有()f x ax ≥成立. 综上,a 的取值范围是(-∞,1]. 【例题研究】 例题1.已知函数()f x ax e x =-,其中0a ≠ . 若对一切x R ∈ ,()f x ≥1恒成立,求a 的取值集合. 【解析】(Ⅰ)若0a <,则对一切0x >,()f x 1ax e x =-<,这与题设矛盾,又0a ≠, 故0a >. 而()1,ax f x ae '=-令11()0,ln .f x x a a '==得
2021年高考数学复习《导数---泰勒不等式专题》
导数——泰勒不等式专题 一、泰勒公式: 泰勒公式,也称泰勒展开式,主要是用于求某一个复杂函数在某点的函数值。如果一个函数足够平滑,即若函数)(x f 在包含0x 的某个闭区间],[b a 具有n 各阶导数,且在开区间),(b a 上存在1+n 阶导数,则对],[b a 上任意一点x ,有 ).()(! )()(!2)()(!1)(!0)()(00)(200000x R x x n x f x x x f x x x f x f x f n n n +-++-''+-'+= 其中)(x R n 为泰勒展开式的余项,泰勒展开式也叫泰勒级数. 我们更多的是用泰勒公式在00=x 的特殊形式: )(!) 0(!2) 0( !1)0(!0)0()(2 2x R x n f x f f f x f n n +++''+'+= .以下列举一些常见函数的泰勒公式: ++++=32!31 !21 !11 1x x x e x ① +-+-=+4324 1 3121 )1ln(x x x x x ② +-+-=753!71!51!31sin x x x x x ③ -+-=4 2!41!211cos x x x ④ ++++=-32111x x x x ⑤从中截取片段,就构成了高考数学考察导数的常见不等式: x e x +≥1①; 1ln -≤x x ②; 212 x x e x ++≥③对0≥x 恒成立; x x x x ≤+≤+)1ln(1④对0≥x 恒成立; x x x x ≤≤-sin 63 ⑤对0≥x 恒成立; 2421cos 214 22x x x x +-≤≤-⑥对0≥x 恒成立
利用导数解决不等式恒成立中的参数问题学案
利用导数解决不等式恒成立中的参数问题 一、单参数放在不等式上型: 【例题1】(07全国Ⅰ理)设函数()x x f x e e -=-.若对所有0x ≥都有()f x ax ≥,求a 的取值范围. 解:令()()g x f x ax =-,则()()x x g x f x a e e a -''=-=+-, (1)若2a ≤,当0x >时,()20x x g x e e a a -'=+->-≥,故()g x 在(0,)+∞上为增函数, ∴0x ≥时,()(0)g x g ≥,即()f x ax ≥. (2)若2a >,方程()0g x '=的正根为1x = 此时,若1(0,)x x ∈,则()0g x '<,故()g x 在该区间为减函数. ∴1(0,)x x ∈时,()(0)0g x g <=,即()f x ax <,与题设()f x ax ≥相矛盾. 综上,满足条件的a 的取值范围是(,2]-∞. 说明:上述方法是不等式放缩法. 【针对练习1】(10课标理)设函数2 ()1x f x e x ax =---,当0x ≥时,()0f x ≥,求a 的取值范围. 解: 【例题2】(07全国Ⅰ文)设函数32()2338f x x ax bx c =+++在1x =及2x =时取得极值. (1)求a 、b 的值;(2)若对于任意的[0,3]x ∈,都有2()f x c <成立,求c 的取值范围. 解:(1)2()663f x x ax b '=++, ∵函数()f x 在1x =及2x =取得极值,则有(1)0f '=,(2)0f '=. 即6630241230a b a b ++=?? ++=? ,解得3a =-,4b =. (2)由(1)可知,32()29128f x x x x c =-++,2()618126(1)(2)f x x x x x '=-+=--. 当(0,1)x ∈时,()0f x '>;当(1,2)x ∈时,()0f x '<;当(2,3)x ∈时,()0f x '>. ∴当1x =时,()f x 取得极大值(1)58f c =+,又(0)8f c =,(3)98f c =+. 则当[0,3]x ∈时,()f x 的最大值为(3)98f c =+. ∵对于任意的[0,3]x ∈,有2()f x c <恒成立,∴298c c +<,解得1c <-或9c >, 因此c 的取值范围为(,1)(9,)-∞-+∞. 最值法总结:区间给定情况下,转化为求函数在给定区间上的最值. 【针对练习2】(07重庆理)已知函数44 ()ln (0)f x ax x bx c x =+->在1x =处取得极值3c --,其中 a 、b 、c 为常数. (1)试确定a 、b 的值;(2)讨论函数()f x 的单调区间; (3)若对任意0x >,不等式2()2f x c ≥-恒成立,求c 的取值范围.
利用导数证明不等式的两种通法
利用导数证明不等式的两种通法 吉林省长春市东北师范大学附属实验学校 金钟植 岳海学 利用导数证明不等式是高考中的一个热点问题,利用导数证明不等式主要有两种通法,即函数类不等式证明和常数类不等式证明。下面就有关的两种通法用列举的方式归纳和总结。 一、函数类不等式证明 函数类不等式证明的通法可概括为:证明不等式()()f x g x >(()()f x g x <)的问 题转化为证明()()0f x g x ->(()()0f x g x -<),进而构造辅助函数 ()()()h x f x g x =-,然后利用导数证明函数()h x 的单调性或证明函数()h x 的最小值(最 大值)大于或等于零(小于或等于零)。 例1 已知(0, )2 x π ∈,求证:sin tan x x x << 分析:欲证sin tan x x x <<,只需证函数()sin f x x x =-和()tan g x x x =-在(0,)2 π 上 单调递减即可。 证明: 令()sin f x x x =- ,其中(0,)2 x π ∈ 则/ ()cos 1f x x =-,而(0,)cos 1cos 102 x x x π ∈?-< 所以()sin f x x x =-在(0,)2 π 上单调递减,即()sin (0)0f x x x f =-<= 所以sin x x <; 令()tan g x x x =- ,其中(0,)2 x π ∈ 则/ 2 21()1tan 0cos g x x x =- =-<,所以()tan g x x x =-在 (0,)2 π上单调递减, 即()tan (0)0g x x x g =-<= 所以tan x x <。 综上所述,sin tan x x x << 评注:证明函数类不等式时,构造辅助函数比较容易,只需将不等式的其中一边变为0,然后另一边的函数作为辅助函数,并利用导数证明其单调性或其最值,进而构造我们所需的不等式的结构即可。根据不等式的对称性,本例也可以构造辅助函数为在(0,)2 π 上是单 调递增的函数(如:利用()sin h x x x =-在(0, )2 π 上是单调递增来证明不等式 sin x x <),另外不等式证明时,区间端点值也可以不是我们所需要的最恰当的值(比如
导数的不等式恒成立问题
导数的应用 【考查重点与常见题型】 题型一 运用导数证明不等式问题 例1 设a 为实数,函数f (x )=e x -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,e x >x 2-2ax +1. (1)解 由f (x )=e x -2x +2a ,x ∈R 知 f ′(x )=e x -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 ) 单调递减 2(1-ln 2+a ) 单调递增 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,极小值为 f (ln 2)=e ln 2-2ln 2+2a =2(1-ln 2+a ). (2)证明 设g (x )=e x -x 2+2ax -1,x ∈R , 于是g ′(x )=e x -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 上是增加的. 于是当a >ln 2-1时,对任意x ∈(0,+∞),都有g (x )>g (0). 而g (0)=0,从而对任意x ∈(0,+∞),g (x )>0. 即e x -x 2+2ax -1>0,故e x >x 2-2ax +1. 已知f (x )=x ln x . (1)求g (x )= f (x )+k x (k ∈R)的单调区间; (2)证明:当x ≥1时,2x -e ≤f (x )恒成立. 解:(1) g (x )=ln x +k x , ∴令g ′(x )=x -k x 2=0得x =k . ∵x >0,∴当k ≤0时,g ′(x )>0. ∴函数g (x )的增区间为(0,+∞),无减区间; 当k >0时g ′(x )>0得x >k ;g ′(x )<0得0 学习过程 一、复习预习 考纲要求: 1.理解导数和切线方程的概念。 2.能在具体的数学环境中,会求导,会求切线方程。 3.特别是没有具体点处的切线方程,如何去设点,如何利用点线式建立直线方程。4.灵活应用建立切线方程与其它数学知识之间的内在联系。 5. 灵活应用导数研究函数的单调性问题 二、知识讲解 1.导数的计算公式和运算法则 几种常见函数的导数:0'=C (C 为常数);1 )'(-=n n nx x (Q n ∈); x x cos )'(sin =; x x sin )'(cos -=;1(ln )x x '= ; 1(log )log a a x e x '=, ()x x e e '= ; ()ln x x a a a '= 求导法则:法则1 [()()]()()u x v x u x v x ±'='±'. 法则2 [()()]()()()()u x v x u x v x u x v x '='+', [()]'()Cu x Cu x '= 法则3: ' 2 '' (0)u u v uv v v v -??=≠ ??? 复合函数的导数:设函数()u x ?=在点x 处有导数()x u x ?'=',函数()y f u =在点x 的对应点u 处有导 数()u y f u '=',则复合函数(())y f x ?=在点x 处也有导数,且x u x u y y '''?= 或(())()()x f x f u x ??'='?' 2.求直线斜率的方法(高中范围内三种) (1) tan k α=(α为倾斜角); (2) 1212 ()() f x f x k x x -= -,两点1122(,()),(,())x f x x f x ; (3)0()k f x '= (在0x x =处的切线的斜率); 3.求切线的方程的步骤:(三步走) (1)求函数()f x 的导函数()f x '; (2)0()k f x '= (在0x x =处的切线的斜率); (3)点斜式求切线方程00()()y f x k x x -=-; 4.用导数求函数的单调性: (1)求函数()f x 的导函数()f x '; (2)()0f x '>,求单调递增区间; (3)()0f x '<,求单调递减区间; (4)()0f x '=,是极值点。 考点一 函数的在区间上的最值 【例题1】:求曲线29623-+-=x x x y 在)5,2(上的最值 。 【答案】:最大值为18,最小值为-2. 【解析】:∵根据题意09123'2=+-=x x y ,∴3,121==x x ,由函数的单调性,当11=x ,2=y , 取得极大值;当32=x ,2-=y ,取得极小值;当5=x ,18=y 。所以最大值为18,最小值为-2. 《导数的应用——利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题》 达标检测 [A 组]—应知应会 1.已知函数f (x )=x +4 x ,g (x )=2x +a ,若?x 1∈????12,1,?x 2∈[2,3],使得f (x 1)≥g (x 2),则实数a 的取值范围是( ) A .a ≤1 B .a ≥1 C .a ≤2 D .a ≥2 【解析】选A.由题意知f (x )min ??? ?x ∈????12,1≥g (x )min (x ∈[2,3]),因为f (x )min =5,g (x )min =4+a ,所以5≥4+a ,即a ≤1,故选A. 2.(2020·吉林白山联考)设函数f (x )=e x ????x +3x -3-a x ,若不等式f (x )≤0有正实数解,则实数a 的最小值为________. 【解析】原问题等价于存在x ∈(0,+∞),使得a ≥e x (x 2-3x +3),令g (x )=e x (x 2-3x +3),x ∈(0,+∞),则a ≥g (x )min ,而g ′(x )=e x (x 2-x ).由g ′(x )>0可得x ∈(1,+∞),由g ′(x )<0可得x ∈(0,1).据此可知,函数g (x )在区间(0,+∞)上的最小值为g (1)=e.综上可得,实数a 的最小值为e. 3.(2020·西安质检)已知函数f (x )=ln x ,g (x )=x -1. (1)求函数y =f (x )的图象在x =1处的切线方程; (2)若不等式f (x )≤ag (x )对任意的x ∈(1,+∞)均成立,求实数a 的取值范围. 【解析】(1)因为f ′(x )=1 x , 所以f ′(1)=1. 又f (1)=0,所以切线的方程为y -f (1)=f ′(1)(x -1), 即所求切线的方程为y =x -1. (2)易知对任意的x ∈(1,+∞),f (x )>0,g (x )>0. ①当a ≥1时,f (x )≤g (x )≤ag (x ); ②当a ≤0时,f (x )>0,ag (x )≤0,所以不满足不等式f (x )≤ag (x ); ③当0<a <1时,设φ(x )=f (x )-ag (x )=ln x -a (x -1),则φ′(x )=1 x -a , 专题09导数与不等式的解 题技巧 -标准化文件发布号:(9556-EUATWK-MWUB-WUNN-INNUL-DDQTY-KII 专题导数与不等式的解题技巧 一.知识点 基本初等函数的导数公式 ()常用函数的导数 ①()′=(为常数); ②()′=; ③()′=;④′=; ⑤()′=. ()初等函数的导数公式 ①()′=;②( )′=; ③( )′=;④()′=; ⑤()′=;⑥( )′=; ⑦()′=. .导数的运算法则 ()[()±()]′=; ()[()·()]′=; ()′=. .复合函数的导数 ()对于两个函数=()和=(),如果通过变量,可以表示成的函数,那么称这两个函数(函数=()和=())的复合函数为=(()). ()复合函数=(())的导数和函数=(),=()的导数间的关系为,即对的导数等于对的导数与对的导数的乘积. 二.题型分析 (一)函数单调性与不等式 例.【一轮复习】已知函数()=+,∈(-,),则满足(-)+(-)>的的取值范围是( ).(,) .(,) .(,) .(,) 【答案】 【分析】在区间(﹣,)上,由(﹣)=﹣(),且′()>可知函数()是奇函数且单调递增,由此可求出的取值范围. 【点睛】本题考查了判断函数的奇偶性和单调性的问题,综合运用了函数的奇偶性和单调性解不等式进行合理的转化,属于中档题. 练习.对任意,不等式恒成立,则下列不等式错误的是().. .. 【答案】 【分析】构造函数,对其求导后利用已知条件得到的单调性,将选项中的角代入函数中,利用单调性化简,并判断正误,由此得出选项. 【解读】构造函数,则,∵,∴ ,即在上为增函数,则,即 ,即,即,又,即, 即,故错误的是.故选:. 【点睛】本小题考查构造函数法,考查利用导数研究函数的单调性,考查化归与转化的数学思想方法.构造函数法主要应用于题目所给已知条件中含有,也含有其导数的不等式,根据不等式的结构,构造出相应的函数.如已知是,可构造,可得 . (二)函数最值与不等式 导数与不等式专题一 1. (优质试题北京理18倒数第3大题,最值的直接应用) 已知函数。 ⑴求的单调区间; ⑵若对于任意的,都有 ≤,求的取值范围. 解:⑴,令, 当时,与的情况如下: 所以,的单调递增区间是和:单调递减区间是, 当时,与的情况如下: 所以,的单调递减区间是和:单调递增区间是。 ⑵当时,因为11 (1)k k f k e e ++=>,所以不会有 当时,由(Ⅰ)知在上的最大值是, 所以等价于,解 综上:故当时,的取值范围是[,0]. 2 ()()x k f x x k e =-()f x (0,)x ∈+∞()f x 1e k 221()()x k f x x k e k '=-()0,f x x k '==±0k >()f x ()f x '()f x (,)k -∞-(,)k +∞(,)k k -0k <()f x ()f x '()f x (,)k -∞(,)k -+∞(,)k k -0k >1(0,),().x f x e ?∈+∞≤0k <()f x (0,)+∞2 4()k f k e -=1(0,),()x f x e ?∈+∞≤24()k f k e -= 1 e ≤10.2k -≤<1(0,),()x f x e ?∈+∞≤ k 1 2 - 2. (优质试题天津理20倒数第3大题,最值的直接应用,第3问带有小的处理技巧) 已知函数,其中. ⑴若曲线在点处切线方程为,求函数的解析式; ⑵讨论函数的单调性; ⑶若对于任意的,不等式在上恒成立,求的取值范围. 解:⑴,由导数的几何意义得,于是. 由切点在直线上可得,解得. 所以函数的解析式为. ⑵. 当时,显然(),这时在,上内是增函数. 当时,令,解得 当变化时,,的变化情况如下表: + 0 - - 0 + ↗ 极大 值 ↘ ↘ 极小值 ↗ ∴在,内是增函数,在,内是减函数. ⑶由⑵知,在上的最大值为与的较大者,对于任意的 ,()()0≠++= x b x a x x f R b a ∈ ,()x f y =()( )2,2f P 13+=x y ()x f ()x f ??????∈2,21a ()10≤x f ?? ? ???1,41b 2()1a f x x '=- (2)3f '=8a =-(2,(2))P f 31y x =+27b -+=9b =()f x 8 ()9f x x x =-+2 ()1a f x x '=- 0a ≤()0f x '>0x ≠()f x (,0)-∞(0,)+∞0a >()0f x '=x =x ()f x '()f x x (,-∞()+∞()f x '()f x ()f x (,-∞)+∞((0,)+∞()f x 1[,1]41()4f (1)f 1 [,2]2 a ∈ 考点43 利用导数解决不等式问题 1.(13天津T8)设函数2()e 2,()ln 3x x g x x x x f +-=+-=. 若实数,a b 满足()0,()0f a g b ==, 则( ) A. ()0()g a f b << B. ()0()f b g a << C. 0()()g a f b << D. ()()0f b g a << 【测量目标】利用导数解决不等式问题. 【考查方式】已知两个函数,通过导数判断函数的单调性,比较值的大小. 【试题解析】首先确定b a ,的取值范围,再根据函数的单调性求解. ()e 10x f x '=+>,∴()x f 是增函数. (步骤1) ∵()x g 的定义域是()0,+∞,∴()120,g x x x '=+> ∴()x g 是()0,+∞上的增函数. (步骤2) ∵()010,(1)e 10,0 1.f f a =-<=->∴<<(步骤3) (1)20,g =-<(2)ln 210,12,()0,()0.g b f b g a =+>∴<<∴><(步骤4) 2.(13湖南T21)(本小题满分13分)已知函数21()e 1x x f x x -= +. ⑴求()f x 的单调区间; ⑵证明:当时1212()()()f x f x x x =≠时,120x x +<. 【测量目标】导数的运算,导数研究函数的单调性,导数在不等式证明问题中的应用. 【考查方式】考查导数的运算、利用导数求函数单调区间的方法、构造函数判断函数大小的方法. 【试题解析】⑴ 函数的定义域,-∞+∞(), 2211()e e 11x x x x f x x x '--??'=+ ?++?? 222(11)e 1)(1)e 21)x x x x x x x -+-?+--?=+((22232e 1)x x x x x --+=?+((步骤1) 22420?=-?<,∴当(,0)x ∈-∞时,()0,()f x y f x '>=单调递增, 导数中“不等式”相关的几个问题 f (x )=ln(1+ax ) -2x x +2 . 专题二:不等式两边“变量”相同且不含参 1. (2016年山东高考)已知.当时,证明对于任意的成立. 2. (2016年全国II 高考)讨论函数的单调性,并证明当时,; 专题三:不等式两边不同“变量”的任意存在组合型 1. 已知函数f (x )=x -1 x +1 ,g (x )=x 2-2ax +4,若对于任意x 1∈[0,1],存在x 2∈[1,2],使 f (x 1)≥ g (x 2),则实数a 的取值范围是__________ 2. 已知函数.设当时,若()2 21 ()ln ,R x f x a x x a x -=-+ ∈1a =()3 ()'2 f x f x +>[]1,2x ∈x x 2f (x)x 2 -= +e 0x >(2)20x x e x -++>1()ln 1a f x x ax x -=-+ -()a R ∈2()2 4.g x x bx =-+1 4 a =导数在处理不等式的恒成立问题(一轮复习教案)
第18讲 导数的应用——利用导数研究不等式恒成立问题备战2021年新高考数学考点精讲与达标测试
专题09导数与不等式的解题技巧
导数与不等式专题一
利用导数解决不等式问题
导数中不等式相关的几个问题