2021版高考數(shù)學一輪復(fù)習 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 3.4.1 導(dǎo)數(shù)與不等式的綜合問題練習 理 北師大版

《2021版高考數(shù)學一輪復(fù)習 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 3.4.1 導(dǎo)數(shù)與不等式的綜合問題練習 理 北師大版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2021版高考數(shù)學一輪復(fù)習 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 3.4.1 導(dǎo)數(shù)與不等式的綜合問題練習 理 北師大版（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 3.4.1 導(dǎo)數(shù)與不等式的綜合問題 核心考點·精準研析 考點一　導(dǎo)數(shù)法證明不等式? 【典例】(2021·莆田模擬)函數(shù)f(x)=xex-1-ax+1,曲線y=f(x)在點(2,f(2))處的切線l的斜率為3e-2. (1)求a的值及切線l的方程. (2)證明:f(x)≥0. 【解題導(dǎo)思】 序號 題目拆解 (1)利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程 利用求導(dǎo)的方法求出函數(shù)切線的斜率,再利用切線斜率的條件求出a的值,再將切點橫坐標代入函數(shù)解析式求出切點縱坐標,再利用點斜式求出切線方程,最后轉(zhuǎn)化為切線的一般式方程. (2)用導(dǎo)數(shù)法證明不等式 利用求導(dǎo)的方法判斷函數(shù)的單調(diào)性,

2、從而證出不等式成立 【解析】(1)由f(x)=xex-1-ax+1, 得f′(x)=(x+1)ex-1-a, 因為曲線y=f(x)在點(2,f(2))處的切線l的斜率為3e-2,所以f′(2)=3e-a=3e-2,解得a=2, 所以f(2)=2e-4+1=2e-3,故切線l的方程為:y-(2e-3)=(3e-2)(x-2), 即(3e-2)x-y-4e+1=0. 所以a=2,切線l的方程為 (3e-2)x-y-4e+1=0. (2)由(1),可得f(x)=xex-1-2x+1, f′(x)=(x+1)ex-1-2, 所以當x∈(-∞,-1]時,f′(x)<0. 令g(x)

3、=(x+1)ex-1-2(x>-1), 那么g′(x)=(x+2)ex-1>0, 所以當x∈(-1,+∞)時,g(x)單調(diào)遞增, 即f′(x)單調(diào)遞增,又因為f′(1)=0, 所以當x∈(-1,1)時,f′(x)<0, 當x∈(1,+∞)時,f′(x)>0, 所以f(x)在(-∞,1)上單調(diào)遞減, 在(1,+∞)上單調(diào)遞增.所以f(x)≥f(1)=0. 1.利用導(dǎo)數(shù)證明不等式f(x)>g(x)的根本方法 (1)假設(shè)f(x)與g(x)的最值易求出,可直接轉(zhuǎn)化為證明f(x)min>g(x)max. (2)假設(shè)f(x)與g(x)的最值不易求出,可構(gòu)造函數(shù)h(x)=f(x)-

4、g(x),然后根據(jù)函數(shù)h(x)的單調(diào)性或最值,證明h(x)>0. 2.證明不等式時的一些常見結(jié)論 (1)ln x≤x-1,等號當且僅當x=1時取到. (2)ex≥x+1,等號當且僅當x=0時取到. (3)ln x0. (4)≤ln(x+1)≤x,x>-1,等號當且僅當x=0時取到. (2021·全國卷Ⅰ改編)函數(shù)f=aex-ln x-1. 證明:當a≥時,f≥0. 【證明】當a≥時,f(x)≥-ln x-1. 設(shè)g(x)=-ln x-1,那么g′(x)=-. 當01時,g′(x)>0. 所以x=1是g(x)的最小值點.

5、 故當x>0時,g(x)≥g(1)=0. 因此,當a≥時,f(x)≥0. 考點二　由不等式恒成立求參數(shù)? 命 題 精 解 讀 1.考什么:(1)考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性、求最值、不等式等問題. (2)考查數(shù)學運算、直觀想象、邏輯推理的核心素養(yǎng)及轉(zhuǎn)化與化歸、分類與整合等數(shù)學思想. 2.怎么考:與導(dǎo)數(shù)法研究函數(shù)單調(diào)性、最值等知識相結(jié)合考查不等式恒成立求參數(shù)等問題. 3.新趨勢:以導(dǎo)數(shù)法研究函數(shù)單調(diào)性、求函數(shù)極值、最值、導(dǎo)數(shù)的幾何意義等知識交匯考查為主. 學 霸 好 方 法 不等式恒成立問題中的常用結(jié)論 (1)f(x)≥a恒成立?f(x)min≥a, (2

6、)f(x)≤b恒成立?f(x)max≤b, (3)f(x)>g(x)恒成立, 構(gòu)造F(x)=f(x)-g(x),那么F(x)min>0. (4)?x1∈M,?x2∈N,f(x1)>g(x2)?f(x1)min>g(x2)max. 單變量不等式恒成立問題 【典例】函數(shù)f(x)=mex-x2. (1)假設(shè)m=1,求曲線y=f(x)在(0,f(0))處的切線方程. (2)假設(shè)關(guān)于x的不等式f(x)≥x(4-mex)在[0,+∞)上恒成立,求實數(shù)m的取值范圍. 【解析】(1)當m=1時,f(x)=ex-x2, 所以f′(x)=ex-2x,所以f′(0)=1,又f(0)=1, 所

7、以曲線y=f(x)在(0,f(0))處的切線方程為y-1=x,即x-y+1=0. (2)由f(x)≥x(4-mex),得mex(x+1)≥x2+4x, 不等式f(x)≥x(4-mex)在[0,+∞)上恒成立, 等價于當x≥0時,m≥, 令g(x)=(x≥0),那么g′(x)=. 由g′(x)=0及x≥0,得x=-1, 當x∈(0,-1)時,g′(x)>0,此時g(x)單調(diào)遞增;當x∈(-1,+∞)時,g′(x)<0,此時g(x)單調(diào)遞減.所以當x=-1時, g(x)max=g(-1)=2,所以m≥2. 所以實數(shù)m的取值范圍為[2,+∞). 雙變量不等式恒成立問題 【典例】函

8、數(shù)f(x)=x-1-aln x(a<0). (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性. (2)假設(shè)對于任意的x1,x2∈(0,1],且x1≠x2,都有|f(x1) -f(x2)|<4,求實數(shù)a的取值范圍. 【解析】(1)由題意知f ′(x)=1-=(x>0), 因為x>0,a<0,所以f ′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增. (2)不妨設(shè)0>0, 由(1)知f(x1)f(x2)+. 設(shè)g(x)=f(x)+,x∈(0,1],易知g(x)在(0,1]上單調(diào)遞

9、減, 所以g′(x)≤0在(0,1]上恒成立?1--=≤0在(0,1]上恒成立?a≥x-在(0,1]上恒成立,易知y=x-在(0,1]上單調(diào)遞增,其最大值為-3.因為a<0,所以-3≤a<0,所以實數(shù)a的取值范圍為[-3,0). 可轉(zhuǎn)化為不等式恒成立的問題 【典例】(2021·十堰模擬)函數(shù)f(x)=axex-x2-2x. (1)當a=1時,求曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程. (2)當x>0時,假設(shè)曲線y=f(x)在直線y=-x的上方,求實數(shù)a的取值范圍. 【解析】 (1)當a=1時,f(x)=xex-x2-2x, 其導(dǎo)數(shù)f′(x)=ex(x+1)-2x-2,

10、 f′(0)=-1.又因為f(0)=0, 所以曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程為y=-x. (2)根據(jù)題意,當x>0時, “曲線y=f(x)在直線y=-x的上方〞等價于“axex-x2-2x>-x恒成立〞, 又由x>0,那么axex-x2-2x>-x ?aex-x-1>0?a>, 那么原問題等價于a>恒成立; 設(shè)g(x)=,那么g′(x)=-, 又由x>0,那么g′(x)<0, 那么函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,+∞)上遞減, 又由g(0)==1,那么有<1, 假設(shè)a>恒成立,必有a≥1, 即a的取值范圍為[1,+∞). 1.(2021·蕪湖模擬

11、)函數(shù)f(x)=1-,g(x)=+-bx(e為自然對數(shù)的底數(shù)),假設(shè)曲線y=f(x)與曲線y=g(x)的一個公共點是A(1,1),且在點A處的切線互相垂直. (1)求a,b的值. (2)求證:當x≥1時,f(x)+g(x)≥. 【解析】(1)因為f(x)=1-, 所以f′(x)=,f′(1)=-1. 因為g(x)=+-bx,所以g′(x)=---b. 因為曲線y=f(x)與曲線y=g(x)的一個公共點是A(1,1),且在點A處的切線互相垂直, 所以g(1)=1,且f′(1)·g′(1)=-1, 即g(1)=a+1-b=1,g′(1)=-a-1-b=1, 解得a=-1,b=-1

12、. (2)由(1)知,g(x)=-++x, 那么f(x)+g(x)≥等價于1---+x≥0. 令h(x)=1---+x(x≥1), 那么h′(x)=-+++1=++1. 因為x≥1,所以h′(x)=++1>0, 所以h(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增,所以h(x)≥h(1)=0, 即1---+x≥0, 所以當x≥1時,f(x)+g(x)≥. 2.兩個函數(shù)f(x)=7x2-28x-c,g(x)=2x3+4x2-40x.假設(shè)任意x1∈[-3,3],x2∈[-3,3]都有f(x1)≤g(x2)成立,求實數(shù)c的取值范圍. 【解析】由任意x1∈[-3,3],x2∈[-3,3], 都有

13、f(x1)≤g(x2)成立,得f(x1)max≤g(x2)min. 因為f(x)=7x2-28x-c=7(x-2)2-28-c, 當x1∈[-3,3]時,f(x1)max=f(-3)=147-c; g(x)=2x3+4x2-40x, g′(x)=6x2+8x-40=2(3x+10)(x-2), 當x變化時,g′(x)和g(x)在[-3,3]上的變化情況如下表: x -3 (-3,2) 2 (2,3) 3 g′(x) - 0 + g(x) 102 ↘ 極小值 -48 ↗ -30 易得g(x)min=g(2)=-48, 故147-c≤-48,

14、即c≥195. 3.函數(shù)f(x)=ax++1-2a-ln x,a∈R. (1)假設(shè)a=-1,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間. (2)假設(shè)f(x)≥0在x∈[1,+∞)上恒成立,求正數(shù)a的取值范圍. 【解析】(1)當a=-1時, f(x)=-x--lnx+3(x>0), 所以f′(x)==, 那么當x∈(0,1)時,f′(x)>0,那么f(x)單調(diào)遞增;當x∈(1,+∞)時,f′(x)<0,那么f(x)單調(diào)遞減;所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1),f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(1,+∞). (2)因為f(x)=ax++1-2a-ln x,x∈[1,+∞),那么f=0, f′(x)=a

15、--= =. ①當01, 故當10恒成立,求整數(shù)a的最大值. (3)求證:ln 2+(ln 3-l

16、n 2)2+(ln 4-ln 3)3+…+[ln(n+1)-ln n]n<(n∈N*). 【解析】(1)因為函數(shù)f(x)和g(x)的圖像在點(0,1)處有相同的切線,所以f(0)=g(0)且f′(0)=g′(0), 又因為f′(x)=ex,g′(x)=,所以1=ln a+b,1=, 解得a=1,b=1. (2)先證明ex≥x+1,設(shè)F(x)=ex-x-1,那么F′(x)=ex-1,當x∈(0,+∞)時,F′(x)>0,當x∈(-∞,0)時,F′(x)<0,所以F(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,在(-∞,0)上單調(diào)遞減,所以F(x)min=F(0)=0,即F(x)≥0恒成立, 即ex≥

17、x+1. 同理可得ln(x+2)≤x+1,即ex>ln(x+2), 當a≤2時,ln(x+a)≤ln(x+2)0恒成立. 當a≥3時,e00不恒成立. 故整數(shù)a的最大值為2. (3)由(2)知ex>ln(x+2),令x=, 那么>ln, 即e-n+1>=[ln(n+1)-ln n]n, 所以e0+e-1+e-2+…+e-n+1>ln 2+(ln 3-ln 2)2+(ln 4-ln 3)3+…+[ln(n+1)-ln n]n, 又因為e0+e-1+e-2+…+e-n+1=<=, 所以ln 2+(ln 3-ln 2)2+(ln 4-ln 3)3+…+[ln(n+1)-ln n]n<. - 10 -