高考数学二轮复习第二篇考点六函数导数与不等式考查角度2导数与不等式的综合应用突破训练文031415Word格式文档下载.docx
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=2(当且仅当x=1时等号成立),即h'
(x)≥0,
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0<
b,所以>
1.
由
(2)知ln>
整理得>
所以当0<
b时,>
方法技巧利用导数证明不等式有以下方法:
①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)上是减函数,同时若F(a)≤0,由减函数的定义可知,当x∈(a,b)时,有F(x)<
0,即f(x)<
g(x)得证.
②证明f(x)>
(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,即f(x)>
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)若函数f(x)在区间上存在极值,求实数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.
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)==-,
令f'
(x)=0,得x=1.
当x∈(0,1)时,f'
0,f(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,f'
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<
1<
a+,
故<
1,即实数a的取值范围为.
(2)由题意得,当x≥1时,k≤恒成立,
令g(x)=(x≥1),
则g'
(x)==.
又令h(x)=x-lnx(x≥1),则h'
(x)=1-≥0,
所以h(x)≥h
(1)=1,所以g'
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].
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,λ)≥0(λ为实参数)对任意的x∈D恒成立,求参数λ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,λ)≥0(x∈D,λ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(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式;
第二步,利用导数求出函数f2(x)(x∈D)的最大(小)值;
第三步,解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min,从而求出参数λ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(a>
0,Δ<
0或a<
0)求解.
分类透析三 存在型不等式成立问题
例3已知函数f(x)=lnx-.
(1)求函数f(x)的单调递增区间.
(2)证明:
当x>
1时,f(x)<
x-1.
(3)确定实数k的取值范围,使得存在x0>
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'
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,+∞).
由f'
0得解得0<
x<
故f(x)的单调递增区间是.
(2)令F(x)=f(x)-(x-1),x∈(0,+∞),
则F'
(x)=.
当x∈(1,+∞)时,F'
所以F(x)在[1,+∞)上单调递减,
故当x>
1时,F(x)<
F
(1)=0,即当x>
(3)由
(2)知,当k=1时,不存在x0>
1,使得当x∈(1,x0)时,f(x)>
当k>
1时,对于x>
1,有f(x)<
x-1<
k(x-1),则f(x)<
k(x-1),
从而不存在x0>
当k<
1时,令G(x)=f(x)-k(x-1),x∈(0,+∞),
则G'
(x)=-x+1-k=.
由G'
(x)=0,得-x2+(1-k)x+1=0,
解得x1=<
x2=>
当x∈(1,x2)时,G'
0,故G(x)在[1,x2)内单调递增.
从而当x∈(1,x2)时,G(x)>
G
(1)=0,即f(x)>
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x∈D恒成立,应求f(x)的最小值;
若存在x∈D,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Ⅰ卷,文21改编)已知函数f(x)=xex-alnx,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;
当b≤e时,f(x)≥b(x2-2x+2).
解析
(1)因为f'
(x)=(x+1)ex-,x>
(1)=0,即2e-a=0,解得a=2e,
(x)=(x+1)ex-.
显然f'
(x)在(0,+∞)上单调递增,又f'
(1)=0,
故当x∈(0,1)时,f'
0;
0.
所以f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞).
(2)①当b≤0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).
②当0<
b≤e时,设g(x)=xex-2elnx-b(x2-2x+2),
(x)=(x+1)ex--2b(x-1).
令h(x)=(x+1)ex--2b(x-1),x>
则h'
(x)=(x+2)ex+-2b.
当x∈(0,1]时,-2b≥0,(x+2)ex>
所以h'
当x∈(1,+∞)时,(x+2)ex-2b>
0,>
所以当x∈(0,+∞)时,h'
故h(x)在(0,+∞)上单调递增.
又h
(1)=0,
所以当x∈(0,1)时,g'
当x∈(1,+∞)时,g'
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-b≥0,
所以g(x)≥0,
即f(x)≥b(x2-2x+2).
综上所述,当b≤e时,f(x)≥b(x2-2x+2).
2.(2016年全国Ⅲ卷,文21改编)设函数f(x)=+2lnx.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)如果对任意的x≥1,都有f(x)≤ax,求a的取值范围.
解析
(1)由题意得f(x)的定义域为(0,+∞),f'
时,f'
故函数f(x)在上单调递减,在上单调递增.
(2)当x≥1时,f(x)≤ax⇔a≥+,
令h(x)=+(x≥1),
(x)=-=.
令m(x)=x-xlnx-1(x≥1),则m'
(x)=-lnx.
当x≥1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,+∞)上为减函数,
所以当x=1时,h(x)取得最大值,最大值为h
(1)=1,故a≥1,
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-lnx.证明:
(1)g(x)≥1.
(2)(x-lnx)f(x)>
1-.
解析
(1)由题意得g'
(x)=(x>
0),
当0<
1时,g'
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'
2时,f'
所以f(x)在(0,2)上为减函数,在(2,+∞)上为增函数.
所以f(x)≥f
(2)=1-(当且仅当x=2时取等号). ①
又由
(1)知x-lnx≥1(当且仅当x=1时取等号), ②
且①②等号不同时取得,
所以(x-lnx)f(x)>
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a≤2-2ln2时,函数f(x)在R上是单调函数.
(2)当x>
0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,
(x)=ex-2,
则当x∈(-∞,ln2)时,g'
0,g(x)单调递减;
当x∈(ln2,+∞)时,g'
0,g(x)单调递增.
∴函数g(x)在x=ln2处取得最小值,且最小值为g(ln2)=2-2ln2-a≥0,
(x)≥0在R上恒成立,当且仅当a=2-2ln2,x=ln2时等号成立.
∴f(x)在R上是单调递增函数.
(2)由题意得当x>
0时,ex-x2-ax≥1-x恒成立,
∴当x>
0时,a≤-x-+1恒成立.
令h(x)=-x-+1(x>
令φ(x)=ex-x-1(x>
则φ'
(x)=ex-1>
∴x∈(0,+∞)时,φ(x)单调递增,
∴φ(x)>
φ(0)=0,即ex-x-1>
∴当x∈(0,1)时,h'
0,h(x)单调递减;
∴当x∈(1,+∞)时,h'
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,
∴a≤e-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)=lnx+1.
(1
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