2021高考數(shù)學(xué)（理）人教A版一輪復(fù)習(xí)學(xué)案作業(yè)：第三章高考專題突破一第1課時(shí)導(dǎo)數(shù)與不等式

?高考專題突破一　高考中的導(dǎo)數(shù)應(yīng)用問題
第1課時(shí)　導(dǎo)數(shù)與不等式
證明不等式
命題點(diǎn)1　構(gòu)造函數(shù)法
例1　(2020·贛州模擬)已知函數(shù)f?(x)＝1－，g(x)＝＋－bx，若曲線y＝f?(x)與曲線y＝g(x)的一個(gè)公共點(diǎn)是A(1,1)，且在點(diǎn)A處的切線互相垂直.
(1)求a，b的值；
(2)證明：當(dāng)x≥1時(shí)，f?(x)＋g(x)≥.
(1)解　因?yàn)閒?(x)＝1－，x>0，
所以f′(x)＝，f′(1)＝－1.
因?yàn)間(x)＝＋－bx，所以g′(x)＝－－－b.
因?yàn)榍€y＝f?(x)與曲線y＝g(x)的一個(gè)公共點(diǎn)是A(1,1)，且在點(diǎn)A處的切線互相垂直，
所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，
所以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，
解得a＝－1，b＝－1.
(2)證明　由(1)知，g(x)＝－＋＋x，
則f?(x)＋g(x)≥?1－－－＋x≥0.
令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，
則h(1)＝0，h′(x)＝＋＋＋1＝＋＋1.
因?yàn)閤≥1，所以h′(x)＝＋＋1>0，
所以h(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以當(dāng)x≥1時(shí)，h(x)≥h(1)＝0，
即1－－－＋x≥0，
所以當(dāng)x≥1時(shí)，f?(x)＋g(x)≥.

命題點(diǎn)2　分拆函數(shù)法
例2　(2019·福州期末)已知函數(shù)f?(x)＝eln x－ax(a∈R).
(1)討論f?(x)的單調(diào)性；
(2)當(dāng)a＝e時(shí)，證明：xf?(x)－ex＋2ex≤0.
(1)解　f′(x)＝－a(x>0).
①若a≤0，則f′(x)>0，f?(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
②若a>0，則當(dāng)0時(shí)，f′(x)0，
所以只需證f?(x)≤－2e，
當(dāng)a＝e時(shí)，由(1)知，f?(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減.
所以f?(x)max＝f?(1)＝－e，
記g(x)＝－2e(x>0)，則g′(x)＝，
所以當(dāng)00時(shí)，f?(x)≤g(x)，
即f?(x)≤－2e，即xf?(x)－ex＋2ex≤0.
思維升華　(1)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的基本思路是依據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，求得函數(shù)的最值，然后由f?(x)≤f?(x)max或f?(x)≥f?(x)min證得不等式.
(2)證明f?(x)>g(x)，可以構(gòu)造函數(shù)h(x)＝f?(x)－g(x)，然后利用h(x)的最值證明不等式.
(3)若直接求導(dǎo)比較復(fù)雜或無從下手時(shí)，可將待證式進(jìn)行變形分拆，構(gòu)造兩個(gè)函數(shù)，從而找到可以傳遞的中間量，達(dá)到證明的目的.
跟蹤訓(xùn)練1　(1)設(shè)函數(shù)f?(x)＝ln x－x＋1.
①討論f?(x)的單調(diào)性；
②證明：當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，10)，則g′(x)＝－，
易知g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，則g(x)max＝g(1)＝1，
所以2a≥1，即a≥.
故實(shí)數(shù)a的取值范圍是.
(2)證明　若a＝e，要證f?(x)0)，
則F′(x)＝＋1－ex－xex＝－(x＋1)ex
＝(x＋1).
令G(x)＝－ex，可知G(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，
且G＝2－>0，G(1)＝1－e0，
∴F′(x)>0，F(xiàn)(x)為增函數(shù)；
當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，G(x)0時(shí)，ex>x2－2ax＋1.
(1)解　由f?(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝ex－2，x∈R，令f′(x)＝0，得x＝ln 2.
于是當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f?(x)的變化情況如下表：
x
(－∞，ln 2)
ln 2
(ln 2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f?(x)
↘
2(1－ln 2＋a)
↗

故f?(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，ln 2)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ln 2，＋∞).
f?(x)在x＝ln 2處取得極小值，極小值f?(ln 2)＝2(1－ln 2＋a).無極大值.
(2)證明　設(shè)g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
由(1)知當(dāng)a>ln 2－1時(shí)，g′(x)的最小值為g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.
于是對任意x∈R，都有g(shù)′(x)>0，
所以g(x)在R內(nèi)單調(diào)遞增.
于是當(dāng)a>ln 2－1時(shí)，對任意x∈(0，＋∞)，都有g(shù)(x)>g(0).
又g(0)＝0，從而對任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.
即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.
3.(2017·全國Ⅲ)已知函數(shù)f?(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)討論f?(x)的單調(diào)性；
(2)當(dāng)a0，
故f?(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.
若a0；
當(dāng)x∈時(shí)，f′(x).
(1)解　函數(shù)f?(x)＝aln x＋的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝－，x>0，
由曲線y＝f?(x)在點(diǎn)(1，f?(1))處的切線方程為y＝2，
可得f?(1)＝2b＝2，f′(1)＝a－b＝0，
解得a＝b＝1.
(2)證明　由(1)知f?(x)＝ln x＋＋1，x>0，
當(dāng)x>1時(shí)，f?(x)>，
即為ln x＋1＋>ln x＋，
即x－－2ln x>0.
當(dāng)01時(shí)，g(x)>g(1)＝0，即有f?(x)>.
當(dāng)0恒成立.

5.已知函數(shù)f?(x)為偶函數(shù)，當(dāng)x≥0時(shí)，f?(x)＝2ex，若存在實(shí)數(shù)m，對任意的x∈[1，k](k>1)，都有f?(x＋m)≤2ex，求整數(shù)k的最小值.
解　因?yàn)閒?(x)為偶函數(shù)，且當(dāng)x≥0時(shí)，f?(x)＝2ex，
所以f?(x)＝2e|x|，
對于x∈[1，k]，由f?(x＋m)≤2ex得2e|x＋m|≤2ex，
兩邊取以e為底的對數(shù)得|x＋m|≤ln x＋1，
所以－x－ln x－1≤m≤－x＋ln x＋1在[1，k]上恒成立，
設(shè)g(x)＝－x＋ln x＋1(x∈[1，k])，
則g′(x)＝－1＋＝≤0，
所以g(x)在[1，k]上單調(diào)遞減，
所以g(x)min＝g(k)＝－k＋ln k＋1，
設(shè)h(x)＝－x－ln x－1(x∈[1，k])，易知h(x)在[1，k]上單調(diào)遞減，
所以h(x)max＝h(1)＝－2，故－2≤m≤－k＋ln k＋1，
若實(shí)數(shù)m存在，則必有－k＋ln k≥－3，
又k>1，且k為整數(shù)，
所以k＝2滿足要求，故整數(shù)k的最小值為2.