《二轮复习数学-专题四-第一课时-“导数与不等式”考法面面观》由会员分享，可在线阅读，更多相关《二轮复习数学-专题四-第一课时-“导数与不等式”考法面面观（23页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题四 导数的综合应用卷卷卷2018利用导数的单调性证明不等式T21(2)根据函数的极值求参数、不等式的证明T21导数在不等式的证明、由函数的极值点求参数T212017利用导数研究函数的零点问题T21(2)函数的单调性、极值、零点问题、不等式的证明T21由不等式恒成立求参数、不等式放缩T212016函数的零点、不等式的证明T21函数单调性的判断、不等式的证明及值域问题T21函数的最值、不等式的证明T21纵向把握趋势导数的综合问题是每年的必考内容且难度大主要涉及函数的单调性、极值、零点、不等式的证明预计2019年会考查用分类讨论研究函数的单调性以及函数的零点问题导数的综合问题是每年的必考内容，涉
2、及函数的极值、最值、单调性、零点问题及不等式的证明，且近3年均考查了不等式的证明预计2019年仍会考查不等式的证明，同时要重点关注会讨论函数的单调性及零点问题导数的综合问题是每年的必考内容，涉及函数的最值、零点、不等式的恒成立及不等式的证明问题，其中不等式的证明连续3年均有考查，应引起关注预计2019年仍会考查不等式的证明，同时考查函数的最值或零点问题横向把握重点导数日益成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题，是高考的热点和难点解答题的热点题型有：(1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值；(2)利用导数
3、证明不等式或探讨方程根；(3)利用导数求解参数的范围或值.第一课时“导数与不等式”考法面面观考法一不等式的证明问题 题型策略(一)设a为实数，函数f (x)ex2x2a，xR.(1)求f (x)的单调区间与极值；(2)求证：当aln 21且x0时，exx22ax1.破题思路第(1)问求什么想什么求f (x)的单调区间与极值，想到求导函数f (x)，然后利用不等式f (x)0及f (x)x22ax1(aln 21，x0)成立，想到证明exx22ax10成立给什么用什么通过对第(1)问的研究，求得f (x)ex2x2a的单调性与极值，仔细观察，可发现(exx22ax1)ex2x2a差什么找什么需要
4、研究函数g(x)exx22ax1的单调性或最值，利用导数研究即可规范解答(1)由f (x)ex2x2a(xR)，知f (x)ex2.令f (x)0，得xln 2.当xln 2时，f (x)ln 2时，f (x)0，故函数f (x)在区间(ln 2，)上单调递增所以f (x)的单调递减区间是(，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，)，f (x)在xln 2处取得极小值f (ln 2)eln 22ln 22a22ln 22a，无极大值(2)证明：要证当aln 21且x0时，exx22ax1，即证当aln 21且x0时，exx22ax10.设g(x)exx22ax1(x0)则g(x)ex2x2a，
5、由(1)知g(x)ming(ln 2)22ln 22a.又aln 21，则g(x)min0.于是对xR，都有g(x)0，所以g(x)在R上单调递增于是对x0，都有g(x)g(0)0.即exx22ax10，故exx22ax1.题后悟通思路受阻分析本题属于导数综合应用中较容易的问题，解决本题第(2)问时，易忽视与第(1)问的联系，导函数g(x)ex2x2a的单调性已证，可直接用，若意识不到这一点，再判断g(x)的单调性，则造成解题过程繁琐，进而造成思维受阻或解题失误技法关键点拨利用单调性证明单变量不等式的方法一般地，要证f (x)g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数F(x)f (x)g(
6、x)，通过分析F(x)在端点处的函数值来证明不等式若F(a)0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递增即可；若F(b)0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递减即可 对点训练1已知函数f (x)xln x，g(x)(x21)(为常数)(1)若曲线yf (x)与曲线yg(x)在x1处有相同的切线，求实数的值；(2)若，且x1，证明：f (x)g(x)解：(1)f (x)ln x1，g(x)2x，则f (1)1，从而g(1)21，即.(2)证明：设函数h(x)xln x(x21)，则h(x)ln x1x.设p(x)ln x1x，从而p(x)10对任意x1，)恒成立，所以当x1，)时，p(x)ln
7、x1xp(1)0，即h(x)0，因此函数h(x)xln x(x21)在1，)上单调递减，即h(x)h(1)0，所以当，且x1时，f (x)g(x)成立题型策略(二)已知函数f (x)aexbln x，曲线yf (x)在点(1，f (1)处的切线方程为yx1.(1)求a，b；(2)证明：f (x)0.破题思路第(1)问求什么想什么求a，b的值，想到建立关于a，b的方程组给什么用什么题目条件中给出函数f (x)在点(1，f (1)处的切线方程，可据此建立关于a，b的方程组第(2)问求什么想什么要证f (x)0，想到f (x)的最小值大于0差什么找什么需求f (x)的最小值，因此只要利用导数研究函数
8、f (x)的单调性即可规范解答(1)函数f (x)的定义域为(0，)f (x)aex，由题意得f (1)，f (1)1，所以解得(2)证明：由(1)知f (x)exln x(x0)因为f (x)ex2在(0，)上单调递增，又f (1)0，所以f (x)0在(0，)上有唯一实根x0，且x0(1,2)当x(0，x0)时，f (x)0，从而当xx0时，f (x)取极小值，也是最小值由f (x0)0，得ex02，则x02ln x0.故f (x)f (x0)e x02ln x0x022 20，所以f (x)0.题后悟通思路受阻分析本题属于隐零点问题解决第(2)问时，常因以下两个原因造成思维受阻，无法正常
9、解题(1)f (x)0在(0，)上有解，但无法解出；(2)设出f (x)0的零点x0，即f (x)的最小值为f (x0)，但是不能将函数f (x0)转化成可求最值的式子，从而无法将问题解决当遇到既含有指数式，又含有对数式的代数式需判断其符号时，常需应用这种技巧，把含有指数式与对数式的代数式转化为不含有指数式与对数式的代数式，从而可轻松判断其符号技法关键点拨利用最值证明单变量不等式的技巧利用最值证明单变量的不等式的常见形式是f (x)g(x)证明技巧：先将不等式f (x)g(x)移项，即构造函数h(x)f (x)g(x)，转化为证不等式h(x)0，再次转化为证明h(x)min0，因此，只需在所给
10、的区间内，判断h(x)的符号，从而判断其单调性，并求出函数h(x)的最小值，即可得证对点训练2已知函数f (x).(1)若f (x)在区间(，2上为单调递增函数，求实数a的取值范围；(2)若a0，x01，设直线yg(x)为函数f(x)的图象在xx0处的切线，求证：f (x)g(x)解：(1)易得f (x)，由题意知f (x)0对x(，2恒成立，故x1a对x(，2恒成立，1a2，a1.故实数a的取值范围为(，1(2)证明：若a0，则f (x).函数f (x)的图象在xx0处的切线方程为yg(x)f (x0)(xx0)f (x0)令h(x)f (x)g(x)f (x)f (x0)(xx0)f (x
11、0)，xR，则h(x)f (x)f (x0).设(x)(1x)ex0(1x0)ex，xR，则(x)ex0(1x0)ex.x01，(x)0，(x)在R上单调递减，而(x0)0，当xx0时，(x)0，当xx0时，(x)0，当xx0时，h(x)0，当xx0时，h(x)0，h(x)在区间(，x0)上为增函数，在区间(x0，)上为减函数，xR时，h(x)h(x0)0，f (x)g(x)构造函数证明双变量函数不等式若ba0，求证：ln bln a.破题思路证明：ln bln a，想到如下思路：(1)构造以a为主元的函数，利用导数求解(2)考虑到ln bln aln ，设t，化为只有一个因变量t的函数求解(
12、3)原不等式右边可分开写，观察此式两边，发现其与f (x)ln x有关，故先研究f (x)的单调性，从而得解规范解答法一：主元法(学生用书不提供解题过程)构造函数f (x)ln bln x，其中0xb，则f (x).0xb，f (x)a0，故f (a)f (b)0，即ln bln a.法二：整体换元法(学生用书不提供解题过程)令t(t1)，构造函数f (t)ln t，则f (t).t1，t210，t22t112210，则f (t)0，f (t)在(1，)上单调递增，故f (t)f (1)0，即ln 0，从而有ln bln a.法三：函数不等式的对称性(学生用书提供解题过程)原不等式可化为ln
13、bln a，则构造函数f (x)ln x(bxa0)，则f (x)0，f (x)ln x在(a，b)上单调递增，即f (b)f (a)，则ln bln a，故ln bln a.题后悟通思路受阻分析由于题目条件少，不能正确分析要证不等式的特点，并构造相应的函数将问题转化，从而导致无从下手解决问题技法关键点拨证明双变量函数不等式的常见思路(1)将双变量中的一个看作变量，另一个看作常数，构造一个含参数的辅助函数证明不等式(2)整体换元对于齐次式往往可将双变量整体换元，化为一元不等式(3)若双变量的函数不等式具有对称性，并且可以将两个变量分离开，分离之后的函数结构具有相似性，从而构造函数利用单调性证明
