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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-人教版高三全册数学试题VIP免费

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考查角度2导数与不等式的综合应用分类透析一证明不等式例1已知函数f(x)=ax+bx2+1在点(-1,f(-1))处的切线方程为x+y+3=0.(1)求函数f(x)的解析式;(2)设g(x)=lnx,求证:g(x)≥f(x)在[1,+∞)上恒成立.(3)若02aa2+b2.分析运用待定系数法求出参数a,b的值,从而确定函数的解析式,利用导数方法证明不等式g(x)≥f(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)=g(x)-f(x),然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h(x)≥0.利用第(2)小问的结论求证第(3)小问.解析(1)将x=-1代入切线方程,得y=-2,所以f(-1)=b-a1+1=-2,化简得b-a=-4.①又f'(x)=a(x2+1)-(ax+b)·2x(x2+1)2,所以f'(-1)=2a+2(b-a)4=-1.②联立①②,解得a=2,b=-2.所以f(x)=2x-2x2+1.(2)由题意知,要证lnx≥2x-2x2+1在[1,+∞)上恒成立,即证明x2lnx+lnx-2x+2≥0在[1,+∞)上恒成立.设h(x)=x2lnx+lnx-2x+2,则h'(x)=2xlnx+x+1x-2.因为x≥1,所以2xlnx≥0,x+1x≥2·❑√x·1x=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01.由(2)知lnba>2·ba-2(ba)2+1,整理得lnb-lnab-a>2aa2+b2,所以当02aa2+b2.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)>g(x)得证.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+lnxx.(1)若函数f(x)在区间(a,a+12)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)≥kx+1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)=1-1-lnxx2=-lnxx2,令f'(x)=0,得x=1.当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<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00,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,Δ<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-(x-1)22.(1)求函数f(x)的单调递增区间.(2)证明:当x>1时,f(x)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'(x)>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)=1x-x+1=-x2+x+1x,x∈(0,+∞).由f'(x)>0得{x>0,-x2+x+1>0,解得0
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