2018届二轮复习（文）高考22题各个击破(5)课件（全国通用）
2
.
4
.
2
导数与不等式及参数范围
-
2
-
求参数的取值范围
(
多维探究
)
解题策略一
构造函数法
角度一
从条件关系式中构造
函数
例
1
已知函数
f
(
x
)
=
(
x+
1)ln
x-a
(
x-
1)
.
(1)
当
a=
4
时
,
求曲线
y=f
(
x
)
在
(1,
f
(1))
处的切线方程
;
(2)
若当
x
∈
(1,
+∞
)
时
,
f
(
x
)
>
0,
求
a
的取值范围
.
难点突破一
(
直接构造函数
)
求
f
(
x
)
>
0(
x>
1)
a
的范围
,
因
f
(1)
=
0,
只需
f
(
x
)
在
(1,
+∞
)
单调递增
.f
(
x
)
>
0(
x>
1)
⇔
f
(
x
)
在
(1,
+∞
)
单调递增
-
3
-
解
(1)
f
(
x
)
的定义域为
(0,
+∞
)
.
当
a=
4
时
,
f
(
x
)
=
(
x+
1)ln
x-
4(
x-
1),
f'
(
x
)
=
ln
x
+ -
3,
f'
(1)
=-
2,
f
(1)
=
0
.
曲线
y=f
(
x
)
在
(1,
f
(1))
处的切线方程为
2
x+y-
2
=
0
.
-
4
-
(
ⅰ
)
当
a
≤
2,
x
∈
(1,
+∞
)
时
,
x
2
+
2(1
-a
)
x+
1
≥
x
2
-
2
x+
1
>
0,
故
g'
(
x
)
>
0,
g
(
x
)
在
(1,
+∞
)
单调递增
,
因此
g
(
x
)
>
0;
(
ⅱ
)
当
a>
2
时
,
令
g'
(
x
)
=
0
得
由
x
2
>
1
和
x
1
x
2
=
1
得
x
1
<
1,
故当
x
∈
(1,
x
2
)
时
,
g'
(
x
)
<
0,
g
(
x
)
在
(1,
x
2
)
单调递减
,
因此
g
(
x
)
<
0
.
综上
,
a
的取值范围是
(
-∞
,2]
.
-
5
-
解题心得
用导数解决满足函数不等式条件的参数范围问题
,
一般都需要构造函数
,
然后对构造的函数求导
,
一般导函数中都含有参数
,
通过对参数讨论确定导函数的正负
,
由导函数的正负确定构造函数的单调性
,
再由单调性确定是否满足函数不等式
,
由此求出参数范围
.
-
6
-
对点训练
1
(2017
辽宁大连一模
,
文
20)
已知函数
f
(
x
)
=ax-
ln
x.
(1)
过原点
O
作函数
f
(
x
)
图象的切线
,
求切点的横坐标
;
(2)
对
∀
x
∈
[1,
+∞
),
不等式
f
(
x
)
≥
a
(2
x-x
2
)
恒成立
,
求实数
a
的取值范围
.
解
(1)
设切点为
M
(
x
0
,
f
(
x
0
)),
直线的切线方程为
y-f
(
x
0
)
=k
(
x-x
0
),
又切线过原点
O
,
所以
-ax
0
+
ln
x
0
=-ax
0
+
1,
由
ln
x
0
=
1,
解得
x
0
=
e,
所以切点的横坐标为
e
.
-
7
-
(2)
∵
不等式
ax-
ln
x
≥
a
(2
x-x
2
)
对
∀
x
∈
[1,
+∞
)
恒成立
,
∴
等价于
a
(
x
2
-x
)
≥
ln
x
对
∀
x
∈
[1,
+∞
)
恒成立
.
设
y
1
=a
(
x
2
-x
),
y
2
=
ln
x
,
由于
x
∈
[1,
+∞
),
且当
a
≤
0
时
y
1
≤
y
2
,
故
a>
0
.
设
g
(
x
)
=ax
2
-ax-
ln
x
,
当
0
0
.
难点突破
(1)
求
m
的取值范围即求直线
y=m
与函数
f
(
x
)
的图象有两个交点的
m
的范围
,
求出函数
f
(
x
)
的单调区间
,
结合
f
(
x
)
图象易求
m
的范围
.
(2)
由
f
(
x
)
的图象知
,
x
1
∈
(
-
1,0),
要证
x
2
>-x
1
>
0,
只需证
f
(
x
2
)
0,
得
x<
0,
由
f'
(
x
)
<
0,
得
x>
0,
所以
f
(
x
)
的单调增区间为
(
-∞
,0),
单调减区间为
(0,
+∞
),
f
(
x
)
max
=f
(0)
=
1,
当
x
→
+∞
时
,
y
→0,
当
x
→
-∞
时
,
y
→
-∞
,
所以
m
的取值范围是
(0,1)
.
-
10
-
(2)
证明
由
(1)
知
,
x
1
∈
(
-
1,0),
要证
x
2
>-x
1
>
0,
只需证
f
(
x
2
)
h'
(0)
=
0,
所以
h
(
x
)
在
(
-
1,0)
上单调递增
,
所以
h
(
x
)
0
.
-
11
-
解题心得
在面对陌生的已知条件一时没有解题思路时
,
不妨对已知条件进行等价转化
,
在转化的过程中把问题化归为熟悉的问题或者熟悉的题型
,
从而得到解决
.
-
12
-
对点训练
2
(2017
贵州贵阳一模
,
文
21)
设
f
(
x
)
=x
e
x
,
g
(
x
)
= x
2
+x
.
(1)
令
F
(
x
)
=f
(
x
)
+g
(
x
),
求
F
(
x
)
的最小值
;
(2)
若任意
x
1
,
x
2
∈
[
-
1,
+∞
)
且
x
1
>x
2
有
m
[
f
(
x
1
)
-f
(
x
2
)]
>g
(
x
1
)
-g
(
x
2
)
恒成立
,
求实数
m
的取值范围
.
解
(1)
∵
F
(
x
)
=f
(
x
)
+g
(
x
)
=
x
e
x
+ x
2
+x
,
∴
F'
(
x
)
=
(
x+
1)(e
x
+
1),
令
F'
(
x
)
>
0,
解得
x>-
1,
令
F'
(
x
)
<
0,
解得
x<-
1,
故
F
(
x
)
在
(
-∞
,
-
1)
递减
,
在
(
-
1,
+∞
)
递增
,
-
13
-
(2)
若任意
x
1
,
x
2
∈
[
-
1,
+∞
)
且
x
1
>x
2
有
m
[
f
(
x
1
)
-f
(
x
2
)]
>g
(
x
1
)
-g
(
x
2
)
恒成立
,
则任意
x
1
,
x
2
∈
[
-
1,
+∞
)
且
x
1
>x
2
有
mf
(
x
1
)
-g
(
x
1
)
>mf
(
x
2
)
-g
(
x
2
)
恒成立
,
令
h
(
x
)
=mf
(
x
)
-g
(
x
)
=
mx
e
x
- x
2
-x
,
x
∈
[
-
1,
+∞
),
即只需
h
(
x
)
在
[
-
1,
+∞
)
递增即可
.
故
h'
(
x
)
=
(
x+
1)(
m
e
x
-
1)
≥
0
在
[
-
1,
+∞
)
恒成立
,
-
14
-
解题策略二
分离参数法
-
15
-
当
0
0,
当
x>
1
时
,
f'
(
x
)
<
0,
当
x=
1
时
,
f'
(
x
)
=
0
.
所以函数
f
(
x
)
在
(0,1)
内单调递增
,
在
(1,
+∞
)
内单调递减
,
所以函数
f
(
x
)
在
x=
1
处取得极大值
.
-
16
-
于是
h
(
x
)
在
[1,
+∞
)
内递增
,
则
h
(
x
)
≥
h
(1)
>
0,
则
g'
(
x
)
>
0,
于是
g
(
x
)
在
[1,
+∞
)
内递增
,
g
(
x
)
≥
g
(1)
=
2,
则
k
的取值范围是
k
≤
2
.
解题心得
有些函数与导数的综合问题即使构造函数正确
,
也存在分类讨论相当复杂的情形
,
难以继续作答
.
可以利用分离参数法简化构造函数
,
使得问题简单求解
.
若求导后不易得到极值点
,
可二次求导
,
还不行时
,
就使用参数讨论法
,
即以参数为分类标准
,
看是否符合题意
;
当最值所在点处函数值是
“ ”
型时
,
可使用洛必达法则
,
可求极限值
.
-
17
-
对点训练
3
(2017
山西第四次五校联考
,
文
21)
已知
函数
(1)
若曲线
y=f
(
x
)
在点
(1,
f
(1))
处的切线斜率为
10,
求函数
f
(
x
)
的最大值
;
∴
f'
(1)
=
1
+k=
10,
∴
k=
9
.
令
f'
(
x
)
>
0,
得
0
e
10
,
故函数
f
(
x
)
在
(0,e
10
)
内单调递增
,
在
(e
10
,
+∞
)
内单调递减
,
-
18
-
设
h
(
x
)
=x
3
+
2
x
2
-x-
1,
则
h'
(
x
)
=
3
x
2
+
4
x-
1
>
0,
∴
g'
(
x
)
>
0,
∴
g
(
x
)
在
[1,
+∞
)
内单调递增
,
则
F'
(
x
)
=x+
e
2
-
2
-
e
x
,
设
G
(
x
)
=F'
(
x
)(
x
≥
1),
∵
G'
(
x
)
=
1
-
e
x
<
0,
∴
G
(
x
)
在
[1,
+∞
)
上递减
.
又
G
(2)
=
0,
∴
当
1
≤
x<
2
时
,
G
(
x
)
=F'
(
x
)
>
0
;
-
19
-
当
x>
2
时
,
G
(
x
)
=F'
(
x
)
<
0
.
∴
F
(
x
)
在
[1,2)
内递增
,
在
(2,
+∞
)
内递减
,
∴
F
(
x
)
max
=F
(2)
=
e
2
-
9,
∴
k
≥
e
2
-
9
.
-
20
-
证明不等式
(
多维探究
)
解题策略
构造函数法
角度一
从条件关系式中构造
函数
例
4
设函数
f
(
x
)
=
ln
x-x+
1
.
(1)
讨论
f
(
x
)
的单调性
;
(2)
证明当
x
∈
(1,
+∞
)
时
,1
< <
x
;
(3)
设
c>
1,
证明当
x
∈
(0,1)
时
,1
+
(
c-
1)
x>c
x
.
难点突破
(
作差构造
)
证明当
x
∈
(0,1)
时
,1
+
(
c-
1)
x>c
x
⇔
设
g
(
x
)
=
1
+
(
c-
1)
x-c
x
,
证
g
(
x
)
>
0,
通过对
g
(
x
)
求导判断
g
(
x
)
的单调性
,
再由
g
(
x
)
的单调性和
g
(
x
)
的几个特殊值证出
g
(
x
)
>
0
.
-
21
-
(1)
解
由题设
,
f
(
x
)
的定义域为
(0,
+∞
),
f'
(
x
)
= -
1,
令
f'
(
x
)
=
0
解得
x=
1
.
当
0
0,
f
(
x
)
单调递增
;
当
x>
1
时
,
f'
(
x
)
<
0,
f
(
x
)
单调递减
.
(2)
证明
由
(1)
知
f
(
x
)
在
x=
1
处取得最大值
,
最大值为
f
(1)
=
0
.
所以当
x
≠1
时
,ln
x
1,
设
g
(
x
)
=
1
+
(
c-
1)
x-c
x
,
则
g'
(
x
)
=c-
1
-c
x
ln
c
,
当
x
0,
g
(
x
)
单调递增
;
当
x>x
0
时
,
g'
(
x
)
<
0,
g
(
x
)
单调递减
.
又
g
(0)
=g
(1)
=
0,
故当
0
0
.
所以当
x
∈
(0,1)
时
,1
+
(
c-
1)
x>c
x
.
-
23
-
解题心得
1
.
欲证函数不等式
f
(
x
)
>g
(
x
)(
x>a
),
只需证明
f
(
x
)
-g
(
x
)
>
0(
x>a
),
设
h
(
x
)
=f
(
x
)
-g
(
x
),
即证
h
(
x
)
>
0
.
若
h
(
a
)
=
0,
h
(
x
)
>h
(
a
)(
x>a
)
.
接下来往往用导数证得函数
h
(
x
)
是增函数即可
.
2
.
欲证函数不等式
f
(
x
)
>g
(
x
)(
x
∈
I
,
I
是区间
),
只需证明
f
(
x
)
-g
(
x
)
>
0(
x
∈
I
)
.
设
h
(
x
)
=f
(
x
)
-g
(
x
)(
x
∈
I
),
即证
h
(
x
)
>
0,
也即证
h
(
x
)
min
>
0(
x
∈
I
)(
若
h
(
x
)
min
不存在
,
则须求函数
h
(
x
)
的下确界
),
而这用导数往往容易解决
.
3
.
证明
f
(
x
)
≥
g
(
x
)(
x
∈
I
,
I
是区间
),
只需证明
f
(
x
)
min
≥
g
(
x
)
max
.
证明
f
(
x
)
>g
(
x
)(
x
∈
I
,
I
是区间
),
只需证明
f
(
x
)
min
>g
(
x
)
max
,
或证明
f
(
x
)
min
≥
g
(
x
)
max
且两个最值点不相等
.
-
24
-
对点训练
4
已知
f
(
x
)
=
e
x
-ax
2
,
曲线
y=f
(
x
)
在
(1,
f
(1))
处的切线方程为
y=bx+
1
.
(1)
求
a
,
b
的值
;
(2)
求
f
(
x
)
在
[0,1]
上的最大值
;
(3)
证明当
x>
0
时
,e
x
+
(1
-
e)
x-
1
-x
ln
x
≥
0
.
(1)
解
f'
(
x
)
=
e
x
-
2
ax
,
由题设得
f'
(1)
=
e
-
2
a=b
,
f
(1)
=
e
-a=b+
1,
解得
a=
1,
b=
e
-
2
.
(2)
解
由
(1)
知
f
(
x
)
=
e
x
-x
2
,
∴
f'
(
x
)
=
e
x
-
2
x
,
设
h
(
x
)
=
e
x
-
2
x
,
h'
(
x
)
=
e
x
-
2
.
∴
f'
(
x
)
在
(
-∞
,ln
2)
内单调递减
,
在
(ln
2,
+∞
)
内单调递增
,
∴
f'
(
x
)
≥
f'
(ln
2)
=
2
-
2ln
2
>
0,
∴
f
(
x
)
在
[0,1]
上单调递增
,
∴
f
(
x
)
max
=f
(1)
=
e
-
1
.
-
25
-
(3)
证明
∵
f
(0)
=
1,
由
(2)
知
,
f
(
x
)
过点
(1,e
-
1),
且
y=f
(
x
)
在
x=
1
处的切线方程为
y=
(e
-
2)
x+
1,
故可猜测当
x>
0,
x
≠1
时
,
f
(
x
)
的图象恒在切线
y=
(e
-
2)
x+
1
的上方
.
下证
:
当
x>
0
时
,
f
(
x
)
≥
(e
-
2)
x+
1
.
设
g
(
x
)
=f
(
x
)
-
(e
-
2)
x-
1
=
e
x
-x
2
-
(e
-
2)
x-
1,
则
g'
(
x
)
=
e
x
-
2
x-
(e
-
2),
设
h
(
x
)
=
e
x
-
2
x-
(e
-
2),
h'
(
x
)
=
e
x
-
2
.
所以
g'
(
x
)
在
(0,ln
2)
内单调递减
,
在
(ln
2,
+∞
)
内单调递增
,
又
g'
(0)
=
3
-
e
>
0,
g'
(ln
2)
=
2
-
2ln
2
-
e
+
2
=
4
-
2ln
2
-
e
<
0,
g'
(1)
=
0,
所以
,
存在
x
0
∈
(0,ln
2),
使得
g'
(
x
)
=
0,
所以
,
当
x
∈
(0,
x
0
)
∪
(1,
+∞
)
时
,
g'
(
x
)
>
0;
当
x
∈
(
x
0
,1)
时
,
g'
(
x
)
<
0,
故
g
(
x
)
在
(0,
x
0
)
内单调递增
,
在
(
x
0
,1)
内单调递减
,
在
(1,
+∞
)
内单调递增
,
又
g
(0)
=g
(1)
=
0,
∴
g
(
x
)
=
e
x
-x
2
-
(e
-
2)
x-
1
≥
0,
当且仅当
x=
1
时取等号
,
-
26
-
易证不等式
e
x
≥
x+
1,
故
x
≥
ln(
x+
1
),
∴
x-
1
≥
ln
x
,
当且仅当
x=
1
时取
“
=
”
.
所以
e
x
+
(2
-
e)
x-
1
≥
x
ln
x+x
,
即
e
x
+
(1
-
e)
x-
1
-x
ln
x
≥
0
成立
,
当
x=
1
时
,
等号成立
.
-
27
-
角度二
从条件中分离指、对函数分别构造
例
5
设函数
f
(
x
)
=a
e
x
ln
x
+
,
曲线
y=f
(
x
)
在点
(1,
f
(1))
处的切线方程为
y=
e(
x-
1)
+
2
.
(1)
求
a
,
b
;
(2)
证明
f
(
x
)
>
1
.
-
28
-
由题意可得
f
(1)
=
2,
f‘
(
1)
=
e
.
故
a=
1,
b=
2
.
所以当
x
∈
(0,1)
时
,
h‘
(
x
)
>
0;
当
x
∈
(1,
+∞
)
时
,
h’
(
x
)
<
0
.
-
29
-
故
h
(
x
)
在
(0,1)
单调递增
,
在
(1,
+∞
)
单调递减
,
从而
h
(
x
)
在
(0,
+∞
)
的最大值为
h
(1
)
=- .
综上
,
当
x>
0
时
,
g
(
x
)
>h
(
x
),
即
f
(
x
)
>
1
.
解题心得
证明不等式
f
(
x
)
≥
g
(
x
)
成立
,
可以构造函数
H
(
x
)
=f
(
x
)
-g
(
x
),
通过证明函数
H
(
x
)
的最小值大于等于零即可
,
可是有时候利用导数求函数
H
(
x
)
最小值不易
,
可以通过特例法
,
即证明
f
(
x
)
的最小值大于或等于
g
(
x
)
的最大值即可
.
-
30
-
对点训练
5
已知函数
f
(
x
)
=a
e
x
ln
x
在
x=
1
处的切线与直线
x+
2e
y=
0
垂直
.
(1)
求
a
的值
;
(2)
证明
xf
(
x
)
>
1
-
5e
x-
1
.
(1)
解
函数
f
(
x
)
的定义域为
(0,
+∞
),
f'
(
x
)
=a
e
x
ln
x+
e
x
,
由已知
y=f
(
x
)
在
x=
1
处的切线的斜率为
2e,
∴
f'
(1)
=a
e
=
2e,
得
a=
2
.
-
31
-
(2)
证明
要证明
xf
(
x
)
>
1
-
5e
x-
1
,
即证明
2
x
e
x
ln
x>
1
-
5e
x-
1
,
x>
0,
