成都市高三二轮复习文科数学（二十一） 函数、导数与不等式
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成都市高三二轮复习文科数学（二十一） 函数、导数与不等式
[全国卷 考情分析]
年份
全国卷Ⅰ
全国卷Ⅱ
全国卷Ⅲ
2019
函数零点存在性问题，不等式与参数范围·T20
函数的极值点及方程根·T21
2018
利用导数研究函数的单调性、不等式的证明·T21
函数的单调性与导数、函数零点的证明·T21
导数的几何意义、不等式的证明·T21
2017
函数的单调性与导数、不等式与参数范围·T21
函数的单调性与导数、不等式与参数范围·T21
利用导数研究函数的单调性、不等式的证明·T21
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.
利用导数证明不等式
[例1] (2019·天津高考节选)设函数f(x)＝excos x，g(x)为f(x)的导函数.(1)求f(x)的单调区间；(2)当x∈时，证明：f(x)＋g(x)≥0.
[解] (1)由已知，有f′(x)＝ex(cos x－sin x).因此，当x∈(k∈Z)时，
有sin x>cos x，得f′(x)<0，则f(x)单调递减；当x∈(k∈Z)时，有sin x
0，则f(x)单调递增.所以，f(x)的单调递增区间为(k∈Z)，
f(x)的单调递减区间为(k∈Z).
(2)证明：记h(x)＝f(x)＋g(x).依题意及(1)，有g(x)＝ex(cos x－sin x)，从而g′(x)＝－2exsin x.
当x∈时，g′(x)<0，故h′(x)＝f′(x)＋g′(x)＋g(x)(－1)＝g′(x)<0.
因此，h(x)在区间上单调递减，进而h(x)≥h＝f＝0.
所以，当x∈时，f(x)＋g(x)≥0.
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[解题方略]
1.证明不等式的基本方法
(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①∀x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)，②∀x1，x2∈[a，b]，且x1＜x2，有f(x1)＜f(x2).对于减函数有类似结论.
(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则∀x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m).
2.证明f(x)＜g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，证明F(x)＜0.
[跟踪训练]
(2019·湖北省仙桃中学5月适应性考试)已知函数f(x)＝axln x(a＞0)的图象在点(e，f(e))处的切线和直线x＋2y＋1＝0垂直.(1)求a的值；(2)对任意的x＞0，证明：f(x)≥－2x－e－3.
解：(1)由f(x)的图象在点(e，f(e))处的切线与直线x＋2y＋1＝0垂直，得该切线的斜率为2，即f′(e)＝2.
因为f′(x)＝a(ln x＋1)，所以a(ln e＋1)＝2，解得a＝1.
(2)证明：令g(x)＝f(x)＋2x＋e－3，则由(1)知g(x)＝xln x＋2x＋e－3(x＞0)，则g′(x)＝ln x＋3，显然g′(x)＝0时，x＝e－3，当x∈时，g′(x)＜0，所以函数g(x)在上单调递减.当x∈时，g′(x)＞0，所以函数g(x)在上单调递增，所以g(x)≥g(e－3)＝－3e－3＋2e－3＋e－3＝0，
所以对任意的x＞0，f(x)≥－2x－e－3.
利用导数研究不等式恒成立、存在性问题
[例2] 已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex.(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值.
(2)当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范围.
[解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.
①当a≤1时，x∈[1，e]，f′(x)≥0，f(x)为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a.
②当1＜a＜e时，x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数.
所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1.
③当a≥e时，x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上为减函数.f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.
综上，当a≤1时，f(x) min＝1－a；当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)ln a－1；
当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－.
(2)由题意知f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值.
由(1)知当a＜1时，f(x)在[e，e2]上单调递增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.g′(x)＝(1－ex)x.
当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数，g(x)min＝g(0)＝1，所以e－(a＋1)－＜1，即a＞，
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所以a的取值范围为.
[题后悟通]
求解此类题目的策略
∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)＞g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的最小值大于g(x)在D2上的最小值即f(x)min＞g(x)min.其等价转化的基本思想是：函数y＝f(x)的任意一个函数值大于函数y＝g(x)的某一个函数值，但并不要求大于函数y＝g(x)的所有函数值.
∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)＜g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的最大值小于函数g(x)在D2上的最大值.其等价转化的基本思想是：函数y＝f(x)的任意一个函数值小于函数y＝g(x)的某一个函数值，但并不要求小于函数y＝g(x)的所有函数值.
[跟踪训练]
(2019·福建五校第二次联考)已知函数f(x)＝ln x－mx2，g(x)＝mx2＋x，m∈R，令F(x)＝f(x)＋g(x).
(1)当m＝时，求函数f(x)的单调区间及极值；(2)若关于x的不等式F(x)≤mx－1恒成立，求正整数m的最小值.
解：(1)由题意得，f(x)＝ln x－x2(x＞0)，所以f′(x)＝－x(x＞0).令f′(x)＝0，得x＝1.
由f′(x)＞0，得0＜x＜1，所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，
由f′(x)＜0，得x＞1，所以f(x)的单调递减区间为(1，＋∞).所以f(x)极大值＝f(1)＝－，无极小值.
(2)令G(x)＝F(x)－(mx－1)＝ln x－mx2＋(1－m)x＋1，
因m＞0时，G′(x)＝＝－.令G′(x)＝0，得x＝，
所以当x∈时，G′(x)＞0；当x∈时，G′(x)＜0.
因此函数G(x)在上是增函数，在上是减函数.故函数G(x)的最大值为G＝－ln m.
令h(x)＝－ln x，因为h(1)＝＞0，h(2)＝－ln 2＜0，
h(x)在(0，＋∞)上是减函数，所以当x≥2时，h(x)＜0，所以整数m的最小值为2.
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大题专攻强化练
1．(2019·贵州省适应性考试)函数f(x)＝x－ln x，g(x)＝aex.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求证：当a≥时，xf(x)≤g(x)．
2．(2019·北京高考)已知函数f(x)＝x3－x2＋x.(1)求曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程；(2)当x∈[－2，4]时，求证：x－6≤f(x)≤x；(3)设F(x)＝|f(x)－(x＋a)|(a∈R)，记F(x)在区间[－2，4]上的最大值为M(a)．当M
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(a)最小时，求a的值．
3．设函数f(x)＝2ln x－mx2＋1.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当f(x)有极值时，若存在x0，使得f(x0)>m－1成立，求实数m的取值范围．
4．(2019·武汉市调研测试)已知函数f(x)＝(x－1)ln x＋ax(a∈R)．(1)在a＝0时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．
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1解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．由f(x)＝x－ln x，得f′(x)＝1－＝，
当x∈(0，1)时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0.
所以f(x)的单调递减区间是(0，1)，单调递增区间是(1，＋∞)．
(2)证明：要证xf(x)≤g(x)，即证x(x－ln x)≤aex，即证a≥.设h(x)＝，
则h′(x)＝＝，
由(1)可知f(x)≥f(1)＝1，即ln x－(x－1)≤0，于是，当x∈(0，1)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减．所以x＝1时，h(x)取得最大值，h(x)max＝＝，
所以当a≥时，xf(x)≤g(x)．
2解：(1)由f(x)＝x3－x2＋x得f′(x)＝x2－2x＋1.令f′(x)＝1，即x2－2x＋1＝1，得x＝0或x＝.
又f(0)＝0，f＝，所以曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程是y＝x与y－＝x－，
即y＝x与y＝x－.
(2)证明：令g(x)＝f(x)－x，x∈[－2，4]．由g(x)＝x3－x2得g′(x)＝x2－2x.令g′(x)＝0得x＝0或x＝.
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下：
x
－2
(－2，0)
0
4
g′(x)
＋
0
－
0
＋
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g(x)
－6
0
－
0
所以g(x)的最小值为－6，最大值为0.故－6≤g(x)≤0，即x－6≤f(x)≤x.
(3)由(2)知，当a<－3时，M(a)＝F(0)＝|g(0)－a|＝－a>3；
当a>－3时，M(a)＝F(－2)＝|g(－2)－a|＝6＋a>3；当a＝－3时，M(a)＝3.
综上，当M(a)最小时，a＝－3.
3解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2mx＝，
当m≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当m>0时，令f′(x)>0，得0，∴f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)由(1)知，当f(x)有极值时，m>0，且f(x)在上单调递增，在上单调递减．
∴f(x)max＝f＝2ln－m·＋1＝－ln m，若存在x0，使得f(x0)>m－1成立，则f(x)max>m－1.
即－ln m>m－1，ln m＋m－1<0成立．令g(x)＝x＋ln x－1(x>0)，
∵g′(x)＝1＋>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0，∴0
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