2019届二轮复习导数与不等式及参数范围课件（37张）（全国通用）
2
.
4
.
2
导数与不等式及参数范围
-
2
-
考向一
考向二
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
设函数
f
(
x
)
=x
2
+ax+b
,
g
(
x
)
=
e
x
(
cx+d
)
.
若曲线
y=f
(
x
)
和曲线
y=g
(
x
)
都过点
P
(0,2),
且在点
P
处有相同的切线
y=
4
x+
2
.
(1)
求
a
,
b
,
c
,
d
的值
;
(2)
若
x
≥
-
2
时
,
f
(
x
)
≤
kg
(
x
),
求
k
的取值范围
.
-
3
-
考向一
考向二
难点突破一
(
作差构造
)
f
(
x
)
≤
kg
(
x
)
⇔
kg
(
x
)
-f
(
x
)
≥
0,
设
F
(
x
)
=kg
(
x
)
-f
(
x
)
=
2
k
e
x
(
x+
1)
-x
2
-
4
x-
2
⇒
F'
(
x
)
=
2
k
e
x
(
x+
2)
-
2
x-
4
=
2(
x+
2)(
k
e
x
-
1)
⇒
令
F'
(
x
)
=
0
得
x
1
=-
ln
k
,
x
2
=-
2
.
此时
,
类比二次函数根的分布进行分类讨论
F
(
x
)
的最小值大于或等于
0
时的
k
的范围
.
难点突破二
(
分离参数构造函数
)
若
x
≥
-
2
时
,
f
(
x
)
≤
kg
(
x
)
⇔
当
x
≥
-
2,
x
2
+
4
x+
2
≤
2
k
e
x
(
x+
1)
恒成立
.
据导数的正负讨论单调性求得最值
,
相比作差法构造函数分类讨论的方法
,
达到了事半功倍的效果
.
-
4
-
考向一
考向二
解
:
(1)
由已知得
f
(0)
=
2,
g
(0)
=
2,
f'
(0)
=
4,
g'
(0)
=
4
.
而
f'
(
x
)
=
2
x+a
,
g'
(
x
)
=
e
x
(
cx+d+c
),
故
b=
2,
d=
2,
a=
4,
d+c=
4
.
从而
a=
4,
b=
2,
c=
2,
d=
2
.
(2)
由
(1)
知
,
f
(
x
)
=x
2
+
4
x+
2,
g
(
x
)
=
2e
x
(
x+
1)
.
设函数
F
(
x
)
=kg
(
x
)
-f
(
x
)
=
2
k
e
x
(
x+
1)
-x
2
-
4
x-
2,
则
F'
(
x
)
=
2
k
e
x
(
x+
2)
-
2
x-
4
=
2(
x+
2)(
k
e
x
-
1)
.
由题设可得
F
(0)
≥
0,
即
k
≥
1
.
令
F'
(
x
)
=
0
得
x
1
=-
ln
k
,
x
2
=-
2
.
①
若
1
≤
k<
e
2
,
则
-
2
0
.
即
F
(
x
)
在
(
-
2,
x
1
)
单调递减
,
在
(
x
1
,
+∞
)
单调递增
.
故
F
(
x
)
在
[
-
2,
+∞
)
的最小值为
F
(
x
1
)
.
-
5
-
考向一
考向二
故当
x
≥
-
2
时
,
F
(
x
)
≥
0,
即
f
(
x
)
≤
kg
(
x
)
恒成立
.
②
若
k=
e
2
,
则
F'
(
x
)
=
2e
2
(
x+
2)(e
x
-
e
-
2
)
.
从而当
x>-
2
时
,
F'
(
x
)
>
0,
即
F
(
x
)
在
(
-
2,
+∞
)
单调递增
.
而
F
(
-
2)
=
0,
故当
x
≥
-
2
时
,
F
(
x
)
≥
0,
即
f
(
x
)
≤
kg
(
x
)
恒成立
.
③
若
k>
e
2
,
则
F
(
-
2)
=-
2
k
e
-
2
+
2
=-
2e
-
2
(
k-
e
2
)
<
0
.
从而当
x
≥
-
2
时
,
f
(
x
)
≤
kg
(
x
)
不可能恒成立
.
综上
,
k
的取值范围是
[1,e
2
]
.
-
6
-
考向一
考向二
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
.
-
7
-
考向一
考向二
对点训练
1
设函数
f
(
x
)
定义在
(0,
+∞
)
上
,
f
(1)
=
0,
导函数
f'
(
x
)
=
,
g
(
x
)
=f
(
x
)
+f'
(
x
)
.
(1)
求
g
(
x
)
的单调区间和最小值
;
(3)
是否存在
x
0
>
0,
使得
|g
(
x
)
-g
(
x
0
)
|<
对
任意
x>
0
成立
?
若存在
,
求出
x
0
的取值范围
;
若不存在
,
请说明理由
.
-
8
-
考向一
考向二
令
g'
(
x
)
=
0
得
x=
1,
当
x
∈
(0,1)
时
,
g'
(
x
)
<
0,
故
(0,1)
是
g
(
x
)
的单调减区间
,
当
x
∈
(1,
+∞
)
时
,
g'
(
x
)
>
0,
故
(1,
+∞
)
是
g
(
x
)
的单调增区间
,
因此
,
x=
1
是
g
(
x
)
的唯一极值点
,
且为极小值点
,
从而是最小值点
,
所以最小值为
g
(1)
=
1
.
-
9
-
考向一
考向二
-
10
-
考向一
考向二
(3)
满足条件的
x
0
不存在
.
证明如下
:
-
11
-
考向一
考向二
角度二
从条件化简关系式中构造函数
例
2
设函数
f
(
x
)
=
e
mx
+x
2
-mx.
(1)
证明
f
(
x
)
在
(
-∞
,0)
单调递减
,
在
(0,
+∞
)
单调递增
;
(2)
若对于任意
x
1
,
x
2
∈
[
-
1,1],
都有
|f
(
x
1
)
-f
(
x
2
)
|
≤
e
-
1,
求
m
的取值范围
.
难点突破
|f
(
x
1
)
-f
(
x
2
)
|
≤
e
-
1
⇔
|f
(
x
1
)
-f
(
x
2
)
|
max
≤
e
-
1
⇔
|f
(
x
)
max
-f
(
x
)
min
|
≤
e
-
1
-
12
-
考向一
考向二
(1)
证明
:
f'
(
x
)
=m
(e
mx
-
1)
+
2
x.
若
m
≥
0,
则当
x
∈
(
-∞
,0)
时
,e
mx
-
1
≤
0,
f'
(
x
)
<
0;
当
x
∈
(0,
+∞
)
时
,e
mx
-
1
≥
0,
f'
(
x
)
>
0
.
若
m<
0,
则当
x
∈
(
-∞
,0)
时
,e
mx
-
1
>
0,
f'
(
x
)
<
0;
当
x
∈
(0,
+∞
)
时
,e
mx
-
1
<
0,
f'
(
x
)
>
0
.
所以
,
f
(
x
)
在
(
-∞
,0)
单调递减
,
在
(0,
+∞
)
单调递增
.
(2)
解
:
由
(1)
知
,
对任意的
m
,
f
(
x
)
在
[
-
1,0]
单调递减
,
在
[0,1]
单调递增
,
故
f
(
x
)
在
x=
0
处取得最小值
.
所以对于任意
x
1
,
x
2
∈
[
-
1,1],
-
13
-
考向一
考向二
设函数
g
(
t
)
=
e
t
-t-
e
+
1,
则
g'
(
t
)
=
e
t
-
1
.
当
t<
0
时
,
g'
(
t
)
<
0;
当
t>
0
时
,
g'
(
t
)
>
0
.
故
g
(
t
)
在
(
-∞
,0)
单调递减
,
在
(0,
+∞
)
单调递增
.
又
g
(1)
=
0,
g
(
-
1)
=
e
-
1
+
2
-
e
<
0,
故当
t
∈
[
-
1,1]
时
,
g
(
t
)
≤
0
.
当
m
∈
[
-
1,1]
时
,
g
(
m
)
≤
0,
g
(
-m
)
≤
0,
即
①
式成立
;
当
m>
1
时
,
由
g
(
t
)
的单调性
,
g
(
m
)
>
0,
即
e
m
-m>
e
-
1;
当
m<-
1
时
,
g
(
-m
)
>
0,
即
e
-m
+m>
e
-
1
.
综上
,
m
的取值范围是
[
-
1,1]
.
-
14
-
考向一
考向二
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
.
-
15
-
考向一
考向二
切线方程为
x+
2
y-
3
=
0
.
(1)
求
a
,
b
的值
;
-
16
-
考向一
考向二
-
17
-
考向一
考向二
(
ⅱ
)
设
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
.
-
20
-
考向一
考向二
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
.
-
21
-
考向一
考向二
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
.
-
22
-
考向一
考向二
对点训练
3
已知
f
(
x
)
=bx-b
,
d
(
x
)
=
(
bx-
1)e
x
,
b
∈
R
.
(1)
若
b
≥
0,
讨论
d
(
x
)
的单调性
;
(2)
若不等式
f
(
x
)
>d
(
x
)
有且仅有两个整数解
,
求
b
的取值范围
.
解
:
(1)
d'
(
x
)
=
e
x
(
bx+b-
1),
b=
0
时
,
d'
(
x
)
<
0
在
R
恒成立
,
-
23
-
考向一
考向二
(2)
由不等式
f
(
x
)
>d
(
x
)
有且仅有两个整数解
,
b
(
x
e
x
-x+
1)
<
e
x
有两个整数解
.
设
y=x
(e
x
-
1)
+
1,
当
x
≥
0
时
,e
x
-
1
≥
0,
x
(e
x
-
1)
+
1
>
0;
当
x<
0
时
,e
x
-
1
<
0,
x
(e
x
-
1)
+
1
>
0,
令
h
(
x
)
=
2
-x-
e
x
,
则
h'
(
x
)
=-
1
-
e
x
<
0,
又
h
(0)
=
1
>
0,
h
(1)
=
1
-
e
<
0,
所以
∃
x
0
∈
(0,1),
使得
h
(
x
0
)
=
0,
∴
g
(
x
)
在
(
-∞
,
x
0
)
为增函数
,
在
(
x
0
,
+∞
)
为减函数
,
-
24
-
考向一
考向二
-
25
-
考向一
考向二
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
函数
f
(
x
)
=
e
x
-ax
2
+
1,
曲线
y=f
(
x
)
在
x=
1
处的切线方程为
y=bx+
2
.
(1)
求
a
,
b
的值
;
(2)
当
x>
0
时
,
求证
:
f
(
x
)
≥
(e
-
2)
x+
2
.
难点突破
(
作差构造
)
设
g
(
x
)
=f
(
x
)
-
(e
-
2)
x-
2,
若能判断
g
(
x
)
的单调性
,
可由单调性证出
g
(
x
)
≥
0
.
为此需要求
g
(
x
)
的导数
,
并判断
g'
(
x
)
的正负
,
若不好判断再设
h
(
x
)
=g'
(
x
)
进行第二次求导
,
由
h'
(
x
)
的正负
,
判断出
g'
(
x
)
的单调性
,
再通过
g'
(
x
)
几个特殊值的正负
,
判断
g'
(
x
)
的正负即
g
(
x
)
的单调性
.
-
26
-
考向一
考向二
(1)
解
:
∵
f'
(
x
)
=
e
x
-
2
ax
,
f'
(1)
=
e
-
2
a=b
,
f
(1)
=
e
-a+
1
=b+
2,
解得
a=
1,
b=
e
-
2
.
(2)
证明
:
设
g
(
x
)
=f
(
x
)
-
(e
-
2)
x-
2
=
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,
∴
存在
x
0
∈
(0,ln
2),
使得
g'
(
x
)
=
0,
∴
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
,
∴
f
(
x
)
-
(e
-
2)
x-
2
≥
0,
即
f
(
x
)
≥
(e
-
2)
x+
2
.
-
27
-
考向一
考向二
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
,
则需求函数
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
.
-
28
-
考向一
考向二
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
.
-
29
-
考向一
考向二
(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
,
-
30
-
考向一
考向二
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
,
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
.
-
31
-
考向一
考向二
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
.
-
32
-
考向一
考向二
-
33
-
考向一
考向二
由题意可得
f
(1)
=
2,
f'
(1)
=
e
.
故
a=
1,
b=
2
.
-
34
-
考向一
考向二
所以当
x
∈
(0,1)
时
,
h'
(
x
)
>
0;
当
x
∈
(1,
+∞
)
时
,
h'
(
x
)
<
0
.
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
)
的最小值不易
,
这时还可以证明
f
(
x
)
的最小值大于或等于
g
(
x
)
的最大值
.
-
35
-
考向一
考向二
(1)
当
k=
2
时
,
求曲线
y=f
(
x
)
在点
(1,
f
(1))
处的切线方程
;
-
36
-
考向一
考向二
(2)
证明
:
由
f'
(1)
=
0,
得
k=
1,
令
g
(
x
)
=
(
x
2
+x
)
f'
(
x
),
令
h
(
x
)
=
1
-x-x
ln
x
,
x
∈
(0,
+∞
),
则
h'
(
x
)
=-
ln
x-
2,
x
∈
(0,
+∞
),
因此当
x
∈
(0,e
-
2
)
时
,
h'
(
x
)
>
0,
h
(
x
)
单调递增
;
当
x
∈
(e
-
2
,
+∞
)
时
,
h'
(
x
)
<
0,
h
(
x
)
单调递减
.
所以
h
(
x
)
的最大值为
h
(e
-
2
)
=
e
-
2
+
1,
故
1
-x-x
ln
x
≤
e
-
2
+
1
.
设
φ
(
x
)
=
e
x
-
(
x+
1),
因为
φ
'
(
x
)
=
e
x
-
1,
-
37
-
考向一
考向二
所以当
x
∈
(0,
+∞
)
时
,
φ
'
(
x
)
>
0,
φ
(
x
)
单调递增
,
φ
(
x
)
>
φ
(0)
=
0
,
