2020屆高考理科數(shù)學一輪復習要點題型解析導數(shù)與函數(shù)不等式的綜合應用

1、2020屆高考理科數(shù)學一輪復習要點+題型解析導數(shù)與函數(shù)、不等式的綜合應用一、利用導數(shù)解不等式問題【題型解析】?共存類問題與【題型一】疥(f(x)【要點解析】1、對于不等式F(x)+g(x)0(或V0),構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)+g(x).2、對于不等式F(x)-g(x)0(或V0),構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)g(x).特別地，對于不等式f(x)k(或Vk)(kO),構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)kx.3、對于不等式f(x)g(x)+f(x)g(x)0(或V0),構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)g(x).f?X?4、對于不等式f(X)g(X)f(X)g(X)O(或V0),構(gòu)造函數(shù)F(X)=(g(X)WO

2、).?Xg?nalnl的符X)(注意對xxf(x)+(Fx)=xxf(x),則F(x)=nf(nf5、對于xf(x)+(x)0型，構(gòu)造號進行討論),特別地,當n=l時,xf(x)+f(x)0,構(gòu)造F(x)=xf(x),則F(x)=xf(x)+f(x)0.xf?x?nf?x?f?x?ni.x=(注意對F(x)O)O(xH型，構(gòu)造F(x)=,則nf6、對于xf(x)(x)ninXX色X?,則F(,構(gòu)造Fx)=x)=fl的符號進行討論)，特別地，當11=時，xf(X)(x)0_x?x?xf?x-P0.2Xx.=e)f(xxO)+f7、對于不等式(x)f(x0(或，構(gòu)造函數(shù)F()xf=.(,構(gòu)造函數(shù)或

3、Vxf()O(O)Fx)(、對于不等式8僅xel【例1】定義在R上的函數(shù)f(x)，滿足f(l)=l，且對任意xR都有f(x)V,則不等式一21lgx+1的解集為.f(lgx)2(2)設f(x),g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，當xVO時,f(x)g(x)+f(x)g(x)0,且g(3)=0,則不等式f(x)g(x)VO的解集為1【解析】由題意構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)x,_21則g(x)=f(x)-VO,_2所以g(x)在定義域內(nèi)是減函數(shù).11因為41)=1,所以g(l)=f(l)=,-221gx+lll由f(lgx),得f(lgx)lgx._22211即g(lgx)=f(lgx)-

4、lgx=g(l),22所以IgxVl,解得OVxVIO.所以原不等式的解集為(0.10).(2)借助導數(shù)的運算法則,f(x)g(x)+f(x)g(x)O?f(x)g(x)0,所以函數(shù)y=f(x)g(x)在(一8,0)上單調(diào)遞增.又由題意知函數(shù)y=f(x)g(x)為奇函數(shù)，所以其圖象關于原點對稱，且過點(-3,0),(3,0).數(shù)形結(jié)合可求得不等式f(x)g(x)VO的解集為(-8,-3)U(0,3).【例2】(1)設f(x)是奇函數(shù)f(x)(xWR)的導函數(shù)，f(l)=O,當x0時，xf(x)f(x)VO,則使得f(x)0成立的x的取值范圍是()A.(-8,-l)U(OJ)B.(-LO)U(b

5、+oo)D.U,-1)(-LO)(O.l)U(l,+8)-c.(82,則下列不等式在xR上恒成立的是x)+xf(x)(,f)設函數(shù)(2)f(x在R上的導函數(shù)為(x)且2f()A.f(x)0B.f(x)xfC.()xf(x)0時，g (x)0g(x)在(0,+8)上是減函數(shù).f(x)是奇函數(shù)，0,從而f(x)0：當xW(L+8)時,g(x)V0,從而f(x)VO.又是奇函數(shù)，當x(-8,1)時，f(x)0：當x(l,O)時，f(x)0時，gf(x)0,Ag(x)g(O)t112240：)xx0,從而f(x即xf(x)44當xVO時,gf(x)g(O),11242Ox：(x)即xf(x)xfo,從

6、而.44當x=0時，由題意可得2*0)0,/.f(0)0.綜上可知，f(x)0.【例3】(1)已知的0為R上的可導函數(shù)，且?xWR,均有(x),則有()20192019(0)(2019),2019)(.Aef-fe32019”19f(0)ef(O),fB.e(2019)f(-2019)e(0),f(2019)C.e2019)f(019”19f(0)f.e(2019)f(2019)fDl(2)已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)+2f(x)0恒成立，且f(2)=(e為自然對數(shù)的底仁0的解集為f(x)-.e,則不等式數(shù))e?-f?xf?x?f?x上單調(diào)遞減，xR=0,即h(h【解析】構(gòu)造函數(shù)(

7、x)=，則h(x)ee?P-20197P0:019(2(0),即f(0)；同理，h(2019)?ehf(-2019)f故h(-2019)q2oipeezoD.f(0)019)0得2f(x),則h(x0,可構(gòu)造函數(shù)h(x)=2(2)由f(x)+F(_?2_2?x_axf(2)=L不等式e)f()0,所以函數(shù)h(x)=上單調(diào)遞增，且ef(x)在RlM2)=exf()+2F(8222x,所以不等式ef().e0的解集為(2,+)xhe0等價于fe(x)l,即(x)h(2)?2【題型二】不等式恒成立問題【要點解析】不等式恒成立問題的基本類型類型1：任意x,使得rx?0,只需自x?0皿類型2：任意x,使

8、得住x?VO,只需?k,只需?憶由上?8?*?=窕?-1類型5：任意x,使得f?gDx?,只需?。.vrpx?gx=xg?,只需lOc?9?,使得類型6：任意m3求解不等式恒成立問題的方法構(gòu)造型的不等式恒成立問題時，股采用作差法，g)2(x)(l)構(gòu)造函數(shù)分類討論：遇到f(x0x(),f(x)進而只需滿足h)(=XU”“)(-xf)(的函數(shù)左減右hx=()gx或右減左的函數(shù)0gxmm將比較法的思想融入函數(shù)中，轉(zhuǎn)化為求解函數(shù)最值的問題，適用范圍較廣，W0)x(或皿X但是往往需要對參數(shù)進行分類討論.4(2)分離函數(shù)法：分離參數(shù)法的主要思想是將不等式變形成個端是參數(shù)a,另端是變量表達式v(x)的不等

9、式后，應用數(shù)形結(jié)合思想把不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為水平直線y=a與函數(shù)y=x)圖象的交點個數(shù)問題來解決.然恒成立，求實數(shù)a)Wxe0,出xf已知函數(shù)(x)=ax+lnx+l,若對任意的x【例1】的取值范圍.【解析】法一：構(gòu)造函數(shù)法Mx恒成立，等價于g(ex)20在(0,對任意的x0,f(x)Wg設(x)=xexxaxInx1(0)20即可.)3+8)上恒成立，則只需8皿1區(qū)一21紇(2入+,因為g(x)=_xhxa(x0)h(x)=(2x+l)e令一xl2x+0+l)e則h(x)=4(x?x所以h(x)=g(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增,因為當x-0時,h(x)8,當x。+8時,h(x)+8,所以

10、h(x)=g(x)在(0,+8)上存在唯的零點x,ol滿足(2x+l)e2xa-=0,ooxol所以a=(2x+l)e2x且g(x)在(0,x)上單調(diào)遞減，在(x,+8)上單調(diào)遞增，ooooxo2e2xInx,xaxIn1=2xe2g所以g(x)=(x)=xxommooooooo:W0,得2x2Oxln+e2x則由g(x)ooominlnxo一，x0),則S(x)=l+0,_x所以函數(shù)S(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增，5x-ln)WS(),因為S(2xoolWlnxW一所以2x,即e2xoooxoll1x(2,=l)e2x2+1)所以a=(2x+_oooxxxooo,8,2所以實數(shù)a的取值范圍

11、為(一法二：分離參數(shù)法l+lnxex在eWe恒成立，等價于al,所以對任意的x0,f(x)Wx因為f(x)=ax+lnx+x上恒成立.，+)(0x22x2xlne+lnx+lx2,(x)=,則只需aWm(x)即可,則nix令m(x)=e(0)2mmXXlx22以上單調(diào)，+8)在(0g+0,所以(XO),則gx)=4(x(+x=再令g(x)2x)eexln+x(-x遞增，l?e2g?0,=2e21n2因為0,g(l)=84?1所以g(x)有唯的零點x,且Vxx時，in(x)0,oo所以m(x)在(0,x)上單調(diào)遞減，在(x,+8)上單調(diào)遞增，。02因為2xe2x+lnx=0,ooo所以In2+2

12、1nx+2x=ln(hix)ooo即ln(2x)+2x=ln(Inx)+(Inx),ooool設s(x)=lnx+x(x0),則s(x)=+l0,-x所以函數(shù)s(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增，因為s(2x)=s(Inx),oo61所以2x=Inx,即e2x=,oooxolnx+lllnxloo所以ni(x)2m(x)=e2x=2,則有a2,-ooxxxxoooo所以實數(shù)a的取值范圍為(-8,2.k【例2】設函數(shù)f(x)=lnx+,kR.-x(l)若曲線y=f(x)在點(e,f(e)處的切線與直線x2=0垂直，求f(x)的單調(diào)性和極小值(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))：(2)若對任意的xx0,f(x)

13、f(x)Vxx恒成立，求k的取值范圍.2i22nlk【解析】：(1)由條件得f(x)=(x0),2XX：曲線y=f(x)在點(e,f(e)處的切線與直線x2=0垂直，Ik/.f(e)=0,即一=0,得卜=6,2eexeelf(x)=(x0)_.zixxx由F(x)V0得OVxVe,由f(x)0得xe,，f(x)在(0,e)上單調(diào)遞減,在(e,+8)上單調(diào)遞增.e當x=e時，式x)取得極小值,且f(e)=lne+=2.-e，f(x)的極小值為2.(2)由題意知，對任意的xx0,f(x)xVf(x)x恒成立，”221k設h(x)=f(x)x=lnxdx(x0),_x則h(x)在(0,+8)上單調(diào)遞

14、減，IkAh(x)=1W0在(0,+8)上恒成立,2_xx721?12?X?+恒成立，0時，k?x+x=即當x_4_2?1?1W的取值范圍是2.故k/.k?_4_4?【題型三】可轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問題可化為不等式恒成立問題的基本類型類型1：函數(shù)優(yōu)門在區(qū)間D上單調(diào)遞增，只需f?x?20.類型2：函數(shù)色x?在區(qū)間D上單調(diào)遞減,只需f?X?W0.X?g?,只需?X?eX?3:?X,xD,f?X?g類型a2minll2.X?g?,只需Px?x,?xD,f?g?X?類型4:xeDmzi21212mml.9g?X,只需f?X?VD,f?X?Vg?X?類型5:?XED,zisimaxi此類問題解法上D)在D

15、上的最小值大于g(x在g(x),等價于函數(shù)f(x)fU)?xED,?xGD.(x)22112121.其等價轉(zhuǎn)化的基本思想是：函數(shù))存在)，g(xg(x)(這里假設f(x)的最小值即耳XM回皿3的)(X的某個函數(shù)值，但并不要求大于函數(shù)丫=聯(lián))的任意個函數(shù)值大于函數(shù)y=g(x)y=f(所有函數(shù)值.上在D(x)上的最大值小于函數(shù)f(x)在DgxD,?xWD,f()g(x),等價于函數(shù)?(2)x2i222in的任意-x)=f(x)存在).其等價轉(zhuǎn)化的基本思想是：函數(shù)y)的最大值(這里假設f(x，g(皿a)的所有函數(shù)值.的某個函數(shù)值，但并不要求小于函數(shù)y=g(x個函數(shù)值小于函數(shù)y=g(x)33x323為

16、常數(shù).，其中a3ax=xl+(a+l)x)【例題】已知函數(shù)f(x=,g(x)-21x+。處的切線方程；)在乂=當(1%=1時，求曲線g(x的取值ax),求實數(shù)(x)=g(,Ga0,對于任意的xl,2,總存在xl,2使得f若2n2范圍.231,3x(x)=-x+3x時，當解：Q)a=lg2L(0)3,又因為g=3=g所以(x)3x+6x,g(0)0.=+3x=十處的切線方程為=在xg所以曲線OxOyl3,即xyl83x3x+66=3-,(2)f(x)=i+iix+x+xll?i.e1,2時，當XW?l+x32?6W3,2,所以一1+x6所以301,故f(x)在1,2上的值域為lx+3323axl

17、,可得x+(a+l)x由g(x)=2?+3(a+l)x3a=3(xg(x)=3xl)(xa).因為aVO,所以當xl,2時，g(x)imx222g(x)=g(2)=8+6(a+1)6a1=-3,w31?a?3,在1,2上的值域為g即(x)?22?因為對于任意的xl,2,總存在xl,2,2使得。x)=g(x),2i31?a?30,1?所以?22在3121,解得aW一1.一a所以一_22故a的取值范圍為(一8,-1,二、利用導數(shù)證明不等式問題9【題型一】單變量不等式的證明待證不等式的兩邊含有同個變量時，般地，可以直接構(gòu)造“左減右的函數(shù)，利用導數(shù)研究其單調(diào)性，借助所構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性即可得證.1、移項

18、做差法Inxael,g(x)=+bx(e為自然對數(shù)的底數(shù))，若曲線y=f(x【例1】已知函數(shù)f(x)=1-xex與曲線y=g(x)的個公共點是A(l,l)，且在點A處的切線互相垂直.(1)求a,b的值：2(2)求證：當x2l時，f(x)+g(x)2.一xlnXtx)=l【解析】(1)因為f(xlnxEf(1)=1.所以f(x)=2xaelael因為g(x)=Tbx,所以g(x)=b.-xeex因為曲線y=f(x)與曲線y=g(x)的個公共點是A(l,l),且在點A處的切線互相垂直，所以g(l)=l，且f(ILg(1)=-1,即g(l)=a+lb=l,g(1)=a1b=E解得a=1,b=1.el

19、(2)證明：由(1)知，g(x)=一F+x,x_xe21nxel?lFx+)g(x)220.則f(xx一.xexxlnxel令h(x)=lFx(x2l),-xxexl-Inxellnxe則h(x)=F+1=+1.eexxxlnxe因為xl,所以h(x)=+l0,x2exio所以h(x)在1,+8)上單調(diào)遞增,所以h(x)2h(l)=0,Inxel即1FxNO,x-xex2所以當x2l時，f(x)+g(x)2.x2、隔離審查分析法12x+.xef(x)0時,【例2】已知函數(shù)f(x)=exelllwilnx+xelnx0),貝Ih(x)=,2xxeelll?h,?0?,所以上單調(diào)遞增，貝ih=0x

20、x易知h()在)=(上單調(diào)遞減，在皿)_eee?lN0.+lnx_xex再令(b()=exe,則小(x)=e-,exKl)0,所以e6(1上單調(diào)遞增，在，+8)上單調(diào)遞減,則(x)=)易知小(x在(0、1拉力WO.elx放縮法證明不等式3x與其他代數(shù)式結(jié)合的難題，Inx【要點解析】導數(shù)的綜合應用題中，最常見就是e和x常對于這類問題，可以先對e和Inx便于化簡或判斷導數(shù)的正負.進行放縮，使問題簡化，見的放縮公式如下：x時取等號：=0,當且僅當+(l)eelxx、ex,當且僅當時取等號；lx=(2)e21zx(3)當且僅當xx+le時，2x當0+x時取等號;0=一211eix時取等號：x=xO+L

21、x(4)當，0時，e當且僅當，一21X2時取等號：=lxx,當且僅當x(5)WlnxWx1Wxl?x2?x1W,當且僅當x=l時取等號.當xl時，Wlnx(6)1+xx【例3】已知函數(shù)f(x)=axInx1.(1)若f(x)20恒成立，求a的最小值：xe10：+lnx(2)求證：+xXx2k的取值范圍.Inx恒成立，求一)2xxx+已知k(elnx+l【解析】(l)f(x)0等價于a2.xlnx+llnx令g(x)=(x0),則g(x)=,2xx所以當x(0.1)時,g(x)0,當x(l,+8)時,gf(x)0).xe,Intx則1。乂=令=1XxeLInxH所以xxe120.1nxx即+x案

22、?8?x?恒成立，In21一恒成立，即Inx)2xxkxx(ek+因為(3)?x?12xelInxFx+xxIn11,所以k2=F-eex+xxxxel2O恒成立，+lnx一由(2)知+xXxelxFx+lnxk?l.所以HW1,所以xex+一x8).k的取值范圍為1,+故【題型二】雙變量不等式的證明【要點解析】破解含雙參不等式的證明的關鍵并把含雙參的不等式轉(zhuǎn)化為即由已知條件入手，尋找雙參所滿足的關系式，是轉(zhuǎn)化，含單參的不等式：二是巧構(gòu)造函數(shù)，再借用導數(shù)，判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而求其最值；三是回歸雙參的不等式的證明，把所求的最值應用到雙參不等式，即可證得結(jié)果.DR.a+x)=lnxax,【例1】

23、已知函數(shù)f(x_2處的切線方程:，f(l)(時，求函數(shù)僅)的圖象在(1(1)當a=015，xx+xx=0,求證：+滿足f(x)f(x)+x若.(2)a=-2,正實數(shù)x,2112112221【解析】(1)當a=0時，f(x)=lnx+x,則f(l)=l,所以切點為(1,1)，又因為f(x)=+_xl,所以切線斜率k=F(1)=2,故切線方程為yl=2(x1)，即2xy1=0.2+x(x0),+f(x)=lnxx時，證明：當(2)a=-2由f(x)+f(x)+xx=O,221122+x+lnx+x+x+XXX+111即X=0,22111221132),一ln(xxx+x)=x從而(x+x)x+(2

24、】220),(tt)=tInt令t=XX,設1=,=1一則(t)tt,(1)=1)28)上單調(diào)遞增，所以巾(t小易知巾在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(1,+:,)21xx)+(x所以(x+22ul52x,所以x+0,x0因為成立.x2mi2a【例2】已知函數(shù)f(x)=lnx+.-x(l)求f(x)的最小值：(2)若方程f(x)=a有兩個根x,x(xVx),求證:x+x2a.222inxaal【解析】：(1)因為f(x)=一=(x0),22xxx所以當aWO時，f(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增，函數(shù)無最小值.當a0時，f(x)在(0,a)上單調(diào)遞減，在(a,+8)上單調(diào)遞增.函數(shù)f(x)在x

25、=a處取最小值f(a)=lna+l.(2)證明：若函數(shù)y=f(x)的兩個零點為x,x(xVx),2121由(1)可得OVxVaVx.21令g(x)=f(x)f(2ax)(0xa),2?11?-a4a?x?=-Oa)rgg(a)=O,即f(x)f(2ax).令x=xVa,則f(x)f(2ax)所以f(x)=f(x)f(2ax)12111114由(1)可得QO在(a,+8)上單調(diào)遞增，所以x2ax,12故x+x2a.21【題型三】證明與數(shù)列有關的不等式證明與數(shù)列有關的不等式的策略(1)證明此類問題時常根據(jù)已知的函數(shù)不等式，用關于正整數(shù)11的不等式替代函數(shù)不等式中的自變量.通過多次求和達到證明的目的

26、.此類問題般至少有兩問，已知的不等式常由第問根據(jù)待證式的特征而得到.(2)已知函數(shù)式為指數(shù)不等式(或?qū)?shù)不等式)，而待證不等式為與對數(shù)有關的不等式(或xx+l可化為ln(xe+l)Vx等.與指數(shù)有關的不等式)，還要注意指、對數(shù)式的互化，如a【例1】已知函數(shù)f(x)=ln(x+D+2x+(l)若x0時，f(x)l恒成立，求a的取值范圍:Ulb).WN+3(2)求證：ln(n+l)+7531+2nab得ln(x+l)+【解析】(1)由2+xa(x+2)-(x+2)ln(x+l).令g(x)=(x+2)lln(x+1),x+21則g(x)=lln(x1)=ln(x+l).l+lxx+當x0時，gr(

27、x)l(x0),+(1)(2)證明：由知ln(xl)+2+xx.+(所以2+x151-lk?ll?k0),得ln,令x=(lk_k?2+_klk+1.即lnklk+21n+1234111+,+ln+所以Inhi+ln+735123nln+2111b)+(neN.即ln(n+l)+7531+2nx.+bln(x+a)=e),g(x)=】【例2已知函數(shù)f(x的值：(0,1)處有相同的切線,求a,b(若函數(shù)f(x)與gx)的圖象在點(1)的最大值：)0恒成立，求整數(shù)a0時,f(x)g(x(2)當b=e*n23GN)Inn.0,x-x-1,則F0當x(8,0)時，F(xiàn)(x)V0,所以F(x)在(0,+8

28、)上單調(diào)遞增，在(-8,0)上單調(diào)遞減，所以F(x)=F(0)=0,即F(x)0恒成立，皿x，x+l.eUPxln(x+e2),+同理可得ln(x2)Wx+l,即x,2)Vex時，ln(x+a)Wln(+a當2所以當a0恒成立.oxln(x+a)即In時，a當23eVae0不恒成立.16故整數(shù)a的最大值為2.-n+lxln(x+2),令知ex=,(3)證明：由n?n?l?l-n+?2?,ln則enn?n?1?n?2?ln?mu即e1)lnn=ln(n+Ii?oi22ni3n，n+l)lii(hi4In3)ln(+所以e+e+ee+ln2+(ln3ln2)nllneleoi2nit=e=+e-e

29、+又因為e+llle11eee23n0),23xx3h+x(x0)=0,得mx.g令(x)一31j+x(x)=x0),(設bx-3?+l=(xl)(x+0,b(x)在(0,1)上單調(diào)遞增；當x(l,+8)時，力(x)V0,b(x)在(1,+8)上單調(diào)遞減.所以X=1是小(X)的極大值點，也是巾(X)的最大值點.172所以小(x)的最大值為似1)=._3由6(0)=0,結(jié)合y=4(x)的圖象(如圖),2無零點：x)m時，函數(shù)g(可知當.32有且只有個零點；x)ni=時，函數(shù)g(當.32有兩個零點：X)時，函數(shù)g(0當Vm_3有且只有個零點.x)W0時，函數(shù)虱當m2無零點：x)時，函數(shù)g(綜上所述

30、，當m_32)有且只有個零點：時，函數(shù)g(x當1口=或mW0_32)有兩個零點.時，函數(shù)g(x當OVmV一3312的解的個數(shù).Ox)=-31n3,求方程僅.已知函數(shù)f(x)=31nx(+2x】【例222312,xO)x31n331nf(x)=xx(+2【解析工因為一一222?lx+?x-3-x?+2x+3-3=,乂一+2=所以(x)=xxx)單調(diào)遞增:f(x(時，僅)0,當x(0,3)單調(diào)遞減，(x)x)VO,f,+當xW(38)時,F(390,31n3=+)(x=f(3)=31n36所以f3228一,時，f(x)一+8(x因為當0時，氏)一.當x-8只有一個解.=x)Of所以方程(Lx21n

31、-=xf【例3設Ox-.X18(1)求證：當x21時，f(x)20恒成立：5+txx根的個數(shù).=x2e)(2)討論關于x的方程xf(x.xl21nx的定義域為(0,+).【解析】：(1)證明：f(x)=x.X22?lx-2x+lx?21=5=OVf(x)=l+r222xxxx，f(x)在1,+8)上是單調(diào)增函數(shù)，/.f(x)f(l)=l121111=0對于xWl,+8)恒成立.故當x21時，f(x)O恒成立得證.sz+tx.-2ex化簡方程得21nx=x21nx22ex+0,則方程可變?yōu)閠.=x注意到xx21iix22extx)=x,令L(x)=,H(x2?l-Inx?.乂)=則1Qx當xW(O,e)時，L1(x)0,18)在(0,e)上為增函數(shù):當xW(e,+8)時，Lr(x),