《2023高考科学复习解决方案-数学(名校内参版) 第四章4.4导数与不等式（word含答案解析）.DOC》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023高考科学复习解决方案-数学(名校内参版) 第四章4.4导数与不等式（word含答案解析）.DOC（37页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、44导数与不等式(教师独具内容)1本考点在高考试题中多以基本初等函数或其复合形式为载体，利用导数研究函数的单调性、极值、最值、零点问题，同时与不等式关联紧密2导数的应用题型很灵活，解题方法较多，多采用定义法、公式法、综合法，必要时还要使用放缩法，主要考查逻辑推理能力、运算求解能力、分类与整合的能力以及数学语言表达能力3重点提升逻辑推理和数学运算素养(教师独具内容)1高考对本考点的考查较为稳定，考查方式及题目难度在近两年中变化不大2考查内容主要体现在以下三个方面：(1)考查函数的单调性、极值与最值；(2)由不等式恒成立求参数的范围；(3)函数与不等式综合，考查不等式的证明问题3考题难度覆盖难、中
2、、易，在选择题、填空题和解答题中均有可能出现(教师独具内容)(教师独具内容)构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明常见的构造方法有：(1)直接构造法：证明不等式f(x)g(x)(f(x)g(x)转化为证明f(x)g(x)0(f(x)g(x)0)，进而构造辅助函数h(x)f(x)g(x)；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln xx1，exx1，ln xxex(x0)，ln (x1)x(x1)；(3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对
3、数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；(4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解1设a2022ln 2020，b2021ln 2021，c2020ln 2022，则()Aabc BcbaCacb Dbac答案A解析设f(x)，f(x)，当xe2，)时，f(x)f(2021)，即，所以2022ln 20202021ln 2021，即ab；设g(x)，g(x)，当xe2，)时，g(x)g(2022)，即，所以2021ln 20212020ln 2
4、022，即bc，所以abc.故选A.2(2021昆明高三模拟)已知a，be，cln ，则a，b，c的大小关系为()Aabc BacbCcab Dbac答案C解析先用导数证明这两个重要的不等式exx1，当且仅当x0时取“”令yex(x1)，则yex1，当x(，0)时，y0，函数递增，故x0时函数取得最小值为0，故exx1，当且仅当x0时取“”ln xx1，当且仅当x1时取“”令yln x(x1)，则y1，当x(0，1)时，y0，函数递增，当x(1，)时，y1，cln 1)Cln (x2)x1(x2)Dexsin x(xR)答案D解析对于A，令f(x)ex(x1)，f(x)ex1，当x0时，f(x
5、)0，f(x)单调递增，当x0时，f(x)0，f(x)单调递减，所以f(x)f(0)0，即exx1，则ex2x3，故A正确；对于B，令f(x)x2ln x，f(x)2x，在上，f(x)0，f(x)单调递增，所以f(x)fln ln ln ln 0，即x2ln x，则(x1)2ln (x1)(x1)，故B正确；对于C，令f(x)ln x(x1)，f(x)1，当x1时，f(x)0，f(x)单调递减，当0x0，f(x)单调递增，所以f(x)f(1)0，则ln x(x1)0，即ln xx1，所以ln (x2)x1(x2)，故C正确；对于D，取x，得esin ()，故D错误故选D.4(2022温州高三模
6、拟)若0x1x21，且1x3ln x4ln x3；ex2ex1ln x2ln x1；x3ex2x1ex2.其中是正确命题的有 答案解析令f(x)exln x(x0)，则f(x)ex，易知当x(0，)时，f(x)单调递增，由fe30，知存在x0，使得f(x0)0，当x(0，x0)时，f(x)0，f(x)单调递增0x1x21，当x2x0时，f(x2)f(x1)，即ex2ln x2ex1ln x1，此时ex2ex1ln x2ln x1，故错误；1x3f(x3)，即ex4ln x4ex3ln x3，ex4ex3ln x4ln x3，故正确；令h(x)(x0)，h(x)，当x(0，1)时，h(x)0，h
7、(x)单调递增0x21x3，h(x2)与h(x3)的大小无法确定，即x3ex2与x2ex3的大小无法确定，故错误；0x1x21，h(x2)h(x1)，即x1ex2，故正确5(2022山东潍坊模拟)已知定义在R上的奇函数f(x)，设其导函数为f(x)，当x(，0)时，恒有xf(x)F(2x1)的实数x的取值集合是 答案(1，2)解析F(x)f(x)xf(x)，由于f(x)f(x)，因此当x(，0)时，xf(x)f(x)化为xf(x)f(x)，即xf(x)f(x)0，也即F(x)f(x)xf(x)F(2x1)可化为|2x1|31x2.1(2021全国乙卷)设函数f(x)ln (ax)，已知x0是函
8、数yxf(x)的极值点(1)求a；(2)设函数g(x)，证明：g(x)1.解(1)由题意，得yxf(x)x ln (ax)，yln (ax)xln (ax)ln (ax).因为x0是函数yxf(x)的极值点，所以y|x0ln a0，所以a1，经检验，符合题意(2)证明：由(1)可知f(x)ln (1x)，要证g(x)1，即证1，即需证1.因为当x(，0)时，x ln (1x)0，当x(0，1)时，x ln (1x)x ln (1x)，即x(1x)ln (1x)0.令h(x)x(1x)ln (1x)，x(，0)(0，1)，则h(x)1(1)ln (1x)(1x)ln (1x)，所以当x(，0)时
9、，h(x)0，所以h(x)h(0)0，即xln (1x)x ln (1x)，所以1成立，所以1，即g(x)1.2(2021新高考卷)已知函数f(x)x(1ln x).(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且b ln aa ln bab，证明：20；当x(1，)时，f(x)0.所以函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减(2)证明：由题意，a，b是两个不相等的正数，且b ln aa ln bab，两边同时除以ab，得，即，即ff.令x1，x2，由(1)知f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，且当0x0，当xe时，f(x)0，不妨设x1x2，
10、则0x11x2e.要证2e，即证2x1x22：要证x1x22，即证x22x1，因为0x11x22x11，又f(x)在(1，)上单调递减，所以即证f(x2)f(2x1)，又f(x1)f(x2)，所以即证f(x1)f(2x1)，即证当x(0，1)时，f(x)f(2x)0.构造函数F(x)f(x)f(2x)，则F(x)f(x)f(2x)ln xln (2x)ln x(2x)，当0x1时，0x(2x)0，即当0x0，所以F(x)在(0，1)上单调递增，所以当0x1时，F(x)F(1)0，所以当0x1时，f(x)f(2x)2成立再证x1x2x，直线yx与直线ym的交点坐标为(m，m)，则x1m.欲证x1
11、x2e，即证x1x2mx2f(x2)x2e，即证当1xe时，f(x)xe.构造函数h(x)f(x)x，则h(x)1ln x，当1x0，所以函数h(x)在(1，e)上单调递增，所以当1xe时，h(x)h(e)f(e)ee，即f(x)xe成立，所以x1x2e成立综上可知，20.设g(x)f(x)，则g(x)aex10，g(x)在(0，)上单调递增，即f(x)在(0，)上单调递增，当a1时，f(1)0，则f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，f(x)minf(1)1，f(x)1成立；当a1时，1，e1，ff(1)a(e1)(a1)0，使得f(x0)aex010，且当x(0，x0)时f
12、(x)0，aex01，ln ax01ln x0，因此f(x)minf(x0)aex01ln x0ln aln ax01ln a2ln a122ln a11，f(x)1，f(x)1恒成立；当0a1时，f(1)aln aa1，f(1)0，h(x)单调递增；在(1，)上h(x)1时，h(x)10，所以h(x)在(1，)上单调递增，所以当t1时，h(t)h(1)0，即t2ln t0.因为x21，t33t23t1(t1)30，k3，所以x(t33t23t1)k(t33t23t1)3t33t26ln t1.(*)由(1)可知，当t1时，g(t)g(1)，即t33t26ln t1，故t33t26ln t10
13、.(*)由(*)(*)(*)可得(x1x2)f(x1)f(x2)2f(x1)f(x2)0，所以当k3时，对任意的x1，x21，)，且x1x2，有.一、基础知识巩固考点移项作差构造函数证明不等式例1(2021南昌调研)已知函数f(x)1，g(x)bx，若曲线yf(x)与曲线yg(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直(1)求a，b的值；(2)证明：当x1时，f(x)g(x).解(1)因为f(x)1，所以f(x)，f(1)1.因为g(x)bx，g(x)b.因为曲线yf(x)与曲线yg(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直，所以g(1)1，且f(1)g(1)1，
14、从而g(1)a1b1，且g(1)ab11，解得ab1.(2)证明：g(x)x，则f(x)g(x)1x0.令h(x)1x(x1)，则h(1)0，h(x)11.因为x1，所以h(x)10，h(x)在1，)上单调递增，所以h(x)h(1)0，即1x0.故当x1时，f(x)g(x).例2设a为实数，函数f(x)ex2x2a，xR.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当aln 21且x0时，exx22ax1.解(1)由f(x)ex2x2a(xR)，知f(x)ex2.令f(x)0，得xln 2.当xln 2时，f(x)ln 2时，f(x)0，故函数f(x)在区间(ln 2，)上单调递增所以f(x
15、)的单调递减区间是(，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，)，f(x)在xln 2处取得极小值f(ln 2)eln 22ln 22a22ln 22a，无极大值(2)证明：要证当aln 21且x0时，exx22ax1，即证当aln 21且x0时，exx22ax10.设g(x)exx22ax1(x0)，则g(x)ex2x2a，由(1)知g(x)ming(ln 2)22ln 22a，又aln 21，则g(x)min0.于是对任意x0，都有g(x)0，所以g(x)在(0，)上单调递增于是对任意x0，都有g(x)g(0)0.即exx22ax10，故exx22ax1.1.(2021陕西省高三教学质量检测
16、(四)已知函数f(x)，g(x)，且曲线yf(x)在x1处的切线方程为x2yn0.(1)求m，n的值；(2)证明：f(x)2g(x)1.解(1)由已知得f(1)0，n1.f(x)，f(1)，解得m1.(2)证明：设h(x)exx1，则h(x)ex1，由h(x)0得x0；由h(x)0得x0时，exx1，2g(x)1，即1在(0，)上恒成立，只需证1在(0，)上恒成立，即ln x10在(0，)上恒成立设H(x)ln x1，则H(x)，由H(x)0得x1；由H(x)0得0x1时，求证：f(x)3(x1).解(1)因为f(x)axx ln x，所以f(x)aln x1，因为函数f(x)在xe2处取得极
17、小值，所以f(e2)0，即aln e210，解得a1，所以f(x)ln x2.当xe2时，f(x)0；当0xe2时，f(x)1)，g(x)ln x1，由g(x)0，得xe.由g(x)0，得xe；由g(x)0，得1x0.于是对任意x(1，)，都有g(x)g(e)0，所以f(x)3(x1).若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)f(x)g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值证明不等式考点单变量不等式恒成立或存在性问题例3已知函数f(x).(1)若函数f(x)在区间上存在极值，求正实数a的取值范围；(2)如果当x1时，不等式f(x)恒成立，求实数k的取值范围解(1)函数f(x)
18、的定义域为(0，)，f(x)，令f(x)0，得x1.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1为函数f(x)的极大值点，且是唯一的极值点，所以0a1a，故a1，即正实数a的取值范围为.(2)当x1时，k恒成立，令g(x)(x1)，则g(x).令h(x)xln x(x1)，则h(x)10，所以h(x)h(1)1，所以g(x)0，g(x)在1，)上单调递增，所以g(x)g(1)2，故k2，即实数k的取值范围是(，2.例4(2022聊城期末)函数f(x)a ln xbx，且曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为2xy10.(1)求实数a
19、，b的值及函数f(x)的单调区间；(2)若关于x的不等式f(x)2x恒成立，求实数m的取值范围解(1)因为f(x)a ln xbx，所以f(x)b(x0).由曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为2xy10，得即解得所以f(x)(x0)，由f(x)0，得x，所以函数f(x)的单调递增区间是；由f(x)0，得0x0)恒成立，xf(x)2xx2m(x0)恒成立，即mx ln x12x22xx2x ln xx22x1(x0)恒成立令g(x)x ln xx22x1(x0)，则只需mg(x)min，易得g(x)ln xx1，当x(0，1)时，g(x)0，g(x)ming(1)，所以m，即实数m的
20、取值范围是.3.设函数f(x)ln (x1)(aR).(1)若f(0)为f(x)的极小值，求a的值；(2)若f(x)0对x(0，)恒成立，求a的最大值解(1)f(x)的定义域为(1，)，因为f(x)ln (x1)(aR)，所以f(x)，因为f(0)为f(x)的极小值，所以f(0)0，即0，所以a1，此时f(x)，当x(1，0)时，f(x)0，f(x)单调递增所以f(x)在x0处取得极小值，所以a1.(2)由(1)知，当a1时，f(x)在(0，)上单调递增，所以f(x)f(0)0，所以f(x)0对x(0，)恒成立因此，当aln (x1)0恒成立当a1时，f(x)，所以，当x(0，a1)时，f(x
21、)0，f(x)在(0，a1)上单调递减，所以f(a1)1时，f(x)0并非对x(0，)恒成立综上，a的最大值为1.4已知函数f(x)3ln xx2x，g(x)3xa.(1)若f(x)与g(x)的图象相切，求a的值；(2)若x00，使f(x0)g(x0)成立，求参数a的取值范围解(1)f(x)x1，g(x)3，设切点为(x0，f(x0)，则kf(x0)x013，解得x01或x03(舍去)，所以切点为，代入g(x)3xa，得a.(2)设h(x)3ln xx22x.x00，使f(x0)g(x0)成立，等价于x0，使h(x)3ln xx22xa成立，等价于ah(x)max(x0).h(x)x2，令得0
22、x1；令得x1.函数h(x)3ln xx22x在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以h(x)maxh(1)，即a，因此参数a的取值范围为.(1)“恒成立”“存在性”问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价转化(2)构造函数是求范围问题中的一种常用方法，解题过程中尽量采用分离参数的方法，转化为求函数的最值问题考点构造双函数例5已知两函数f(x)8x216xm(mR)，g(x)2x35x24x，若x13，3，x23，3，恒有f(x1)g(x2)成立，求m的取值范围解若x13，3，x23，3，恒有f(x1)g(x2)成立，只需在3，3上，f(x)ming(x)min即可f(x
23、)8x216xm8(x1)2m8，f(x)minf(1)m8，g(x)2x35x24x，g(x)6x210x42(x1)(3x2)，当x3，1)时，g(x)0，故3，1)与是g(x)的单调递增区间；当x时，g(x)21，解得m0时，f(x)最大值1，由a1知，g(x)x ln x(x0)，令h(x)x ln x(x0)，则h(x)ln x1ln x.当x1时，h(x)0；当0x1时，h(x)0)，f(x).由x0及f(x)0得0x3，故函数f(x)的单调递减区间是(0，1)，(3，).(2)若对任意x1(0，2)，x21，2，不等式f(x1)g(x2)恒成立等价于f(x)ming(x)max，
24、由(1)可知，在(0，2)上，1是函数f(x)的极小值点，这个极小值点是唯一的极值点，故也是最小值点，所以f(x)minf(1).g(x)x22bx4，x1，2，当b2时，g(x)maxg(2)4b8.问题等价于或或解得b1或1b或b，即b，所以实数b的取值范围是.6设f(x)x ln x，g(x)x3x23.(1)如果存在x1，x20，2，使得g(x1)g(x2)M成立，求满足上述条件的最大整数M；(2)如果对于任意的s，t，都有f(s)g(t)成立，求实数a的取值范围解(1)存在x1，x20，2，使得g(x1)g(x2)M成立，等价于g(x1)g(x2)maxM成立g(x)3x22xx(3
25、x2)，令g(x)0，得x0或x，g，g(0)3，g(2)1，当x0，2时，g(x)maxg(2)1，g(x)ming，Mg(x1)g(x2)maxg(x)maxg(x)min1，满足条件的最大整数M为4.(2)对任意的s，t，都有f(s)g(t)，则f(x)ming(x)max.由(1)知，当x时，g(x)maxg(2)1.当x时，f(x)x ln x1恒成立，即axx2ln x恒成立令h(x)xx2ln x，x，h(x)12x ln xx，令(x)12x ln xx，(x)32ln x0，h(x)在上单调递减，又h(1)0，当x时，h(x)0，当x1，2时，h(x)0，h(x)在上单调递增
26、，在1，2上单调递减，h(x)maxh(1)1，故a1.常见的双变量不等式恒成立问题的类型(1)对于任意的x1a，b，总存在x2m，n，使得f(x1)g(x2)f(x1)maxg(x2)max.(2)对于任意的x1a，b，总存在x2m，n，使得f(x1)g(x2)f(x1)ming(x2)min.(3)若存在x1a，b，对任意的x2m，n，使得f(x1)g(x2)f(x1)ming(x2)min.(4)若存在x1a，b，对任意的x2m，n，使得f(x1)g(x2)f(x1)maxg(x2)max.(5)对于任意的x1a，b，x2m，n，使得f(x1)g(x2)f(x1)maxg(x2)min.
27、(6)对于任意的x1a，b，x2m，n，使得f(x1)g(x2)f(x1)ming(x2)max.二、核心素养提升例1已知函数f(x)x2(a1)xln x，g(x)x2x2a1.(1)若f(x)在(1，)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)当x1，e时，f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围解(1)f(x)x2(a1)xln x，f(x)2x(a1).依题意知x(1，)时，2x(a1)0恒成立，即a12x.令k(x)2x，x(1，)，k(x)20，k(x)在(1，)上单调递减，k(x)k(1)1，a11，即a2，实数a的取值范围为a|a2(2)令(x)f(x)g(x)axln x2a1
28、，x1，e，则只需(x)max0即可，(x)a.当a0时，(x)0，(x)在1，e上单调递减，(x)max(1)a1，a11，10时，当x时，(x)0，(x)在上单调递减，在上单调递增，要使(x)max0，只需即解得0a.综上，实数a的取值范围为.例2已知函数f(x)x1a ln x(a0).(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当0x1x21时，都有0)，因为x0，a0，所以函数f(x)在(0，)上单调递增(2)因为0x1x21，所以x1x2，f(x1)f(x2)，即f(x1)f(x2).设g(x)f(x)，x(0，1，f(x1)f(x2)等价于g(x)在(0，1上单调递减，所以g(x)0在(0，1上恒成立，即1