《（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專(zhuān)題四 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用（第一課時(shí)）“導(dǎo)數(shù)與不等式”考法面面觀(guān)講義 理（重點(diǎn)生含解析）.doc》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專(zhuān)題四 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用（第一課時(shí)）“導(dǎo)數(shù)與不等式”考法面面觀(guān)講義 理（重點(diǎn)生含解析）.doc（22頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
專(zhuān)題四 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用
卷Ⅰ
卷Ⅱ
卷Ⅲ
2018
利用導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性證明不等式T21(2)
根據(jù)函數(shù)的極值求參數(shù)、不等式的證明T21
導(dǎo)數(shù)在不等式的證明、由函數(shù)的極值點(diǎn)求參數(shù)T21
2017
利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題T21(2)
函數(shù)的單調(diào)性、極值、零點(diǎn)問(wèn)題、不等式的證明T21
由不等式恒成立求參數(shù)、不等式放縮T21
2016
函數(shù)的零點(diǎn)、不等式的證明T21
函數(shù)單調(diào)性的判斷、不等式的證明及值域問(wèn)題T21
函數(shù)的最值、不等式的證明T21
縱向
把握
趨勢(shì)
導(dǎo)數(shù)的綜合問(wèn)題是每年的必考內(nèi)容且難度大．主要涉及函數(shù)的單調(diào)性、極值、零點(diǎn)、不等式的證明．預(yù)計(jì)2019年會(huì)考查用分類(lèi)討論研究函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題
導(dǎo)數(shù)的綜合問(wèn)題是每年的必考內(nèi)容，涉及函數(shù)的極值、最值、單調(diào)性、零點(diǎn)問(wèn)題及不等式的證明，且近3年均考查了不等式的證明．預(yù)計(jì)2019年仍會(huì)考查不等式的證明，同時(shí)要重點(diǎn)關(guān)注會(huì)討論函數(shù)的單調(diào)性及零點(diǎn)問(wèn)題
導(dǎo)數(shù)的綜合問(wèn)題是每年的必考內(nèi)容，涉及函數(shù)的最值、零點(diǎn)、不等式的恒成立及不等式的證明問(wèn)題，其中不等式的證明連續(xù)3年均有考查，應(yīng)引起關(guān)注．預(yù)計(jì)2019年仍會(huì)考查不等式的證明，同時(shí)考查函數(shù)的最值或零點(diǎn)問(wèn)題
橫向
把握
重點(diǎn)
導(dǎo)數(shù)日益成為解決問(wèn)題必不可少的工具，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值(最值)是高考的常見(jiàn)題型，而導(dǎo)數(shù)與函數(shù)、不等式、方程、數(shù)列等的交匯命題，是高考的熱點(diǎn)和難點(diǎn)．
解答題的熱點(diǎn)題型有：
(1)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值；(2)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式或探討方程根；
(3)利用導(dǎo)數(shù)求解參數(shù)的范圍或值.
第一課時(shí) “導(dǎo)數(shù)與不等式”考法面面觀(guān)
[考法一 不等式的證明問(wèn)題]
題型策略(一)
設(shè)a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f (x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
(1)求f (x)的單調(diào)區(qū)間與極值；
(2)求證：當(dāng)a>ln 2－1且x>0時(shí)，ex>x2－2ax＋1.
[破題思路]
第(1)問(wèn)
求什么
想什么
求f (x)的單調(diào)區(qū)間與極值，想到求導(dǎo)函數(shù)f ′(x)，然后利用不等式f ′(x)>0及f ′(x)<0求單調(diào)區(qū)間并確定極值
給什么
用什么
已知條件給出f (x)的解析式，可直接用求導(dǎo)公式求導(dǎo)
第(2)問(wèn)
求什么
想什么
證明ex>x2－2ax＋1(a>ln 2－1，x>0)成立，想到證明ex－x2＋2ax－1>0成立
給什么
用什么
通過(guò)對(duì)第(1)問(wèn)的研究，求得f (x)＝ex－2x＋2a的單調(diào)性與極值，仔細(xì)觀(guān)察，可發(fā)現(xiàn)(ex－x2＋2ax－1)′＝ex－2x＋2a
差什么
找什么
需要研究函數(shù)g(x)＝ex－x2＋2ax－1的單調(diào)性或最值，利用導(dǎo)數(shù)研究即可
[規(guī)范解答]
(1)由f (x)＝ex－2x＋2a(x∈R)，知f ′(x)＝ex－2.令f ′(x)＝0，得x＝ln 2.
當(dāng)x
ln 2時(shí)，f ′(x)>0，故函數(shù)f (x)在區(qū)間(ln 2，＋∞)上單調(diào)遞增．
所以f (x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，ln 2)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ln 2，＋∞)，f (x)在x＝ln 2處取得極小值f (ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a，無(wú)極大值．
(2)證明：要證當(dāng)a>ln 2－1且x>0時(shí)，ex>x2－2ax＋1，即證當(dāng)a>ln 2－1且x>0時(shí)，ex－x2＋2ax－1>0.
設(shè)g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x≥0)．
則g′(x)＝ex－2x＋2a，由(1)知g′(x)min＝g′(ln 2)＝2－2ln 2＋2a.
又a>ln 2－1，則g′(x)min>0.
于是對(duì)?x∈R，都有g(shù)′(x)>0，
所以g(x)在R上單調(diào)遞增．
于是對(duì)?x>0，都有g(shù)(x)>g(0)＝0.
即ex－x2＋2ax－1>0，
故ex>x2－2ax＋1.
[題后悟通]
思路
受阻
分析
本題屬于導(dǎo)數(shù)綜合應(yīng)用中較容易的問(wèn)題，解決本題第(2)問(wèn)時(shí)，易忽視與第(1)問(wèn)的聯(lián)系，導(dǎo)函數(shù)g′(x)＝ex－2x＋2a的單調(diào)性已證，可直接用，若意識(shí)不到這一點(diǎn)，再判斷g′(x)的單調(diào)性，則造成解題過(guò)程繁瑣，進(jìn)而造成思維受阻或解題失誤
技法
關(guān)鍵
點(diǎn)撥
利用單調(diào)性證明單變量不等式的方法
一般地，要證f (x)>g(x)在區(qū)間(a，b)上成立，需構(gòu)造輔助函數(shù)F(x)＝f (x)－g(x)，通過(guò)分析F(x)在端點(diǎn)處的函數(shù)值來(lái)證明不等式．若F(a)＝0，只需證明F(x)在(a，b)上單調(diào)遞增即可；若F(b)＝0，只需證明F(x)在(a，b)上單調(diào)遞減即可
[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]
1．已知函數(shù)f (x)＝xln x，g(x)＝λ(x2－1)(λ為常數(shù))．
(1)若曲線(xiàn)y＝f (x)與曲線(xiàn)y＝g(x)在x＝1處有相同的切線(xiàn)，求實(shí)數(shù)λ的值；
(2)若λ＝，且x≥1，證明：f (x)≤g(x)．
解：(1)f ′(x)＝ln x＋1，g′(x)＝2λx，則f ′(1)＝1，
從而g′(1)＝2λ＝1，即λ＝.
(2)證明：設(shè)函數(shù)h(x)＝xln x－(x2－1)，
則h′(x)＝ln x＋1－x.
設(shè)p(x)＝ln x＋1－x，從而p′(x)＝－1≤0對(duì)任意x∈[1，＋∞)恒成立，
所以當(dāng)x∈[1，＋∞)時(shí)，p(x)＝ln x＋1－x≤p(1)＝0，
即h′(x)≤0，
因此函數(shù)h(x)＝xln x－(x2－1)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，
即h(x)≤h(1)＝0，
所以當(dāng)λ＝，且x≥1時(shí)，f (x)≤g(x)成立．
題型策略(二)
已知函數(shù)f (x)＝aex－bln x，曲線(xiàn)y＝f (x)在點(diǎn)(1，f (1))處的切線(xiàn)方程為y＝x＋1.
(1)求a，b；
(2)證明：f (x)>0.
[破題思路]
第(1)問(wèn)
求什么想什么
求a，b的值，想到建立關(guān)于a，b的方程組
給什么用什么
題目條件中給出函數(shù)f (x)在點(diǎn)(1，f (1))處的切線(xiàn)方程，可據(jù)此建立關(guān)于a，b的方程組
第(2)問(wèn)
求什么想什么
要證f (x)>0，想到f (x)的最小值大于0
差什么找什么
需求f (x)的最小值，因此只要利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)f (x)的單調(diào)性即可
[規(guī)范解答]
(1)函數(shù)f (x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．
f ′(x)＝aex－，由題意得f (1)＝，f ′(1)＝－1，
所以解得
(2)證明：由(1)知f (x)＝ex－ln x(x>0)．
因?yàn)閒 ′(x)＝ex－2－在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又f ′(1)<0，f ′(2)>0，
所以f ′(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一實(shí)根x0，且x0∈(1,2)．
當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f ′(x)<0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f ′(x)>0，
從而當(dāng)x＝x0時(shí)，f (x)取極小值，也是最小值．
由f ′(x0)＝0，得ex0－2＝，
則x0－2＝－ln x0.
故f (x)≥f (x0)＝e x0－2－ln x0＝＋x0－2>2 －2＝0，所以f (x)>0.
[題后悟通]
思路
受阻
分析
本題屬于隱零點(diǎn)問(wèn)題．解決第(2)問(wèn)時(shí)，常因以下兩個(gè)原因造成思維受阻，無(wú)法正常解題．
(1)f ′(x)＝0在(0，＋∞)上有解，但無(wú)法解出；
(2)設(shè)出f ′(x)＝0的零點(diǎn)x0，即f (x)的最小值為f (x0)，但是不能將函數(shù)f (x0)轉(zhuǎn)化成可求最值的式子，從而無(wú)法將問(wèn)題解決．
當(dāng)遇到既含有指數(shù)式，又含有對(duì)數(shù)式的代數(shù)式需判斷其符號(hào)時(shí)，常需應(yīng)用這種技巧，把含有指數(shù)式與對(duì)數(shù)式的代數(shù)式轉(zhuǎn)化為不含有指數(shù)式與對(duì)數(shù)式的代數(shù)式，從而可輕松判斷其符號(hào)
技法
關(guān)鍵
點(diǎn)撥
利用最值證明單變量不等式的技巧
利用最值證明單變量的不等式的常見(jiàn)形式是f (x)>g(x)．證明技巧：先將不等式f (x)>g(x)移項(xiàng)，即構(gòu)造函數(shù)h(x)＝f (x)－g(x)，轉(zhuǎn)化為證不等式h(x)>0，再次轉(zhuǎn)化為證明h(x)min>0，因此，只需在所給的區(qū)間內(nèi)，判斷h′(x)的符號(hào)，從而判斷其單調(diào)性，并求出函數(shù)h(x)的最小值，即可得證
[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]
2．已知函數(shù)f (x)＝.
(1)若f (x)在區(qū)間(－∞，2]上為單調(diào)遞增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
(2)若a＝0，x0＜1，設(shè)直線(xiàn)y＝g(x)為函數(shù)f(x)的圖象在x＝x0處的切線(xiàn)，求證：f (x)≤g(x)．
解：(1)易得f ′(x)＝－，
由題意知f ′(x)≥0對(duì)x∈(－∞，2]恒成立，
故x≤1－a對(duì)x∈(－∞，2]恒成立，
∴1－a≥2，∴a≤－1.
故實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，－1]．
(2)證明：若a＝0，則f (x)＝.
函數(shù)f (x)的圖象在x＝x0處的切線(xiàn)方程為y＝g(x)＝f ′(x0)(x－x0)＋f (x0)．
令h(x)＝f (x)－g(x)＝f (x)－f ′(x0)(x－x0)－f (x0)，x∈R，
則h′(x)＝f ′(x)－f ′(x0)
＝－
＝.
設(shè)φ(x)＝(1－x)ex0－(1－x0)ex，x∈R，
則φ′(x)＝－ex0－(1－x0)ex.
∵x0＜1，
∴φ′(x)＜0，
∴φ(x)在R上單調(diào)遞減，而φ(x0)＝0，
∴當(dāng)x＜x0時(shí)，φ(x)＞0，當(dāng)x＞x0時(shí)，φ(x)＜0，
∴當(dāng)x＜x0時(shí)，h′(x)＞0，當(dāng)x＞x0時(shí)，h′(x)＜0，
∴h(x)在區(qū)間(－∞，x0)上為增函數(shù)，在區(qū)間(x0，＋∞)上為減函數(shù)，
∴x∈R時(shí)，h(x)≤h(x0)＝0，
∴f (x)≤g(x)．
構(gòu)造函數(shù)證明雙變量函數(shù)不等式
若b>a>0，求證：ln b－ln a>.
[破題思路]
證明：ln b－ln a>，想到如下思路：
(1)構(gòu)造以a為主元的函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求解．
(2)考慮到ln b－ln a＝ln ，＝，設(shè)t＝，化為只有一個(gè)因變量t的函數(shù)求解．
(3)原不等式右邊可分開(kāi)寫(xiě)，觀(guān)察此式兩邊，發(fā)現(xiàn)其與f (x)＝ln x－有關(guān)，故先研究f (x)的單調(diào)性，從而得解．
[規(guī)范解答]
法一：主元法(學(xué)生用書(shū)不提供解題過(guò)程)
構(gòu)造函數(shù)f (x)＝ln b－ln x－，
其中0a>0，故f (a)>f (b)＝0，即ln b－ln a>.
法二：整體換元法(學(xué)生用書(shū)不提供解題過(guò)程)
令＝t(t>1)，構(gòu)造函數(shù)f (t)＝ln t－，則f ′(t)＝＋＝＝.
∵t>1，∴t2－1>0，t2＋2t－1>12＋2－1>0，則f ′(t)>0，∴f (t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故f (t)>f (1)＝0，即ln －>0，從而有l(wèi)n b－ln a>.
法三：函數(shù)不等式的對(duì)稱(chēng)性(學(xué)生用書(shū)提供解題過(guò)程)
原不等式可化為ln b－>ln a－，
則構(gòu)造函數(shù)f (x)＝ln x－(b≥x>a>0)，則f ′(x)＝－>－＝0，∴f (x)＝ln x－在(a，b)上單調(diào)遞增，即f (b)>f (a)，則ln b－>ln a－，故ln b－ln a>.
[題后悟通]
思路
受阻
分析
由于題目條件少，不能正確分析要證不等式的特點(diǎn)，并構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù)將問(wèn)題轉(zhuǎn)化，從而導(dǎo)致無(wú)從下手解決問(wèn)題
技法
關(guān)鍵
點(diǎn)撥
證明雙變量函數(shù)不等式的常見(jiàn)思路
(1)將雙變量中的一個(gè)看作變量，另一個(gè)看作常數(shù)，構(gòu)造一個(gè)含參數(shù)的輔助函數(shù)證明不等式．
(2)整體換元．對(duì)于齊次式往往可將雙變量整體換元，化為一元不等式．
(3)若雙變量的函數(shù)不等式具有對(duì)稱(chēng)性，并且可以將兩個(gè)變量分離開(kāi)，分離之后的函數(shù)結(jié)構(gòu)具有相似性，從而構(gòu)造函數(shù)利用單調(diào)性證明
[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]
3．(2019屆高三黃岡模擬)已知函數(shù)f (x)＝λln x－e－x(λ∈R)．
(1)若函數(shù)f (x)是單調(diào)函數(shù)，求λ的取值范圍；
(2)求證：當(dāng)01－.
解：(1)函數(shù)f (x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，
∵f (x)＝λln x－e－x，
∴f ′(x)＝＋e－x＝，
∵函數(shù)f (x)是單調(diào)函數(shù)，
∴f ′(x)≤0或f ′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
①當(dāng)函數(shù)f (x)是單調(diào)遞減函數(shù)時(shí)，f ′(x)≤0，
∴≤0，即λ＋xe－x≤0，λ≤－xe－x＝－，
令φ(x)＝－，則φ′(x)＝，
當(dāng)01時(shí)，φ′(x)>0，
則φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴當(dāng)x>0時(shí)，φ(x)min＝φ(1)＝－，∴λ≤－.
②當(dāng)函數(shù)f (x)是單調(diào)遞增函數(shù)時(shí)，f ′(x)≥0，
∴≥0，即λ＋xe－x≥0，λ≥－xe－x＝－，
由①得φ(x)＝－在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，又φ(0)＝0，x→＋∞時(shí)，φ(x)<0，∴λ≥0.
綜上，λ的取值范圍是∪[0，＋∞)．
(2)證明：由(1)可知，當(dāng)λ＝－時(shí)，f (x)＝－ln x－e－x在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，
∵0f (x2)，
即－ln x1－e－x1>－ln x2－e－x2，
∴e1－x2－e1－x1>ln x1－ln x2.
要證e1－x2－e1－x1>1－，
只需證ln x1－ln x2>1－，
即證ln>1－，
令t＝，t∈(0,1)，則只需證ln t>1－，
令h(t)＝ln t＋－1，則h′(t)＝－＝，
當(dāng)00，即ln t>1－，故原不等式得證．
[考法二 恒成立與能成立問(wèn)題]
題型策略(一)
已知函數(shù)f (x)＝xln x，若對(duì)于所有x≥1都有f (x)≥ax－1，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
[破題思路]
求什么
想什么
求實(shí)數(shù)a的取值范圍，想到建立關(guān)于實(shí)數(shù)a的不等式
給什么
用什么
題目條件中，已知f (x)≥ax－1，即xln x≥ax－1，想到將不等式轉(zhuǎn)化為xln x－ax＋1≥0或a≤ln x＋
差什么
找什么
缺少xln x－ax＋1的最小值或ln x＋的最小值，利用導(dǎo)數(shù)求解即可
[規(guī)范解答]
法一：分離參數(shù)法(學(xué)生用書(shū)不提供解題過(guò)程)
依題意，得f (x)≥ax－1在[1，＋∞)上恒成立，即不等式a≤ln x＋在x∈[1，＋∞)恒成立，亦即a≤min，x∈[1，＋∞)．
設(shè)g(x)＝ln x＋(x≥1)，則g′(x)＝－＝.
令g′(x)＝0，得x＝1.
當(dāng)x≥1時(shí)，因?yàn)間′(x)≥0，
故g(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)．
所以g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝1.
故a的取值范圍是(－∞，1]．
法二：構(gòu)造函數(shù)法(學(xué)生用書(shū)提供解題過(guò)程)
當(dāng)x＝1時(shí)，有f (1)≥a－1，即a－1≤0，得a≤1.
構(gòu)造F(x)＝f (x)－(ax－1)＝xln x－ax＋1，
原命題等價(jià)于F(x)≥0在x≥1上恒成立?F(x)min≥0，x∈[1，＋∞)．
由于F′(x)＝ln x＋1－a≥0在x∈[1，＋∞)上恒成立，因此，函數(shù)F(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以F(x)min＝F(1)＝1－a≥0，得a≤1.故a的取值范圍是(－∞，1]．
[題后悟通]
(一)思路受阻分析
求解本題時(shí)，直接作差構(gòu)造函數(shù)或分離參數(shù)后構(gòu)造函數(shù)求a的取值范圍，其關(guān)鍵是正確求解所構(gòu)造函數(shù)的最值，這也是大多數(shù)同學(xué)不會(huì)求解或不能正確求解最值而導(dǎo)致無(wú)法繼續(xù)解題或解題失誤的地方．
(二)技法關(guān)鍵點(diǎn)撥
分離參數(shù)法解含參不等式恒成立問(wèn)題的思路與關(guān)鍵
(1)分離參數(shù)法解含參不等式恒成立問(wèn)題的思路
用分離參數(shù)法解含參不等式恒成立問(wèn)題是指在能夠判斷出參數(shù)的系數(shù)的正負(fù)的情況下，可以根據(jù)不等式的性質(zhì)將參數(shù)分離出來(lái)，得到一個(gè)一端是參數(shù)，另一端是變量表達(dá)式的不等式，只要研究變量表達(dá)式的最值就可以解決問(wèn)題．
(2)求解含參不等式恒成立問(wèn)題的關(guān)鍵是過(guò)好“雙關(guān)”
轉(zhuǎn)化關(guān)
通過(guò)分離參數(shù)法，先轉(zhuǎn)化為f (a)≥g(x)(或f (a)≤g(x))對(duì)?x∈D恒成立，再轉(zhuǎn)化為f (a)≥g(x)max(或f (a)≤g(x)min)
求最值關(guān)
求函數(shù)g(x)在區(qū)間D上的最大值(或最小值)問(wèn)題
(三)解題細(xì)節(jié)提醒
有些含參不等式恒成立問(wèn)題，在分離參數(shù)時(shí)會(huì)遇到討論的麻煩，或者即使分離出參數(shù)，但參數(shù)的最值卻難以求出，這時(shí)常利用導(dǎo)數(shù)法，借助導(dǎo)數(shù)，分析函數(shù)的單調(diào)性，通過(guò)對(duì)函數(shù)單調(diào)性的分析確定函數(shù)值的變化情況，找到參數(shù)滿(mǎn)足的不等式，往往能取得意想不到的效果．
[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]
1．設(shè)函數(shù)f (x)＝ax2－a－ln x，其中a∈R.
(1)討論f (x)的單調(diào)性；
(2)確定a的所有可能取值，使得f (x)>－e1－x在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)恒成立(e＝2.718…為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))．
解：(1)由題意，f ′(x)＝2ax－＝，x>0，
①當(dāng)a≤0時(shí)，
2ax2－1≤0，f ′(x)≤0，f (x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．
②當(dāng)a>0時(shí)，f ′(x)＝，
當(dāng)x∈時(shí)，f ′(x)<0；當(dāng)x∈時(shí)，f ′(x)>0.
故f (x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．
綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，f (x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時(shí)，f (x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．
(2)原不等式等價(jià)于f (x)－＋e1－x>0在(1，＋∞)上恒成立．
一方面，令g(x)＝f (x)－＋e1－x＝ax2－ln x－＋e1－x－a，
只需g(x)在(1，＋∞)上恒大于0即可．
又g(1)＝0，故g′(x)在x＝1處必大于等于0.
令F(x)＝g′(x)＝2ax－＋－e1－x，
由g′(1)≥0，可得a≥.
另一方面，當(dāng)a≥時(shí)，
F′(x)＝2a＋－＋e1－x≥1＋－＋e1－x＝＋e1－x，
因?yàn)閤∈(1，＋∞)，故x3＋x－2>0.又e1－x>0，
故F′(x)在a≥時(shí)恒大于0.
所以當(dāng)a≥時(shí)，F(xiàn)(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．
所以F(x)>F(1)＝2a－1≥0，
故g(x)也在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．
所以g(x)>g(1)＝0，
即g(x)在(1，＋∞)上恒大于0.
綜上所述，a≥.
故實(shí)數(shù)a的取值范圍為.
題型策略(二)
已知函數(shù)f (x)＝x－aln x，g(x)＝－(a∈R)．若在[1，e]上存在一點(diǎn)x0，使得f (x0)2，x∈(0，e－1)與h(x)<0不符，故舍去．
③若a＋1≥e，即a≥e－1時(shí)，h(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，則h(x)min＝h(e)＝e－a＋，
令h(e)<0，得a>>e－1成立．
綜上所述，a的取值范圍為(－∞，－2)∪.
[題后悟通]
思路
受阻
分析
本題構(gòu)造函數(shù)后，求解a的取值范圍時(shí)，需對(duì)a分類(lèi)討論．此處往往因不會(huì)分類(lèi)討論或討論不全而導(dǎo)致解題失誤
技法
關(guān)鍵
點(diǎn)撥
不等式能成立問(wèn)題的解題關(guān)鍵點(diǎn)
[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]
2．(2019屆高三河北“五個(gè)一名校聯(lián)盟”模擬)已知a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f (x)＝aln x＋x2－4x.
(1)若x＝3是函數(shù)f (x)的一個(gè)極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的值；
(2)設(shè)g(x)＝(a－2)x，若存在x0∈，使得f (x0)≤g(x0)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解：(1)函數(shù)f (x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，
f ′(x)＝＋2x－4＝.
∵x＝3是函數(shù)f (x)的一個(gè)極值點(diǎn)，
∴f ′(3)＝0，解得a＝－6.
經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)a＝－6時(shí)，x＝3是函數(shù)f (x)的一個(gè)極小值點(diǎn)，符合題意，故a＝－6.
(2)由f (x0)≤g(x0)，得(x0－ln x0)a≥x－2x0，
記F(x)＝x－ln x(x>0)，則F′(x)＝(x>0)，
∴當(dāng)01時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增．
∴F(x)>F(1)＝1>0，∴a≥.
記G(x)＝，x∈，
則G′(x)＝
＝.
∵x∈，∴2－2ln x＝2(1－ln x)≥0，
∴x－2ln x＋2>0，
∴當(dāng)x∈時(shí)，G′(x)<0，G(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，e)時(shí)，G′(x)>0，G(x)單調(diào)遞增．
∴G(x)min＝G(1)＝－1，∴a≥G(x)min＝－1，
故實(shí)數(shù)a的取值范圍為[－1，＋∞)．
題型策略(三)
已知函數(shù)f (x)＝ln x－mx，g(x)＝x－(a>0)．
(1)求函數(shù)f (x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若m＝，對(duì)?x1，x2∈[2,2e2]都有g(shù)(x1)≥f (x2)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
[破題思路]
第(1)問(wèn)
求什么想什么
求f (x)的單調(diào)區(qū)間，想到解不等式f ′(x)>0或f ′(x)<0
給什么用什么
題目條件中已給出f (x)的解析式，直接求導(dǎo)然后分類(lèi)討論參數(shù)m即可
第(2)問(wèn)
求什么想什么
求a的取值范圍，想到建立a的不等式
給什么用什么
給出g(x1)≥f (x2)對(duì)?x1，x2∈[2,2e2]都成立，用此不等式建立關(guān)于a的不等式
差什么找什么
缺少f (x)與g(x)的最值，利用導(dǎo)數(shù)求解
[規(guī)范解答]
(1)因?yàn)閒 (x)＝ln x－mx，x>0，
所以f ′(x)＝－m，
當(dāng)m≤0時(shí)，f ′(x)>0，f (x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
當(dāng)m>0時(shí)，由f ′(x)＝0得x＝；
由得0.
所以f (x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．
綜上所述，當(dāng)m≤0時(shí)，f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，無(wú)單調(diào)遞減區(qū)間；
當(dāng)m>0時(shí)，f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為.
(2)若m＝，則f (x)＝ln x－x.
對(duì)?x1，x2∈[2,2e2]都有g(shù)(x1)≥f (x2)成立，
等價(jià)于對(duì)?x∈[2,2e2]都有g(shù)(x)min≥f (x)max，
由(1)知在[2,2e2]上f (x)的最大值為f (e2)＝，
又g′(x)＝1＋>0(a>0)，x∈[2,2e2]，所以函數(shù)g(x)在[2,2e2]上是增函數(shù)，所以g(x)min＝g(2)＝2－.
由2－≥，得a≤3，又a>0，所以a∈(0,3]，
所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(0,3]．
[題后悟通]
(一)思路受阻分析
本題(2)中不會(huì)或不能準(zhǔn)確地將已知條件“?x1，x2∈[2,2e2]都有g(shù)(x1)≥f (x2)成立”進(jìn)行轉(zhuǎn)化，而導(dǎo)致無(wú)法求解此題．
(二)技法關(guān)鍵點(diǎn)撥
1．最值定位法解雙參不等式恒成立問(wèn)題的思路策略
(1)用最值定位法解雙參不等式恒成立問(wèn)題是指通過(guò)不等式兩端的最值進(jìn)行定位，轉(zhuǎn)化為不等式兩端函數(shù)的最值之間的不等式，列出參數(shù)所滿(mǎn)足的不等式，從而求解參數(shù)的取值范圍．
(2)有關(guān)兩個(gè)函數(shù)在各自指定范圍內(nèi)的不等式恒成立問(wèn)題，這里兩個(gè)函數(shù)在指定范圍內(nèi)的自變量是沒(méi)有關(guān)聯(lián)的，這類(lèi)不等式的恒成立問(wèn)題就應(yīng)該通過(guò)最值進(jìn)行定位，對(duì)于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，不等式f (x1)≥g(x2)恒成立，等價(jià)于f (x)min(x∈[a，b])≥g(x)max(x∈[m，n])，列出參數(shù)所滿(mǎn)足的不等式，便可求出參數(shù)的取值范圍．
2．常見(jiàn)的雙變量不等式恒成立問(wèn)題的類(lèi)型
(1)對(duì)于任意的x1∈[a，b]，總存在x2∈[m，n]，使得f (x1)≤g(x2)?f (x1)max≤g(x2)max.
(2)對(duì)于任意的x1∈[a，b]，總存在x2∈[m，n]，使得f (x1)≥g(x2)?f (x1)min≥g(x2)min.
(3)若存在x1∈[a，b]，對(duì)任意的x2∈[m，n]，使得f (x1)≤g(x2)?f (x1)min≤g(x2)min.
(4)若存在x1∈[a，b]，對(duì)任意的x2∈[m，n]，使得f (x1)≥g(x2)?f (x1)max≥g(x2)max.
(5)對(duì)于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f (x1)≤g(x2)?f (x1)max≤g(x2)min.
(6)對(duì)于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f (x1)≥g(x2)?f (x1)min≥g(x2)max.
[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]
3．已知函數(shù)f (x)＝x－(a＋1)ln x－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex.
(1)當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，求f (x)的最小值；
(2)當(dāng)a<1時(shí)，若存在x1∈[e，e2]，使得對(duì)任意的x2∈[－2,0]，f (x1)，所以a的取值范圍為.
[專(zhuān)題跟蹤檢測(cè)](對(duì)應(yīng)配套卷P171)
1．(2019屆高三唐山模擬)已知f (x)＝x2－a2ln x，a>0.
(1)求函數(shù)f (x)的最小值；
(2)當(dāng)x>2a時(shí)，證明：>a.
解：(1)函數(shù)f (x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，
f ′(x)＝x－＝.
當(dāng)x∈(0，a)時(shí)，f ′(x)<0，f (x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(a，＋∞)時(shí)，f ′(x)>0，f (x)單調(diào)遞增．
所以當(dāng)x＝a時(shí)，f (x)取得極小值，也是最小值，且f (a)＝a2－a2ln a.
(2)證明：由(1)知，f (x)在(2a，＋∞)上單調(diào)遞增，
則所證不等式等價(jià)于f (x)－f (2a)－a(x－2a)>0.
設(shè)g(x)＝f (x)－f (2a)－a(x－2a)，
則當(dāng)x>2a時(shí)，
g′(x)＝f ′(x)－a＝x－－a
＝>0，
所以g(x)在(2a，＋∞)上單調(diào)遞增，
當(dāng)x>2a時(shí)，g(x)>g(2a)＝0，
即f (x)－f (2a)－a(x－2a)>0，
故>a.
2．已知函數(shù)f (x)＝xex＋2x＋aln x，曲線(xiàn)y＝f (x)在點(diǎn)P(1，f (1))處的切線(xiàn)與直線(xiàn)x＋2y－1＝0垂直．
(1)求實(shí)數(shù)a的值；
(2)求證：f (x)>x2＋2.
解：(1)因?yàn)閒 ′(x)＝(x＋1)ex＋2＋，
所以曲線(xiàn)y＝f (x)在點(diǎn)P(1，f (1))處的切線(xiàn)斜率k＝f ′(1)＝2e＋2＋a.
而直線(xiàn)x＋2y－1＝0的斜率為－，
由題意可得(2e＋2＋a)＝－1，
解得a＝－2e.
(2)證明：由(1)知，f (x)＝xex＋2x－2eln x.
不等式f (x)>x2＋2可化為xex＋2x－2eln x－x2－2>0.
設(shè)g(x)＝xex＋2x－2eln x－x2－2，
則g′(x)＝(x＋1)ex＋2－－2x.
記h(x)＝(x＋1)ex＋2－－2x(x>0)，
則h′(x)＝(x＋2)ex＋－2，
因?yàn)閤>0，所以x＋2>2，ex>1，故(x＋2)ex>2，
又>0，所以h′(x)＝(x＋2)ex＋－2>0，
所以函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
又h(1)＝2e＋2－2e－2＝0，
所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h(x)<0，即g′(x)<0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h(x)>0，即g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增．
所以g(x)≥g(1)＝e＋2－2eln 1－1－2＝e－1，
顯然e－1>0，
所以g(x)>0，即xex＋2x－2eln x>x2＋2，也就是f (x)>x2＋2.
3．(2018武漢模擬)設(shè)函數(shù)f (x)＝(1＋x－x2)ex(e＝2.718 28…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))．
(1)討論f (x)的單調(diào)性；
(2)當(dāng)x≥0時(shí)，f (x)≤ax＋1＋2x2恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解：(1)f ′(x)＝(2－x－x2)ex＝－(x＋2)(x－1)ex.
當(dāng)x<－2或x>1時(shí)，f ′(x)<0；當(dāng)－20.
所以f (x)在(－∞，－2)，(1，＋∞)上單調(diào)遞減，在(－2,1)上單調(diào)遞增．
(2)設(shè)F(x)＝f (x)－(ax＋1＋2x2)，F(xiàn)(0)＝0，
F′(x)＝(2－x－x2)ex－4x－a，F(xiàn)′(0)＝2－a，
當(dāng)a≥2時(shí)，F(xiàn)′(x)＝(2－x－x2)ex－4x－a≤－(x＋2)(x－1)ex－4x－2≤－(x＋2)(x－1)ex－x－2＝－(x＋2)[(x－1)ex＋1]，
設(shè)h(x)＝(x－1)ex＋1，h′(x)＝xex≥0，所以h(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，h(x)＝(x－1)ex＋1≥h(0)＝0，
即F′(x)≤0在[0，＋∞)上恒成立，F(xiàn)(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，F(xiàn)(x)≤F(0)＝0，所以f (x)≤ax＋1＋2x2在[0，＋∞)上恒成立．
當(dāng)a<2時(shí)，F(xiàn)′(0)＝2－a>0，而函數(shù)F′(x)的圖象在(0，＋∞)上連續(xù)且x→＋∞，F(xiàn)′(x)逐漸趨近負(fù)無(wú)窮，必存在正實(shí)數(shù)x0使得F′(x0)＝0且在(0，x0)上F′(x)>0，所以F(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，此時(shí)F(x)>F(0)＝0，f (x)>ax＋1＋2x2有解，不滿(mǎn)足題意．
綜上，a的取值范圍是[2，＋∞)．
4．(2018南昌模擬)設(shè)函數(shù)f (x)＝2ln x－mx2＋1.
(1)討論函數(shù)f (x)的單調(diào)性；
(2)當(dāng)f (x)有極值時(shí)，若存在x0，使得f (x0)>m－1成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．
解：(1)函數(shù)f (x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，
f ′(x)＝－2mx＝，
當(dāng)m≤0時(shí)，f ′(x)>0，∴f (x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
當(dāng)m>0時(shí)，令f ′(x)>0，得0，
∴f (x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．
(2)由(1)知，當(dāng)f (x)有極值時(shí)，m>0，且f (x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．
∴f (x)max＝f ＝2ln－m＋1＝－ln m，
若存在x0，使得f (x0)>m－1成立，則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，＋∞)上單調(diào)遞增，且g(1)＝0，∴00時(shí)，對(duì)任意的x∈，恒有f (x)≤e－1成立，求實(shí)數(shù)b的取值范圍．
解：(1)函數(shù)f (x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．
當(dāng)b＝2時(shí)，f (x)＝aln x＋x2，
所以f ′(x)＝＋2x＝.
①當(dāng)a>0時(shí)，f ′(x)>0，所以函數(shù)f (x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
②當(dāng)a<0時(shí)，令f ′(x)＝0，解得x＝ (負(fù)值舍去)，
當(dāng)0時(shí)，f ′(x)>0，所以函數(shù)f (x)在上單調(diào)遞增．
綜上所述，當(dāng)b＝2，a>0時(shí)，函數(shù)f (x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
當(dāng)b＝2，a<0時(shí)，函數(shù)f (x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．
(2)因?yàn)閷?duì)任意的x∈，恒有f (x)≤e－1成立，
所以當(dāng)x∈時(shí)，f (x)max≤e－1.
當(dāng)a＋b＝0，b>0時(shí)，f (x)＝－bln x＋xb，f ′(x)＝－＋bxb－1＝.
令f ′(x)<0，得00，得x>1.
所以函數(shù)f (x)在上單調(diào)遞減，在(1，e]上單調(diào)遞增，f (x)max為f ＝b＋e－b與f (e)＝－b＋eb中的較大者．
f (e)－f ＝eb－e－b－2b.
令g(m)＝em－e－m－2m(m>0)，
則當(dāng)m>0時(shí)，g′(m)＝em＋e－m－2>2－2＝0，
所以g(m)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故g(m)>g(0)＝0，所以f (e)>f ，從而f (x)max＝f (e)＝－b＋eb
所以－b＋eb≤e－1，即eb－b－e＋1≤0.
設(shè)φ(t)＝et－t－e＋1(t>0)，則φ′(t)＝et－1>0，
所以φ(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
又φ(1)＝0，所以eb－b－e＋1≤0的解集為(0,1]．
所以b的取值范圍為(0,1]．
6．(2018開(kāi)封模擬)已知函數(shù)f (x)＝ax＋x2－xln a(a>0，a≠1)．
(1)當(dāng)a＝e(e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))時(shí)，求函數(shù)f (x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若存在x1，x2∈[－1,1]，使得|f (x1)－f (x2)|≥e－1，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解：(1)f ′(x)＝axln a＋2x－ln a＝2x＋(ax－1)ln a.
當(dāng)a＝e時(shí)，f ′(x)＝2x＋ex－1，其在R上是增函數(shù)，
又f ′(0)＝0，∴f ′(x)>0的解集為(0，＋∞)，f ′(x)<0的解集為(－∞，0)，故函數(shù)f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)．
(2)∵存在x1，x2∈[－1,1]，使得|f (x1)－f (x2)|≥e－1，
又當(dāng)x1，x2∈[－1,1]時(shí)，|f (x1)－f (x2)|≤f (x)max－f (x)min，
∴只要f (x)max－f (x)min≥e－1即可．
∵當(dāng)a>1時(shí)，ln a>0，y＝(ax－1)ln a在R上是增函數(shù)，
當(dāng)01或00)，
∴g′(a)＝1＋－＝2≥0，
∴g(a)＝a－－2ln a在(0，＋∞)上是增函數(shù)．
而g(1)＝0，故當(dāng)a>1時(shí)，g(a)>0，即f (1)>f (－1)；
當(dāng)01時(shí)，f (x)max－f (x)min＝f (1)－f (0)≥e－1，即a－ln a≥e－1，
函數(shù)y＝a－ln a在(1，＋∞)上是增函數(shù)，解得a≥e；
當(dāng)0
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通用版2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)
第一部分
專(zhuān)題四
導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用第一課時(shí)“導(dǎo)數(shù)與不等式”考法面面觀(guān)講義
理重點(diǎn)生，含解析
通用版
2019
高考
數(shù)學(xué)
二輪
復(fù)習(xí)
第一
部分
專(zhuān)題
導(dǎo)數(shù)
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（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專(zhuān)題四 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用（第一課時(shí)）“導(dǎo)數(shù)與不等式”考法面面觀(guān)講義 理（重點(diǎn)生含解析）.doc
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