《（通用版）2019版高考數(shù)學二輪復習 第一部分 專題四 導數(shù)的綜合應用（第一課時）“導數(shù)與不等式”考法面面觀講義 理（重點生含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（通用版）2019版高考數(shù)學二輪復習 第一部分 專題四 導數(shù)的綜合應用（第一課時）“導數(shù)與不等式”考法面面觀講義 理（重點生含解析）.doc（22頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
專題四 導數(shù)的綜合應用
卷Ⅰ
卷Ⅱ
卷Ⅲ
2018
利用導數(shù)的單調性證明不等式T21(2)
根據(jù)函數(shù)的極值求參數(shù)、不等式的證明T21
導數(shù)在不等式的證明、由函數(shù)的極值點求參數(shù)T21
2017
利用導數(shù)研究函數(shù)的零點問題T21(2)
函數(shù)的單調性、極值、零點問題、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、不等式的證明T21
函數(shù)單調性的判斷、不等式的證明及值域問題T21
函數(shù)的最值、不等式的證明T21
縱向
把握
趨勢
導數(shù)的綜合問題是每年的必考內容且難度大．主要涉及函數(shù)的單調性、極值、零點、不等式的證明．預計2019年會考查用分類討論研究函數(shù)的單調性以及函數(shù)的零點問題
導數(shù)的綜合問題是每年的必考內容，涉及函數(shù)的極值、最值、單調性、零點問題及不等式的證明，且近3年均考查了不等式的證明．預計2019年仍會考查不等式的證明，同時要重點關注會討論函數(shù)的單調性及零點問題
導數(shù)的綜合問題是每年的必考內容，涉及函數(shù)的最值、零點、不等式的恒成立及不等式的證明問題，其中不等式的證明連續(xù)3年均有考查，應引起關注．預計2019年仍會考查不等式的證明，同時考查函數(shù)的最值或零點問題
橫向
把握
重點
導數(shù)日益成為解決問題必不可少的工具，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性與極值(最值)是高考的常見題型，而導數(shù)與函數(shù)、不等式、方程、數(shù)列等的交匯命題，是高考的熱點和難點．
解答題的熱點題型有：
(1)利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性、極值、最值；(2)利用導數(shù)證明不等式或探討方程根；
(3)利用導數(shù)求解參數(shù)的范圍或值.
第一課時 “導數(shù)與不等式”考法面面觀
[考法一 不等式的證明問題]
題型策略(一)
設a為實數(shù)，函數(shù)f (x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
(1)求f (x)的單調區(qū)間與極值；
(2)求證：當a>ln 2－1且x>0時，ex>x2－2ax＋1.
[破題思路]
第(1)問
求什么
想什么
求f (x)的單調區(qū)間與極值，想到求導函數(shù)f ′(x)，然后利用不等式f ′(x)>0及f ′(x)<0求單調區(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，可直接用求導公式求導
第(2)問
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
通過對第(1)問的研究，求得f (x)＝ex－2x＋2a的單調性與極值，仔細觀察，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的單調性或最值，利用導數(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x
ln 2時，f ′(x)>0，故函數(shù)f (x)在區(qū)間(ln 2，＋∞)上單調遞增．
所以f (x)的單調遞減區(qū)間是(－∞，ln 2)，單調遞增區(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，無極大值．
(2)證明：要證當a>ln 2－1且x>0時，ex>x2－2ax＋1，即證當a>ln 2－1且x>0時，ex－x2＋2ax－1>0.
設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?x∈R，都有g′(x)>0，
所以g(x)在R上單調遞增．
于是對?x>0，都有g(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
本題屬于導數(shù)綜合應用中較容易的問題，解決本題第(2)問時，易忽視與第(1)問的聯(lián)系，導函數(shù)g′(x)＝ex－2x＋2a的單調性已證，可直接用，若意識不到這一點，再判斷g′(x)的單調性，則造成解題過程繁瑣，進而造成思維受阻或解題失誤
技法
關鍵
點撥
利用單調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，需構造輔助函數(shù)F(x)＝f (x)－g(x)，通過分析F(x)在端點處的函數(shù)值來證明不等式．若F(a)＝0，只需證明F(x)在(a，b)上單調遞增即可；若F(b)＝0，只需證明F(x)在(a，b)上單調遞減即可
[對點訓練]
1．已知函數(shù)f (x)＝xln x，g(x)＝λ(x2－1)(λ為常數(shù))．
(1)若曲線y＝f (x)與曲線y＝g(x)在x＝1處有相同的切線，求實數(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：設函數(shù)h(x)＝xln x－(x2－1)，
則h′(x)＝ln x＋1－x.
設p(x)＝ln x＋1－x，從而p′(x)＝－1≤0對任意x∈[1，＋∞)恒成立，
所以當x∈[1，＋∞)時，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，＋∞)上單調遞減，
即h(x)≤h(1)＝0，
所以當λ＝，且x≥1時，f (x)≤g(x)成立．
題型策略(二)
已知函數(shù)f (x)＝aex－bln x，曲線y＝f (x)在點(1，f (1))處的切線方程為y＝x＋1.
(1)求a，b；
(2)證明：f (x)>0.
[破題思路]
第(1)問
求什么想什么
求a，b的值，想到建立關于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(1，f (1))處的切線方程，可據(jù)此建立關于a，b的方程組
第(2)問
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，因此只要利用導數(shù)研究函數(shù)f (x)的單調性即可
[規(guī)范解答]
(1)函數(shù)f (x)的定義域為(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)．
因為f ′(x)＝ex－2－在(0，＋∞)上單調遞增，又f ′(1)<0，f ′(2)>0，
所以f ′(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一實根x0，且x0∈(1,2)．
當x∈(0，x0)時，f ′(x)<0，當x∈(x0，＋∞)時，f ′(x)>0，
從而當x＝x0時，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
本題屬于隱零點問題．解決第(2)問時，常因以下兩個原因造成思維受阻，無法正常解題．
(1)f ′(x)＝0在(0，＋∞)上有解，但無法解出；
(2)設出f ′(x)＝0的零點x0，即f (x)的最小值為f (x0)，但是不能將函數(shù)f (x0)轉化成可求最值的式子，從而無法將問題解決．
當遇到既含有指數(shù)式，又含有對數(shù)式的代數(shù)式需判斷其符號時，常需應用這種技巧，把含有指數(shù)式與對數(shù)式的代數(shù)式轉化為不含有指數(shù)式與對數(shù)式的代數(shù)式，從而可輕松判斷其符號
技法
關鍵
點撥
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形式是f (x)>g(x)．證明技巧：先將不等式f (x)>g(x)移項，即構造函數(shù)h(x)＝f (x)－g(x)，轉化為證不等式h(x)>0，再次轉化為證明h(x)min>0，因此，只需在所給的區(qū)間內，判斷h′(x)的符號，從而判斷其單調性，并求出函數(shù)h(x)的最小值，即可得證
[對點訓練]
2．已知函數(shù)f (x)＝.
(1)若f (x)在區(qū)間(－∞，2]上為單調遞增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
(2)若a＝0，x0＜1，設直線y＝g(x)為函數(shù)f(x)的圖象在x＝x0處的切線，求證：f (x)≤g(x)．
解：(1)易得f ′(x)＝－，
由題意知f ′(x)≥0對x∈(－∞，2]恒成立，
故x≤1－a對x∈(－∞，2]恒成立，
∴1－a≥2，∴a≤－1.
故實數(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上單調遞減，而φ(x0)＝0，
∴當x＜x0時，φ(x)＞0，當x＞x0時，φ(x)＜0，
∴當x＜x0時，h′(x)＞0，當x＞x0時，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，h(x)≤h(x0)＝0，
∴f (x)≤g(x)．
構造函數(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)構造以a為主元的函數(shù)，利用導數(shù)求解．
(2)考慮到ln b－ln a＝ln ，＝，設t＝，化為只有一個因變量t的函數(shù)求解．
(3)原不等式右邊可分開寫，觀察此式兩邊，發(fā)現(xiàn)其與f (x)＝ln x－有關，故先研究f (x)的單調性，從而得解．
[規(guī)范解答]
法一：主元法(學生用書不提供解題過程)
構造函數(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(學生用書不提供解題過程)
令＝t(t>1)，構造函數(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)不等式的對稱性(學生用書提供解題過程)
原不等式可化為ln b－>ln a－，
則構造函數(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，并構造相應的函數(shù)將問題轉化，從而導致無從下手解決問題
技法
關鍵
點撥
證明雙變量函數(shù)不等式的常見思路
(1)將雙變量中的一個看作變量，另一個看作常數(shù)，構造一個含參數(shù)的輔助函數(shù)證明不等式．
(2)整體換元．對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)不等式具有對稱性，并且可以將兩個變量分離開，分離之后的函數(shù)結構具有相似性，從而構造函數(shù)利用單調性證明
[對點訓練]
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)是單調函數(shù)，求λ的取值范圍；
(2)求證：當01－.
解：(1)函數(shù)f (x)的定義域為(0，＋∞)，
∵f (x)＝λln x－e－x，
∴f ′(x)＝＋e－x＝，
∵函數(shù)f (x)是單調函數(shù)，
∴f ′(x)≤0或f ′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
①當函數(shù)f (x)是單調遞減函數(shù)時，f ′(x)≤0，
∴≤0，即λ＋xe－x≤0，λ≤－xe－x＝－，
令φ(x)＝－，則φ′(x)＝，
當01時，φ′(x)>0，
則φ(x)在(0,1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，
∴當x>0時，φ(x)min＝φ(1)＝－，∴λ≤－.
②當函數(shù)f (x)是單調遞增函數(shù)時，f ′(x)≥0，
∴≥0，即λ＋xe－x≥0，λ≥－xe－x＝－，
由①得φ(x)＝－在(0,1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，又φ(0)＝0，x→＋∞時，φ(x)<0，∴λ≥0.
綜上，λ的取值范圍是∪[0，＋∞)．
(2)證明：由(1)可知，當λ＝－時，f (x)＝－ln x－e－x在(0，＋∞)上單調遞減，
∵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00，即ln t>1－，故原不等式得證．
[考法二 恒成立與能成立問題]
題型策略(一)
已知函數(shù)f (x)＝xln x，若對于所有x≥1都有f (x)≥ax－1，求實數(shù)a的取值范圍．
[破題思路]
求什么
想什么
求實數(shù)a的取值范圍，想到建立關于實數(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，利用導數(shù)求解即可
[規(guī)范解答]
法一：分離參數(shù)法(學生用書不提供解題過程)
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g(x)＝ln x＋(x≥1)，則g′(x)＝－＝.
令g′(x)＝0，得x＝1.
當x≥1時，因為g′(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：構造函數(shù)法(學生用書提供解題過程)
當x＝1時，有f (1)≥a－1，即a－1≤0，得a≤1.
構造F(x)＝f (x)－(ax－1)＝xln x－ax＋1，
原命題等價于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，直接作差構造函數(shù)或分離參數(shù)后構造函數(shù)求a的取值范圍，其關鍵是正確求解所構造函數(shù)的最值，這也是大多數(shù)同學不會求解或不能正確求解最值而導致無法繼續(xù)解題或解題失誤的地方．
(二)技法關鍵點撥
分離參數(shù)法解含參不等式恒成立問題的思路與關鍵
(1)分離參數(shù)法解含參不等式恒成立問題的思路
用分離參數(shù)法解含參不等式恒成立問題是指在能夠判斷出參數(shù)的系數(shù)的正負的情況下，可以根據(jù)不等式的性質將參數(shù)分離出來，得到一個一端是參數(shù)，另一端是變量表達式的不等式，只要研究變量表達式的最值就可以解決問題．
(2)求解含參不等式恒成立問題的關鍵是過好“雙關”
轉化關
通過分離參數(shù)法，先轉化為f (a)≥g(x)(或f (a)≤g(x))對?x∈D恒成立，再轉化為f (a)≥g(x)max(或f (a)≤g(x)min)
求最值關
求函數(shù)g(x)在區(qū)間D上的最大值(或最小值)問題
(三)解題細節(jié)提醒
有些含參不等式恒成立問題，在分離參數(shù)時會遇到討論的麻煩，或者即使分離出參數(shù)，但參數(shù)的最值卻難以求出，這時常利用導數(shù)法，借助導數(shù)，分析函數(shù)的單調性，通過對函數(shù)單調性的分析確定函數(shù)值的變化情況，找到參數(shù)滿足的不等式，往往能取得意想不到的效果．
[對點訓練]
1．設函數(shù)f (x)＝ax2－a－ln x，其中a∈R.
(1)討論f (x)的單調性；
(2)確定a的所有可能取值，使得f (x)>－e1－x在區(qū)間(1，＋∞)內恒成立(e＝2.718…為自然對數(shù)的底數(shù))．
解：(1)由題意，f ′(x)＝2ax－＝，x>0，
①當a≤0時，
2ax2－1≤0，f ′(x)≤0，f (x)在(0，＋∞)上單調遞減．
②當a>0時，f ′(x)＝，
當x∈時，f ′(x)<0；當x∈時，f ′(x)>0.
故f (x)在上單調遞減，在上單調遞增．
綜上所述，當a≤0時，f (x)在(0，＋∞)上單調遞減；當a>0時，f (x)在上單調遞減，在上單調遞增．
(2)原不等式等價于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a≥時，
F′(x)＝2a＋－＋e1－x≥1＋－＋e1－x＝＋e1－x，
因為x∈(1，＋∞)，故x3＋x－2>0.又e1－x>0，
故F′(x)在a≥時恒大于0.
所以當a≥時，F(xiàn)(x)在(1，＋∞)上單調遞增．
所以F(x)>F(1)＝2a－1≥0，
故g(x)也在(1，＋∞)上單調遞增．
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，h(x)在[1，e]上單調遞減，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
本題構造函數(shù)后，求解a的取值范圍時，需對a分類討論．此處往往因不會分類討論或討論不全而導致解題失誤
技法
關鍵
點撥
不等式能成立問題的解題關鍵點
[對點訓練]
2．(2019屆高三河北“五個一名校聯(lián)盟”模擬)已知a為實數(shù)，函數(shù)f (x)＝aln x＋x2－4x.
(1)若x＝3是函數(shù)f (x)的一個極值點，求實數(shù)a的值；
(2)設g(x)＝(a－2)x，若存在x0∈，使得f (x0)≤g(x0)成立，求實數(shù)a的取值范圍．
解：(1)函數(shù)f (x)的定義域為(0，＋∞)，
f ′(x)＝＋2x－4＝.
∵x＝3是函數(shù)f (x)的一個極值點，
∴f ′(3)＝0，解得a＝－6.
經(jīng)檢驗，當a＝－6時，x＝3是函數(shù)f (x)的一個極小值點，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01時，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)單調遞增．
∴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x∈時，G′(x)<0，G(x)單調遞減；當x∈(1，e)時，G′(x)>0，G(x)單調遞增．
∴G(x)min＝G(1)＝－1，∴a≥G(x)min＝－1，
故實數(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)的單調區(qū)間；
(2)若m＝，對?x1，x2∈[2,2e2]都有g(x1)≥f (x2)成立，求實數(shù)a的取值范圍．
[破題思路]
第(1)問
求什么想什么
求f (x)的單調區(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，直接求導然后分類討論參數(shù)m即可
第(2)問
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?x1，x2∈[2,2e2]都成立，用此不等式建立關于a的不等式
差什么找什么
缺少f (x)與g(x)的最值，利用導數(shù)求解
[規(guī)范解答]
(1)因為f (x)＝ln x－mx，x>0，
所以f ′(x)＝－m，
當m≤0時，f ′(x)>0，f (x)在(0，＋∞)上單調遞增．
當m>0時，由f ′(x)＝0得x＝；
由得0.
所以f (x)在上單調遞增，在上單調遞減．
綜上所述，當m≤0時，f (x)的單調遞增區(qū)間為(0，＋∞)，無單調遞減區(qū)間；
當m>0時，f (x)的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為.
(2)若m＝，則f (x)＝ln x－x.
對?x1，x2∈[2,2e2]都有g(x1)≥f (x2)成立，
等價于對?x∈[2,2e2]都有g(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)中不會或不能準確地將已知條件“?x1，x2∈[2,2e2]都有g(x1)≥f (x2)成立”進行轉化，而導致無法求解此題．
(二)技法關鍵點撥
1．最值定位法解雙參不等式恒成立問題的思路策略
(1)用最值定位法解雙參不等式恒成立問題是指通過不等式兩端的最值進行定位，轉化為不等式兩端函數(shù)的最值之間的不等式，列出參數(shù)所滿足的不等式，從而求解參數(shù)的取值范圍．
(2)有關兩個函數(shù)在各自指定范圍內的不等式恒成立問題，這里兩個函數(shù)在指定范圍內的自變量是沒有關聯(lián)的，這類不等式的恒成立問題就應該通過最值進行定位，對于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，不等式f (x1)≥g(x2)恒成立，等價于f (x)min(x∈[a，b])≥g(x)max(x∈[m，n])，列出參數(shù)所滿足的不等式，便可求出參數(shù)的取值范圍．
2．常見的雙變量不等式恒成立問題的類型
(1)對于任意的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]，對任意的x2∈[m，n]，使得f (x1)≥g(x2)?f (x1)max≥g(x2)max.
(5)對于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f (x1)≤g(x2)?f (x1)max≤g(x2)min.
(6)對于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f (x1)≥g(x2)?f (x1)min≥g(x2)max.
[對點訓練]
3．已知函數(shù)f (x)＝x－(a＋1)ln x－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex.
(1)當x∈[1，e]時，求f (x)的最小值；
(2)當a<1時，若存在x1∈[e，e2]，使得對任意的x2∈[－2,0]，f (x1)，所以a的取值范圍為.
[專題跟蹤檢測](對應配套卷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x>2a時，證明：>a.
解：(1)函數(shù)f (x)的定義域為(0，＋∞)，
f ′(x)＝x－＝.
當x∈(0，a)時，f ′(x)<0，f (x)單調遞減；
當x∈(a，＋∞)時，f ′(x)>0，f (x)單調遞增．
所以當x＝a時，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，＋∞)上單調遞增，
則所證不等式等價于f (x)－f (2a)－a(x－2a)>0.
設g(x)＝f (x)－f (2a)－a(x－2a)，
則當x>2a時，
g′(x)＝f ′(x)－a＝x－－a
＝>0，
所以g(x)在(2a，＋∞)上單調遞增，
當x>2a時，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y＝f (x)在點P(1，f (1))處的切線與直線x＋2y－1＝0垂直．
(1)求實數(shù)a的值；
(2)求證：f (x)>x2＋2.
解：(1)因為f ′(x)＝(x＋1)ex＋2＋，
所以曲線y＝f (x)在點P(1，f (1))處的切線斜率k＝f ′(1)＝2e＋2＋a.
而直線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，
因為x>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，＋∞)上單調遞增．
又h(1)＝2e＋2－2e－2＝0，
所以當x∈(0,1)時，h(x)<0，即g′(x)<0，函數(shù)g(x)單調遞減；
當x∈(1，＋∞)時，h(x)>0，即g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調遞增．
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)設函數(shù)f (x)＝(1＋x－x2)ex(e＝2.718 28…是自然對數(shù)的底數(shù))．
(1)討論f (x)的單調性；
(2)當x≥0時，f (x)≤ax＋1＋2x2恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．
解：(1)f ′(x)＝(2－x－x2)ex＝－(x＋2)(x－1)ex.
當x<－2或x>1時，f ′(x)<0；當－20.
所以f (x)在(－∞，－2)，(1，＋∞)上單調遞減，在(－2,1)上單調遞增．
(2)設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a≥2時，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h(x)＝(x－1)ex＋1，h′(x)＝xex≥0，所以h(x)在[0，＋∞)上單調遞增，h(x)＝(x－1)ex＋1≥h(0)＝0，
即F′(x)≤0在[0，＋∞)上恒成立，F(xiàn)(x)在[0，＋∞)上單調遞減，F(xiàn)(x)≤F(0)＝0，所以f (x)≤ax＋1＋2x2在[0，＋∞)上恒成立．
當a<2時，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)逐漸趨近負無窮，必存在正實數(shù)x0使得F′(x0)＝0且在(0，x0)上F′(x)>0，所以F(x)在(0，x0)上單調遞增，此時F(x)>F(0)＝0，f (x)>ax＋1＋2x2有解，不滿足題意．
綜上，a的取值范圍是[2，＋∞)．
4．(2018南昌模擬)設函數(shù)f (x)＝2ln x－mx2＋1.
(1)討論函數(shù)f (x)的單調性；
(2)當f (x)有極值時，若存在x0，使得f (x0)>m－1成立，求實數(shù)m的取值范圍．
解：(1)函數(shù)f (x)的定義域為(0，＋∞)，
f ′(x)＝－2mx＝，
當m≤0時，f ′(x)>0，∴f (x)在(0，＋∞)上單調遞增；
當m>0時，令f ′(x)>0，得0，
∴f (x)在上單調遞增，在上單調遞減．
(2)由(1)知，當f (x)有極值時，m>0，且f (x)在上單調遞增，在上單調遞減．
∴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，＋∞)上單調遞增，且g(1)＝0，∴00時，對任意的x∈，恒有f (x)≤e－1成立，求實數(shù)b的取值范圍．
解：(1)函數(shù)f (x)的定義域為(0，＋∞)．
當b＝2時，f (x)＝aln x＋x2，
所以f ′(x)＝＋2x＝.
①當a>0時，f ′(x)>0，所以函數(shù)f (x)在(0，＋∞)上單調遞增．
②當a<0時，令f ′(x)＝0，解得x＝ (負值舍去)，
當0時，f ′(x)>0，所以函數(shù)f (x)在上單調遞增．
綜上所述，當b＝2，a>0時，函數(shù)f (x)在(0，＋∞)上單調遞增；
當b＝2，a<0時，函數(shù)f (x)在上單調遞減，在上單調遞增．
(2)因為對任意的x∈，恒有f (x)≤e－1成立，
所以當x∈時，f (x)max≤e－1.
當a＋b＝0，b>0時，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)在上單調遞減，在(1，e]上單調遞增，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m>0時，g′(m)＝em＋e－m－2>2－2＝0，
所以g(m)在(0，＋∞)上單調遞增，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φ(t)＝et－t－e＋1(t>0)，則φ′(t)＝et－1>0，
所以φ(t)在(0，＋∞)上單調遞增．
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開封模擬)已知函數(shù)f (x)＝ax＋x2－xln a(a>0，a≠1)．
(1)當a＝e(e是自然對數(shù)的底數(shù))時，求函數(shù)f (x)的單調區(qū)間；
(2)若存在x1，x2∈[－1,1]，使得|f (x1)－f (x2)|≥e－1，求實數(shù)a的取值范圍．
解：(1)f ′(x)＝axln a＋2x－ln a＝2x＋(ax－1)ln a.
當a＝e時，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)的單調遞增區(qū)間為(0，＋∞)，單調遞減區(qū)間為(－∞，0)．
(2)∵存在x1，x2∈[－1,1]，使得|f (x1)－f (x2)|≥e－1，
又當x1，x2∈[－1,1]時，|f (x1)－f (x2)|≤f (x)max－f (x)min，
∴只要f (x)max－f (x)min≥e－1即可．
∵當a>1時，ln a>0，y＝(ax－1)ln a在R上是增函數(shù)，
當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a>1時，g(a)>0，即f (1)>f (－1)；
當01時，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0
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通用版2019版高考數(shù)學二輪復習
第一部分
專題四
導數(shù)的綜合應用第一課時“導數(shù)與不等式”考法面面觀講義
理重點生，含解析
通用版
2019
高考
數(shù)學
二輪
復習
第一
部分
專題
導數(shù)
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（通用版）2019版高考數(shù)學二輪復習 第一部分 專題四 導數(shù)的綜合應用（第一課時）“導數(shù)與不等式”考法面面觀講義 理（重點生含解析）.doc
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