专题10 导数与不等式 - 2021年高考数学二轮经典专题深度解读

专题10 导数与不等式 一、不等式的证明方法 (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lnx≤x－1，ex≥x＋1，lnx<x<ex(x>0)，≤ln(x＋1)≤x(x>－1)； (3)特征分析构造法：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，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． 二、含ex、lnx、sinx的不等式 含ex的不等式： 含lnx的不等式： 含sinx的不等式： 贝努利不等式 当时， 三、破解含双参不等式证明题的方法 (1)转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式； (2)巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值； (3)回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果。 题型一 不等式恒成立问题 1．已知函数（其中为常数）. （1）当时，证明：有唯一的零点； （2）当时，若不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】（1）当时，，显然， ， 在为增函数，故只有一个零点. （2）， 若即在上单调递增， 在处有最小值成立； 若即，由（1）知成立； 若即时，在处取得最小值， 令，设， 为减函数，由得，此时. 综上所述，实数的取值范围为. 2．设函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围； （3）若关于的方程在区间上恰好有两个相异的实根，求实数的取值范围 【答案】（1）；（2）；（3）. 【解析】（1）函数的定义域为. ∵， ∴切点坐标为：， ∵，∴切线斜率为：， ∴切线方程为：，即：. （2）∵由，得，(舍去)， 当时，；当时，， 故在上递减，在上递增. 又，，且. ∴当时，的最大值为. 故当时，不等式恒成立. （3）方程可化为. 记，则， 由，得或(舍去). 由，得. ∴在上递减，在上递增. 为使方程在区间上恰好有两个相异的实根， 只须在和上各有一个实数根，于是有， 整理得到， 因为， 所以， ∴实数的取值范围是. 方法总结：(1)已知不等式f(x·λ)>0(λ为实参数)对任意的x∈D恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数解决此类问题可以运用分离参数法． (2)如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(a>0，Δ<0或a<0，Δ<0)求解. 题型二　不等式的证明 角度1 构造函数法 3．已知函数f（x）=x﹣axlnx，a∈R． （Ⅰ）当a=1时，求函数f（x）的单调区间； （Ⅱ）设，若函数g（x）在（1，+∞）上为减函数，求实数a的最小值； （Ⅲ）若，使得成立，求实数a的取值范围． 【答案】（Ⅰ）f（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减；（Ⅱ）a≥；最小值为；(Ⅲ）a≥﹣． 【解析】（Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可； （Ⅱ）由已知得f（x）的定义域为（0，1）∪（1，+∞），f′（x）=﹣a+在（1，+∞）上恒成立，由此利用导数性质能求出a的最大值； （Ⅲ）通过分析，问题等价于：“当x∈[e，e2]时，有gmax（x）≤”，结合（Ⅱ）及g′（x），分①a≥、②a≤0、③0＜a＜三种情况讨论即可． 解：（Ⅰ）a=1时，f（x））=x﹣xlnx，f′（x）=﹣lnx， 令f′（x）＞0，解得：0＜x＜1，令f′（x）＜0，解得：x＞1， ∴f（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减； （Ⅱ）由已知得g（x）=﹣ax，函数的定义域为（0，1）∪（1，+∞）， ∵g（x）在（1，+∞）上为减函数， ∴g′（x）=﹣a+≤0在（1，+∞）上恒成立， ﹣a≤﹣=（﹣）2﹣， 令h（x）=（﹣）2﹣， 故当=，即x=e2时， h（x）的最小值为﹣，∴﹣a≤﹣， 即a≥；最小值为； （Ⅲ）若，使得成立，结合（Ⅱ）得： 问题等价于：“当x∈[e，e2]时，有gmax（x）≤”， ∵g′（x）=﹣a+，由（Ⅱ）知∈[0，]， ①当a≥时，g′（x）≤0在[e，e2]上恒成立，因此f（x）在[e，e2]上为减函数， 则fmax（x）=g（e）=e﹣ae≤，故a≥1﹣； ②当a≤0时，g′（x）≥0在[e，e2]上恒成立，因此g（x）在[e，e