高考数学二轮复习专题二函数与导数2.3.2利用导数解不等式及参数范围课件
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题后反思利用导数证明不等式,主要是构造函数,通过导数判断 函数的单调性,由函数的单调性证明不等式成立,或通过求函数的 最值,当该函数的最大值或最小值对不等式成立时,则不等式是恒 成立,从而可将不等式的证明转化为求函数的最值.
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对点训练 1 设函数 f(x)=e2x-aln x. (1)讨论 f(x)的导函数 f'(x)零点的个数; (2)证明:当 a>0 时,f(x)≥2a+aln .
-2=0,且函数
������ 2
loga2
为端点的闭区间上的图象不间断,所以在 0和 loga2 之间存在 g(x)的 零点,记为 x1.因为 0<a<1,所以 loga2<0.又 0<0,所以 x1<0,与“0 是函 数 g(x)的唯一零点”矛盾. 若 x0>0,同理可得,在 0和 logb2 之间存在 g(x)的非 0 的零点,矛盾.因 此,x0=0.
②由条件知 f(2x)=22x+2-2x=(2x+2-x)2-2=(f(x))2-2.
因为 f(2x)≥mf(x)-6 对于 x∈R 恒成立,且 f(x)>0, 所以
(������(������)) +4 m≤ 对于 ������(������)
2
x∈R 恒成立.
4 (������(0))2 +4 ������(������)· =4,且 =4, ������(������) ������(0)
������ ������
一零点.
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(2)证明 由(1),可设 f'(x)在区间(0,+∞)内的唯一零点为 x0,当 x∈(0,x0) 时,f'(x)<0;当 x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0.故 f(x)在区间(0,x0)内单调递减,在 区间(x0,+∞)内单调递增,所以当 x=x0 时,f(x)取得最小值,最小值为 f(x0). 由于 2e
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(1)解 由题意可知点 A(0,1). 由 f(x)=ex-ax,得 f'(x)=ex-a. 所以 f'(0)=1-a=-1,得 a=2. 所以 f(x)=ex-2x,f'(x)=ex-2. 令 f'(x)=0,得 x=ln 2, 当 x<ln 2 时,f'(x)<0,f(x)单调递减; 当 x>ln 2 时,f'(x)>0,f(x)单调递增. 所以当 x=ln 2 时,f(x)取得极小值,极小值为 f(ln 2)=2-2ln 2=2-ln 4.f(x) 无极大值. (2)证明 令 g(x)=ex-x2,则 g'(x)=ex-2x. 由(1)得 g'(x)=f(x)≥f(ln 2)=2-ln 4>0, 则 g(x)在 R 上单调递增. 因为 g(0)=1>0,所以当 x>0 时,g(x)>g(0)>0,即 x2<ex.
最大值; (2)若 0<a<1,b>1,函数 g(x)=f(x)-2 有且只有 1 个零点,求 ab 的值.
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解 (1)因为 a=2,b= ,所以 f(x)=2x+2-x.
1 2
①方程 f(x)=2,即 2x+2-x=2,亦即(2x)2-2×2x+1=0,
所以(2x-1)2=0,于是 2x=1,解得 x=0.
2 ������ 0
������ − =0,所以 ������0
f(x0)=e
2 ������
2������ 0
-aln
������ 2 2 x0= +2ax0+aln ≥2a+aln . 2������0 ������ ������
故当 a>0 时,f(x)≥2a+aln .
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2.3
导数在函数中的应用
二、利用导数解不等式及参数范围
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利用导数证明不等式
【思考】 如何利用导数证明不等式?
例 1 已知函数 f(x)=ex-ax(a 为常数)的图象与 y 轴交于点 A,
曲线 y=f(x)在点 A 处的切线斜率为-1. (1)求 a 的值及函数 f(x)的极值; (2)求证:当 x>0 时,x2<ex.
(������(������))2 +4 4 而 =f(x)+ ≥2 ������(������) ������(������)
所以 m≤4,故实数 m 的最大值为 4.
Байду номын сангаас
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(2)因为函数 g(x)=f(x)-2 只有 1 个零点, 而 g(0)=f(0)-2=a0+b0-2=0, 所以 0 是函数 g(x)的唯一零点. 因为 g'(x)=axln a+bxln b, 又由 0<a<1,b>1 知 ln a<0,ln b>0, 所以 g'(x)=0 有唯一解
利用导数解与不等式恒成立有关的问题
【思考】 求解不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题的基本
方法有哪些?
例 2 已知函数 f(x)=ax+bx(a>0,b>0,a≠1,b≠1).
(1)设 a=2,b= .
1 2
①求方程 f(x)=2 的根; ②若对于任意 x∈R,不等式 f(2x)≥mf(x)-6 恒成立,求实数 m 的
ln������ x0=log ������ ln������ ������
.
令 h(x)=g'(x),则 h'(x)=(axln a+bxln b)'=ax(ln a)2+bx(ln b)2, 从而对任意 x∈R,h'(x)>0, 所以 g'(x)=h(x)是(-∞,+∞)内的单调增函数. 于是当 x∈(-∞,x0)时,g'(x)<g'(x0)=0;当 x∈(x0,+∞)时,g'(x)>g'(x0)=0. 因而函数 g(x)在区间(-∞,x0)内是单调减函数,在区间(x0,+∞)内是单 调增函数.
2 ������
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(1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2e2x- (x>0).当 a≤0 时,f'(x)>0,f'(x) 没有零点, 当 a>0 时,因为 e2x 单调递增,- 单调递增, 所以 f'(x)在区间(0,+∞)内单调递增.
������ 1 又 f'(a)>0,当 b 满足 0<b< ,且 b< 时,f'(b)<0,故当 a>0 时,f'(x)存在唯 4 4 ������ ������
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下证 x0=0. 若 x0<0,则 x0< 0<0,于是 g 又 g(loga2)=������
lo g ������ 2
������ 2
������0 2
<g(0)=0.
������0 g(x)在以 和 2
+ ������
lo g ������ 2
-2>������
lo g ������ 2
2023届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法第02讲分离参数法含解析
第2讲分离参数法知识与方法分离参数法解决恒成立求参问题,可以有两个角度:全分离和半分离.1.全分离参数法将含参表达式中的参数从表达式中完全分离出来,使所研究的函数由动态变为定态,进而可得到新函数的图像、性质(最值),将求参数的范围问题转化为求函数的最值或值域问题.在分离参数时,需点睛意:(1)参数系数的正负是否确定;(2)分参后目标函数的最值是否易解,若不易解,极可能需要洛必达法则辅助.2.半分离参数法其一般步骤为:将不等式变形为aa+a≥a(a)或aa+a≤a(a)的形式(其中a为参数,a为常数),然后画出图像,由图像的上下方关系得到不等式,从而求得参数的取值范围.不等号前后两个函数的图像特征为:直线a=aa+a与曲线a=a(a),而直线a=aa+a过定点(0,a).需要说明的是:半分离参数法一般只适用于客观题,解答题则不宜使用.典型例题全分离参数【例1】已知函数a(a)=e a+aa2−a.(1)当a=1时,讨论a(a)的单调性;(2)当a≥0时,a(a)≥12a3+1,求a的取值范围.【解析】(1)当a=1时,a(a)=e a+a2−a,a′(a)=e a+2a−1.当a<0时,a′(a)<0,a(a)单调递减;当a>0时,a′(a)>0,a(a)单调递增.所以,当a=1时,a(a)在(−∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)解法1:分离参数法当a=0时,a∈a.当a>0时,a(a)≥12a3+1⇔a≥12a3+a+1−e aa2.记a(a)=12a3+a+1−e aa2(a>0),则a ′(a )=12a 3−a −2+(2−a )e a a 3=(2−a )(e a −12a 2−a −1)a 3.记a (a )=e a −12a 2−a −1(a >0),a ′(a )=e a −a −1,a ′′(a )=e a −1. 因为a >0,所以a ′′(a )=e a −1>0,所以a ′(a )在(0,+∞)上单调递增, 从而a ′(a )>a ′(0)=0,所以a (a )在(0,+∞)单调递增,所以a (a )>a (0)=0. 令a ′(a )=0,解得a =2.当a ∈(0,2)时,a ′(a )>0,a (a )单调递增; 当a ∈(2,+∞)时,a ′(a )<0,a (a )单调递减. 所以a (a )在a =2处取得最大值a (2)=7−e 24,从而a ≥7−e 24. 综上,实数a 的取值范围是[7−e 24,+∞). 解法2:指数找朋友a (a )≥12a 3+1等价于12a 3−aa 2+a +1e a≤1.设a (a )=12a 3−aa 2+a +1e a(a ≥0),则a′(a )=−12a [a 2−(2a +3)a +(4a +2)e a=−12a [a −(2a +1)](a −2)e a.(1)当2a +1≤0,即a ≤−12时,则当a ∈(0,2)时,a ′(a )>0,所以a (a )在(0,2)单调递增,而a (0)=1, 故当a ∈(0,2)时,a (a )>1,不合题意; (2)当0<2a +1<2,即−12<a <12时, 则当a ∈(0,2a +1)∪(2,+∞)时,a ′(a )<0.所以a (a )在(0,2a +1),(2,+∞)单调递减,在(2a +1,2)上单调递增. 由于a (0)=1,所以a (a )≤1.当且仅当a (2)=7−4a e 2≤1,即a ≥7−e 24. 所以当7−e 24≤a <12时,a (a )≤1.(3)若2a +1≥2,即a ≥12时,则a (a )≤12a 3+a +1e a.由于0∈[7−e 24,12),故由(2)可得12a 3+a +1e a≤1.故当a ≥12时,a (a )≤1.综上所述,实数a 的取值范围是[7−e 24,+∞).【点睛】解决本题的关键在于求导数a′(a)=12a3−a−2+(2−a)e aa3后的处理.仔细观察导数式中e a前面的系数为2−a,由此可大胆猜测2−a应该为12a3−a−2的一个因式,从而可设1 2a3−a−2=(2−a)(−12a2+aa+a),将右侧展开,得12a3−a−2=12a3−(a+1)a2+(2a−a)a+2a,比较两侧的系数,可得a=a=−1,从而12a3−a−2=(2−a)(−12a2−a−1).【例2】设函数a(a)=e a−1−a−aa2.(1)若a=0,求a(a)的单调区间;(2)若当a≥0时a(a)≥0,求a的取值范围.【解析】(1)因为a=0时,所以a(a)=e a−1−a,a′(a)=e a−1.当a∈(−∞,0)时,a′(a)<0;当a∈(0,+∞)时,a′(a)>0.故a(a)在(−∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;(2)解法1:由(1)可得,当a=0时,a(a)≥a(0)=0,即e a≥a+1,当且仅当a=0时等号成立.依题意,当a≥0时a(a)≥0恒成立,当a=0时,a(a)≥0,此时a∈a;当a>0时,a(a)≥0等价于a≤e a−1−aa2,令a(a)=e a−1−aa2(a>0),则a′(a)=(a−2)e a+a+2a3,今a(a)=(a−2)e a+a+2(a>0),则a′(a)=(a−1)e a+1,因为a′′(a)=a e a>0,所以a′(a)在(0,+∞)上为增函数,所以a′(a)>a′(0)= 0,于是a(a)在(0,+∞)上为增函数,从而a(a)>a(0)=0,因此a′(a)>0,a(a)在(0,+∞)上为增函数,由洛必达法则知,lima→0+e a−1−aa2=lima→0+e a−12a=lima→0+e a2=12,所以a≤12.当a>12时,e−a>1−a得a′(a)<e a−1+2a(e−a−1)=e−a(e a−1)(e a−2a),故当a∈(0,ln2a)时,a′(a)<0,而a(0)=0,于是当a∈(0,ln2a)时,a(a)<0. 综上得a的取值范围是(−∞,12].解法2:a′(a)=e a−1−2aa,由(1)知e a≥1+a,当且仅当a=0时等号成立,故a′(a)≥a−2aa=(1−2a)a.当1−2a≥0,即a≤12时,a′(a)≥0(a≥0),所以a(a)在[0,+∞)上单调递增,故a(a)≥a(0)=0,即a≤12符合题意;当a>12时,由e a>1+a(a≠0)可得e−a>1−a(a≠0),所以e−a−1>−a(a≠0),所以a′(a)=e a−1−2aa<e a−1+2a(e−a−1)=e−a(e a−1)(e a−2a), 则当a∈(0,ln2a)时,a′(a)<0,a(a)在(0,ln2a)上单调递减,于是当a∈(0,ln2a)时,a(a)<a(0)=0,故a>12不合题意.综上所述,a的取值范围是(−∞,12].【例3】已知函数a(a)=a(e a+1−a)(a∈a).(1)若a=2,判断a(a)在(0,+∞)上的单调性;(2)若a(a)−ln a−1≥0恒成立,求实数a的取值范围.【解析】(1)若a=2,a(a)=a e a−a,a′(a)=e a+a e a−1=(a+1)e a−1. 当a>0时,a+1>1,e a>1,故(a+1)e a>1,a′(a)=(a+1)e a−1>0,故a(a)在(0,+∞)上单调递增.(2)解法1:分离参数+隐零点求最值由题意可知a e a+(1−a)a−ln a−1≥0在区间(0,+∞)上恒成立,整理得a−1≤e a−ln aa −1a.设a(a)=e a−ln aa −1a,a′(a)=a2e a+ln aa2,设a(a)=a2e a+ln a,则a′(a)=(a2+2a)e a+1a>0, 所以a(a)在(0,+∞)上单调递增,又a(1)=e>0,a(12)=√e4−ln2<0.所以函数a(a)有唯一的零点a0,且12<a0<1.当a∈(0,a0)时,a(a)<0,a′(a)<0,a(a)单调递减;当a∈(a0,+∞)时,a(a)>0,a′(a)>0,a(a)单调递增. 即a(a0)为a(a)在定义域内的最小值.所以a−1≤e a0−ln a0a0−1a0.因为a(a0)=0,得a0e a0=−ln a0a0,12<a0<1(∗)令a(a)=a e a(12<a<1),方程(∗)等价于a(a)=a(−ln a)(12<a<1).而a′(a)=(a+1)e a在(0,+∞)上恒大于零,所以a(a)在(0,+∞)单调递增. 故a(a)=a(−ln a)等价于a=−ln a(12<a<1).设函数a(a)=a+ln a(12<a<1),易知a(a)单调递增.又a(12)=12−ln2<0,a(1)=1>0,所以a0为a(a)的唯一零点.即ln a0=−a0,e a0=1a0.故a(a)的最小值为a(a0)=e a0−ln a0a0−1a0=1a0−−a0a0−1a0=1.所以a−1≤1,即a≤2.综上,实数a的取值范围是(−∞,2].解法2:分离参数+放缩法求最值由题意可知a e a+(1−a)a−ln a−1≥0在区间(0,+∞)上恒成立, 即a−1≤a e a−ln a−1a.利用不等式e a≥a+1(当且仅当a=0时,等号成立),可得a e a−ln a−1a =e a+ln a−ln a−1a≥(a+ln a+1)−ln a−1a=1,当且仅当a+ln a=0时,等号成立.所以a e a−ln a−1a的最小值为1.于是a−1≤1,得a≤2,实数a的取值范围是(−∞,2].【例4】已知函数a(a)=a3e aa−1.(1)讨论a(a)的单调性;(2)若a=2,不等式a(a)≥aa+3ln a对a∈(0,+∞)恒成立,求a的取值范围. 【解析】(1)a′(a)=3a2e aa+aa3e aa=a2e aa(aa+3).①当a=0时,a′(a)≥0恒成立,所以a(a)在R单调递增;②当时,今,得;令,所以a (a )的单调递减区间为(−3a ,+∞),单调递增区间为(−∞,−3a ]. ③当a >0时,今a ′(a )≥0,得a ≥−3a ;令a ′(a )<0,得a <−3a . 所以a (a )的单调递减区间为(−∞,−3a ),单调递增区间为[−3a ,+∞). (2)因为a =2,所以a ≤a 3e 2a −3ln a −1a恒成立. 设a (a )=a −1−ln a (a >0),a ′(a )=a −1a, 令a ′(a )<0,得0<a <1;令a ′(a )>0,得a >1. 所以a (a )min =a (1)=0,所以a −1−ln a ≥0.取a =a 3e 2a ,则a 3e 2a −1−ln (a 3e 2a )≥0,即a 3e 2a −3ln a −1≥2a ,所以a 3e 2a −3ln a −1a≥2aa=2.设a (a )=a 3e 2a ,因为a (0)=0<1,a (1)=e 2>1,所以方程a 3e 2a =1必有解, 所以当且仅当a 3e 2a =1时,函数a =a 3e 2a −3ln a −1a取得最小值2,所以a ≤2,即a 的取值范围为(−∞,2].【点睛】本题在进行分参后,首先证明了一个常用的不等式:当a >0时,有ln a ≤a −1,接下来利用该不等式直接得到a 3e a −3ln a −1≥2a , 从而得出a =a 3e a −3ln a −1a的最小值2.最后证明能够取到最小值.从而得出实数a 的取值范围. 本题也可用同构法解决:a ≤a 3e 2a −3ln a −1a, a 3e 2a −3ln a −1a=e 3ln a +2a −3ln a −1a≥2a +3ln a +1−3ln a −1a=2,故a ≤2,即a 的取值范围为(−∞,2]. 换元后分离参数【例5】已知函数a (a )=a (e a a−2a −2)+a . (1)若a =−1,求a (a )的单调区间和极值点;(2)若a >0时,a (a )>−1(a >0)恒成立,求实数a 的取值范围.【解析】(1)a =−1时a (a )=a e −a −1,a ′(a )=e −a −a e −a =0,所以当a <1,a ′(a )>0,a >1,a ′(a )<0.所以a (a )的单调递减区间为(1,+∞),单调递增区间为(−∞,1),极大值点为a =1,无极小值点.(2)解法1:a (a )>−1⇔a (e aa −2a −2)+a >−1, 即a (e aa −2a −2)+a +1>0, 令aa =a ,则a =aa ,aa e a −(2a +2)a +a +1>0对于a >0恒成立, 即a (a e a −2a +1)>2a −1(∗)易证e a ≥a +1(过程略),则a e a −2a +1≥a (a +1)−2a +1>(a −1)2≥0, 即a e a −2a +1>0. 于是,由(∗)可得a >2a −1a e a −2a +1. 令a (a )=2a −1a e a −2a +1(a>0),则a ′(a )=−(2a +1)(a −1)(a e a −2a +1)2e a(a >0).当a ∈(0,1)时a ′(a )>0,当a ∈(1,+∞)时a ′(a )<0.所以a (a )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,[a (a )]max =a (1)=1e −1, 所以a >1e −1,实数a 的取值范围是(1e −1,+∞). 解法2:a (a )>−1⇔a (e aa −2a−2)+a >−1, 即a (e aa −2a−2)+a +1>0,令aa=a ,则a =aa ,aa e a −(2a +2)a +a +1>0对于a >0恒成立, 即aa +1>2a −1a e a对于a >0恒成立,设a (a )=2a −1a ea ,a ′(a )=−(2a +1)(a −1)a 2e a当a ∈(0,1)时a ′(a )>0,当a ∈(1,+∞)时a ′(a )<0 可得a (a )在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减, 所以a (a )max =a (1)=1e ,则aa +1>1e ,解得a >1e −1. 故实数a 的取值范围是(1e −1,+∞).【点睛】本题第(2)问显然不能直接分离参数,如果利用a ′(a )处理也是十分复杂,于是着眼于简化指数进行换元:令a a =a ,则aa e a −(2a +2)a +a +1>0对于a >0恒成立.换元之后就可以轻松分离参数了,特别是解法2的处理手法值得回味.半分离参数【例6】已知函数a(a)=e a−aa−1(a∈R,其中e为自然对数的底数).(1)若a(a)在定义域内有唯一零点,求a的取值范围;(2)若a(a)≤a2e a在[0,+∞)上恒成立,求a的取值范围.【解析】(1)a′(a)=e a−a,①当a≤0时,a′(a)>0,所以a(a)在R上单调递增;−1+a<0,a(1)=e−a−1>0,又a(−1)=1e由零点存在定理可知,函数a(a)在R上有唯一零点.故a≤0符合题意;②当a>0时,令a′(a)=0得a=ln a,当a∈(−∞,ln a)时,a′(a)<0,a(a)单调递减;a∈(ln a,+∞),a′(a)>0,a(a)单调递增.所以a(a)min=a(ln a)=e ln a−a ln a−1=a−a ln a−1,设a(a)=a−a ln a−1(a>0),则a′(a)=1−(ln a+1)=−ln a,当0<a<1时,a′(a)>0,a(a)单调递增;当a>1时,a′(a)<0,a(a)单调递减,所以a(a)max=a(1)=0,故a=1.综上:实数a的取值范围为{a∣a≤0或a=1}.(2)解法1:a(a)≤a2e a对a∈[0,+∞)恒成立,即(1−a2)e a≤aa+1对a∈[0,+∞)恒成立,即函数a(a)=(1−a2)e a的图像恒在直线a=aa+1的下方.而a′(a)=(1−a2−2a)e a,a′′(a)=(−a2−4a−1)e a<0(a≥0),所以函数a(a)是上凸函数,且在a=0处的切线斜率a=a′(0)=1;直线a=aa+1过定点(0,1),鈄率为a,故a≥1,即a的取值范围为[1,+∞).解法2:a(a)≤a2e a对a∈[0,+∞)恒成立,即(1−a2)e a≤aa+1对a∈[0,+∞)恒成立, 记a(a)=(1−a2)e a=(1+a)(1−a)e a,①当a≥1时,设函数a(a)=(1−a)e a,则a′(a)=−a e a≤0,因此a(a)在[0,+∞)单调递减,又a(0)=1,故a(a)≤1,所以a(a)=(1+a)a(a)≤1+a≤aa+1,故a(a)≤a2e a对a∈[0,+∞)恒成立;②当0<a<1时,设函数a(a)=e a−a−1,则a′(a)=e a−1≥0,所以a(a)在[0,+∞)单调递减,且a(0)=0,故e a≥a+1.当0<a<1时,a(a)>(1−a)(1+a)2,(1−a)(1+a)2−aa−1=a(1−a−a−a2),取a0=−1+√5−4a2,则a0∈(0,1),(1−a0)(1+a0)2−aa0−1=0,所以a(a0)>aa0+1;故0<a<1不合题意.③当a≤0时,取a0=√5−12,则a0∈(0,1),a(a0)>(1−a0)(1+a0)2=1≥aa0+1.故a≤0不合题意.综上,a的取值范围为[1,+∞).【点睛】解法1将不等式进行变形为aa+a≤a(a)(其中a为参数,a为常数),不等号前后两个函数的图像特征为:“一直一曲”,而直线a=aa+a过定点(0,a).半分离参数的方法,通过变形将不等式两边化为一直线与一曲线的形式,再结合图像利用函数凹凸性解决问题,过程简洁快捷.需要指出的是,这种解法只适用于选择题与填空题,不适用于解答题.解法2是不分离参数,直接构造差函数对参数进行讨论,过程更加严谨,理由更加充分,是解答题的一般做法.其中讨论的临界点,可以结合解法1的过程而得到.【例7】已知函数a(a)=a ln a+aa−1,a∈a.(1)求函数a(a)的单调区间;(2)当a=2时,对任意a>1,a(a)>a(a−1)恒成立,求正整数a的最大值.【解析】(1)a(a)的单调递增区间为(e−a−1,+∞),单调递减区间为(0,e−a−1).(2)解法1:全分离a(a)>a(a−1)变形为a<a(a)a−1=a ln a+2a−1a−1,令a(a)=a ln a+2a−1a−1,a′(a)=−ln a+a−2(a−1)2,令a(a)=−ln a+a−2,则a′(a)=−1a +1=a−1a>0,所以a(a)在(1,+∞)单调递增,又a(3)=1−ln3<0,a(4)=2−2ln2>0,所以存在唯一a0∈(3,4),使得a(a0)=0,即ln a0=a0−2.故当a∈(1,a0)时,a(a)<0,a′(a)<0,a(a)单调递减;当a∈(a0,+∞)时,a(a)>0,a′(a)>0,a(a)单调递增.所以a(a)min=a(a0)=a0ln a0+2a0−1a0−1=a02−1a0−1=a0+1,即a<a0+1,又a0∈(3,4),所以a0+1∈(4,5),因为a∈a∗,所以a max=4.解法2:半分离a(a)>a(a−1)恒成立,即a(a)=a ln a+2a−1图像恒在直线a=a(a−1)的上方.因为a′(a)=3+ln a>0,a′′(a)=1a>0,所以a(a)在(1,+∞)单调递增,且下凸; 直线a=a(a−1)过定点(1,0).设过(1,0)的直线与a(a)相切于点(a0,a(a0)),即(a0,a0ln a0+2a0−1).切线斜率为a′(a0),所以a<a′(a0).由a(a0)−0a0−1=a′(a0),得a0ln a0+2a0−1a0−1=3+ln a0,化简整理得ln a0=a0−2,所以a′(a0)=3+ln a0=3+(a0−2)=a0+1.故a<a0+1. 下面估计a0的范围.令a(a)=a−ln a−2,则a′(a)=1−1a =a−1a>0,所以a(a)在(1,+∞)单调递增;又a(3)=1−ln3<0,a(4)=2−2ln2>0,所以a(a)的唯一零点a0∈(3,4).于是a0+1∈(4,5),因为a∈a∗,所以a max=4.【点睛】需要点睛意的是,利用半分离参数求解含参问题,需要结合二阶导数研究函数的凹凸性,在解答题中有“以图代证”的嫌疑,因而这个解法一般只适用于选择题或填空题. 【例8】设函数a(a)=e a(2a−1)−aa+a,其中a<1.若存在在唯一的整数a0使得a(a0)<0.则a的取值范围是（）A.[−32e ,1) B.[−32e,34) C.[32e,34) D.[32e,1)【解析】解法1:全分离参数a (a )<0⇔(a −1)a >e a (2a −1)当a >1时,有a >e a (2a −1)a −1>1,这与题设矛盾,舍去; 当a <1时,有a <e a (2a −1)a −1,记a (a )=e a (2a −1)a −1, 则a ′(a )=e a (2a +1)(a −1)−e a (2a −1)(a −1)2=a e a (2a −3)(a −1)2(a <1), 当a <0时,a ′(a )>0;当0<a <1时,a ′(a )<0,故a (a )在(−∞,0)上单调递增,在(0,1)上单调递减,作出其大致图象如图所示.由题意知,存在唯一的整数a 0使得a (a 0)<0,即a <a (a 0),由图易知a 的取值范围是32e =a (−1)≤a <1,选a .解法2:半分离参数设a (a )=e a (2a −1),a (a )=aa −a ,由题意知,存在唯一的整数a 0,使得a (a 0)<a (a 0),a ′(a )=e a (2a +1),当a <−12时,a ′(a )<0,当a >−12时,a ′(a )>0,则a (a )在(−∞,−12)上单调递减,在(−12,+∞)上单调递增.作出a (a )与a (a )的大致图象如图所示.因为a (0)=−1<−a =a (0),故只需a (−1)≥a (−1)即可,解得a ≥32e ,则a 的取值范围是32e ≤a <1,故选a .强化训练1.设函数a (a )=a 2+aa +a ,a (a )=e a (aa +a ).若曲线a =a (a )和曲线a =a (a )都过点a (0,2),且在点a 处有相同的切线a =4a +2.(1)求a ,a ,a ,a 的值;(2)若a ≥−2时,a (a )≤aa (a ),求a 的取值范围.【解析】(1)a =4,a =2,a =2,a =2(过程略).(2)由(1)知,a (a )=a 2+4a +2,a (a )=2e a (a +1),①当a =−1时,a (a )=−1,a (a )=0,此时a (a )≤aa (a )恒成立,则a ∈a ; ②当a ∈[−2,−1)时,a (a )=2e a (a +1)<0,a (a )≤aa (a )可化为:a ≤a 2+4a +22e a (a +1),令a (a )=a 2+4a +22e a (a +1),则a ′(a )=−a (a +2)22e a (a +1)2≥0恒成立,故a (a )在区间[−2,−1)上单调递增,当a =−2时,a (a )取最小值e 2,故a ≤e 2; ③当a ∈(−1,+∞)时,a (a )=2e a (a +1)>0,a (a )≤aa (a )可化为:a ≥a 2+4a +22e a (a +1), 令a (a )=a 2+4a +22e a (a +1),则a ′(a )=−a (a +2)22e a (a +1)2,当a ∈(−1,0)时,a ′(a )>0,当a ∈(0,+∞)时,a ′(a )<0,故当a =0时,a (a )取极大值1,故a ≥1.综上所述:a ∈[1,e 2],即a 的取值范围是[1,e 2].2.设函数a (a )=e a −aa −2.(1)求a (a )的单调区间;(2)若a =1,a 为整数,且当a >0时,(a −a )a ′(a )+a +1>0,求a 的最大值.【解析】(1)当a ≤0时,a (a )在(−∞,+∞)上单调递增,无减区间;当a >0时,a (a )的单调递减区间是(−∞,ln a ),单调递增区间是(ln a ,+∞).(2)(a −a )a ′(a )+a +1>0等价于a <a +1e a −1+a (a >0)(1),令a (a )=a +1e a −1+a ,则a ′(a )=e a (e a −a −2)(e a −1)2, 而函数a (a )=e a −a −2在(0,+∞)上单调递增,a (1)<0,a (2)>0,所以a (a )在(0,+∞)存在唯一的零点.故a ′(a )在(0,+∞)存在唯一的零点.设此零点为a ,则a ∈(1,2).当a∈(0,a)时,a′(a)<0;当a∈(a,+∞)时,a′(a)>0.所以a(a)在(0,+∞)的最小值为a(a).又由a′(a)=0,可得e a=a+2,所以a(a)=a+1∈(2,3).由于(1)式等价于a<a(a),故整数a的最大值为2.3已知函数a(a)=ln2(1+a)−a21+a.(1)求函数a(a)的单调区间;(2)若不等式(1+1a)a+a≤e对任意的a∈N∗都成立(其中e是自然对数的底数).求a的最大值.【解析】(1)函数a(a)的定义域为(−1,+∞),a′(a)=2ln(1+a)1+a−a2+2a(1+a)2=2(1+a)ln(1+a)−a2−2a(1+a)2.设a(a)=2(1+a)ln(1+a)−a2−2a,则a′(a)=2ln(1+a)−2a.令a(a)=2ln(1+a)−2a,则a′(a)=21+a −2=−2a1+a.当−1<a<0时,a′(a)>0,a(a)在(−1,0)上为增函数,当a>0时,a′(a)<0,a(a)在(0,+∞)上为减函数.所以a(a)在a=0处取得极大值,而a(0)=0,所以a′(a)<0(a≠0), 函数a(a)在(−1,+∞)上为减函数.于是当−1<a<0时,a(a)>a(0)=0,当a>0时,a(a)<a(0)=0.所以,当−1<a<0时,a′(a)>0,a(a)在(−1,0)上为增函数.当a>0时,a′(a)<0,a(a)在(0,+∞)上为减函数.故函数a(a)的单调递增区间为(−1,0),单调递减区间为(0,+∞).(2)不等式(1+1a )a+a≤e等价于不等式(a+a)ln(1+1a)≤1.由1+1a >1知,a≤1ln(1+1a)−a.设a(a)=1ln(1+a)−1a,a∈(0,1],则a′(a)=−1(1+a)ln2(1+a)+1a2=(1+a)ln2(1+a)−a2a2(1+a)ln2(1+a).由(1)知,ln2(1+a)−a21+a≤0,即(1+a)ln2(1+a)−a2≤0.所以a′(a)<0,a∈(0,1],于是a(a)在(0,1]上为减函数.−1.故函数a(a)在(0,1]上的最小值为a(1)=1ln2−1.所以a的最大值为1ln2。
2018届高考数学二轮复习 导数与不等式及参数范围 ppt课件(全国通用)
-7-
解 (1)由题设易知 f(x)=ln x,g(x)=ln x+ ,∴g'(x)=
������
1
������-1 ������ 2
,
令g'(x)=0得x=1, 当x∈(0,1)时,g'(x)<0, 故(0,1)是g(x)的单调减区间, 当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0, 故(1,+∞)是g(x)的单调增区间, 因此,x=1是g(x)的唯一极值点,且为极小值点,从而是最小值点, 所以最小值为g(1)=1.
-8-
(2)g
1 ������
=-ln x+x,设 h(x)=g(x)-g
1 ������
1 ������
=2ln x-x+ ,则 h'(x)=������
1
(������ -1)2 ������ 2
,
当 x=1 时,h(1)=0,即 g(x)=g
,
当x∈(0,1)∪(1,+∞)时,h'(x)<0,h'(1)=0, 因此,h(x)在(0,+∞)内单调递减,当0<x<1时,h(x)>h(1)=0,
2.4.2
导数与不等式及参数范围
-2-
求参数的取值范围(多维探究) 解题策略一 构造函数法 角度一 从条件关系式中构造函数 例1设函数f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(cx+d).若曲线y=f(x)和曲线y=g(x) 都过点P(0,2),且在点P处有相同的切线y=4x+2. (1)求a,b,c,d的值; (2)若x≥-2时,f(x)≤kg(x),求k的取值范围. 难点突破一(作差构造) f(x)≤kg(x)⇔kg(x)-f(x)≥0,设F(x)=kg(x)f(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2⇒F'(x)=2kex(x+2)-2x-4=2(x+2)(kex-1)⇒令 F'(x)=0得x1=-ln k,x2=-2. 此时,类比二次函数根的分布进行分类讨论F(x)的最小值大于或等 于0时的k的范围.
高考数学二轮复习专题二函数与导数2.4.2导数与不等式
-12解题策略一 解题策略二
对点训练2设f(x)=xex,g(x)=
(1)令F(x)=f(x)+g(x),求F(x)的最小值; (2)若任意x1,x2∈[-1,+∞)且x1>x2有m[f(x1)-f(x2)]>g(x1)-g(x2)恒成立, 求实数m的取值范围.Βιβλιοθήκη 1 2 x +x. 2
解 (1)∵F(x)=f(x)+g(x)=xex+2x2+x,
(2)∵不等式ax-ln x≥a(2x-x2)对∀x∈[1,+∞)恒成立, ∴等价于a(x2-x)≥ln x对∀x∈[1,+∞)恒成立. 当x=1时,a∈R都有不等式恒成立;
当 x>1 时,a≥ 即 h(x)=
ln������ 恒成立,令 ������2 -������
h(x)=
ln������ . ������2 -������
∵f'(x)=a-������,∴k=f'(x0)=a-������ ,
0
1
1
即直线的切线方程为 y-ax0+ln x0= ������-
1 ������0
(x-x0),
又切线过原点O, 所以-ax0+ln x0=-ax0+1, 由ln x0=1,解得x0=e,所以切点的横坐标为e.
-8解题策略一 解题策略二
-3解题策略一 解题策略二
难点突破一(直接构造函数) 求 f(x)>0(x>1)时 a 的范围,因 f(1)=0,只需 f(x)在(1,+∞)单调递增.f(x)>0(x>1)⇔f(x)在(1,+∞)单调递 ������'(������) ≥ 0 ≥0⇔ ⇔ ������ > 1 ������ > 1, ������ > 1 1 数 φ(x)=1+������+ln x(x>1),易求得 φ(x)>2,所以 a≤2. 增⇔
高考数学二轮复习专题二函数与导数2.3.2利用导数解不等式及参数的取值范围课件理
命题热点一 命题热点二 命题热点三
利用导数证明不等式 【思考】 如何利用导数x-xln x,且f(x)≥0.
(1)求a; (2)证明:f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2<f(x0)<2-2. 解: (1)f(x)的定义域为(0,+∞). 设 g(x)=ax-a-ln x,则 f(x)=xg(x),f(x)≥0 等价于 g(x)≥0. 因为 g(1)=0,g(x)≥0,故 g'(1)=0,而 g'(x)=a-1������,g'(1)=a-1,得 a=1. 若 a=1,则 g'(x)=1-1������.当 0<x<1 时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当 x>1 时,g'(x)>0,g(x)单调递增.所以 x=1 是 g(x)的极小值点,故 g(x)≥g(1)=0. 综上,a=1.
因为f'(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点.
由f'(x0)=0得ln x0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).
由x0∈(0,1)得f(x0)<
1.
4
因为x=x0是f(x)在区间(0,1)内的最大值点,由e-1∈(0,1),f'(e-1)≠0得
f(x0)>f(e-1)=e-2.
所以e-2<f(x0)<2-2.
命题热点一 命题热点二 命题热点三
题后反思利用导数证明不等式,主要是构造函数,通过导数判断 函数的单调性,由函数的单调性证明不等式成立,或通过求函数的 最值,当该函数的最大值或最小值使不等式成立时,则不等式是恒 成立,从而可将不等式的证明转化为求函数的最值.
高考数学二轮总复习层级三专题二函数导数与不等式第二讲导数与不等式学案理含解
学习资料第二讲导数与不等式1．（2019·全国卷Ⅲ）已知函数f（x)＝2x3－ax2＋2。
（1)讨论f（x)的单调性;（2)当0〈a<3时，记f(x)在区间[0,1］的最大值为M，最小值为m，求M－m的取值范围．解：(1)f′（x）＝6x2－2ax＝2x(3x－a）．令f′(x）＝0，得x＝0或x＝错误!.若a>0,则当x∈(－∞，0)∪错误!时，f′（x)〉0；当x∈错误!时,f′(x)<0,故f(x）在（－∞,0），错误!上单调递增，在错误!上单调递减；若a＝0，则f（x)在（－∞，＋∞）上单调递增;若a〈0，则当x∈错误!∪（0，＋∞）时,f′（x）>0，当x∈错误!时，f′（x)<0,故f（x）在错误!，（0，＋∞)上单调递增,在错误!上单调递减．(2)当0〈a〈3时,由（1）知，f（x)在错误!上单调递减，在错误!上单调递增，所以f（x)在［0，1]的最小值为f错误!＝－错误!＋2，最大值为f（0)＝2或f(1）＝4－a.于是m＝－错误!＋2，M＝错误!所以M－m＝错误!当0<a〈2时,由y′＝a29－1<0可知y＝2－a＋错误!单调递减，所以M－m的取值范围是错误!.当2≤a<3时，y＝错误!单调递增，所以M－m的取值范围是错误!。
综上，M－m的取值范围是错误!。
2．(2018·全国卷Ⅰ）已知函数f(x）＝错误!－x＋a ln x.(1)讨论f(x）的单调性；（2）若f(x）存在两个极值点x1，x2，证明：错误!〈a－2. 解：（1）f（x）的定义域为(0，＋∞），f′（x)＝－错误!－1＋错误!＝－错误!。
①若a≤2，则f′（x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时，f′（x)＝0, 所以f（x）在(0，＋∞)上单调递减．②若a＞2，令f′（x)＝0，得x＝错误!或x＝错误!.当x ∈错误!∪错误!时，f ′（x ）＜0;当x ∈错误!时，f ′（x )＞0。
高考数学二轮复习专题二函数与导数2.3导数的简单应用课件理
考点 2 利用导数研究函数的单调性
1．若求函数的单调区间(或证明单调性)，只要在其定义域内解 (或证明)不等式 f′(x)>0 或 f′(x)<0 即可．
2．若已知函数的单调性，则转化为不等式 f′(x)≥0 或 f′(x)≤0 在单调区间上恒成立问题来求解．
例 2(2017·全国卷Ⅲ)已知函数 f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 a<0 时，证明 f(x)≤－43a－2.
1．(2017·山西临汾五校三联)已知函数 f(x)是奇函数，当 x<0 时， f(x)＝xln(－x)＋x＋2，则曲线 y＝f(x)在 x＝1 处的切线方程为( )
A．y＝2x＋3 B．y＝2x－3 C．y＝－2x＋3 D．y＝－2x－3
解析：设 x>0，则－x<0， ∵f(x)为奇函数，当 x<0 时，f(x)＝xln(－x)＋x＋2， ∴f(x)＝－f(－x)＝－(－xlnx－x＋2)＝xlnx＋x－2. ∴f(1)＝－1，f′(x)＝lnx＋2. ∴f′(1)＝2， ∴曲线 y＝f(x)在 x＝1 处的切线方程是 y＝2x－3.故选 B. 答案：B
(2)∵f′(x)＝ex(sinx＋cosx)，
∴k＝f′(0)＝1＝－m1 ，∴m＝－1. (3)由导数的几何意义，知 k＝y′＝ex＋e－x－3≥2 ex·e－x－3＝ －1， 当且仅当 x＝0 时等号成立． 即 tanα≥－1，α∈[0，π)．又－12≤x≤12，tanα＝k<0， 所以 α 的最小值是34π.
2．经过原点(0,0)作函数 f(x)＝x3＋3x2 的图象的切线，则切线方 程为________________．
高考总复习二轮理科数学精品课件 专题6 函数与导数 增分2 利用导数证明不等式
由题意可得 f(1)=2,f'(1)=e.故 a=1,b=2.
x
(2)证明 (方法一)要证明 e ln
只需证明 ln
2
x+e
设函数 g(x)=ln
只需证明
>
2e-1
x+ >1(x>0),
1
(x>0),即证明
e
ln
2
1
x+e − e >0,
2
1
x+ − (x>0),
2
1
0<a≤ 时,f(x)≥ ax+
e
2
+ 1.
1e0 -0
1 x
1 0
(1)解 由题意 f'(x)= e .设切点为 A(x0,y0),切线的斜率 k= e =
,
解得
e
e
x0=1,∴A(1,),k=,
∴切线的方程为
e
y-
=
e
(x-1),即
e
y=x.
(2)证明 (方法一)①当 a=1 时,要证
x
x
x-1
1
e-1
1
(x>0),∴只需证明
则下面证明
eln
2
x+
>
ห้องสมุดไป่ตู้
1
(x>0),设
e-1
g(x)min>0,g'(x)= 2 .
g(x)=eln
2
1
x+ − =eln
(课标专用)天津市2020高考数学二轮复习专题二函数与导数2.3二利用导数解不等式及参数的取值范围课件
则h'(x)=-ln x-2=-(ln x-ln e-2),x∈(0,+∞).
当x∈(0,e-2)时,h'(x)>0,故h(x)单调递增;
当x∈(e-2,+∞)时,h'(x)<0,故h(x)单调递减.
所以,h(x)的最大值为h(e-2)=1+e-2,
则1-x-xln x≤1+e-2.
设φ(x)=ex-(x+1),
专题二
2.3 二利用导数解不等式及参数的取值范围
高频考点•探究突破 核心归纳•预测演练
-11-
突破点一
突破点二
突破点三
解:(1)当a=0时,f(x)=x·e-x.
则f'(x)=e-x-x·e-x=e-x(1-x),故f'(0)=1,f(0)=0,
f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程为y=x.
高频考点•探究突破 核心归纳•预测演练
-3-
突破点一
突破点二
突破点三
(1)解:由
f(x)=ln
������+������ e ������
可得
f'(x)=���1���-������e-���l���n ������,x∈(0,+∞).
而 f'(1)=0,即1e-������=0,解得 k=1. (2)解:由(1)知,f'(x)=���1���-len������������-1,x∈(0,+∞). 设 k(x)=���1���-ln x-1,则 k'(x)=-������12 − ���1���<0,
2
综上,当 a≥0 时,函数 f(x)在区间(0,+∞)内单调递增;
高考数学二轮复习专题二函数与导数2.3导数的简单应用课件理65(1).ppt
ln－21a＋21a＋1≤0，即 f(x)≤－43a－2.
[技法领悟] 求解或讨论函数单调性问题的解题策略 讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况．大多数 情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解 集的讨论： (1)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的 大小进行分类讨论． (2)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程 的判别式进行分类讨论． [注意] 讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万 不要忽视了定义域的限制．
a．当 0＜a＜1 时，ln a＜0， 当 x∈(－∞，ln a)时，ex－eln a＜0，h′(x)＞0，h(x)单调递增； 当 x∈(ln a,0)时，ex－eln a＞0，h′(x)＜0，h(x)单调递减； 当 x∈(0，＋∞)时，ex－eln a＞0，h′(x)＞0，h(x)单调递增． 所以当 x＝ln a 时 h(x)取到极大值， 极大值为 h(ln a)＝－a[ln2a－2ln a＋sin(ln a)＋cos(ln a)＋2]； 当 x＝0 时 h(x)取到极小值，极小值是 h(0)＝－2a－1. b．当 a＝1 时，ln a＝0，
【解析】 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x＋2ax＋2a＋ 1＝x＋1x2ax＋1.
若 a≥0，则当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，故 f(x)在(0，＋∞) 单调递增．
福建省福清市高考数学二轮复习专题二函数与导数第二讲导数课件
考点(kǎo
diǎn)1
考点
(kǎo
diǎn)2
考点
(kǎo
diǎn)3
考点4
1
(2)由 f'(x)=(1+kx)ekx=0,得 x=- (k≠0),
若 k>0,则当 x∈ -∞,1
1
时,f'(x)<0,函数 f(x)单调递减,
当 x∈ - , + ∞ 时,f'(x)>0,函数 f(x)单调递增;
1
e
1
1
(ii)当 a> 时,0< <e,当 0<x< 时,h'(x)<0,所以'(x)>0,h(x)在区间
所以 h(x)min=h
1
1
,e
上递增,
=1+ln a=3.
所以 a=e2 满足条件.
综上,存在 a=e2 使 x∈(0,e]时 h(x)有最小值 3
1
22--1
f'(x)=2x-1- =
=
(-1)(2+1)
,
当 x 变化时,f'(x)与 f(x)的变化情况如下表所示:
x
y'
(0,1)
-
y
↘
1
0
极小值
f(1)
(1,+∞)
+
↗
可以看出,当 x=1 时,函数 f(x)有极小值 y 极小=f(1)=1,没有极大值.
第十五页，共31页。
考点(kǎo
①了解函数单调性和导数的关系;能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单