江苏省2019届高考数学专题五函数、不等式与导数5.4大题考法—函数与导数的综合问题讲义

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1、第四讲大题考法——函数与导数的综合问题题型(一)利用导数解决与不等式有关的问题主要考查不等式恒成立有关问题或不等关系证明的问题.[典例感悟][例1]　(2018·镇江期末)已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝λ(x2－1)(λ为常数)．(1)若函数y＝f(x)与函数y＝g(x)在x＝1处有相同的切线，求实数λ的值；(2)若λ＝，且x≥1，证明：f(x)≤g(x)；(3)若对任意x∈[1，＋∞)，不等式f(x)≤g(x)恒成立，求实数λ的取值范围．[解]　(1)因为f′(x)＝lnx＋1，所以f′(1)＝1，因为f′(1)＝g′(1)且

2、g′(x)＝2λx，所以g′(1)＝2λ＝1，解得λ＝.(2)证明：设函数h(x)＝f(x)－g(x)＝xlnx－(x2－1)，则h′(x)＝lnx＋1－x(x≥1).设p(x)＝lnx＋1－x，从而p′(x)＝－1≤0对任意x∈[1，＋∞)上恒成立，所以p(x)在[1，＋∞)上单调递减，因为p(1)＝0，所以当x∈[1，＋∞)时，p(x)≤0，即h′(x)≤0，因此函数h(x)＝xlnx－(x2－1)在[1，＋∞)上单调递减，即h(x)≤h(1)＝0，所以当x≥1时，f(x)≤g(x)成立.(3)设函数H(x)＝xlnx－λ(x2－1

3、)(x≥1)，从而对任意x∈[1，＋∞)，不等式H(x)≤0＝H(1)恒成立．又H′(x)＝lnx＋1－2λx，当H′(x)＝lnx＋1－2λx≤0，即≤2λ恒成立时，函数H(x)单调递减.设r(x)＝(x≥1)，则r′(x)＝≤0，所以r(x)max＝r(1)＝1，即2λ≥1，解得λ≥.当λ≤0时，H′(x)＝lnx＋1－2λx>0恒成立，此时函数H(x)单调递增.于是，不等式H(x)≥H(1)＝0对任意x∈[1，＋∞)恒成立，不符合题意；当0<λ<时，设q(x)＝H′(x)＝lnx＋1－2λx，则q′(x)＝－2λ＝0⇒x＝>1，当

4、x∈时，q′(x)＝－2λ>0，此时q(x)＝H′(x)＝lnx＋1－2λx单调递增，所以H′(x)＝lnx＋1－2λx>H′(1)＝1－2λ>0，故当x∈时，函数H(x)单调递增．于是当x∈时，H(x)>0成立，不符合题意.综上所述，实数λ的取值范围为.[方法技巧]利用导数解决不等式恒成立问题的两种常用方法(1)分离参数法(2)函数思想法[演练冲关]1．(2018·苏锡常镇一模)已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－ax＋a(a为正实数，且为常数)．(1)若f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)若不等式(x－1)f

5、(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)因为f(x)＝(x＋1)lnx－ax＋a，所以f′(x)＝lnx＋＋1－a(x>0)，若f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则f′(x)≥0，即a≤lnx＋＋1在(0，＋∞)上恒成立，设g(x)＝lnx＋＋1(x＞0)，则g′(x)＝，当x>1时，g′(x)>0；当0

6、(x)单调递增．又f(1)＝0，所以当x∈(0,1)时，f(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0.故不等式(x－1)f(x)≥0恒成立．当a>2时，f′(x)＝，设p(x)＝xlnx＋(1－a)x＋1，则p′(x)＝lnx＋2－a.令p′(x)＝lnx＋2－a＝0，得x＝ea－2>1.当x∈(1，ea－2)时，p′(x)<0，p(x)单调递减，则p(x)

7、题意．综上，实数a的取值范围为(0,2]．2．(2018·无锡期末)已知函数f(x)＝ex(3x－2)，g(x)＝a(x－2)，其中a，x∈R.(1)若对任意x∈R，有f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值范围；(2)若存在唯一的整数x0，使得f(x0)

8、)＋0－F(x)极大值所以F(x)max＝F(0)＝1，故此时a≥1.②当x＝2时，f(x)≥g(x)恒成立，故此时a∈R.③当x∈(2，＋∞)时，a≤，即a≤min，令F′(x)＝0，得x＝，当x变化