2025版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)考點(diǎn)突破第3章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用高考大題規(guī)范解答-高考中函數(shù)與導(dǎo)數(shù)問題的熱點(diǎn)題型考點(diǎn)2利用導(dǎo)數(shù)研究與不等式有關(guān)的問題

利用導(dǎo)數(shù)探討與不等式有關(guān)的問題(2024·全國(guó)Ⅰ卷，19)(12分)已知函數(shù)f(x)＝a(ex＋a)－x.(1)探討f(x)的單調(diào)性；(2)證明：當(dāng)a>0時(shí)，f(x)>2lna＋eq\f(3,2).[解析](1)第1步：求導(dǎo)f′(x)＝aex－1，第2步：對(duì)a分類探討，推斷f′(x)的符號(hào)，得單調(diào)性當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)≤0，(1分)所以函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減；(2分)當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)>0，得x>－lna，令f′(x)<0，得x<－lna，(3分)所以函數(shù)f(x)在(－∞，－lna)上單調(diào)遞減，在(－lna，＋∞)上單凋遞增．(4分)綜上可得：當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)在(－∞，－lna)上單調(diào)遞減，在(－lna，＋∞)上單凋遞增．(5分)(2)解法一(最值法)第1步：利用(1)的結(jié)論，求函數(shù)f(x)的最值由(1)得當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)＝a(ex＋a)－x的最小值為f(－lna)＝a(e－lna＋a)＋lna＝1＋a2＋lna，(6分)第2步：構(gòu)造函數(shù)g(a)＝1＋a2＋lna－2lna－eq\f(3,2)，求導(dǎo)，推斷其單調(diào)性令g(a)＝1＋a2＋lna－2lna－eq\f(3,2)＝a2－lna－eq\f(1,2)，a∈(0，＋∞)，(7分)所以g′(a)＝2a－eq\f(1,a)，令g′(a)>0，得a>eq\f(\r(2),2)；令g′(a)<0，得0<a<eq\f(\r(2),2).(9分)所以函數(shù)g(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上單調(diào)遞增，(10分)第3步：求函數(shù)g(a)＝1＋a2＋lna－2lna－eq\f(3,2)的最小值，得結(jié)論所以函數(shù)g(a)的最小值為geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－lneq\f(\r(2),2)－eq\f(1,2)＝lneq\r(2)>0，(11分)所以當(dāng)a>0時(shí)，f(x)>2lna＋eq\f(3,2)成立．(12分)解法二(分析法)第1步：利用(1)的結(jié)論，求函數(shù)f(x)的最值當(dāng)a>0時(shí)，由(1)得，f(x)min＝f(－lna)＝1＋a2＋lna，(6分)第2步：利用分析法轉(zhuǎn)化不等式故欲證f(x)>2lna＋eq\f(3,2)成立，只需證1＋a2＋lna>2lna＋eq\f(3,2)，即證a2－eq\f(1,2)>lna．(7分)第3步：構(gòu)造函數(shù)u(a)＝lna－(a－1)(a>0)，求導(dǎo)，推斷其單調(diào)性，求最值構(gòu)造函數(shù)u(a)＝lna－(a－1)(a>0)，則u′(a)＝eq\f(1,a)－1＝eq\f(1－a,a)，所以當(dāng)a>1時(shí)，u′(a)<0；當(dāng)0<a<1時(shí)，u′(a)>0.(8分)所以函數(shù)u(a)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以u(píng)(a)≤u(1)＝0，即lna≤a－1，(9分)第4步：把要證的不等式轉(zhuǎn)化為一元二次不等式，利用配方法破解故只需證a2－eq\f(1,2)>a－1，即證a2－a＋eq\f(1,2)>0，(10分)因?yàn)閍2－a＋eq\f(1,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)>0恒成立，(11分)所以當(dāng)a>0時(shí)，f(x)>2lna＋eq\f(3,2)成立．(12分)沖關(guān)策略：(1)恒成立問題可以轉(zhuǎn)化為我們較為熟悉的求最值的問題進(jìn)行求解，若不能分別參數(shù)，可以將參數(shù)看成常數(shù)干脆求解．(2)證明不等式，通常轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題．對(duì)于較困難的不等式，要先用分析法進(jìn)行適當(dāng)?shù)霓D(zhuǎn)化．【變式訓(xùn)練】(2024·全國(guó)乙卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(a－x)，已知x＝0是函數(shù)y＝xf(x)的極值點(diǎn)．(1)求a；(2)設(shè)函數(shù)g(x)＝eq\f(x＋fx,xfx)，證明：g(x)<1.[解析](1)由題意，得y＝xf(x)＝xln(a－x)，y′＝ln(a－x)＋eq\f(x,x－a).因?yàn)閤＝0是函數(shù)y＝xf(x)的極值點(diǎn)，所以y′|x＝0＝lna＝0，所以a＝1.(2)證明：由(1)可知f(x)＝ln(1－x)，要證g(x)<1，即證eq\f(x＋fx,xfx)<1，即需證eq\f(x＋ln1－x,xln1－x)<1.因?yàn)楫?dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，xln(1－x)<0，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，xln(1－x)<0，所以需證x＋ln(1－x)>xln(1－x)，即x＋(1－x)ln(1－x)>0.令h(x)＝x＋(1－x)ln(1－x)，x∈(－∞，1)，且x≠0，則h′(x)＝1＋(－1)ln(1－x)＋(1－x)·eq\f(－1,1－x)＝－ln(1－x)，當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈