2025版高考数学一轮总复习考点突破第3章导数及其应用高考大题规范解答-高考中函数与导数问题的热点题型考点2利用导数研究与不等式有关的问题

利用导数探讨与不等式有关的问题(2024·全国Ⅰ卷，19)(12分)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.(1)探讨f(x)的单调性；(2)证明：当a>0时，f(x)>2lna＋eq\f(3,2).[解析](1)第1步：求导f′(x)＝aex－1，第2步：对a分类探讨，推断f′(x)的符号，得单调性当a≤0时，f′(x)≤0，(1分)所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；(2分)当a>0时，令f′(x)>0，得x>－lna，令f′(x)<0，得x<－lna，(3分)所以函数f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单凋递增．(4分)综上可得：当a≤0时，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；当a>0时，函数f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单凋递增．(5分)(2)解法一(最值法)第1步：利用(1)的结论，求函数f(x)的最值由(1)得当a>0时，函数f(x)＝a(ex＋a)－x的最小值为f(－lna)＝a(e－lna＋a)＋lna＝1＋a2＋lna，(6分)第2步：构造函数g(a)＝1＋a2＋lna－2lna－eq\f(3,2)，求导，推断其单调性令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)所以函数g(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上单调递增，(10分)第3步：求函数g(a)＝1＋a2＋lna－2lna－eq\f(3,2)的最小值，得结论所以函数g(a)的最小值为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)所以当a>0时，f(x)>2lna＋eq\f(3,2)成立．(12分)解法二(分析法)第1步：利用(1)的结论，求函数f(x)的最值当a>0时，由(1)得，f(x)min＝f(－lna)＝1＋a2＋lna，(6分)第2步：利用分析法转化不等式故欲证f(x)>2lna＋eq\f(3,2)成立，只需证1＋a2＋lna>2lna＋eq\f(3,2)，即证a2－eq\f(1,2)>lna．(7分)第3步：构造函数u(a)＝lna－(a－1)(a>0)，求导，推断其单调性，求最值构造函数u(a)＝lna－(a－1)(a>0)，则u′(a)＝eq\f(1,a)－1＝eq\f(1－a,a)，所以当a>1时，u′(a)<0；当0<a<1时，u′(a)>0.(8分)所以函数u(a)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以u(a)≤u(1)＝0，即lna≤a－1，(9分)第4步：把要证的不等式转化为一元二次不等式，利用配方法破解故只需证a2－eq\f(1,2)>a－1，即证a2－a＋eq\f(1,2)>0，(10分)因为a2－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)所以当a>0时，f(x)>2lna＋eq\f(3,2)成立．(12分)冲关策略：(1)恒成立问题可以转化为我们较为熟悉的求最值的问题进行求解，若不能分别参数，可以将参数看成常数干脆求解．(2)证明不等式，通常转化为求函数的最值问题．对于较困难的不等式，要先用分析法进行适当的转化．【变式训练】(2024·全国乙卷)设函数f(x)＝ln(a－x)，已知x＝0是函数y＝xf(x)的极值点．(1)求a；(2)设函数g(x)＝eq\f(x＋fx,xfx)，证明：g(x)<1.[解析](1)由题意，得y＝xf(x)＝xln(a－x)，y′＝ln(a－x)＋eq\f(x,x－a).因为x＝0是函数y＝xf(x)的极值点，所以y′|x＝0＝lna＝0，所以a＝1.(2)证明：由(1)可知f(x)＝ln(1－x)，要证g(x)<1，即证eq\f(x＋fx,xfx)<1，即需证eq\f(x＋ln1－x,xln1－x)<1.因为当x∈(－∞，0)时，xln(1－x)<0，当x∈(0,1)时，xln(1－x)<0，所以需证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，则h′(x)＝1＋(－1)ln(1－x)＋(1－x)·eq\f(－1,1－x)＝－ln(1－x)，当x∈(－∞，0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈