【创新设计】2016高考数学二轮复习 专题一 第5讲 导数与不等式的证明、存在性及恒成立问题训练 文
第5讲 第2课时 利用导数证明不等式
17
突破核心命题 10拓展提能 限时规范训练
∴当x∈(0，1)时，g′(x)>0， 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0， 故 g(x) 在 (0 ， 1) 上 单 调 递 增 ， 在 (1 ， ＋ ∞) 上 单 调 递 减 ， 从 而 g(x) 在 (0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1.
15
突破核心命题 10拓展提能 限时规范训练
反思感悟
如果要证明的不等式由指数函数、对数函数、多项式函数组合而 成，往往进行指对分离，转化为证明g(x)≥h(x)，分别求g(x)min，h(x)max进 行证明．
16
突破核心命题 10拓展提能 限时规范训练
训练2 (2024·衡水模拟改编)已知函数f(x)＝eln x－ex，证明：xf(x)－ ex＋2ex≤0.
5
突破核心命题 10拓展提能 限时规范训练
可得x＝－ln a，当x变化时，f(x)与f′(x)变化如下表：
x
(－∞，－ln a)
－ln a
(－ln a，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
单调递减
极小值
单调递增
当 x∈－∞，－ln a时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当 x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增． 综上，当 a≤0 时，fx在 R 上单调递减； 当 a>0 时，fx在－∞，－ln a上单调递减，在－ln a，＋∞上单调递 增．
23
ห้องสมุดไป่ตู้
【热点重点难点专题透析】(新课标)2016届高考数学二轮复习 细致讲解专题1 不等式、函数与导数课件 理
������-������ ≤ 0,
3.设变量 x、y 满足约束条件 ������ + 3������-4 ≤ 0,则 z=y-2x 的最大值
为( ).
������ + 2 ≥ 0,
A.1 B.2 C.4 D.6
������-������ ≤ 0,
【解析】作出表示约束条件 ������ + 3������-4 ≤ 0,的可行域,得 z
数若在 x=0 处有定义,则必有 f(0)=0”的灵活应用.
2.应用不等式性质时,一定要弄清楚性质成立的前提条件.
判断数式的不等关系,既可利用不等式性质,也可灵活运用函数
的单调性.利用基本不等式求最值时,要善于运用“拆、拼、配、
凑”的技巧,同时满足基本不等式中“正、定、等”的条件,多次 使用基本不等式时,要确保取得等号的条件的一致性,否则容易
1+1
1+������
-1 0
=a0<1������+(ee-)1=1e+-e2-1<1,
即 a0∈(0,1).
当 a=a0 时,有 f'(x0)=0,f(x0)=φ(x0)=0,
由(1)知,f'(x)在区间(1,+∞)上单调递增,
故当 x∈(1,x0)时,f'(x)<0,从而 f(x)>f(x0)=0;
在处理分段函数问题时,不仅要研究每段函数的性质,而且要对
整个函数性质进行研究.
7.函数导数的应用,一是利用导数的几何意义求切线方程,
此时要明确题给的已知点是“切点”还是“非切点”,以避免错 解;二是应用导数研究函数的单调性、极值与最值,此时要重视函 数的定义域,熟练掌握可导函数的单调性、极值与最值的判断方 法,利用数形结合思想;三是运用导数与函数的单调性建立不等 式求参数范围,此时不等号中切勿遗漏含等号情况;四是利用导 数研究函数的零点、求参数范围、解(证)不等式、求函数最值等 较难的综合问题,有时需构造函数,通过两次求导来解决问题,当
全国通用高考数学复习导数与不等式的证明恒成立及能成立问题练习理
专题一 函数与导数、不等式 第5讲 导数与不等式的证明、恒成立及能成立问题练习 理一、选择题1.设f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ＜0时，f ′(x )＞0，且f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝0，则不等式f (x )＜0的解集为( )A.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ＜12B.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪0＜x ＜12C.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ＜－12或0＜x ＜12D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪－12≤x ≤0或x ≥12解析 如图所示，根据图象得不等式f (x )＜0的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ＜－12或0＜x ＜12.答案 C2.若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3恒成立，则实数a 的取值范围为( ) A.(－∞，0) B.(－∞，4] C.(0，＋∞)D.[4，＋∞)解析 条件可转化为a ≤2ln x ＋x ＋3x恒成立.设f (x )＝2ln x ＋x ＋3x，则f ′(x )＝（x ＋3）（x －1）x2(x ＞0). 当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增， 所以f (x )min ＝f (1)＝4.所以a ≤4. 答案 B3.若存在正数x 使2x(x －a )＜1成立，则a 的取值范围是( ) A.(－∞，＋∞) B.(－2，＋∞) C.(0，＋∞)D.(－1，＋∞)解析 ∵2x(x －a )＜1，∴a ＞x －12x .令f (x )＝x －12x ，∴f ′(x )＝1＋2－xln 2＞0.∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴f (x )＞f (0)＝0－1＝－1，∴a 的取值范围为(－1，＋∞)，故选D. 答案 D4.(2015·全国Ⅱ卷)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )＜0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A.(－∞，－1)∪(0，1)B.(－1，0)∪(1，＋∞)C.(－∞，－1)∪(－1，0)D.(0，1)∪(1，＋∞)解析 令F (x )＝f （x ）x，因为f (x )为奇函数，所以F (x )为偶函数，由于F ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2，当x ＞0时，xf ′(x )－f (x )＜0，所以F (x )＝f （x ）x在(0，＋∞)上单调递减，根据对称性，F (x )＝f （x ）x在(－∞，0)上单调递增，又f (－1)＝0，f (1)＝0，数形结合可知，使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1).故选A. 答案 A5.(2016·山东师范大学附中二模)已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )＜f (x )，且f (x ＋2)为偶函数，f (4)＝1，则不等式f (x )＜e x的解集为( ) A.(－2，＋∞) B.(0，＋∞) C.(1，＋∞)D.(4，＋∞)解析 由f (x ＋2)为偶函数可知函数f (x )的图象关于x ＝2对称，则f (4)＝f (0)＝1.令F (x )＝f （x ）ex，则F ′(x )＝f ′（x ）－f （x ）ex＜0.∴函数F (x )在R 上单调递减.又f (x )＜e x等价于f （x ）ex＜1，∴F (x )＜F (0)，∴x ＞0.答案 B 二、填空题6.已知不等式e x－x ＞ax 的解集为P ，若[0，2]⊆P ，则实数a 的取值范围是________. 解析 由题意知不等式e x－x ＞ax 在x ∈[0，2]上恒成立. 当x ＝0时，显然对任意实数a ，该不等式都成立.当x ∈(0，2]时，原不等式即a ＜e xx －1，令g (x )＝e xx －1，则g ′(x )＝e x（x －1）x2，当0＜x＜1时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，当1＜x ＜2时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，故g (x )在(0，2]上的最小值为g (1)＝e －1， 故a 的取值范围为(－∞，e －1). 答案 (－∞，e －1)7.已知函数f (x )＝ln x －a ，若f (x )＜x 2在(1，＋∞)上恒成立，则实数a 的取值范围是________.解析 ∵函数f (x )＝ln x －a ，且f (x )＜x 2在(1，＋∞)上恒成立， ∴a ＞ln x －x 2，x ∈(1，＋∞). 令h (x )＝ln x －x 2，有h ′(x )＝1x－2x .∵x ＞1，∴1x－2x ＜0，∴h (x )在(1，＋∞)上为减函数，∴当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜h (1)＝－1，∴a ≥－1. 答案 [－1，＋∞) 8.已知函数f (x )＝x －1x ＋1，g (x )＝x 2－2ax ＋4，若对于任意x 1∈[0，1]，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是________. 解析 由于f ′(x )＝1＋1（x ＋1）2＞0，因此函数f (x )在[0，1]上单调递增，所以x ∈[0，1]时，f (x )min ＝f (0)＝－1.根据题意可知存在x ∈[1，2]，使得g (x )＝x 2－2ax ＋4≤－1，即x 2－2ax ＋5≤0，即a ≥x 2＋52x 能成立，令h (x )＝x 2＋52x ，则要使a ≥h (x )在x ∈[1，2]上能成立，只需使a ≥h (x )min ，又函数h (x )＝x 2＋52x 在x ∈[1，2]上单调递减，所以h (x )min ＝h (2)＝94，故只需a ≥94.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫94，＋∞ 三、解答题9.已知函数f (x )＝x 2e x. (1)求f (x )的单调区间；(2)证明：∀x 1，x 2∈(－∞，0]，f (x 1)－f (x 2)≤4e 2.(1)解 f ′(x )＝x (x ＋2)e x.令f ′(x )＝x (x ＋2)e x＝0，则x 1＝－2，x 2＝0. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表所以函数f (x )的单调递减区间为(－2，0)，单调递增区间为(－∞，－2)，(0， ＋∞).(2)证明 由(1)知f (x )的单调递增区间为(－∞，－2)，单调递减区间为(－2，0)， 所以当x ∈(－∞，0]时，f (x )最大值＝f (－2)＝4e 2.因为当x ∈(－∞，－2]时，f (x )＞0，f (0)＝0， 所以当x ∈(－∞，0]时，f (x )最小值＝f (0)＝0. 所以f (x )最大值－f (x )最小值＝4e2.所以对∀x 1，x 2∈(－∞，0]，都有f (x 1)－f (x 2)≤f (x )最大值－f (x )最小值＝4e2.10.(2016·潍坊一模)已知函数f (x )＝ln x ＋x 2－ax (a 为常数). (1)若x ＝1是函数f (x )的一个极值点，求a 的值； (2)当0＜a ≤2时，试判断f (x )的单调性；(3)若对任意的a ∈(1，2)，x 0∈[1，2]，不等式f (x 0)＞m ln a 恒成立，求实数m 的取值范围.解 f ′(x )＝1x＋2x －a .(1)由已知得：f ′(1)＝0，所以1＋2－a ＝0，所以a ＝3.(2)当0＜a ≤2时，f ′(x )＝1x ＋2x －a ＝2x 2－ax ＋1x＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 42＋1－a 28x.因为0＜a ≤2，所以1－a 28＞0，而x ＞0，即f ′(x )＝2x 2－ax ＋1x＞0，故f (x )在(0，＋∞)上是增函数.(3)当a ∈(1，2)时，由(2)知，f (x )在[1，2]上的最小值为f (1)＝1－a ，故问题等价于：对任意的a ∈(1，2)，不等式1－a ＞m ln a 恒成立，即m ＜1－a ln a恒成立.记g (a )＝1－a ln a (1＜a ＜2)，则g ′(a )＝－a ln a －1＋aa （ln a ）2.令M (a )＝－a ln a －1＋a ，则M ′(a )＝－ln a ＜0， 所以M (a )在(1，2)上单调递减， 所以M (a )＜M (1)＝0，故g ′(a )＜0， 所以g (a )＝1－aln a 在a ∈(1，2)上单调递减，所以m ≤g (2)＝1－2ln 2＝－log 2e ，即实数m 的取值范围为(－∞，－log 2e].11.已知函数f (x )＝ax ＋bx＋c (a ＞0)的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1. (1)用a 表示出b ，c ；(2)若f (x )≥ln x 在[1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围； (3)证明：1＋12＋13＋…＋1n ＞ln(n ＋1)＋n2（n ＋1）(n ≥1).(1)解 f ′(x )＝a －bx 2，则有⎩⎪⎨⎪⎧f （1）＝a ＋b ＋c ＝0，f ′（1）＝a －b ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝a －1，c ＝1－2a .(2)解 由(1)知，f (x )＝ax ＋a －1x＋1－2a . 令g (x )＝f (x )－ln x ＝ax ＋a －1x＋1－2a －ln x ，x ∈[1，＋∞)， 则g (1)＝0，g ′(x )＝a －a －1x 2－1x ＝ax 2－x －（a －1）x 2＝a （x －1）⎝⎛⎭⎪⎫x －1－a a x 2，(ⅰ)当0＜a ＜12时，1－aa＞1.若1＜x ＜1－aa，则g ′(x )＜0，g (x )是减函数，所以g (x )＜g (1)＝0，即f (x )＜ln x . 故f (x )≥ln x 在[1，＋∞)上不成立. (ⅱ)当a ≥12时，1－aa≤1.若x ＞1，则g ′(x )＞0，g (x )是增函数， 所以g (x )＞g (1)＝0，即f (x )＞ln x ，故当x ≥1时，f (x )≥ln x .综上所述，所求a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. (3)证明 法一 由(2)知：当a ≥12时，有f (x )≥ln x (x ≥1).令a ＝12，有f (x )＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x ≥ln x (x ≥1)，且当x ＞1时，12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x ＞ln x .令x ＝k ＋1k ，有ln k ＋1k ＜12⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋1k －k k ＋1＝ 12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k －⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k ＋1， 即ln(k ＋1)－ln k ＜12⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1k ＋1，k ＝1，2，3，…，n .将上述n 个不等式依次相加得ln(n ＋1)＜12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋…＋1n ＋12（n ＋1），整理得1＋12＋13＋…＋1n ＞ln(n ＋1)＋n2（n ＋1）.法二 用数学归纳法证明.①当n ＝1时，左边＝1，右边＝ln 2＋14＜1，不等式成立.②假设n ＝k 时，不等式成立，即 1＋12＋13＋…＋1k ＞ln(k ＋1)＋k 2（k ＋1）. 那么1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1＞ln(k ＋1)＋k 2（k ＋1）＋1k ＋1＝ln(k ＋1)＋k ＋22（k ＋1）.由(2)知：当a ≥12时，有f (x )≥ln x (x ≥1).令a ＝12，有f (x )＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x ≥ln x (x ≥1).令x ＝k ＋2k ＋1，得：12⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋2k ＋1－k ＋1k ＋2≥ln k ＋2k ＋1＝ln(k ＋2)－ln(k ＋1).∴ln(k ＋1)＋k ＋22（k ＋1）≥ln(k ＋2)＋k ＋12（k ＋2）.∴1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1＞ln(k ＋2)＋k ＋12（k ＋2）.这就是说，当n ＝k ＋1时，不等式也成立. 根据①和②，可知不等式对任何n ∈N *都成立.。
专题一 第5讲 导数与不等式的证明
可得h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以h(x)＝x－1－ln x≥h(1)＝0，即x－1≥ln x.
于是，当a≤1时，ex－a≥x－a＋1≥x＋a－1≥ln(x＋a)， 注意到以上三个不等号的取等条件分别为x＝a，a＝1，x＋a＝1，它 们无法同时取等， 所以当a≤1时，ex－a>ln(x＋a)，即f(x)>0.
12
当a＝e时，f(x)＝ln(e－x)－x＋e，
要证 f(e－x)<ex＋2xe，即证 ln x＋x<ex＋2xe，即证lnxx＋1<exx＋21e.
设
g(x)＝lnx
x＋1(x>0)，则
1－ln g′(x)＝ x2
x ，
所以当0<x<e时，g′(x)>0，当x>e时，g′(x)<0，
所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
当t∈(0,1)时，g′(t)<0，g(t)单调递减， 假设g(1)能取到， 则g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0； 当t∈(1，＋∞)时，g′(t)>0，g(t)单调递增， 假设g(1)能取到，则g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0，
x＋ln1－x 综上所述，g(x)＝ xln1－x <1 在 x∈(－∞，0)∪(0,1)上恒成立.
方法二 f(x)＝ln ex＝1－ln x. 欲证 f(x)<1＋1x－x2ex，只需证1－elxn x＋x2－1x<1，
因为x∈(0,1)，所以1－ln x>0，ex>e0＝1，
则只需证 1－ln x＋x2－1x<1， 只需证 ln x－x2＋1x>0， 令 t(x)＝ln x－x2＋1x，x∈(0,1)，
利用导数证明不等式的几种方法
利用导数证明不等式的几种方法导数是微积分的一个重要概念，它可以用来研究函数的变化趋势和性质。
在证明不等式时，利用导数是一种常见的方法。
下面将介绍几种常用的利用导数证明不等式的方法。
一、极值点法这种方法的基本思路是通过求函数的导数，并找出函数的极值点，来确定不等式的成立条件。
具体步骤如下：1.求函数的导数。
2.找出导数存在的区间。
3.求出导数的零点即函数的极值点。
4.判断在极值点附近函数的变化情况，从而确定不等式的成立条件。
例如，我们要证明一个函数f(x)在区间[a,b]上是单调递增的。
则可以通过求函数的导数f'(x)，找出f'(x)的零点，然后判断f'(x)的符号来确定f(x)的变化趋势。
这种方法的特点是简单直观，容易理解和操作。
但是要求函数的导数存在，在一些特殊情况下可能无法使用。
二、Lagrange中值定理法Lagrange中值定理是微积分中的一个重要定理，它表明：如果一个函数在区间 [a, b] 上连续，并且在 (a, b) 上可导，则在 (a, b) 存在一个点 c，使得函数在 c 处的导数等于函数在 [a, b] 上的平均变化率。
利用这个定理，可以通过求函数在区间两个点处的导数差值，来推导出不等式。
具体步骤如下：1.假设函数在区间[a,b]上连续，并且在(a,b)上可导。
2.设点a和点b为函数的两个不同取值，即f(a)和f(b)。
3. 由Lagrange中值定理，存在点 c 在 (a, b) 上，使得 f'(c) = (f(b) - f(a)) / (b - a)。
4.判断f'(c)的符号，从而确定不等式的成立条件。
Lagrange中值定理法的优点是具有普适性，可以应用于各种函数。
但是要求函数在区间上连续，在一些特殊情况下可能无法使用。
三、Cauchy中值定理法Cauchy中值定理是微积分中的另一个重要定理，它是Lagrange中值定理的推广形式。
A新高考数学 高考重难专攻(一) 导数与不等式的证明
成立．
适当放缩法
已知函数f(x)＝aex－ln x－1． (1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间； (2)证明：当a≥1e时，f(x)≥0． [解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1x． 由题设知，f′(2)＝0，所以a＝21e2． 从而f(x)＝21e2ex－ln x－1，f′(x)＝21e2ex－1x． 当0<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0． 所以f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)．
1．待证不等式的两边含有相同的变量时，一般地，可以直接构造“左减右” 或“右减
2．利用构造差函数证明不等式的基本步骤 (1)作差或变形； (2)构造新的函数g(x)； (3)利用导数研究g(x)的单调性或最值； (4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
x＝ln 2．
于是当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，ln 2)
ln 2
(ln 2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
2(1－ln 2＋a)
故 f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)． 所以 f(x)在 x＝ln 2 处取得极小值，极小值为 f(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)，无极大值．
(2)证明：当a＝0，x∈(0,1)时，x2－1x<fexx等价于－elnx x＋x2－1x<0， ∵当x∈(0,1)时，ex∈(1，e)，－ln x>0，∴－elnx x<－ln x， ∴只需要证－ln x＋x2－1x<0在(0,1)上恒成立． 令g(x)＝－ln x＋x2－1x，x∈(0,1)， ∴g′(x)＝－1x＋2x＋x12＝2x3－x2x＋1>0， 则函数g(x)在(0,1)上单调递增，于是g(x)<g(1)＝－ln 1＋1－1＝0， ∴当x∈(0,1)时，x2－1x<fexx．
导数证明不等式的几个方法
导数证明不等式的几个方法
1、直接利用题目所给函数证明（高考大题一般没有这么直接） 已知函数x x x f -+=)1ln()(，求证：当1->x 时，恒有
x x x ≤+≤+-)1ln(1
11
如果()f a 是函数()f x 在区间上的最大（小）值，则有()f x ≤()f a （或()f x ≥()f a ），那么要证不等式，只要求函数的最大值不超过0就可
2、作差构造函数证明 已知函数.ln 21)(2x x x f += 求证：在区间),1(∞+上，函数)(x f 的图象在函数33
2)(x x g =的图象的下方；
构造出一个函数（可以移项，使右边为零，将移项后的左式设为函数），并利用导数判断所设函数的单调性，再根据函数单调性的定义，证明要证的不等式。
3、合理换元后构造函数可大大降低运算量以节省时间
（2007年，山东卷）
证明：对任意的正整数n ，不等式321)1ln(n n n n ->+ 都成立.
4、从特征入手构造函数证明
若函数y=)(x
(x
f恒成立，且常
f >－)
f在R上可导且满足不等式x)(x
数a，b满足a>b，求证：．a)(a
f
f>b)(b
几个构造函数的类型：
5、隔离函数，左右两边分别考察。
高中数学课件-第5讲 第2课时 利用导数证明不等式
第2课时 利用导数证明不等式命题解读 导数中的不等式证明是高考的常考题型，常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结合，虽然题目难度较大，但是解题方法多种多样，如构造函数法、放缩法等，针对不同的题目，灵活采用不同的解题方法，可以达到事半功倍的效果.01突破核心命题考 点 一将不等式转化为一个函数的最值问题待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证.反思感悟训练1 (2023·新课标Ⅱ卷节选)证明：当0<x<1时，x－x2<sin x<x.证明：设f(x)＝x－sin x，则f′(x)＝1－cos x≥0，所以函数f(x)在(0，1)上单调递增，所以当x∈(0，1)时，f(x)>f(0)＝0，即x－sin x>0在(0，1)上恒成立，所以sin x<x在(0，1)上恒成立.设g(x)＝sin x＋x2－x，则g′(x)＝cos x＋2x－1.设h(x)＝cos x＋2x－1，则h′(x)＝－sin x＋2>0，所以函数h(x)在(0，1)上单调递增，所以当x∈(0，1)时，h(x)>h(0)＝0，即g′(x)>0在(0，1)上恒成立，所以函数g(x)在(0，1)上单调递增，所以当x∈(0，1)时，g(x)>g(0)＝0，即sin x＋x2－x>0在(0，1)上恒成立，所以sin x>x－x2在(0，1)上恒成立.综上所述，当0<x<1时，x－x2<sin x<x.考 点 二将不等式转化为两个函数的最值问题如果要证明的不等式由指数函数、对数函数、多项式函数组合而成，往往进行指对分离，转化为证明g (x )≥h (x )，分别求g (x )min ，h (x )max进行证明.反思感悟训练2 (2024·衡水模拟改编)已知函数f(x)＝eln x－e x，证明：xf(x)－e x＋2e x≤0.考 点 三放缩法证明不等式例3 已知函数f(x)＝a e x－1－ln x－1.(1)若a＝1，求f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)证明：当a≥1时，f(x)≥0.解：(1)当a＝1时， f(x)＝e x－1－ln x－1(x>0)，f′(x)＝e x－1－，k＝f′(1)＝0，又f(1)＝0，∴切点为(1，0).∴切线方程为y－0＝0(x－1)，即y＝0.法二：令g(x)＝e x－x－1，∴g′(x)＝e x－1.当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(0)＝0，故e x≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”.同理可证ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”.由e x≥x＋1⇒e x－1≥x(当且仅当x＝1时取“＝”)，由x－1≥ln x⇒x≥ln x＋1(当且仅当x＝1时取“＝”)，∴e x－1≥x≥ln x＋1，即e x－1≥ln x＋1，即e x－1－ln x－1≥0(当且仅当x＝1时取“＝”)，即f(x)≥0.导数方法证明不等式时，最常见的是e x 和ln x 与其他代数式结合的难题，对于这类问题，可以考虑先对e x 和ln x 进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明.常见的放缩公式如下：(1)e x ≥1＋x ，当且仅当x ＝0时取等号.(2)e x ≥e x ，当且仅当x ＝1时取等号.(3)ln x ≤x －1，当且仅当x＝1时取等号.反思感悟训练3 已知函数f(x)＝ax－sin x.(1)若函数f(x)为增函数，求实数a的取值范围；(2)求证：当x>0时，e x>2sin x.解：(1)∵f(x)＝ax－sin x，∴f′(x)＝a－cos x，由函数f(x)为增函数，则f′(x)＝a－cos x≥0恒成立，即a≥cos x在R上恒成立，∵y＝cos x∈[－1，1]，∴a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞).(2)证明：由(1)知，当a＝1时，f(x)＝x－sin x为增函数，当x>0时，f(x)>f(0)＝0⇒x>sin x，要证当x>0时，e x>2sin x，只需证当x>0时，e x>2x，即证e x－2x>0在(0，＋∞)上恒成立，设g(x)＝e x－2x(x>0)，则g′(x)＝e x－2，令g′(x)＝0，解得x＝ln 2，∴g(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2(1－ln 2)>0，∴g(x)≥g(ln 2)>0，∴e x>2x成立，故当x>0时，e x>2sin x.02限时规范训练(二十二)解：(1)易知函数f(x)的定义域为R，∵f(x)＝e x－x－1，∴f′(x)＝e x－1，令f′(x)>0，解得x>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，令f′(x)<0，解得x<0，f(x)在(－∞，0)上单调递减，即f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，∴函数f(x)的极小值为f(0)＝0，无极大值.3.已知函数f(x)＝x ln x，求证：f(x)<2e x－2.(2)证明：设h(x)＝x－sin x，则h′(x)＝1－cos x≥0，h(x)单调递增，所以当x>0时，h(x)>h(0)＝0，即x>sin x(x>0).所以e x－sin x－1>e x－x－1，所以要证e x－sin x－1>x ln x，只需证明f(x)>x ln x即可.当x∈(0，1)时，f(x)>0，x ln x<0，所以f(x)>x ln x.限时规范训练(二十二)点击进入WORD文档。
2025年高考数学一轮复习-微专题(五)-导数与不等式的证明【课件】
命题点(一) 分类讨论解决不等式恒成立问题 近几年高考中利用导数解决不等式恒成立问题是常见的题型，函数中经常 含有参数，对参数进行分类讨论解决问题，主要在解答题中以压轴题的形式出 现，考查学生的逻辑推理能力和计算能力，题目的综合性较强，难度大． [典例] 已知函数 f(x)＝ex＋ax2－x. (1)当 a＝1 时，讨论 f(x)的单调性； (2)当 x≥0 时，f(x)≥12x3＋1，求 a 的取值范围．
[关键点拨]
(1)问直接求导判断函数 f(x)的单调区间． 切入点 (2)问看到求整数 a 的最大值，想到分离参数 a，然后构造函数，利用
导数及函数的性质求解
迁移点 把 f(x)＞aln x－12x2－2x 转化为 a＜xln xx＋－21x－1在(1，＋∞)上恒成立
(1)想不到分离导数，导致对 a 进行分类讨论． 障碍点 (2)构造函数后，若其导函数无法直接判断单调性，不要忽略零点存在
又 h(3)＝3－ln 3－2＝1－ln 3＜0，h(4)＝4－ln 4－2＝2－2ln 2＞0，根据零点 存在定理，可知 h(x)在(1，＋∞)上有唯一零点，
设该零点为 x0，则 x0∈(3,4)，且 h(x0)＝x0－ln x0－2＝0，即 x0－2＝ln x0. 当 x∈(1，x0)时，h(x)＜0，即 φ′(x)＜0，故 φ(x)在(1，x0)上单调递减； 当 x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞0，即 φ′(x)＞0，故 φ(x)在(x0，＋∞)上单调递增． 所以 φ(x)min＝x0ln xx00＋－21x0－1＝x0＋1. 由题意可知 a＜x0＋1，又 x0∈(3,4)，所以 4＜x0＋1＜5，
②若 0＜2a＋1＜2，即－12＜a＜12， 则当 x∈(0,2a＋1)∪(2，＋∞)时，g′(x)＜0； 当 x∈(2a＋1,2)时，g′(x)＞0. 所以 g(x)在(0,2a＋1)，(2，＋∞)上单调递减，在(2a＋1,2)上单调递增． 由于 g(0)＝1， 所以 g(x)≤1 当且仅当 g(2)＝(7－4a)·e－2≤1， 即 a≥7－4 e2.所以当7－4 e2≤a＜12时，g(x)≤1.
导数与不等式的证明-2025高考数学复习
高考一轮总复习 • 数学
归纳拓展 1．若 x∈0，π2，则 tan x>x>sin x. 2．若 x∈(0，＋∞)，则 ex≥x＋1>x－1≥ln x. 3．若 x∈(－1，＋∞)，则 x≥ln(x＋1)≥x＋x 1.
返回导航
第三章 导数及其应用
高考一轮总复习 • 数学
返回导航
双基自测 题组一 走出误区 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)函数y＝x－sin x有无数多个零点．( × ) (2)函数 y＝tan x－x 在－π2，π2内有三个零点．( × ) (3)不等式 ex>ln(x＋2)恒成立．( √ ) (4)不等式1ex≤1－x 恒成立．( × )
第三章 导数及其应用
高考一轮总复习 • 数学
返回导航
知识点二 利用导数解决不等式的恒成立问题 “恒成立”与“存在性”问题可看作一类问题，一般都可通过求相 关函数的最值来解决，如：当f(x)在x∈D上存在最大值和最小值时，若 f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)在x∈D上的最小值，将原条件转化 为g(a)≤f(x)min；若f(x)≤g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)在x∈D上的最大 值，将原条件转化为g(a)≥f(x)max；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应 求f(x)在x∈D上的最大值，将原条件转化为g(a)≤f(x)max；若存在x∈D， 使 得 f(x)≤g(a) 成 立 ， 应 求 f(x) 在 x ∈ D 上 的 最 小 值 ， 将 原 条 件 转 化 为 g(a)≥f(x)min.
导数的综合应用
知识梳理·双基自测 考点突破·互动探究 名师讲坛·素养提升 提能训练 练案[18]
返回导航
导数与不等式证明大题归纳
导数与不等式证明大题归纳1. 导言嘿，朋友们，今天我们来聊聊一个看似严肃但其实挺有趣的话题，那就是导数与不等式。
说到导数，很多人可能会觉得这是一道数学题，就像一块让人心生畏惧的黑暗魔法。
但其实，导数就像是一把钥匙，打开了理解变化的门，让我们能更好地认识周围的世界。
好比你在观察一辆车的速度，导数就是告诉你这车在某一瞬间开得多快、转弯多急的那个“神秘力量”。
现在，咱们就从最基础的地方入手，逐步深入，最终达到一个终极目标：掌握导数与不等式的关系。
2. 导数的基本概念2.1 什么是导数？首先，咱们得搞清楚什么是导数。
简而言之，导数是一个函数在某一点的瞬时变化率。
想象一下你在玩过山车，当你正准备冲下来的那一刻，导数就能告诉你那一瞬间的速度有多快。
它就像是个侦探，帮助我们揭开函数变化的秘密。
2.2 导数的几何意义然后，咱们得看看导数的几何意义。
导数不仅仅是个数字，它还是切线的斜率。
就像你在爬山，山坡越陡，切线的斜率就越大，反之则越小。
这种感觉其实就像是在说，人生的起伏就像山路，时而陡峭，时而平缓，而导数就是我们脚下那条看不见的切线，带领我们找到方向。
3. 不等式的魅力3.1 不等式的定义接下来，我们来说说不等式。
不等式其实就是一种数学关系，告诉我们一个量比另一个量大或者小。
这就像是两个人比拼，谁的分数高，谁就赢了。
简单来说，不等式为我们提供了判断和比较的工具，让我们能更好地理解各种事物之间的关系。
3.2 不等式的应用而不等式的应用就广泛得多了，咱们可以用它来解决生活中的很多问题。
比如，想知道你的储蓄能否在一年后达到某个目标金额？不等式就可以帮你轻松判断。
生活中有太多时候，我们需要比较和判断，这时候不等式就像是老天送来的法宝，真是不可或缺啊。
4. 导数与不等式的结合4.1 如何利用导数证明不等式？说到这儿，咱们就得把导数和不等式这两个好伙伴串联起来了。
利用导数来证明不等式，听起来有点高深，但其实没那么复杂。
咱们可以通过分析函数的导数，判断函数的单调性，从而得出不等式。
高中数学课件-第5讲 第2课时 利用导数证明不等式
当 x∈－∞，－ln a时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当 x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增. 综上，当 a≤0 时，fx在 R 上单调递减； 当 a>0 时，fx在－∞，－ln a上单调递减，在－ln a，＋∞上单调递 增. (2)证明：由(1)可知当 a>0 时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ ln a，＋∞)上单调递增， 所以 f(x)min＝f(－ln a)＝a1a＋a＋ln a＝a2＋ln a＋1，
8
突破核心命题 限时规范训练
反思感悟
待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减 右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最 值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证.
9
突破核心命题 限时规范训练
训练1 (2023·新课标Ⅱ卷节选)证明：当0<x<1时，x－x2<sin x<x. 证明：设f(x)＝x－sin x，则f′(x)＝1－cos x≥0， 所以函数f(x)在(0，1)上单调递增， 所以当x∈(0，1)时，f(x)>f(0)＝0， 即x－sin x>0在(0，1)上恒成立， 所以sin x<x在(0，1)上恒成立. 设g(x)＝sin x＋x2－x， 则g′(x)＝cos x＋2x－1.
14
突破核心命题 限时规范训练
反思感悟
如果要证明的不等式由指数函数、对数函数、多项式函数组合而 成，往往进行指对分离，转化为证明g(x)≥h(x)，分别求g(x)min，h(x)max进 行证明.
15
突破核心命题 限时规范训练
训练2 (2024·衡水模拟改编)已知函数f(x)＝eln x－ex，证明：xf(x)－ ex＋2ex≤0.
创新设计(全国通用)高考数学二轮复习 专题一 函数与导
专题一 函数与导数、不等式 第5讲 导数与不等式的证明、恒成立及能成立问题训练 文一、选择题1.设f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ＜0时，f ′(x )＞0，且f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝0，则不等式f (x )＜0的解集为( )A.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ＜12B.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪0＜x ＜12C.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ＜－12或0＜x ＜12D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪－12≤x ≤0或x ≥12 解析 如图所示，根据图象得不等式f (x )＜0的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ＜－12或0＜x ＜12.答案 C2.若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3恒成立，则实数a 的取值范围为( ) A.(－∞，0) B.(－∞，4] C.(0，＋∞)D.[4，＋∞)解析 由不等式知x ∈(0，＋∞)，则有a ≤2ln x ＋x ＋3x恒成立.设f (x )＝2ln x ＋x ＋3x ，则f ′(x )＝（x ＋3）（x －1）x2(x ＞0). 当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增， 所以f (x )min ＝f (1)＝4.所以a ≤4. 答案 B3.若存在正数x 使2x(x －a )＜1成立，则a 的取值范围是( ) A.(－∞，＋∞)B.(－2，＋∞)C.(0，＋∞)D.(－1，＋∞)解析 ∵2x(x －a )＜1，∴a ＞x －12x .令f (x )＝x －12x ，∴f ′(x )＝1＋2－xln 2＞0. ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴f (x )＞f (0)＝0－1＝－1，∴a 的取值范围为(－1，＋∞)，故选D. 答案 D4.(2015·全国Ⅱ卷)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )＜0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A.(－∞，－1)∪(0，1)B.(－1，0)∪(1，＋∞)C.(－∞，－1)∪(－1，0)D.(0，1)∪(1，＋∞)解析 令F (x )＝f （x ）x，因为f (x )为奇函数，所以F (x )为偶函数，由于F ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2，当x ＞0时，xf ′(x )－f (x )＜0，所以F (x )＝f （x ）x在(0，＋∞)上单调递减，根据对称性，F (x )＝f （x ）x在(－∞，0)上单调递增，又f (－1)＝0，f (1)＝0，数形结合可知，使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1).故选A. 答案 A5.(2016·东北四校联考)已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )＜f (x )，且f (x ＋2)为偶函数，f (4)＝1，则不等式f (x )＜e x的解集为( ) A.(－2，＋∞) B.(0，＋∞) C.(1，＋∞)D.(4，＋∞)解析 由f (x ＋2)为偶函数可知函数f (x )的图象关于x ＝2对称，则f (4)＝f (0)＝1.令F (x )＝f （x ）ex，则F ′(x )＝f ′（x ）－f （x ）ex＜0.∴函数F (x )在R 上单调递减.又f (x )＜e x等价于f （x ）ex＜1，∴F (x )＜F (0)，∴x ＞0.答案 B 二、填空题6.已知不等式e x－x ＞ax 的解集为P ，若[0，2]⊆P ，则实数a 的取值范围是________. 解析 由题意知不等式e x－x ＞ax 在x ∈[0，2]上恒成立. 当x ＝0时，显然对任意实数a ，该不等式都成立.当x ∈(0，2]时，原不等式即a ＜e x x －1，令g (x )＝e x x －1，则g ′(x )＝e x（x －1）x2，当0＜x ＜1时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，当1＜x ＜2时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，故g (x )在(0，2]上的最小值为g (1)＝e －1，故a 的取值范围为(－∞，e －1).答案 (－∞，e －1)7.已知函数f (x )＝ln x －a ，若f (x )＜x 2在(1，＋∞)上恒成立，则实数a 的取值范围是________.解析 ∵函数f (x )＝ln x －a ，且f (x )＜x 2在(1，＋∞)上恒成立，∴a ＞ln x －x 2，x ∈(1，＋∞).令h (x )＝ln x －x 2，有h ′(x )＝1x－2x .∵x ＞1，∴1x－2x ＜0，∴h (x )在(1，＋∞)上为减函数，∴当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜h (1)＝－1，∴a ≥－1. 答案 [－1，＋∞) 8.已知函数f (x )＝x －1x ＋1，g (x )＝x 2－2ax ＋4，若对于任意x 1∈[0，1]，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是________. 解析 由于f ′(x )＝1＋1（x ＋1）2＞0，因此函数f (x )在[0，1]上单调递增，所以x ∈[0，1]时，f (x )min ＝f (0)＝－1.根据题意可知存在x ∈[1，2]，使得g (x )＝x 2－2ax ＋4≤－1，即x 2－2ax ＋5≤0，即a ≥x 2＋52x 能成立，令h (x )＝x 2＋52x ，则要使a ≥h (x )在x ∈[1，2]上能成立，只需使a ≥h (x )min ，又函数h (x )＝x 2＋52x在x ∈[1，2]上单调递减，所以h (x )min＝h (2)＝94，故只需a ≥94.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫94，＋∞ 三、解答题9.已知函数f (x )＝x 2e x. (1)求f (x )的单调区间；(2)证明：∀x 1，x 2∈(－∞，0]，f (x 1)－f (x 2)≤4e2.(1)解 f ′(x )＝x (x ＋2)e x.令f ′(x )＝x (x ＋2)e x＝0，则x 1＝－2，x 2＝0. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表所以函数f (x )的单调递减区间为(－2，0)，单调递增区间为(－∞，－2)，(0，＋∞). (2)证明 由(1)知f (x )的单调递增区间为(－∞，－2)，单调递减区间为(－2，0)， 所以当x ∈(－∞，0]时，f (x )最大值＝f (－2)＝4e 2.因为当x ∈(－∞，－2]时，f (x )＞0，f (0)＝0， 所以当x ∈(－∞，0]时，f (x )最小值＝f (0)＝0. 所以f (x )最大值－f (x )最小值＝4e2.所以对∀x 1，x 2∈(－∞，0]，都有f (x 1)－f (x 2)≤f (x )最大值－f (x )最小值＝4e2.10.(2016·攀枝花诊断)已知函数f (x )＝ax ＋bx＋c (a ＞0)的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1. (1)用a 表示出b ，c ；(2)若f (x )≥ln x 在[1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围. 解 (1)f ′(x )＝a －b x2，则有⎩⎪⎨⎪⎧f （1）＝a ＋b ＋c ＝0，f ′（1）＝a －b ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝a －1，c ＝1－2a .(2)由(1)知，f (x )＝ax ＋a －1x＋1－2a . 令g (x )＝f (x )－ln x ＝ax ＋a －1x＋1－2a －ln x ，x ∈[1，＋∞)， 则g (1)＝0，g ′(x )＝a －a －1x 2－1x ＝ax 2－x －（a －1）x 2＝a （x －1）⎝⎛⎭⎪⎫x －1－a a x 2，①当0＜a ＜12时，1－aa＞1.若1＜x ＜1－aa，则g ′(x )＜0，g (x )是减函数，所以g (x )＜g (1)＝0，即f (x )＜ln x .故f (x )≥ln x 在[1，＋∞)上不成立. ②当a ≥12时，1－a a≤1.若x ＞1，则g ′(x )＞0，g (x )是增函数，所以g (x )＞g (1)＝0， 即f (x )＞ln x ，故当x ≥1时，f (x )≥ln x .综上所述，所求a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. 11.(2016·郑州质检)设函数f (x )＝a e xln x ＋b e x －1x，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝e(x －1)＋2. (1)求a ，b ； (2)证明：f (x )＞1.(1)解 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x ln x ＋a x e x －b x 2e x －1＋bxe x －1.由题意可得f (1)＝2，f ′(1)＝e.故a ＝1，b ＝2. (2)证明 由(1)知，f (x )＝e xln x ＋2xe x －1，从而f (x )＞1等价于x ln x ＞x e －x－2e .设函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x .所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，g ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，g ′(x )＞0. 故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增， 从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e .设函数h (x )＝x e －x －2e，则h ′(x )＝e －x(1－x ).所以当x ∈(0，1)时，h ′(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＜0. 故h (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为h (1)＝－1e .综上，当x ＞0时，g (x )＞h (x )， 即f (x )＞1.。
2016高考数学二轮复习 专题二 函数与导数 第5讲 利用导数研究不等式恒成立及相关问题课件 文
考向分析 核心整合 热点精讲 阅卷评析
考情纵览考向分析Fra bibliotek考点年份
利用导数解决与函数有关 的不等式恒成立问题
利用导数解决与不等式有 关的问题
2011 21
2012 21
2013 ⅠⅡ
2014 ⅠⅡ
21
2015 ⅠⅡ
21
真题导航
1.(2015高考四川卷,文21)已知函数f(x)=-2xln x+x2-2ax+a2,其中a>0. (1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性; (2)证明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内 有唯一解.
1 x2
1 x2
从而当 x>0,且 x≠1 时,f(x)- 1nx >0,即 f(x)> 1nx .
x 1
x 1
备考指要
1.怎么考 导数的综合应用是高考命题的重点与热点,每年高考都会考查这一知识点,具有一定的难 度与灵活性. 从知识层面上看,一般考查导数在其他知识中的应用,突出导数的工具性,其中主要包括: (1)利用导数研究多项式函数、幂函数、分式函数、以e为底的对数和指数函数的性质及 求参数等综合问题; (2)求最值,以实际问题中的最优化问题形式呈现; (3)把导数与函数、方程、不等式、数列等结合综合考查. 从题目的结构层次上看,常以解答题的形式呈现,第一问一般以抽象导函数值、抽象函数 值、切线方程、极值为背景求函数的解析式,或给定参数的值求函数单调区间问题,较为 简单;第二问均为和不等式相联系,考查由不等式恒成立求参数的取值范围或参数的最值 问题、证明不等式等综合问题,常以压轴题出现,具有一定的难度. 2.怎么办 复习备考时要认真掌握导数与函数单调性、极值与最值的关系,强化导数的工具性的作 用,要认真研究导数与不等式、方程、数列、解析几何的联系,加强导数应用的广泛意识, 注重数学思想与方法的应用.
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第5讲 导数与不等式的证明、存在性及恒成立问题一、选择题1.(2015·安徽卷)函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图象如图所示，则下列结论成立的是( )A.a >0，b <0，c >0，d >0B.a >0，b <0，c <0，d >0C.a <0，b <0，c >0，d >0D.a >0，b >0，c >0，d <0解析 由已知f (0)＝d >0，可排除D ；其导函数f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c 且f ′(0)＝c >0，可排除B ；又f ′(x )＝0有两不等实根，且x 1x 2＝c3a＞0，所以a ＞0，故选A. 答案 A2.已知函数f (x )＝13x 3－2x 2＋3m ，x ∈[0，＋∞)，若f (x )＋5≥0恒成立，则实数m 的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫179，＋∞ B.⎝ ⎛⎭⎪⎫179，＋∞ C.(－∞，2] D.(－∞，2)解析 f ′(x )＝x 2－4x ，由f ′(x )＞0，得x ＞4或x ＜0.∴f (x )在(0，4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增，∴当x ∈[0，＋∞)时，f (x )min ＝f (4).∴要使f (x )＋5≥0恒成立，只需f (4)＋5≥0恒成立即可，代入解之得m ≥179. 答案 A3.若存在正数x 使2x (x －a )＜1成立，则a 的取值范围是( )A.(－∞，＋∞)B.(－2，＋∞)C.(0，＋∞)D.(－1，＋∞)解析 ∵2x(x －a )＜1，∴a ＞x －12x . 令f (x )＝x －12x ， ∴f ′(x )＝1＋2－x ln 2＞0.∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴f (x )＞f (0)＝0－1＝－1，∴a 的取值范围为(－1，＋∞)，故选D.答案 D4.当x ∈[－2，1]时，不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是( )A.[－5，－3]B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－6，－98 C.[－6，－2] D.[－4，－3] 解析 当x ∈(0，1]时，得a ≥－3⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 3－4⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋1x， 令t ＝1x，则t ∈[1，＋∞)，a ≥－3t 3－4t 2＋t ， 令g (t )＝－3t 3－4t 2＋t ，t ∈[1，＋∞)，则g ′(t )＝－9t 2－8t ＋1＝－(t ＋1)·(9t －1)，显然在[1，＋∞)上，g ′(t )＜0，g (t )单调递减，所以g (t )max ＝g (1)＝－6，因此a ≥－6；同理，当x ∈[－2，0)时，得a ≤－2.由以上两种情况得－6≤a ≤－2，显然当x ＝0时也成立.故实数a 的取值范围为[－6，－2].答案 C5.(2015·长沙模拟)已知f (x )是定义在(0，＋∞) 上的非负可导函数，且满足xf ′(x )＋f (x )≤0，对任意的0<a <b ，则必有( )A.af (b )≤bf (a )B.bf (a )≤af (b )C.af (a )≤f (b )D.bf (b )≤f (a )解析 因为xf ′(x )≤－f (x )，f (x )≥0，所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）x ′＝xf ′（x ）－f （x ）x 2≤－2f （x ）x 2≤0， 则函数f （x ）x在(0，＋∞)上单调递减. 由于0<a <b ，则f （a ）a ≥f （b ）b ， 即af (b )≤bf (a ).答案 A二、填空题6.(2015·合肥模拟)设函数f (x )＝ax 3－3x ＋1(x ∈R )，若对于任意x ∈[－1，1]，都有f (x )≥0成立，则实数a 的值为________.解析 若x ＝0，则不论a 取何值，f (x )≥0显然成立；当x ＞0时，即x ∈(0，1]时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为 a ≥3x －1x . 令g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝3（1－2x ）x 4， 所以g (x )在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上单调递减. 因此g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4，从而a ≥4. 当x ＜0时，即x ∈[－1，0)时，同理a ≤3x －1x . g (x )在区间[－1，0)上单调递增，所以g (x )min ＝g (－1)＝4，从而a ≤4，综上可知a ＝4.答案 47.已知函数f (x )＝x 2＋mx －1，若对于任意x ∈[m ，m ＋1]，都有f (x )＜0成立，则实数m 的取值范围是________.解析 作出二次函数f (x )的图象，对于任意x ∈[m ，m ＋1]，都有f (x )＜0，则有⎩⎪⎨⎪⎧f （m ）＜0，f （m ＋1）＜0， 即⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋m 2－1＜0，（m ＋1）2＋m （m ＋1）－1＜0， 解得－22＜m ＜0. 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0 8.(2015·青岛模拟)已知函数f (x )＝x －1x ＋1，g (x )＝x 2－2ax ＋4，若对于任意x 1∈[0，1]，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是________.解析 由于f ′(x )＝1＋1（x ＋1）2＞0，因此函数f (x )在[0，1]上单调递增，所以x ∈[0，1]时，f (x )min ＝f (0)＝－1.根据题意可知存在x ∈[1，2]，使得g (x )＝x 2－2ax ＋4≤－1，即x 2－2ax ＋5≤0，即a ≥x 2＋52x 能成立，令h (x )＝x 2＋52x，则要使a ≥h (x )在x ∈[1，2]能成立，只需使a ≥h (x )min ，又函数h (x )＝x 2＋52x在x ∈[1，2]上单调递减，所以h (x )min ＝h (2)＝94，故只需a ≥94.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫94，＋∞ 三、解答题9.已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R ).(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＝－1时，证明：当x ∈(1，＋∞)时，f (x )＋2＞0；(1)解 根据题意知，f ′(x )＝a （1－x ）x(x ＞0)， 当a ＞0时，则当x ∈(0，1)时，f ′(x )＞0，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)；当a ＜0时，f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)；当a ＝0时，f (x )＝－3，不是单调函数，无单调区间.(2)证明 当a ＝－1时，f (x )＝－ln x ＋x －3，所以f (1)＝－2，由(1)知f (x )＝－ln x ＋x －3在(1，＋∞)上单调递增，所以当x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞f (1).即f (x )＞－2，所以f (x )＋2＞0.10.(2015·唐山期末)已知函数f (x )＝a e x ＋x 2，g (x )＝sin πx 2＋bx ，直线l 与曲线y ＝f (x )切于点(0，f (0))，且与曲线y ＝g (x )切于点(1，g (1)).(1)求a ，b 的值和直线l 的方程；(2)证明：f (x )＞g (x ).(1)解 f ′(x )＝a e x ＋2x ，g ′(x )＝π2cos π2x ＋b ， f (0)＝a ，f ′(0)＝a ，g (1)＝1＋b ，g ′(1)＝b .曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线为y ＝ax ＋a ，曲线y ＝g (x )在点(1，g (1))处的切线为：y ＝b (x －1)＋1＋b ，即y ＝bx ＋1，依题意有a ＝b ＝1，直线l 的方程为y ＝x ＋1，(2)证明 由(1)知f (x )＝e x ＋x 2，g (x )＝sin π2x ＋x ， 设F (x )＝f (x )－(x ＋1)＝e x ＋x 2－x －1，则F ′(x )＝e x ＋2x －1，当x ∈(－∞，0)时，F ′(x )＜F ′(0)＝0，当x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )＞F ′(0)＝0.F (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故F (x )≥F (0)＝0，设G (x )＝x ＋1－g (x )＝1－sin π2x ， 则G (x )≥0，当且仅当x ＝4k ＋1(k ∈Z )时等号成立，由上可知，f (x )≥x ＋1≥g (x )，且两个等号不同时成立，因此f (x )＞g (x ).11.(2014·新课标全国Ⅰ卷)设函数f (x )＝a e xln x ＋b e x －1x ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝e(x －1)＋2.(1)求a ，b ；(2)证明：f (x )＞1.(1)解 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x ln x ＋a x e x －b x 2e x －1＋b xe x －1. 由题意可得f (1)＝2，f ′(1)＝e.故a ＝1，b ＝2.(2)证明 由(1)知，f (x )＝e x ln x ＋2xe x －1， 从而f (x )＞1等价于x ln x ＞x e －x －2e. 设函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x .所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，g ′(x )＜0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，g ′(x )＞0. 故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增， 从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e . 设函数h (x )＝x e －x －2e，则h ′(x )＝e －x (1－x ). 所以当x ∈(0，1)时，h ′(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＜0.故h (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为h (1)＝－1e.综上，当x＞0时，g(x)＞h(x)，即f(x)＞1.。