2021-2022年高考数学二轮复习 专题2 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

2021年高考数学二轮复习专题2 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理
导数的综合应用
训练提示:在讨论方程的根的个数、研究函数图象与x轴(或某直线)的交点个数、不等式恒成立等问题时,常常需要求出其中参数的取值范围,这类问题的实质就是函数的单调性与函数的极(最)值的应用.
1.(xx云南省第一次统一检测)已知函数f(x)=ln (1+2x)-.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若a>0,b>0,求证ln 2a-ln b≥1-.
(1)解:由2x+1>0得x>-.
所以f(x)的定义域为（-,+∞）.
因为f(x)=ln (1+2x)-,
所以f′(x)=-=.
由f′(x)>0得x>-,由f′(x)<0得x<-.
所以f(x)的单调递增区间为[-,+∞),
f(x)的单调递减区间为(-,-].
(2)证明:由(1)知,当x=-时,f(x)取得最小值.
所以f(x)的最小值为f(-)=-ln 2.
所以当x>-时,f(x)≥f(-),即f(x)≥-ln 2.
因为a>0,b>0,所以=->-.
设x=,则f()≥-ln 2,
化简得ln 2a-ln b≥1-.
所以当a>0,b>0时,ln 2a-ln b≥1-.
2.(xx山东济宁市一模)已知函数f(x)=e x-ax-a(其中a∈R,e是自然对数的底数,e=2.71828…).
(1)当a=e时,求函数f(x)的极值;
(2)当0≤a≤1时,求证f(x)≥0;
(3)求证:对任意正整数n,都有(1+)(1+)…(1+)<e.
(1)解:当a=e时,f(x)=e x-ex-e,f′(x)=e x-e,
当x<1时,f′(x)<0;当x>1时,f′(x)>0;
所以函数f(x)在(-∞,1)上单调递减,
在(1,+∞)上单调递增,
所以函数f(x)在x=1处取得极小值f(1)=-e,
函数f(x)无极大值;
(2)解:由f(x)=e x-ax-a,f′(x)=e x-a
①当a=0时,f(x)=e x≥0恒成立,满足条件,
②当0<a≤1时,由f′(x)=0,得x=ln a,
则当x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0,当x∈(ln a,+∞)时,
f′(x)>0,
所以函数f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,
在(ln a,+∞)上单调递增,
所以函数f(x)在x=ln a处取得极小值即为最小值,
f(x)min=f(ln a)=e ln a-aln a-a=-aln a.
因为0<a≤1,所以ln a≤0,所以-aln a≥0,
所以f(x)min≥0,
所以综上得,当0≤a≤1时,f(x)≥0;
(3)证明:由(2)知,当a=1时,f(x)≥0恒成立,
所以f(x)=e x-x-1≥0恒成立,
即e x≥x+1,所以ln (x+1)≤x,令x=(n∈N+),
得ln (1+)≤,
所以ln (1+)+ln (1+)+…+ln (1+)≤++…+==1-()n<1,
所以(1+)(1+)…(1+)<e.
3.(xx黑龙江大庆二模)已知函数f(x)=(ax-2)e x在x=1处取得极值.
(1)求a的值;
(2)求函数f(x)在[m,m+1]上的最小值;
(3)求证:对任意x1,x2∈[0,2],都有|f(x1)-f(x2)|≤e.
解:(1)f′(x)=ae x+(ax-2)e x=(ax+a-2)e x,
由已知得f′(1)=0,即(2a-2)e=0,解得a=1,
验证知,当a=1时,
在x=1处函数f(x)=(x-2)e x取得极小值,所以a=1;
(2)f(x)=(x-2)e x,f′(x)=e x+(x-2)e x=(x-1)e x.
当m≥1时,f(x)在[m,m+1]上单调递增,
f(x)min=f(m)=(m-2)e m.
当0<m<1时,m<1<m+1,f(x)在[m,1]上单调递减,
在[1,m+1]上单调递增,f(x)min=f(1)=-e.
当m≤0时,m+1≤1,f(x)在[m,m+1]单调递减,
f(x)min=f(m+1)=(m-1)e m+1.
综上,f(x)在[m,m+1]上的最小值
f(x)min=
(3)由(1)知f(x)=(x-2)e x,
f′(x)=e x+(x-2)e x=(x-1)e x.
令f′(x)=0得x=1,
因为f(0)=-2,f(1)=-e,f(2)=0,
所以f(x)max=0,f(x)min=-e,
所以,对任意x1,x2∈[0,2],
都有|f(x1)-f(x2)|≤f(x)max-f(x)min=e.
4.(xx吉林长春市质量监测二)设函数f(x)=(1-ax)ln (x+1)-bx,其中a和b是实数,曲线y=f(x)恒与x轴相切于坐标原点.
(1)求常数b的值;
(2)当0≤x≤1时,关于x的不等式f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围;
(3)求证:()10000.4<e<()1000.5.
(1)解:对f(x)求导得f′(x)=-aln (1+x)+-b,
根据条件知f′(0)=0,所以1-b=0⇒b=1.
(2)解:由(1)得f(x)=(1-ax)ln (1+x)-x,0≤x≤1,
f′(x)=-aln (1+x)+-1
f″(x)=-+=-.
①当a≤-时,由于0≤x≤1,
有f″(x)=-≥0,
于是f′(x)在[0,1]上单调递增,从而f′(x)≥f′(0)=0,
因此f(x)在[0,1]上单调递增,
即f(x)≥f(0)=0而且仅有f(0)=0;
②当a≥0时,由于0≤x≤1,有f″(x)=-<0,
于是f′(x)在[0,1]上单调递减,从而f′(x)≤f′(0)=0,因此f(x)在[0,1]上单调递减,
即f(x)≤f(0)=0而且仅有f(0)=0;
③当-<a<0时,令m=min{1,-},
当0≤x≤m时,f″(x)=-≤0,
于是f′(x)在[0,m]上单调递减,从而f′(x)≤f′(0)=0,因此f(x)在[0,m]上单调递减,
即f(x)≤f(0)=0而且仅有f(0)=0.
综上可知,所求实数a的取值范围是(-∞,-].
(3)证明:对要证明的不等式等价变形如下:
()10000.4<e<()1000.5⇔(1+)<e<(1+)
所以可以考虑证明:对于任意的正整数n,
不等式(1+)<e<(1+)恒成立.
并且继续作如下等价变形
(1+)<e<(1+)⇔(n+)ln (1+)<1<(n+)ln (1+)⇔
对于(p)相当于(2)中a=-∈(-,0),m=情形,
有f(x)在[0,]上单调递减,
即f(x)≤f(0)=0而且仅有f(0)=0.
取x=,当n≥2时,(1+)ln （1+）-<0成立;
当n=1时,（1+）ln 2-1=ln 2-1<×0.7-1<0.
从而对于任意正整数n都有（1+）ln （1+）-<0成立.
对于(q)相当于(2)中a=-情形,对于任意x∈[0,1],
恒有f(x)≥0而且仅有f(0)=0.取x=,
得对于任意正整数n都有（1+）ln （1+）->0成立.
因此对于任意正整数n,
不等式（1+）<e<恒成立.
这样依据不等式（1+）<e<(1+),
再令n=10000利用左边,令n=1000利用右边,
即可得到()10000.4<e<（）1000.5成立.
类型:导数的综合应用
1.已知P(x,y)为函数y=1+ln x图象上一点,O为坐标原点,记直线OP的斜率k=f(x).
(1)若函数f(x)在区间（m,m+）(m>0)上存在极值,求实数m的取值范围;
(2)设g(x)=[xf(x)-1],若对任意x∈(0,1)恒有g(x)<-2,求实数a的取值范围.
解:(1)由题意k=f(x)=,x>0,
所以f′(x)=（）′=-
当0<x<1时,f′(x)>0;当x>1时,f′(x)<0.
所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,故f(x)在x=1处取得极大值.
因为函数f(x)在区间（m,m+）(其中m>0)上存在极值,所以得<m<1.
即实数m的取值范围是（,1）.
(2)g(x)=,
由题可知,当a<0时,g(x)>0,不合题意.
当a>0时,由g(x)<-2,可得ln x+<0,
设h(x)=ln x+,则h′(x)=.
设t(x)=x2+(2-4a)x+1,Δ=(2-4a)2-4=16a(a-1),
①若0<a≤1,则Δ≤0,t(x)>0,h′(x)>0,
所以h(x)在(0,1)内单调递增,又h(1)=0,
所以h(x)<h(1)=0.所以0<a≤1符合条件.
②若a>1,则Δ>0,t(0)=1>0,t(1)=4(1-a)<0,
所以存在x0∈(0,1),使得t(x0)=0,
则h(x)在(x0,1)内单调递减,又h(1)=0,
所以当x∈(x0,1)时,h(x)>0,不合要求.
综合①②可得a的取值范围是(0,1].
2.设函数f(x)=x2+ln (x+1).
(1)求证:当x∈(0,+∞)时f(x)>x恒成立;
(2)求证:++…+<ln xx;
(3)求证:（sin+）<n(1-cos 1+ln 2).
证明:(1)设g(x)=x-f(x)=x-x2-ln (x+1).则g′(x)=1-2x-=
当x>0时,g′(x)<0,
所以g(x)在(0,+∞)上递减,
所以g(x)<g(0)=0,即x<f(x)恒成立. (2)由(1)知,x>0时,x-x2<ln (x+1),
令x=(n∈N*),得-<ln（1+）,
所以（-）<ln
即++…+<ln xx.
(3)因为y=sin x在[0,1]上单调递增,
所以sin=n
<nsin xdx=n(-cos x)|=n(1-cos 1).
又y=在[0,1]上单调递减,
所以=++…+
=n
<ndx
=nln (1+x)
=nln 2
所以（sin+）<n(1-cos 1+ln 2).
3.已知函数f(x)=ln x-ax+-1(a∈R).
(1)当a≥时,讨论f(x)的单调性;
(2)设g(x)=f(x)-+1.在函数g(x)的图象上取两定点A(x1,g(x1)),B(x2,g(x2))(x1<x2),设直线AB的斜率为k,证明:存在x0∈(x1,x2),使g′(x0)=k成立.
解:(1)因为f(x)=ln x-ax+-1(a∈R),
所以f′(x)=-a-=-,
x∈(0,+∞),
令h(x)=ax2-x+1-a,x∈(0,+∞),
当a≥时,由f′(x)=0,则ax2-x+1-a=0,
解得x1=1,x2=-1.
①当a=时,x1=x2,h(x)≥0恒成立,
此时f′(x)≤0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;
②当<a<1时,0<-1<1,
x∈（0,-1）时,h(x)>0,此时f′(x)<0,
函数f(x)单调递减;
x∈（-1,1）时,h(x)<0,此时f′(x)>0,
函数f(x)单调递增;
x∈(1,+∞)时,h(x)>0,此时f′(x)<0,
函数f(x)单调递减;
③当a≥1时,由于-1≤0,
x∈(0,1)时,h(x)<0,此时f′(x)>0,函数f(x)单调递增; x∈(1,+∞)时,h(x)>0,此时f′(x)<0,
函数f(x)单调递减;
综上所述:
当a=时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;
当<a<1时,函数f(x)在（0,-1）单调递减,
在（-1,1）单调递增,在(1,+∞)上单调递减;
当a≥1时,函数f(x)在(0,1)单调递增,
在(1,+∞)单调递减.
(2)由已知得g(x)=ln x-ax,
k==-a
令(x)=g′(x)-k=-,
则(x1)=-=（-1-ln ）
(x2)=-=-（-1-ln ）,
令F(t)=t-1-ln t,则F′(t)=1-=(t>0)
当0<t<1时,F′(t)<0,F(t)单调递减;
当t>1时,F′(t)>0,F(t)单调递增,
故当t≠1时,F(t)>F(1)=0,即t-1-ln t>0
从而-1-ln >0,-1-ln >0,
所以(x1)>0,(x2)<0
因为函数(x)在区间(x1,x2)上的图象是连续不断的一条曲线,
所以存在x0∈(x1,x2),使(x0)=0,
所以g′(x0)=k成立.
4.已知函数f(x)=a-be-x(e是自然对数的底数,e=2.71828…)的图象在x=0处的切线方程为y=x.
(1)求a,b的值;
(2)若g(x)=mln x-e-x+x2-(m+1)x+1(m>0),求函数h(x)=g(x)-f(x)的单调区间;
(3)若正项数列{a n}满足a1=,a n=f(a n),证明:数列{a n}是递减
数列.
(1)解:由题意得f(0)=0,f′(0)=1,则a-b=0,b=1,
解得a=1,b=1.
(2)解:由题意得h(x)=mln x+x2-(m+1)x,
x∈(0,+∞).
h′(x)=+x-(m+1)=
=
①当0<m<1时,令h′(x)>0,
并注意到函数的定义域(0,+∞),
得0<x<m或x>1,则h(x)的增区间是(0,m),(1,+∞);同理可求h(x)的减区间是(m,1).
②当m=1时,h′(x)≥0,
则h(x)是定义域(0,+∞)内的增函数.
③当m>1时,令h′(x)>0,
并注意到函数的定义域(0,+∞)得0<x<1或x>m,
则h(x)的增区间是(0,1),(m,+∞);
同理可求h(x)的减区间是(1,m).
(3)证明:因为正项数列{a n}满足a1=,
a n=f(a n),
所以ln (a n)=ln (1-),即a n+1=-ln .
要证数列{a n}是递减数列
⇔a n+1<a n⇔-ln <a n⇔>⇔>a n+1.
设u(x)=e x-x-1,x∈(0,+∞).因为u′(x)=e x-1>0,
所以u(x)是(0,+∞)上的增函数,则u(x)>u(0)=0,
即e x>x+1,故>a n+1,
则数列{a n}是递减数列.
5.(xx四川德阳市一诊)如图,已知点A(11,0),函数y=的图象上的动点P在x轴上的射影为H,且点H在点A的左侧,设|PH|=t,
△APH的面积为f(t).
(1)求函数f(t)的解析式及t的取值范围;
(2)若a∈(0,2),求函数f(t)在(0,a]上的最大值.
解:(1)由已知可得=t,所以点P的横坐标为t2-1,
因为点H在点A的左侧,所以t2-1<11,
即-2<t<2.
由已知t>0,所以0<t<2,
所以AH=11-(t2-1)=12-t2,
所以△APH的面积为f(t)=(12-t2)t,t∈(0,2).
(2)f′(t)=6-t2=-(t+2)(t-2),由f′(t)=0,
得t=-2(舍),或t=2.
函数f(t)与f′(t)在定义域上的情况如表:
当0<a≤2时,f(t)在(0,a]上单调递增,
所以f(t)max=f(a)=-a3+6a,
当2<a<2时,f(t)在(0,2]上单调递增, (2,a]上单调递减,
f(t)max=f(2)=8.
综上f(t)max=。