2017届高考数学二轮复习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课件文
专题05 应用导数研究不等式恒成立问题(解析版)
专题05 应用导数研究不等式恒成立问题【压轴综述】纵观近几年的高考命题，应用导数研究函数的单调性、极（最）值问题，证明不等式、研究函数的零点等，是高考考查的“高频点”问题，常常出现在“压轴题”的位置.其中，应用导数研究不等式恒成立问题的主要命题角度有：证明不等式恒成立、由不等式恒(能)成立求参数的范围、不等式存在性问题.本专题就应用导数研究不等式恒成立问题，进行专题探讨，通过例题说明此类问题解答规律与方法---参变分离、数形结合、最值分析等.一、利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max；(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)＞0.二、不等式恒成立问题的求解策略(1)已知不等式f(x，λ)≥0(λ为实参数)对任意的x∈D恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数解决此类问题可以运用分离参数法，其一般步骤如下：(2)如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(a＞0，Δ＜0或a＜0，Δ＜0)求解．三、不等式存在性问题的求解策略“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值．特别需要关注等号是否成立，以免细节出错．【压轴典例】例1．（2021·全国高三其他模拟）已知数列{}n a 满足11a =，()1ln 1n n a a +=+.若11n n a a λ++≥恒成立，则实数λ的最大值是（ ）(选项中e 为自然对数的底数，大约为2.71828)A ．21e -B ．2e 1- CD ．e【答案】D【详解】由()1ln 1n n a a +=+得()111ln 1n n n n a a a a +++-=-+，设()ln(1),1f x x x x =-+>-， ()1x f x x '=+，()f x 在(1,0)-单调递减，在(0,+∞）单调递增，故min ()(0)0f x f ==，则10n n a a +->，所以1n n a a +≤， 1n a ≥，由11n n a a λ++≥得111ln(1)n n a a λ++++≥易得11ln(11)n n a a λ++≤++，记110n t a ++=>，所以111ln(1ln )n n a t a t ++=++，记()ln t f t t=，()2ln 1()ln t f t t -'=，当ln 10t ->即()0f t '>得t e >时()f t 单调递增，当ln 10t -<即()0f t '<得0t e <<时()f t 单调递减，所以min ()()f t f e e ==，得e λ≤，例2．（2021·浙江嘉兴市·高三）已知函数()()()1x f x e a tax =-+，其中0t ≠．若对于某个t ∈R ，有且仅有3个不同取值的a ，使得关于x 的不等式()0f x ≥在R 上恒成立，则t 的取值范围为（ ）A ．()1,eB ．(),2e eC ．(),e +∞D ．()2,e +∞ 【答案】C【详解】显然0a ≥，否则0x e a ->，于是()()()10x f x e a tax =-+≥，即10tax +≥，这与不等式的解集为R 矛盾．又易知0a =时，不等式()0f x >恒成立．于是仅需再分析0a >的情形．易知0t >，由()()()10x f x e a tax =-+=知ln x a =或1x ta=-，所以11ln ln a a a ta t =-⇔-=．所以原问题等价于关于a 的方程1ln a a t-=有两解，设()ln h a a a =，则()ln 1h a a '=+，10a e <<时，()0h a '<，()h a 递减，1a e>时，()0'>h a ，()h a 递增，所以min 11()h a h e e ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，0x →时，()0h a →，a →+∞时，()h a →+∞，所以由关于a 的方程1ln a a t -=有两解，得110e t-<-<，所以t e >． 例3.(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=ae x-1-ln x+ln a.(1)当a=e 时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;(2)若f(x)≥1,求a 的取值范围.【解析】f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ae x-1-.(1)当a=e 时,f(x)=e x -ln x+1,f'(1)=e-1,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(e+1)=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2.直线y=(e-1)x+2在x 轴,y 轴上的截距分别为,2,因此所求三角形的面积为.(2)当0<a<1时,f(1)=a+ln a<1不满足条件;当a=1时,f(x)=e x-1-ln x,f'(x)=e x-1-.当x ∈(0,1)时,f'(x)<0;当x ∈(1,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数,所以当x=1时,f(x)取得最小值,最小值为f(1)=1,从而f(x)≥1.所以a=1满足条件;当a>1时,f(x)=ae x-1-ln x+ln a ≥e x-1-ln x ≥1.综上,a 的取值范围是[1,+∞).例4.(2020·全国卷Ⅰ高考理科·T21)已知函数f(x)=e x +ax 2-x.(1)当a =1时,讨论f (x )的单调性;(2)当x ≥0时,f (x )≥x 3+1,求a 的取值范围. 【解析】(1)当a =1时,f=e x +x 2-x ,f'=e x +2x -1,由于f″=e x +2>0, 故f'单调递增,注意到f'=0, 故当x ∈时,f'<0,f 单调递减,当x ∈时,f'>0,f 单调递增.(2)由f ≥x 3+1得,e x +ax 2-x ≥x 3+1,其中x ≥0, ①当x =0时,不等式为:1≥1,显然成立,符合题意;②当x>0时,分离参数a得,a≥-,记g =-,g'=-,令h=e x -x2-x -1,则h'=e x-x-1,h″=e x-1≥0,故h'单调递增,h'≥h'=0,故函数h单调递增,h≥h=0,由h≥0可得:e x -x2-x-1≥0恒成立,故当x ∈时,g'>0,g单调递增;当x ∈时,g'<0,g单调递减,因此,=g =,综上可得,实数a 的取值范围是.例5.(2020·天津高考·T20)已知函数f(x)=x3+k ln x(k∈R),f'(x)为f(x)的导函数.(1)当k=6时,①求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;②求函数g(x)=f(x)-f'(x )+的单调区间和极值;(2)当k≥-3时,求证:对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有>.【解析】(1)①当k=6时,f(x)=x3+6ln x,f'(x)=3x2+.可得f(1)=1,f'(1)=9,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=9(x-1),即y=9x-8.②依题意,g(x)=x3-3x2+6ln x +,x∈(0,+∞).从而可得g'(x)=3x2-6x +-,整理可得:g'(x )=,令g'(x)=0,解得x=1.当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如表:x(0,1) 1 (1,+∞)g'(x) - 0 +g(x) 单调递减极小值单调递增所以,g(x)的减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞);g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值.(2)由f (x )=x 3+k ln x ,得f'(x )=3x 2+.对任意的x 1,x 2∈[1,+∞),且x 1>x 2,令=t (t >1), 则(x 1-x 2)[f'(x 1)+f'(x 2)]-2(f (x 1)-f (x 2))=(x 1-x 2)-2 =--3x 2+3x 1+k -2k ln =(t 3-3t 2+3t -1)+k .(ⅰ)令h (x )=x --2ln x ,x ∈(1,+∞).当x >1时,h'(x )=1+-=>0,由此可得h (x )在(1,+∞)上单调递增,所以当t >1时,h (t )>h (1),即t --2ln t >0. 因为x 2≥1,t 3-3t 2+3t -1=(t -1)3>0,k ≥-3, 所以(t 3-3t 2+3t -1)+k ≥(t 3-3t 2+3t -1)-3=t 3-3t 2+6ln t +-1.(ⅱ) 由(1)②可知,当t >1时,g (t )>g (1),即t 3-3t 2+6ln t +>1,故t 3-3t 2+6ln t +-1>0.(ⅲ) 由(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ)可得(x 1-x 2)[f'(x 1)+f'(x 2)]-2(f (x 1)-f (x 2))>0.所以,当k ≥-3时,对任意的x 1,x 2∈[1,+∞),且x 1>x 2,有>.例6．（2021·江苏苏州市·高三）已知函数()e ln ax f x x x =-，其中e 是自然对数的底数，0a >.（1）若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线斜率为21e -，求a 的值；（2）对于给定的常数a ，若()1f x bx ≥+对(0,)x ∈+∞恒成立，求证：b a ≤．【答案】（1）1a =；（2）证明见解析.【详解】（1）因为1()(1)ax f x ax e x'=+-，所以切线斜率为(1)(1)121a k f a e e '==+-=-，即(1)20a a ee +-=．设()(1)2x h x x e e =+-， 由于()(2)0x h x x e '=+>，所以()h x 在(0,)+∞上单调递增，又(1)0h =，由(1)()02a a e h a e +-==可得1a =．（2）设()1t u t e t =--，则()1t u t e '=-，当0t >时，()0u t '>，当0t <时，()0u t '<，所以()u t 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增，所以min()(0)0u t u ==，即()0u t ≥，所以1(*)t e t ≥+．若()1f x bx ≥+对(0,)x ∈+∞恒成立，即ln 1ax xe x bx --≥对(0,)x ∈+∞恒成立，即ln 1ln 1ax ax x xe x b e x x x --≤--=对(0,)x ∈+∞恒成立．设ln 1()ax xe x g x x --=，由（*）可知ln ln 1ln 1ln 1ln 1()ax ax x xe x e x ax x x g x a x x x+----++--==≥=， 当且仅当()ln 0x ax x ϕ=+=时等号成立．由()1()00x a x xϕ'=+>>，所以()ϕx 在()0+∞，上单调递增，又()()1a a a e ae a a e ϕ---=-=-，由0a >，所以10a e --<，即()0a e ϕ-<()10a ϕ=>，则存在唯一()0,1a x e -∈使得0()=0x ϕ，即方程()ln 0x ax x ϕ=+=有唯一解()0,1a x e -∈，即()g x a ≥(对于给定的常数a ，当0x x =，()0,1a x e -∈时取等号)由ln 1ln 1ax axx xe x b e x x x --≤--=对(0,)x ∈+∞恒成立，所以b a ≤． 例7.(2020·江苏高考·T19)已知关于x 的函数y=f(x),y=g(x)与h(x)=kx+b(k,b ∈R)在区间D 上恒有f(x)≥h(x)≥g(x).(1)若f(x)=x 2+2x,g(x)=-x 2+2x,D=(-∞,+∞).求h(x)的表达式;(2)若f(x)=x 2-x+1,g(x)=kln x,h(x)=kx-k,D=(0,+∞).求k 的取值范围;(3)若f(x)=x 4-2x 2,g(x)=4x 2-8,h(x)=4(t 3-t)x-3t 4+2t 2(0<|t|≤),D=[m,n]⊆[-,],求证:n-m ≤. 【解析】(1)由f(x)=g(x)得x=0.又f'(x)=2x+2,g'(x)=-2x+2,所以f'(0)=g'(0)=2,所以,函数h(x)的图象为过原点,斜率为2的直线,所以h(x)=2x.经检验:h(x)=2x 符合题意.(2)h(x)-g(x)=k(x-1-ln x),设φ(x)=x -1-ln x,则φ'(x)=1-=,φ(x)≥φ(1)=0,所以当h(x)-g(x)≥0时,k ≥0.设m(x)=f(x)-h(x)=x 2-x+1-(kx-k)=x 2-(k+1)x+(1+k)≥0,当x=≤0时,m(x)在(0,+∞)上递增,所以m(x)>m(0)=1+k ≥0,所以k=-1.当x=>0时,Δ≤0,即(k+1)2-4(k+1)≤0,(k+1)(k-3)≤0,-1≤k≤3.综上,k∈[0,3].(3)①当1≤t≤时,由g(x)≤h(x),得4x2-8≤4(t3-t)x-3t4+2t2,整理得x2-(t3-t)x+≤0.(*)令Δ=(t3-t)2-(3t4-2t2-8),则Δ=t6-5t4+3t2+8.记φ(t)=t6-5t4+3t2+8(1≤t≤),则φ'(t)=6t5-20t3+6t=2t(3t2-1)(t2-3)<0恒成立, 所以φ(t)在[1,]上是减函数,则φ()≤φ(t)≤φ(1),即2≤φ(t)≤7所以不等式(*)有解,设解集为,因此n-m≤x2-x1=≤.②当0<t<1时,f(-1)-h(-1)=3t4+4t3-2t2-4t-1.设v(t)=3t4+4t3-2t2-4t-1,v'(t)=12t3+12t2-4t-4=4(t+1)(3t2-1),令v'(t)=0,得t=.当t∈时,v'(t)<0,v(t)是减函数;当t∈时,v'(t)>0,v(t)是增函数;v(0)=-1,v(1)=0,则当0<t<1时,v(t)<0,(或证:v(t)=(t+1)2(3t+1)(t-1)<0)则f(-1)-h(-1)<0,因此-1∉(m,n).因为[m,n]⊆[-,],所以n-m≤+1<.③当-≤t<0时,因为f(x),g(x)均为偶函数,因此n-m≤也成立.综上所述,n-m≤.例8.（2020届安徽省马鞍山市高三）已知函数.（1）若在定义域内无极值点，求实数的取值范围；（2）求证：当时，恒成立.【答案】（1）；（2）见解析【解析】（1）由题意知，令，则，当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 又，∵在定义域内无极值点，∴ 又当时，在和上都单调递增也满足题意，所以（2），令，由（1）可知在上单调递増，又，所以存在唯一的零点，故在上单调递减，在上单调递増，∴由知 即当时，恒成立.例9．（2021·安徽高三）已知函数()2ln ,f x x ax x =+-其中0.a ≥（1）讨论()f x 的单调性；（2）若当2x >时()31,12f x x <+恒成立，求a 的取值范围. 【答案】（1）当18a ≥时，函数()f x 在()0,∞+内单增；当108a <<，()f x 在1181180,,4,4a a a a -⎛--+⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∞内单增,在11811844a a a a -+-⎛ ⎝⎭内单减；当0a =时，()f x 在(0，1)内单增，在()1,+∞内单减； （2）7ln20,4-⎡⎤⎢⎥⎣⎦. 【详解】（1）()212121,0ax x f x ax x x x-+=+'-=> 若()()110,21,x a f x ax f x x x-==+-=-在(0，1)内单增，在()1,+∞内单减. 若0,a >由2210ax x -+=知， 18a ∆=-.当Δ180,a =-≤即18a ≥时，2210,ax x -+≥此时()f x 在()0,∞+内单增. 当1Δ180,08a a =-><<时，1184a x a-=，此时()f x 在1181180,,4,4a a a a -⎛-+-+⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∞内单增,在118118,44a a a a --+-⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭内单减. 综上所述：当18a ≥时，函数()f x 在()0,∞+内单增. 当108a <<，()f x 在1181180,,4,4a a a a -⎛-+-+⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∞内单增,在118118,44a a a a --+-⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭内单减. 当0a =时，()f x 在(0，1)内单增，在()1,+∞内单减.（2）()3112f x x <+即231ln 1,2x ax x x +-<+ 即2311ln 2ax x x x <++- 即22111ln 2x a x x x x <++-，2x >，令()22111ln ,2,2x g x x x x x x=++-> 则()23311212ln 2x g x x x x -=---'33264ln ,22x x x x x--+=> 令()()324264ln ,2,320h x x x x x h x x x=--+>=-+>'. 所以()h x 在2x >时单增，()()()24ln222ln410h x h >=-=->，因此()0g x '>， ()g x 在2x >时单增，()()7ln224g x g ->=，于是7ln2.4a -≤ 故a 的取值范围是7ln20,.4-⎡⎤⎢⎥⎣⎦例10.（2020届山西省孝义市一模）已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）当时，曲线总在曲线的下方，求实数的取值范围.【答案】（1）当时，函数在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）.【解析】（1）由可得的定义域为，且， 若，则，函数在上单调递增； 若，则当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减. 综上，当时，函数在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）原命题等价于不等式在上恒成立， 即，不等式恒成立.∵当时，，∴， 即证当时，大于的最大值.又∵当时，，∴，综上所述，.【总结提升】不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；② 数形结合( 图象在 上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数.本题是利用方法 ① 求得的范围. 【压轴训练】1．（2021·长宁区·上海市延安中学高三）设函数()f x 的定义域为R ，满足()()22f x f x +=，且当(]0,2x ∈时，()194f x x x =+-．若对任意(],x m ∈-∞，都有()23f x ≥-，则m 的取值范围是（ ）A ．215⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，B ．163⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，C ．184⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，D ．194⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，【答案】D【详解】当(]0,2x ∈时，()194f x x x =+-的最小值是1,4-由()()22f x f x +=知，当(]2,4x ∈时，()()192224f x x x ⎡⎤=-+-⎢⎥-⎣⎦的最小值是1,2-当(]4,6x ∈时，()()194444f x x x ⎡⎤=-+-⎢⎥-⎣⎦的最小值是1,-要使()23f x ≥-，则()1924443x x -+-≥--，解得：194x ≤或16.3x ≥2．（2020·河津中学高三）若函数2()cos sin 3f x a x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭(其中a 为参数)在R 上单调递增，则a 的取值范围是（ ） A ．10,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．11,,33⎛⎫⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭C ．11,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦D ．1,03⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【答案】C【详解】函数1()sin sin 23f x a x x x =-+在R 上单调递增，等价于2245()cos cos21cos cos 0333f x a x x x a x =-+=-++'在R 上恒成立.设cos x t =，则245()033g t t at =-++在[1,1]-上恒成立，所以45(1)0,3345(1)0,33g a g a ⎧=-++⎪⎪⎨⎪-=--+⎪⎩解得.3．（2021·全国高三专题练习）已知函数()ln f x x =，若对任意的12,(0,)x x ∈+∞，都有()()()()2221212122f x f x x x k x x x -->+⎡⎤⎣⎦恒成立，则实数k 的最大值是（ ）A ．1-B ．0C ．1D ．2【答案】B【详解】设12x x >，因为()()()()2221212122f x f x x x k x x x -->+⎡⎤⎣⎦，变形为()()()()121212212ln ln x x x x x x kx x x -+->+，即12212ln x kx x x x >-，等价于1221ln 1x kx x x >-，因为120x x >>，令12x t x =(1t >)，则ln 1k t t >-，即(1)ln k t t <-.设()()1ln g t t t =-(1t >)，则min ()k g t <.当1t >时1()ln 10g t t t'=+->恒成立，故()g t 在()1,+∞上单调递增，()(1)0g t g >=.所以0k ≤，k 的最大值为0.4．（2019·天津高考模拟）已知函数23ln ,1(),46,1x x f x x x x -≤⎧=⎨-+>⎩ 若不等式()|2|f x x a ≥-对任意(0,)x ∈+∞上恒成立，则实数a 的取值范围为（ ）A ．13,3e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦ B ．[3,3ln 5]+ C ．[3,4ln 2]+D ．13,5e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【答案】C【解析】由题意得：设g(x)=|2|x a -，易得a ＞0，可得2,2g(x)=2,2a x a x a x a x ⎧-≥⎪⎪⎨⎪-+⎪⎩＜，g(x)与x 轴的交点为(,0)2a，① 当2a x ≥，由不等式()|2|f x x a ≥-对任意(0,)x ∈+∞上恒成立，可得临界值时，()g()f x x 与相切，此时2()46,1f x x x x =-+>，()2,2ag x x a x =-≥，可得'()24f x x =-，可得切线斜率为2，242x -=，3x =，可得切点坐标（3，3）， 可得切线方程：23y x =-，切线与x 轴的交点为3(,0)2,可得此时322a =，3a =， 综合函数图像可得3a ≥；② 同理，当2ax ＜，由()g()f x x 与相切， （1）当2()46,1f x x x x =-+>，()2,2a g x x a x =-+＜，可得'()24f x x =-，可得切线斜率为-2，242x -=-，1x =，可得切点坐标（1，3），可得切线方程25y x =-+，可得5a =，综合函数图像可得5a ≤，（2）当()3ln ,1f x x x =-≤，()2,2a g x x a x =-+＜，()g()f x x 与相切，可得'1()f x x， 此时可得可得切线斜率为-2，12x -=-，12x =，可得切点坐标1(,32)2In +, 可得切线方程：1(32)2()2y In x -+=--，242y x In =-++可得切线与x 轴的交点为2(2,0)2In +，可得此时2222a In =+，42a In =+， 综合函数图像可得42a In ≤+， 综上所述可得342a In ≤≤+，故选C.5．（2020·广东佛山市·高三）（多选）命题:p 已知ABC 为锐角三角形，不等式cos cos log 0sin CAB≥恒成立，命题2:2q x x ax +在[1,2]x ∈上恒成立，在[1,2]上恒成立，则真命题的为（ ） A ．p q ∨ B ．p q ∧C ．p q ⌝∨D ．p q ∧⌝【答案】AD 【详解】因为为锐角三角形，所以0,0,0222A B C πππ<<<<<<,所以2A B π+>，则022A B ππ>>->，所以0cos cos()sin 12A B B π<<-=<，所以cos 01sin AB<<，又0cos 1C <<，所以不等式cos cos log 0sin CA B≥恒成立，故命题p 是真命题；命题2:2q x x ax +在[1,2]x ∈上恒成立()min2x a ⇔+，在[1,2]上恒成立，故命题q 是假命题所以p q ∨，p q ∧⌝是真命题.6．（2020·福清西山学校高三）（多选）记函数()f x 与()g x 的定义域的交集为I ，若存在0x I ∈，使得对任意x I ∈，不等式()()fx g x -⎡⎤⎣⎦()00x x -≥恒成立，则称()()(),f x g x 构成“相关函数对”．下列所给的两个函数构成“相关函数对”的有（ ） A ．()xf x e =，()1g x x =+B ．()ln f x x =，()1g x x= C ．()f x x =，()2g x x =D ．()f x x =，【答案】BD【详解】根据函数的新定义，可得两个函数的图象有一个交点，且交点的两侧图象一侧满足()()f x g x >，另一侧满足()()f x g x <，对于A 中，令()()()1xx f x g x e x ϕ=-=--，可得()1xx e ϕ'=-，当0x >时，()10xx e ϕ'=->，函数单调递增；当0x <时，()10x x e ϕ'=-<，函数单调递减，所以当0x =时，函数()x ϕ 取得最小值，最小值为()00ϕ=，即()0x ϕ≥，所以()()f x g x ≥恒成立，不符合题意；对于B 中，令()()()1ln ,0x f x g x x x x ϕ=-=->，可得()2110x x xϕ'=+>，所以函数()x ϕ单调递增，又由()()11ln110,ln 0e e eϕϕ=-<=->，设0x x =满足()00x ϕ=，且01x e <<，则对任意(0,)x ∈+∞，不等式()()f x g x -⎡⎤⎣⎦()00x x -≥恒成立，符合题意；对于C 中，函数()f x x =，()2g x x =，根据一次函数和二次函数的性质，可得函数()y f x =的图象由两个交点，此时不满足题意；对于D 中，令()()()1()2x x f x g x x ϕ=-=，可得()1211()ln 2022x x x ϕ-'=+>，所以()x ϕ在定义域[0,)+∞单调递增，又由()()1010,102ϕϕ=-<=>，所以方程()0x ϕ=只有一个实数根，设为0x ，则满足对任意x I ∈，不等式()()f x g x -⎡⎤⎣⎦()00x x -≥恒成立，符合题意. 7．（2020·浙江高三月考）已知1a >，若对于任意的1[,)3x ∈+∞，不等式()4ln 3e ln x x x a a -≤-恒成立，则a 的最小值为______.【答案】3e【详解】()()4ln 3ln 3ln 3ln x x e x x a a x x ae a x -≤-⇔-≤--()()3ln 3ln x x x x ae ae ⇔-≤-令()ln f x x x =-，()111x f x x x-'=-=，∴()f x 在[)1,+∞上单调递增.∵1a >，1[,)3x ∈+∞，∴[)3,1,x e x a ∈+∞，∴33x x e ae x x a ⇔≤⇔≤恒成立，令()3x xg x e=，只需max ()a g x ≥，()33x xg x e -'=，∴1[,1),()0,()3x g x g x ∈'>单调递增，∴(1,),()0,()x g x g x ∈+∞'<单调递减，1x ∴=时，()g x 的最大值为3e ，∴3a e≥， ∴a 的最小值为3e. 8．（2020·全国高三月考）已知函数()()ln 202xaf x ae a x =+->+，若()0f x >恒成立，则实数a 的取值范围为______. 【答案】(),e +∞ 【详解】()ln202x af x ae x =+->+，则()ln ln ln 22x a e a x ++>++，两边加上x 得到()()()ln 2ln ln 2ln 2ln 2x x aex a x x ex ++++>+++=++，x y e x =+单调递增，()ln ln 2x a x ∴+>+，即()ln ln 2a x x >+-，令()()ln 2g x x x =+-，则()11121x g x x x --'=-=++，因为()f x 的定义域为()2,-+∞()2,1x ∴∈--时，()0g x '>，()g x 单调递增，()1,x ∈-+∞，()0g x '<，()g x 单调递减， ()()max ln 11a g x g ∴>=-=，a e ∴>.9．（2021·安徽高三开学考试）已知函数()()11ln f x a x x =+++. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）对任意0x >，求证：()()22e 11exa x f x x +++>.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【详解】（1）由题意得，()f x 的定义域为()0,∞+，()()1111a x f x a x x++'=++=， 当1a ≥-时，()0f x '>恒成立，∴()f x 在()0,∞+上单调递增. 当1a <-时，令()0f x '>，解得11x a <-+；令()0f x '<，解得11x a >-+， ∴()f x 在10,1a ⎛⎫-⎪+⎝⎭上单调递增，在1,1a ⎛⎫-+∞⎪+⎝⎭上单调递减. （2）要证()()22e 11e x a x f x x +++>，即证22e ln 0e x x x ⋅->.令()22e ln e xg x x x =⋅-，则()()22221e e e x x x g x x--'=.令()()221e e x r x x x =--，则()22e e x r x x '=-， 易得()r x '在()0,∞+上单调递增，且()212e e 0r '=-<，()223e 0r '=>，∴存在唯一的实数()01,2x ∈，使得()00r x '=，∴()r x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增.∵()00r <，()20r =， ∴当()0r x >时，2x >；当()0r x <时，02x <<，∴()g x 在()0,2上单调递减，在()2,+∞上单调递增，∴()()21ln 20g x g ≥=->.综上，22e ln 0e x x x ⋅->，即()()22e 11exa x f x x +++>.10.（2020·山东高考模拟）已知函数2()ln 2()f x x a x x a R =+-∈.（1）求()f x 的单调递增区间；（2）若函数()f x 有两个极值点1212,()x x x x <且12()0f x mx -≥恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】（1）12a ≥时，增区间为(0,)+∞；0a ≤时，增区间为1()2++∞；102a <<时，增区间为，)+∞；（2）3(,ln 2]2-∞--. 【解析】（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞，222'()22a x x af x x x x-+=+-=，令2220x x a -+=，484(12)a a ∆=-=-，1︒若12a ≥时，0∆≤，'()0f x ≥在(0,)+∞恒成立，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增. 2︒若12a <，>0∆，方程2220x x a -+=，两根为1x =2x =，当0a ≤时，20x >，2(,)x x ∈+∞，'()0f x >，()f x 单调递增. 当102a <<时，1>0x ，20x >， 1(0,)x x ∈，'()0f x >，()f x 单调递增，2(,)x x ∈+∞，'()0f x >，()f x 单调递增.综上，12a ≥时，函数()f x 单调递增区间为(0,)+∞， 0a ≤时，函数()f x单调递增区间为1()2+∞， 102a <<时，函数()f x单调递增区间为1(0,2-，1()2++∞. （2）由（1）知，()f x 存在两个极值点1212,()x x x x <时，102a <<且121x x =+，122a x x ⋅=，则1112ax x +=，()1121a x x =-，且1102x <<，2112x <<. 此时()120f x mx ≥-恒成立，可化为()()21111112121ln 21f x x x x x x m x x +--≤=- ()()11111111121ln 11x x x x x x x -+-+--=-1111112ln 1x x x x =-++-恒成立， 设1()12ln 1g x x x x x =-++-，1(0,)2x ∈，2221(1)1'()122ln 2ln (1)(1)x g x x xx x --=-++-=+--2(2)2ln (1)x x x x -=+-， 因为102x <<，所以(2)0x x -<，2ln 0x <，所以)'(0g x <，故()g x 在1(0,)2单调递减，13()ln 222g x g ⎛⎫>=-- ⎪⎝⎭，所以实数m 的取值范围是3(,ln 2]2-∞--.11．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高三）已知()()ln 0f x x mx m =->. （1）若()y f x =在点()()1,1f 处的切线平行于x 轴，求其单调区间和极值;（2）若不等式()21112f x xmx ++≤对于任意的0x >恒成立，求整数m 的最小值. 【答案】（1）增区间为()0,1，减区间为()1,+∞，()f x 的极大值为1-，无极小值；（2）2. 【详解】（1）()1f x m x'=-，则()110f m '=-=，1m ∴=， ()ln f x x x ∴=-，定义域为(0,)+∞，()111xf x x x-'=-=令()0f x '>，得01x <<;令()0f x '<，得1x >()f x ∴的增区间为()0,1，减区间为()1,+∞，且()f x 的极大值为()11f =-，无极小值.（2）因为0m >，所以()21112f x xmx ++≤对于任意的0x >恒成立，可化为21ln 122x x m x x ++≥+，设()2ln 12x x h x x x++=+，则()()()()()()2222212(ln 1)(22)12ln 22x x x x x x x x x x h x x x x x ⎛⎫++-+++ ⎪-++⎝⎭'==++， 设()2ln g x x x =+，则()2ln g x x x =+单调增，且111112ln 2ln 2ln 4022222g ⎛⎫=+=-=-< ⎪⎝⎭，()10g >，01,12x ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭使()00g x =，即 ()00h x '=，所以002ln 0x x +=，所以当012x x <<时，0()()0g x g x <=，()0h x '>， 当01x x <<时，0()()0g x g x >=，()0h x '<，()h x ∴在()00,x 单调递增，在()0,x +∞单调递减()()000022max000001ln 1112,12222x x x h x h x x x x x x +++⎛⎫∴====∈ ⎪++⎝⎭()()021,2m h x ∴≥∈，m ∴的最小整数值为2。
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
(新课标)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-人教
第5讲利用导数研究不等式恒成立及相关问题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X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.(2015某某省第一次统一检测)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.(2015某某某某市一模)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-a①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.(2015某某某某二模)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.x (-∞,1) 1 (1,+∞) f′(x) - 0 +f(x) 减增所以函数f(x)在(-∞,1)上递减,在(1,+∞)上递增.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.(2015某某某某市质量监测二)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,某某数a的取值X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)+-1f″(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,所某某数a的取值X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,某某数m的取值X围;(2)设g(x)=[xf(x)-1],若对任意x∈(0,1)恒有g(x)<-2,某某数a的取值X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X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X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 2015;(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 2015.(3)因为y=sin x在[0,1]上单调递增,所以sin=n<n sin xdx=n(-cos x)|=n(1-cos 1). 又y=在[0,1]上单调递减,所以=++…+=n<n dx=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ϕ(x)=g′(x)-k=-,则ϕ(x1)=-=（-1-ln ）ϕ(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ϕ(x1)>0,ϕ(x2)<0因为函数ϕ(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ϕ(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.(2015某某德阳市一诊)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X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:t (0,2) 2 (2,2) f′(t) + 0 -f(t) ↗极大值↘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=。
高考数学二轮复习 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(
创新设计（浙江专用）2017届高考数学二轮复习专题一函数与导数、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编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（创新设计（浙江专用）2017届高考数学二轮复习专题一函数与导数、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）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为创新设计（浙江专用）2017届高考数学二轮复习专题一函数与导数、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的全部内容。
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错误!＝0,则不等式f（x)＜0的解集为( ）A。
错误!B。
错误!C。
错误!D。
错误!解析如图所示，根据图象得不等式f（x)＜0的解集为错误!。
答案C2。
若不等式2x ln x≥－x2＋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＋错误!恒成立.设f(x）＝2ln x＋x＋错误!，则f′(x）＝错误!(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 。
2017高考数学文科二轮复习课件：专题二 不等式、函数
• 2．基本初等函数、函数与方程及函数的应用 部分： • 对基本初等函数的考查形式主要是选择题、 填空题，也有可能以解答题中某一小问的形 式出现，考查其图象与性质，多为中偏低档 题；函数零点主要考查零点所在区间、零点 个数的判断以及由函数零点的个数求解参数 的取值范围；函数的实际应用问题常以实际 生活为背景，与最值、不等式、导数、解析 几何等知识交汇命题，最近几年函数的实际 应用问题在高考中有“降温”的趋势．
③解线性规划应用问题：
解题 模板 ④利用不等式解决实际问题： 根据题意设出相应变量，一般 把要求最值的变量设为函数 → 建立相应的函数关系式， 确定函数的定义域 → 在定义域内， 求函数的最值 → 回到实际问题中，去写 出实际问题的答案
热点题型突破
题型一 不等式的解法
命题 规律
方法 点拨
高考中常常从以下三个角度命题： (1)一元二次不等式的解法． (2)与分段函数有关的不等式的解法． (3)由不等式恒成立求参数范围． 均以选择、填空题呈现，偶尔出现在解答题中，难度中偏 不等式的求解技巧： (1)对于一元二次不等式，应先化为一般形式ax2＋bx＋c>0 相应一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的根，最后根据相 象与x轴的位置关系，确定一元二次不等式的解集． (2)解简单的分式、指数、对数不等式的基本思想是把它们 整式不等式(一般为一元二次不等式)求解.
• 3．对于不等式的二轮复习需要做好如下三个
第1讲 不等式及线性规划
栏目导 航
2年考情回顾
热点题型突破
热点题源预测
对点规范演练 逐题对点特训
2年考情回顾
①求不等式的解集 设问 方式 ②线性规划问题 ③不等式的应用 [例](2015· 北京卷· 7题)． [例](2015· 湖北卷· 10题)．
高三数学二轮复习微专题——函数与导数中的不等式证明.doc
高三数学二轮复习微专题——函数与导数中的不等式证明（2）绵阳外国语学校 xxx【教学目标】1．简单复习不等式证明中的最值法（作差构造新函数法）、构造双函数法；2．通过数形结合，理解、记忆、运用e 1xx +≥和ln 1x x -≤，初步学会切线放缩法； 3．尝试对e 1xx +≥和ln 1x x -≤变形． 【教学重点】利用数形结合，理解、记忆、运用e 1xx +≥和ln 1x x -≤． 【教学难点】1． 什么时候使用切线放缩法？2． 如何使用切线放缩法？【学法指导】独立思考，相互交流，勇于展示．【教学过程】例1．求证：不等式5212e ln 0x x x --+>恒成立．总结：1y x =+是e x y =在______处的切线，有______________恒成立，当且仅当x =_____时，“=”成立； 1y x =-是ln y x =在______处的切线，有______________恒成立，当且仅当x =_____时，“=”成立． 例2．（2013．全国2）已知函数()e ln()xf x x m =-+，求证：当2m ≤时，()0f x >．ln y x =1y x =-e x y =1y x =+O y x1 1 1讨论：从e 1x x +≥和ln 1x x -≤出发，可以有哪些变形呢？求证：当4a ≤时，函数()e x f x ax =+在(0,)+∞上单调递增．课后训练1．（2012年.全国）设点P 在曲线1e 2x y =上，点Q 在曲线ln(2)y x =上，则||PQ 的最小值为（ ） A ．1ln2- B ln 2)- C ．1ln2+ D ln 2)+2．（2017年.高考模拟）若函数21()(1)ln 02f x x a x a x =-++≥恒成立，求实数a 的取值范围． 3．（2017年.全国3.改编）已知函数()1ln f x x a x =--．（1）若()0f x ≥，求a 的值；（2）若N n *∈，求证231111(1)(1)(1)...(1)e 2222n ++++<． 4．（2018年.全国1）已知函数()e ln 1x f x a x =--，求证：当e a 1≥时，()f x ≥0．。
2019-2020年高考数学二轮复习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
2019-2020年高考数学二轮复习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.(xx·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.(xx·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 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)≤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.(xx·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.(xx·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.。
第5讲-利用导数研究不等式恒成立及相关问题PPT课件
二轮·数学
第5讲 利用导数研究不等式恒成立及 相关问题
二轮·数学
考向分析 核心整合 热点精讲 阅卷评析
二轮·数学
考向分析
考情纵览
年份 考点
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
21 21
2014
Ⅰ
Ⅱ
21
21
2015
Ⅰ
Ⅱ
21
二轮·数学
真题导航
1.(2014 新课标全国卷Ⅰ,理 21)设函数 f(x)=aexln x+ bex1 ,曲线 y=f(x)在点 x
由 f′(x0)=0 得 ex0 = 1 ,ln(x0+2)=-x0, x0 2
故 f(x)≥f(x0)= 1 +x0= x0 12 >0.综上,当 m≤2 时,f(x)>0.
x0 2
x0 2
二轮·数学
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.
导数与不等式恒成立方法归纳总结
导数与不等式恒成立方法归纳总结思路一：作差解恒成立构造差函数()()()h x f x g x =-．根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式．首先构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应含参不等式，从而求出参数的取值范围，也可以分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．证明()()f x g x <，(),x a b ∈时，可以构造函数()()()F x f x g x =-，如果()0F x '<，则()F x 在(),a b 上是减函数，同时若()0F a ≤，由减函数的定义可知，当(),x a b ∈时，有()0F x <，即证明()()f x g x <．例、已知函数()()2112ln 2f x a x a ax x =--+，()'f x 为其导函数. (1) 设()()1g x f x x=+，求函数()g x 的单调区间； (2) 若0a >，设()()11,A x f x ，()()22,B x f x 为函数()f x 图象上不同的两点，且满足()()121f x f x +=，设线段AB 中点的横坐标为0,x 证明：01ax >.解：（1）略 （2）120121212x x ax x x a a+>⇔>⇔>- ()222121'0a f x a a x x x ⎛⎫=+-=-≥ ⎪⎝⎭，故()f x 在定义域()0,+∞上单调递增.只需证： ()122f x f x a ⎛⎫>-⎪⎝⎭，即证()2221f x f x a ⎛⎫->- ⎪⎝⎭注意到()()12111,,2f x f x f a ⎛⎫+==⎪⎝⎭ 不妨设1210x x a <<<. ()()()22221112ln 22ln 2F x f x f x a x a ax a x a axa a x xa⎛⎫⎛⎫=-+-=----+-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-则()()()()322222241122'0222ax a a a F x x x ax ax x ax -=--+=-≤--- 1x a ∀≥，从而()F x 在1,a ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单减，故()210F x F a ⎛⎫<= ⎪⎝⎭， 即得. 变式1、设函数． （I ）时，求函数的极值点；（Ⅱ）当时，证明在上恒成立．解（Ⅱ）证明：当a=0时，f （x ）=lnx+x+1令F （x ）=xe x ﹣f （x ）=xe x ﹣lnx ﹣x ﹣1，（x ＞0），则F′（x ）=x+1x•（xe x ﹣1），令G （x ）=xe x ﹣1， 则G′（x ）=（x+1）e x ＞0，（x ＞0），∴函数G （x ）在（0，+∞）递增，又G （0）=﹣1＜0，G （1）=e ﹣1＞0， ∴存在唯一c ∈（0，1）使得G （c ）=0，且F （x ）在（0，c ）上单调递减，在（c ，+∞）上单调递增，故F （x ）≥F （c ）=c•e c ﹣lnc ﹣c ﹣1，由G （c ）=0，得c•e c ﹣1=0，得lnc+c=0， ∴F （c ）=0，∴F （x ）≥F （c ）=0，从而证得x e x ≥f （x ）.变式2、设函数()()2ln 1f x x b x =++，其中0b ≠．当*n N ∈，且2n ≥时证明不等式：33311111111ln 111232321n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++++++>-⎪⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦解：当b=-1时, ()()2f x x ln x 1=-+，令()()()332h x x f x x x ln x 1=-=-++，则()()233x x 1h x x 1++'=+在[)0,∞+ 上恒正，所以， ()h x 在[)0,∞+上单调递增，当[)0,∞+时，恒有()()h x h 00=＞，即当[)0,∞+时，()()3232x x ln x 10,ln x 1x x -++++＞即＞，对任意正整数n ，取1x n =得32111ln 1n nn ⎛⎫++ ⎪⎝⎭＞，所以， 333111111ln 11123n 23n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+⎪⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦()21ln +12f x x ax x =++2a =-()f x 0a =()xxe f x ≥()0,+∞= 333111111ln 1ln 1ln 123n 23n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭= 333111111ln 1ln 1ln 12233n n⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++++⋅⋅⋅+++⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ()22211111123n 2334n n 1++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+⨯⨯⨯+＞＞ =11111111++=2334n n 12n 1--⋅⋅⋅+--++. 变式3、已知函数()21e 2x f x a x x =--（R a ∈）．证明：当1x >时， 1e ln x x x x>-．解：令()1e ln xg x x x x=-+（1x >），则()10g =， ()2e 1e ln 1x xg x x x x =+--'． 令()()h x g x ='，则()e e ln x xh x x x =+' 23e e 2x x x x x-++， 因为1x >，所以e ln 0xx >， e 0x x >， ()2e 10x x x ->， 320x>， 所以()0h x '>，即()()h x g x ='在1x >时单调递增，又()1e 20g ='->，所以1x >时， ()0g x '>，即函数()g x 在1x >时单调递增．所以1x >时， ()0g x >，即1x >时， 1e ln x x x x>-． 思路二：调整目标形式解恒成立观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明. 例．已知函数()()1ln ,1a x f x x a R x -=-∈+．设,m n 为正实数，且m n >，求证：ln ln 2m n m nm n -+<-． 解：要证，只需证，即证21ln .1m m n m n n ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+只需证21ln 0.1m m n m n n⎛⎫- ⎪⎝⎭->+设()()21ln 1x h x x x -=-+，由（2）知()h x 在()1,+∞上是单调函数，又1mn>， 所以()10m h h n ⎛⎫>= ⎪⎝⎭，即21ln 01m m n m n n⎛⎫- ⎪⎝⎭->+成立，所以ln ln 2m n m n m n -+<-. 变式1、已知函数()()21x f x x x e =--.（1）若()f x 在区间(),5a a +有最大值，求整数a 的所有可能取值； （2）求证：当0x >时，()()323ln 247x f x x x x x e <-++-+. 解析：（1）f′(x )＝（x 2＋x －2）e x ，当x <－2时，f′(x )＞0，f (x )单调递增， 当－2＜x ＜1时，f′(x )＜0，f (x )单调递减， 当x ＞1时，f′(x )＞0，f (x )单调递增，由题知：a ＜－2＜a +5，得：－7＜a ＜－2， 则a ＝－6、－5、－4、－3，当a ＝－6、－5、－4，显然符合题意，若a ＝－3时，f (－2)＝5e ―2，f (2)＝e 2，f (－2)＜f (2)，不符合题意，舍去． 故整数a 的所有可能取值－6，―5，－4．（2）f (x )＜－3ln x ＋x 3+(2x 2－4x )e x +7可变为(－x 2＋3x －1)e x ＜－3ln x ＋x 3+7，令g (x )＝(－x 2＋3x －1)e x ，h (x )=－3ln x ＋x 3+7，g′(x )＝(－x 2＋x ＋2)e x ， 0＜x ＜2时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增， 当x ＞2时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，g (x )的最大值为g (2)＝e 2，h′(x )＝()331x x-，当0＜x ＜1时，h′(x )＜0，h (x )单调递减，当x ＞1时，h′(x )＞0，h (x )单调递增，h (x )的最小值为h (1)＝8＞e 2，g (x )的最大值小于h (x )的最小值，故恒有g (x )＜h (x )，即f (x )＜－3ln x ＋x 3+(2x 2－4x )e x +7．变式2、函数f （x ）=21-lnx ax a-1x-2a 2R ++∈（）（）（Ⅰ）求f （x ）的单调区间；（Ⅱ）若a ＞0，求证：f （x ）≥3-2a. 解：由（Ⅰ）知()f x 在10a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减； ()f x 在1a⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，上单调递增， 则()min 11ln 12f x f a a a ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭． 要证()f x ≥32a -，即证1ln 12a a --≥32a -，即证1ln 1a a +-≥0． 令()1ln 1a a a μ=+-，则()22111a a a a aμ'-=-=，由()0a μ'>解得1a >，由()0a μ'<解得01a <<， ∴()a μ在()01，上单调递减；()a μ在()1+∞，上单调递增；∴()()min 11ln1101a μμ==+-=，∴ 1ln 1a a +-≥0成立．从而()f x ≥32a-成立． 思路三：结论再造解恒成立利用导数证明不等式，解决导数压轴题，谨记两点： （1）利用常见结论，如：，()ln 1x x >+，等；（2）利用同题上一问结论或既得结论． 例、 已知函数()ln 1axf x x x =-+． （Ⅰ）若函数()f x 有极值，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）()f x 有两个极值点（记为1x 和2x ）时，求证：()()()1211x f x f x f x x x+⎡⎤+≥⋅-+⎣⎦． 解（Ⅱ）∵1x ， 2x 是()f x 的两个极值点，故满足方程()0f x '=即1x ， 2x 是()2210x a x +-+=的两个解，∴121x x =∵()()12121212ln ln 11ax ax f x f x x x x x +=-+-++ ()()12121212122ln 1a x x x x x x a x x x x ++=-=-+++ 而在()ln 1ax f x x x =-+中， ()1ln x a f x x x +⎡⎤-=⋅-⎣⎦ 欲证原不等式成立，只需证明()()11ln 1x x f x x f x x x x++⎡⎤⎡⎤⋅-≥⋅-+⎣⎦⎣⎦∵0x >，只需证明()()ln 1f x x f x x -≥-+成立 即证ln 10x x -+≤成立 令()ln 1g x x x =-+，则()111xg x x x-=-=' 当()0,1x ∈时， ()0g x '>，函数()g x 在()0,1上单调递增； 当()1,x ∈+∞时， ()0g x '<，函数()g x 在()1,+∞上单调递减； 因此()()max 10g x g ==，故()0g x ≤，即ln 10x x -+≤成立得证． 变式1、已知函数()ln .f x x kx k =-+（Ⅱ）证明：当1a ≤时，()()2 1.x x f x kx k e ax +-<-- （附： 322ln20.69,ln3 1.10, 4.48,7.39e e ≈≈≈≈） 解（Ⅱ）要证当1a ≤时， ()()1,xx f x kx k e ax +-<--即证当1a ≤时， 2ln 10x e ax x x --->,即证2ln 10x e x x x --->．由（Ⅰ）得，当1k =时， ()0f x ≤,即ln 1x x ≤-，又0x >，从而()ln 1x x x x ≤-, 故只需证2210x e x x -+->，当0x >时成立； 令()()2210xh x e x x x =-+-≥，则()41xh x e x ='-+,令()()F x h x ='，则()4xF x e '=-，令()0F x '=，得2ln2x =．因为()F x '单调递增，所以当(]0,2ln2x ∈时， ()()()0,0,F x F x F x ≤'≤单调递减，即()h x '单调递减，当()2ln2,x ∈+∞时， ()()0,F x F x >''单调递增，即()h x '单调递增，且()()()2ln458ln20,020,2810h h h e =-==-'+'>',由零点存在定理，可知()()120,2ln2,2ln2,2x x ∃∈∃∈，使得()()120h x h x ''==， 故当10x x <<或2x x >时， ()()0,h x h x '>单调递增；当12x x x <<时， ()()0,h x h x '<单调递减，所以()h x 的最小值是()00h =或()2h x ．由()20h x '=，2241xe x =-()()()222222221252221x h x e x x x x x =+-=-+-=---,因为()22ln2,2x ∈，所以()20h x >,故当0x >时，所以()0h x >,原不等式成立．思路四：函数单调或最值解恒成立不等式恒成立的转化策略一般有以下几种：①分离参数＋函数最值；②直接化为最值＋分类讨论；③缩小范围＋证明不等式；④分离函数＋数形结合。
导数高考题分析之2017年全国III理数：利用导数研究不等式恒成立及数列不等式问题
导数高考题分析之2017年全国III理数：利用导数研究不等式恒成立及数列不等式问题函数导数研究函数性质和证明不等式问题，一直都是以高考压轴题的地位出现，也是大家的噩梦，但其实这类问题最大的敌人是自己心中的畏惧，接下来如果看到一个导数题，不要说话，努力灭它.下面的专题以高考压轴题为例，一天一个的去消灭它们，希望能在解题的过程中再次学习，归纳总结，大家多多指点.今天的问题是：2017年全国III理数吐槽一下：函数导数经典问题第一问研究不等式恒成立的参数范围，注意化简变形，分离参数求解，分类讨论，同2017年全国III理数。
第二问考察函数导数与数列不等式的综合，注意变形，利用第一问的结论放缩.【小结】此题主要考查导数在解决单调性、函数与数列不等式的综合问题中的应用，考查学生的运算求解能力及化归与转化思想.第一问与2017年全国Ⅱ卷导数第一问类似，恒成立问题一般做法是分离常数，但是在分离参数后再求导会发现导函数很复杂，因此本题中没有用分离常数而是进行分类讨论.分类讨论在我们解导数题时是常用方法.本题第二问用到了第一问的结论（在做题过程中要注意利用前一问所给结论进行解题），求解过程中将函数问题转换为数列求和问题.第二问有难度，这里给出的解法是取对数变为前n项和再放缩.放缩法解题是数列求和中的常见问题，也是难点问题.数学问题的探究过程实际上是试错过程，所以需要我们在平时做题过程中多尝试，多积累。
学习时间的长短并不重要，重要的是效率高考得分策略：细节决定命运，细节改变命运（1）内紧外松（2）一慢一快，相得益彰，即审题慢，解题快（3）确保运算准确，立足一次成功（4）做快不等于做对，准确放第一位（5）书写规范（6）抓紧时间，不为难题纠缠（7）控制节奏（8）执过索因，逆向思考，正难则反（9）面对难题，讲究策略，争取得分（10）用好开考前5分钟教育就是当学的东西全都忘了的时候，仍保留下来的东西数学是研究现实中数量关系和空间形式的科学数学不仅是一种方法、一门艺术或一种语音，数学是一种精神，一种理性的精神教育是一个圆形概念，方方面面都要兼顾到每天都要加油哦作者简介：廖邦亮，男，中学一级教师，湖南师范大学计算数学研究生，现就职于广东河源市河源中学，任教高中数学。
导数与不等式、存在性及恒成 立问题
导数与不等式、存在性及恒成立问题1.不等式恒成立、能成立问题常用解法有：(1)分离参数后转化为最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如a＞f(x)max或a＜f(x)min.(2)直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，伴有对参数的分类讨论.(3)数形结合.2.利用导数证明不等式的基本步骤(1)作差或变形.(2)构造新的函数h(x).(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值.(4)根据单调性及最值，得到所证不等式.3.导数在综合应用中转化与化归思想的常见类型(1)把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题；(2)把证明不等式问题转化为函数的单调性问题；(3)把方程解的问题转化为函数的零点问题.热点一导数与不等式[微题型1]利用导数证明不等式【例1－1】已知函数f(x)＝e x－ln(x＋m).(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；(2)当m≤2时，证明f(x)>0.解易知f′(x)＝e x－1x＋m.由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，所以m＝1.于是f(x)＝e x－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，∴f′(x)＝e x－1x＋1在(－1，＋∞)上是增函数，且f′(0)＝0.解易知f′(x)＝e x－1x＋m.由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，所以m＝1.于是f(x)＝e x－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，∴f′(x)＝e x－1x＋1在(－1，＋∞)上是增函数，且f′(0)＝0.故f(x)≥f(x0)＝e x0－ln(x0＋2)＝1x0＋2＋x0＝（x0＋1）2x0＋2>0.综上可知，当m≤2时，f(x)>0成立.探究提高(1)证明f(x)≥g(x)或f(x)≤g(x)，可通过构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，将上述不等式转化为求证h(x)≥0或h(x)≤0，从而利用求h(x)的最小值或最大值来证明不等式.或者，利用f(x)min≥g(x)max或f(x)max≤g(x)min来证明不等式.(2)在证明不等式时，如果不等式较为复杂，则可以通过不等式的性质把原不等式变换为简单的不等式，再进行证明.[微题型2] 不等式恒成立求参数范围问题【例1－2】 (1)已知函数f (x )＝ax －1－ln x ，a ∈R .①讨论函数f (x )的单调区间；②若函数f (x )在x ＝1处取得极值，对∀x ∈(0，＋∞)，f (x )≥bx －2恒成立，求实数b 的取值范围.(2)设f (x )＝x ln x x ＋1，若对∀x ∈[1，＋∞)，f (x )≤m (x －1)恒成立，求m 的取值范围. 解 (1)①在区间(0，＋∞)上，f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x， 当a ≤0时，f ′(x )＜0恒成立，f (x )在区间(0，＋∞)上单调递减；当a ＞0时，令f ′(x )＝0得x ＝1a，在区间⎝⎛⎭⎫0，1a 上， f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减，在区间⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增.综上所述：当a ≤0时，f (x )的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间；当a ＞0时，f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1a ，单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞.②因为函数f (x )在x ＝1处取得极值，所以f ′(1)＝0，解得a ＝1，经检验可知满足题意.由已知f (x )≥bx －2，即x －1－ln x ≥bx －2，即1＋1x －ln x x≥b 对∀x ∈(0，＋∞)恒成立， 令g (x )＝1＋1x －ln x x ，则g ′(x )＝－1x 2－1－ln x x 2＝ln x －2x 2， 易得g (x )在(0，e 2]上单调递减，在[e 2，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (e 2)＝1－1e 2，即b ≤1－1e 2. (2)f (x )＝x ln x x ＋1，∀x ∈[1，＋∞)，f (x )≤m (x －1)，即ln x ≤m ⎝⎛⎭⎫x －1x . 设g (x )＝ln x －m ⎝⎛⎭⎫x －1x ，即∀x ∈[1，＋∞)，g (x )≤0恒成立，等价于函数g (x )在[1，＋∞)上的最大值g (x )max ≤0. g ′(x )＝1x －m ⎝⎛⎭⎫1＋1x 2＝－mx 2＋x －m x 2.①若m ≤0，g ′(x )＞0，g (x )在[1，＋∞)上单调递增，即g (x )≥g (1)＝0，这与要求的g (x )≤0矛盾.②若m ＞0，方程－mx 2＋x －m ＝0的判别式Δ＝1－4m 2.当Δ≤0，即m ≥12时，g ′(x )≤0. 所以g (x )在[1，＋∞)上单调递减，g (x )max ＝g (1)＝0，时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，g (x )＞g (1)＝0，与要求矛盾.综上所述，m ≥12. 热点二 存在与恒成立问题【例2】 已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－a x－1(a ∈R ). (1)当a ≤12时，讨论f (x )的单调性； (2)设g (x )＝x 2－2bx ＋4，当a ＝14时，若对任意x 1∈(0，2)，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围. 解 (1)因为f (x )＝ln x －ax ＋1－a x －1，所以f ′(x )＝1x －a ＋a －1x 2＝－ax 2－x ＋1－a x 2， x ∈(0，＋∞).令h (x )＝ax 2－x ＋1－a ，x ∈(0，＋∞).(ⅰ)当a ＝0时，h (x )＝－x ＋1，x ∈(0，＋∞)，所以当x ∈(0，1)时，h (x )＞0，此时f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜0，此时f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增. (ⅱ)当a ≠0时，由f ′(x )＝0，即ax 2－x ＋1－a ＝0，解得x 1＝1，x 2＝1a －1.①当a ＝12时，x 1＝x 2，h (x )≥0恒成立，此时f ′(x )≤0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减. ②当0＜a ＜12时，1a－1＞1＞0， x ∈(0，1)时，h (x )＞0，此时f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；x ∈⎝⎛⎭⎫1，1a －1时，h (x )＜0，此时f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； x ∈⎝⎛⎭⎫1a －1，＋∞时，h (x )＞0，此时f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减.③当a ＜0时，由于1a－1＜0＜1，x ∈(0，1)时，h (x )＞0 此时f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜0，此时f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增.综上所述，当a ≤0时， 函数f (x )在(0，1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增；当a ＝12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当0＜a ＜12时，函数f (x )在(0，1]上单调递减，在⎣⎡⎦⎤1，1a －1上单调递增，在⎣⎡⎭⎫1a －1，＋∞上单调递减. (2)因为a ＝14∈⎝⎛⎭⎫0，12，由(1)，知x 1＝1，x 2＝3∉(0，2)，当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；当x ∈(1，2)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增，所以f (x )在(0，2)上的最小值为f (1)＝－12. 由于“对任意x 1∈(0，2)，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)”等价于“g (x )在[1，2]上的最小值不大于f (x )在(0，2)上的最小值－12”，(*)又g (x )＝(x －b )2＋4－b 2，x ∈[1，2]，所以 ①当b ＜1时，因为g (x )min ＝g (1)＝5－2b ＞0，此时与(*)矛盾；②当b ∈[1，2]时，因为g (x )min ＝g (b )＝4－b 2≥0，同样与(*)矛盾；③当b ∈(2，＋∞)时，因为g (x )min ＝g (2)＝8－4b ，解不等式8－4b ≤－12，可得b ≥178. 综上，可得b 的取值范围是⎣⎡⎭⎫178，＋∞. 探究提高 存在性问题和恒成立问题的区别与联系存在性问题和恒成立问题容易混淆，它们既有区别又有联系：若g(x)≤m 恒成立，则g(x)max ≤m ；若g(x)≥m 恒成立，则g(x)min ≥m ；若g(x)≤m 有解，则g(x)min ≤m ；若g(x)≥m 有解，则g(x)max ≥m.【训练2】 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＋a a （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－a ln 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].。
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。
导数与不等式、存在性及恒成立问题课件
探讨导数、不等式、存在性、恒成立等在数学中的应用。让您更深入地了解 微积分学的精髓。
导数定义回顾
回顾导数定义的基本概念及其在微积分中的应用。了解导数概念背后的原理，更好地理解微积分在实际 问题中的计算过程。
导数的定义
导数是函数变化率的极限，描 述了函数在某一点上的瞬时变 化情况。
物理学 经济学 医学 工程学
应用举例
质点的运动学问题、物理实 验数据的分析 生产效率、市场数量分析
人体各种生理指标的变化及 其分析 建筑物的斜率、曲率、坡度 等问题
导数应用
求解速度、加速度、力学问 题
求解边际收益、边际成本、 经济最优问题
求解人体变化率、优化医疗 资源分配等问题
求解建筑物切线与法线方程、 优化设计等问题
总结
回顾导数与不等式、存在性及恒成立问题，并总结学习过程中需要注意的重点和概念要点。
重要概念
• 导数的定义与计算方法 • 高阶导数与凸凹性 • 函数的关键点和特殊点
注意事项
• 每个概念都需要学会手工计算 • 理论与实际问题相结合，深入理解导数
和不等式之间的联系 • 心理保持平衡，勇于解决迷茫
导数的几何解释
导数就是函数图像在给定点处 的切线斜率。
导数的计算方法
可通过一系列基本的求导规则 和运算法则，将导数计算化繁 为简。
函数的导数与不等式
探讨函数的导数与不等式之间的关系，以及如何运用导数来求解不等式问题。
1
导数与单调性
通过导数的正负性来判断函数凹性
利用高阶导数的符号变化来判断函数的凸凹性及拐点。
阿Q的心理分析
揭示了阿Q精神背后的本质原因及其与历史 社会的关联。
2017届高考数学二轮复习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课件理
(4) 构造双函数：若直接构造函数求导，难以判断符号，导
数的零点也不易求得，因此单调性和极值点都不易获得，从
而构造f(x)和g(x)，利用其最值求解.
3.不等式的恒成立与能成立问题 (1)f(x)＞g(x)对一切x∈[a，b]恒成立⇔[a，b]是f(x)＞g(x)的解
集的子集⇔[f(x)－g(x)]min＞0(x∈[a，b]).
能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性 质很难研究，就不要使用分离参数法.
【训练1】 (2016· 武汉模拟)设函数f(x)＝1－x2＋ln(x＋1).
(1)求函数 f(x)的单调区间； kx (2)若不等式 f(x)＞ －x2(k∈N*)在(0，＋∞)上恒成立， x ＋1 求 k 的最大值.
设 φ(x)＝－3x2－2x＋6，则 φ(x)在 x∈[1，2]单调递减. 因为 φ(1)＝1，φ(2)＝－10，所以∃x0∈(1，2)， 使得 x∈(1，x0)时，φ(x)>0，x∈(x0，2)时，φ(x)<0. 所以 h(x)在(1，x0)内单调递增，在(x0，2)内单调递减. 1 1 由 h(1)＝1，h(2)＝2，可得 h(x)≥h(2)＝2， 当且仅当 x＝2 时取得等号. 3 所以 f(x)－f′(x)>g(1)＋h(2)＝ . 2 3 即 f(x)>f′(x)＋2对于任意的 x∈[1，2]成立.
综上所述，当 a≤0 时，f(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞) 内单调递减； 当 0<a<2
减，在 时，f(x)在(0，1)内单调递增，在1， 2 内单调递增； ，＋∞ a
2 内单调递 a
当 a＝2 时，f(x)在(0，＋∞)内单调递增； 当 a>2
- 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)。
1－a
1 －a a
②当 a>0 时，由 f′(x)>0 得 x>e ∴f(x)的单调递减区间是(0， e
1－a
a
，由 f′(x)<0 得 0<x<e
1－a a
，
1－a a
)， 单调递增区间是(e
， ＋∞).
当 e
a
≤1，即 a≥1 时，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，f(x)>f(1)
1－a a 1－a a
根据“相同结构”构造辅助函数.
(3)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进 行放缩，再重新构造函数. (4)主元法：对于(或可化为)f(x1，x2)≥A的不等式，可选x1(或x2) 为主元，构造函数f(x，x2)(或f(x，x1)).
3.不等式的恒成立与能成立问题 (1)f(x)＞g(x)对一切x∈[a，b]恒成立⇔[a，b]是f(x)＞g(x)的解集 的子集⇔[f(x)－g(x)]min＞0(x∈[a，b]). (2)f(x)＞g(x)对x∈[a，b]能成立⇔[a，b]与f(x)＞g(x)的解集的交
(ⅱ)当 a>2 时，令 g′(x)＝0 得， x1＝a－1－ （a－1）2－1，x2＝a－1＋ （a－1）2－1. 由 x2>1 和 x1x2＝1 得 x1<1， 故当 x∈(1，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(1，x2)单调递减， 因此 g(x)<0， 综上，a 的取值范围是(－∞，2].
x＞0， 得 2 解得 －x ＋x＋1＞0.
1＋ 5 0＜x＜ . 2 5 .
1＋ f(x)的单调递增区间是0， 2
(2)证明 令 F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(0，＋∞). 1－x2 则有 F′(x)＝ .当 x∈(1，＋∞)时，F′(x)＜0， x 所以 F(x)在[1，＋∞)上单调递减，故当 x＞1 时，F(x)＜F(1) ＝0，即当 x＞1 时，f(x)＜x－1.
探究提高
(1)证明f(x)≥g(x)或 f(x)≤g(x)，可通过构造函数 h(x)＝
f(x)－g(x)，将上述不等式转化为求证h(x)≥0或h(x)≤0，从而利用 求h(x)的最小值或最大值来证明不等式.或者，利用f(x)min≥g(x)max
或f(x)max≤g(x)min来证明不等式.
(2)在证明不等式时，如果不等式较为复杂，则可以通过不等式的 放缩把原不等式变换为简单的不等式，再进行证明.
1 －mx2＋x－m 1 g′(x)＝x－m1＋x2＝ . 2 x
①若 m≤0，g′(x)＞0，g(x)在[1，＋∞)上单调递增， 即 g(x)≥g(1)＝0，这与要求的 g(x)≤0 矛盾.
②若 m＞0，方程－mx2＋x－m＝0 的判别式 Δ＝1－4m2. 1 当 Δ≤0，即 m≥2时，g′(x)≤0. 所以 g(x)在[1，＋∞)上单调递减，g(x)max＝g(1)＝0， 即不等式成立；
＝0 恒成立，
1－a
当e
a
>1，即 0<a<1 时，f(x)在(1，e
1－a a
)上单调递减，在(e
，
＋∞)上单调递增，则 f(e
)<f(1)＝0，与已知矛盾.
综上可知，实数 a 的取值范围是[1，＋∞).
热点二 不等式恒成立与能成立问题
[微题型1] 恒成立问题
【例 2－1】 (2016· 四川卷)设函数 f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝ 1 e x －ex，其中 a∈R，e＝2.718„为自然对数的底数. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)证明：当 x>1 时，g(x)>0； (3)确定 a 的所有可能取值，使得 f(x)>g(x)在区间(1，＋∞) 内恒成立.
(1)解
2 1 2ax －1 f′(x)＝2ax－x ＝ x (x>0).
当 a≤0 时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减. 1 当 a>0 时，由 f′(x)＝0 有 x＝ . 2a 1 时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当 x∈0， 2a 1 ，＋∞时，f′(x)>0，f(x)单调递增. 当 x∈ 2a
1 当 0＜m＜ 时，方程－mx2＋x－m＝0 的两根分别为 2 1－ 1－4m2 1＋ 1－4m2 x1 ＝ ＜1，x2＝ ＞1. 2m 2m 当 x∈(1，x2)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，g(x)＞g(1)＝0， 1 与要求矛盾.综上所述，m≥2.
探究提高
对于不等式恒成立问题求参数范围问题，一类是
(2)当k＝1时，对任意的x∈(1，＋∞)，f(x)>0恒成立，求实数a 的取值范围.
解 (1)∵g(x)的定义域为(0，＋∞)，当 a＝1 时，g(x)＝xln x＋1， g(e)＝e＋1，g′(x)＝ln x＋1，∴g′(e)＝2，所以 y－e－1＝2(x－e)， 即曲线 y＝g(x)在点 P(e，g(e))处的切线方程为 2x－y－e＋1＝0. (2)当 k＝1 时，f′(x)＝aln x＋a－1， ①当 a＝0 时，f′(x)＝－1<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减， f(x)<f(1)＝0 恒成立，与已知矛盾.
集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max＞0(x∈[a，b]).
(3)对∀x1，x2∈[a，b]使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min. (4)对∀x1∈[a，b]，∃x2∈[a，b]使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min.
热点一 导数与不等式 [微题型1] 利用导数证明不等式
(2)证明 令 s(x)＝ex 1－x，则 s′(x)＝ex 1－1.
－ －
当 x>1 时， s′(x)>0， 所以 e
x－1
1 1 >x， 从而 g(x)＝x － x－1>0. e
(3)解 由(2)知，当 x>1 时，g(x)>0. 当 a≤0，x>1 时，f(x)＝a(x2－1)－ln x<0， 故当 f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有 a>0.
考点整合 1.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：将原不等式分离参数，转化为不含参数的
函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得 所求范围 . 一般地， f(x)≥a 恒成立，只需 f(x)min≥a 即可； f(x)≤a恒成立，只需f(x)max≤a即可. (2)函数思想法：将不等式转化为某含待求参数的函数的最
(3)解
由(2)知，当 k＝1 时，不存在 x0＞1 满足题意.
当 k＞1 时，对于 x＞1，有 f(x)＜x－1＜k(x－1)， 则 f(x)＜k(x－1)， 从而不存在 x0＞1 满足题意. 当 k＜1 时， 令 G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)， －x2＋（1－k）x＋1 1 则有 G′(x)＝x －x＋1－k＝ . x
（x－1）2 【例 1－1】 (2016· 合肥模拟)已知函数 f(x)＝ln x－ . 2 (1)求函数 f(x)的单调递增区间； (2)证明：当 x＞1 时，f(x)＜x－1； (3)确定实数 k 的所有可能取值， 使得存在 x0＞1， 当 x∈(1， x0)时，恒有 f(x)＞k(x－1).
－x2＋x＋1 1 (1)解 f′(x)＝x －x＋1＝ ，x∈(0，＋∞). x 由 f′(x)＞0 故
第5讲
导数与不等式的证明、恒 成立及能成立问题
交汇是考查热
点，常以含指数、对数函数为载体考查不等式的证明、比较
大小、范围等问题，以及不等式的恒成立与能成立问题.
真题感悟
(2016· 全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1).
(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围.
f′(x)＞0，函数 f(x)单调递增.
综上所述：当 a≤0 时，f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调 递增区间；当 a＞0
1 区间是a，＋∞. 1 时，f(x)的单调递减区间是0，a，单调递增
②因为函数 f(x)在 x＝1 处取得极值， 所以 f′(1)＝0，解得 a＝1， 经检验可知满足题意.由已知 f(x)≥bx－2， 1 ln x 即 x－1－ln x≥bx－2， 即 1＋x － x ≥b 对∀x∈(0， ＋∞)恒成立， 1 ln x 1 1－ln x ln x－2 令 g(x)＝1＋x － x ，则 g′(x)＝－x2－ x2 ＝ x2 ， 易得 g(x)在(0，e2]上单调递减，在[e2，＋∞)上单调递增， 1 1 所以 g(x)min＝g(e )＝1－e2，即 b≤1－e2.
[微题型2] 不等式恒成立求参数范围问题
【例 1－2】 (1)已知函数 f(x)＝ax－1－ln x，a∈R. ①讨论函数 f(x)的单调区间； ②若函数 f(x)在 x＝1 处取得极值，对∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx －2 恒成立，求实数 b 的取值范围. xln x (2)设 f(x)＝ ，若对∀x∈[1，＋∞)，f(x)≤m(x－1)恒成立， x＋1 求 m 的取值范围.
1 ax－1 解 (1)①函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－x ＝ x ， 当 a≤0 时，f′(x)＜0 恒成立，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减；
1 1 当 a＞0 时，令 f′(x)＝0 得 x＝a，在区间0，a上， 1 f′(x)＜0，函数 f(x)单调递减，在区间a，＋∞上，
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，当 a＝4 时，f(x)＝(x＋1) 1 ln x－4(x－1)，f′(x)＝ln x＋x －3，f′(1)＝－2，f(1)＝0，曲线 y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为 2x＋y－2＝0.