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课件

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)分离参数后转化为函数最值问题：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)转化为含参函数的最值问题：将不等式转化为某含待求 参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)， 伴有对参数的分类讨论，然后构建不等式求解.
[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)＝xx＋ln 1x，若对∀x∈[1，＋∞)，f(x)≤m(x－1)恒成立， 求 m 的取值范围.
间0，
4
k－2上单调递减.当 0<x< 4 k
k－k 2时，h(x)<h(0)＝0，
即 f(x)<kx＋x33.所以当 k>2 时，f(x)>kx＋x33并非对 x∈(0，1)恒
成立.综上可知，k 的最大值为 2.
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.
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－lnxx≥b 对∀x∈(0，＋∞)恒成立，
令 g(x)＝1＋1x－lnxx， 则 g′(x)＝－x12－1－xl2n x＝ln xx－2 2， 易得 g(x)在(0，e2]上单调递减，在[e2，＋∞)上单调递增， 所以 g(x)min＝g(e2)＝1－e12，即 b≤1－e12. (2)f(x)＝xx＋ln 1x，∀x∈[1，＋∞)，f(x)≤m(x－1)，即 ln x≤mx－1x.
【训练1】 (2016·浙江五校联考)已知a>0，b∈R，函数f(x)＝4ax3 －2bx－a＋b. (1)证明：当0≤x≤1时， ①函数f(x)的最大值为|2a－b|＋a； ②f(x)＋|2a－b|＋a≥0； (2)若－1≤f(x)≤1对x∈[0，1]恒成立，求a＋b的取值范围. (1)证明 ①f′(x)＝12ax2－2b＝12ax2－6ba. 当 b≤0 时，有 f′(x)≥0，此时 f(x)在[0，＋∞)上单调递增.

当 b>0 时，f′(x)＝12ax＋

6bax－
6ba，

此时 f(x)在0，

6ba上单调递减，在
6ba，＋∞上单调递增.
所以当 0≤x≤1 时，f(x)max＝max{f(0)，f(1)}＝ max{－a＋b，3a－b}＝3－a－ a＋b， b，b≤ b>22aa，＝|2a－b|＋a.
(2)当 a＝1 时，证明 f(x)>f′(x)＋32对于任意的 x∈[1，2]成立.
(1) 解
f(x)
的
定
义
域
为
(0
，
＋
∞)
，
f
′
(x)
＝
a
－
a x
－
2 x2
＋
2 x3
＝
（ax2－2）x3（x－1）.当 a≤0 时，x∈(0，1)时，f′(x)>0， f(x)单调递增，x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
设 g(x)＝ln x－mx－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－m1＋x12＝－mx2x＋2 x－m. 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.
＝x－ln x＋3x＋x12－x23－1，x∈[1，2].
设 g(x)＝x－ln x，h(x)＝3x＋x12－x23－1，x∈[1，2]，则 f(x)－f′(x) ＝g(x)＋h(x).由 g′(x)＝x－x 1≥0， 可得 g(x)≥g(1)＝1， 当且仅当 x＝1 时取得等号.又 h′(x)＝－3x2－x42x＋6.
探究提高 (1)利用最值法解决恒成立问题的基本思路是： 先找到准确范围，再说明“此范围之外”不适合题意(着眼于 “恒”字，寻找反例即可). (2)对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下 把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另 一端是一个区间上具体的函数.但要注意分离参数法不是万 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.
2.常见构造辅助函数的四种方法 (1)直接构造法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))的问题转化 为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x) ＝f(x)－g(x). (2)构造“形似”函数：稍作变形后构造.对原不等式同解变形， 如移项、通分、取对数，把不等式转化为左右两边是相同结 构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数. (3)适当放缩后再构造：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)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


减，在

2a，＋∞内单调递增；
当 a＝2 时，f(x)在(0，＋∞)内单调递增；
2a内单调递

当 a>2 时，f(x)在0，

2a内单调递增，在
减，在(1，＋∞)内单调递增.
2a，1内单调递
(2)证明 由(1)知，a＝1 时， f(x)－f′(x)＝x－ln x＋2xx－2 1－1－1x－x22＋x23
设 g(x)＝2x3－2x＋1，0≤x≤1，
则
g′(x)＝6x2－2＝6x－

33x＋
33，于是
x
0

0，

3
3

3 3

33，1
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， 即不等式成立；
当 0＜m＜12时，方程－mx2＋x－m＝0 的两根分别为 x1＝1－ 21m－4m2＜1，x2＝1＋ 21m－4m2＞1. 当 x∈(1，x2)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.
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]). (2)f(x)＞g(x)对x∈[a，b]能成立⇔[a，b]与f(x)＞g(x)的解集的 交集不是空集⇔[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.
(3)解 由(2)知，当 k≤2 时，f(x)>kx＋x33对 x∈(0，1)恒成立. 当 k>2 时，令 h(x)＝f(x)－kx＋x33，则 h′(x)＝f′(x)－k(1＋x2)＝
kx4－1（－kx－2 2）.所以当 0<x< 4 k－k 2时，h′(x)<0，因此 h(x)在区
③a>2 时，0<
2a<1，当

x∈0，

2a或 x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，

f(x)单调递增，当 x∈

2a，1时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
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 时，f(x)在(0，1)内单调递 Nhomakorabea，在1，
(1)解 因为 f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，所以
f′(x)＝1＋1 x＋1－1 x，f′(0)＝2. 又因为 f(0)＝0，所以曲线 y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为 y＝2x. (2)证明 令 g(x)＝f(x)－2x＋x33，则 g′(x)＝f′(x)－2(1＋x2)＝12－x4x2. 因为 g′(x)>0(0<x<1)，所以 g(x)在区间(0，1)上单调递增. 所以 g(x)>g(0)＝0，x∈(0，1)， 即当 x∈(0，1)时，f(x)>2x＋x33.
解 (1)①在区间(0，＋∞)上，f′(x)＝a－1x＝ax－x 1， 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，＋∞.