导数与不等式、存在性及恒成立问题 课件

(2)设 b≥1，证明：当 x>0 时，f（xx）<bg(x)＋(1－b). (1)解 由 f(x)，g(x)的奇偶性及 f(x)＋g(x)＝ex，① 得－f(x)＋g(x)＝e－x.② 联立①②解得 f(x)＝12(ex－e－x)，g(x)＝12(ex＋e－x). 当 x>0 时，ex>1，0<e－x<1，故 f(x)>0.③ 又由基本不等式，有 g(x)＝12(ex＋e－x)> ex·e－x＝1， 即 g(x)>1.④
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[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.
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解得 x1＝1－k－ （21－k）2＋4＜0， x2＝1－k＋ （21－k）2＋4＞1. 当 x∈(1，x2)时，G′(x)＞0，故 G(x)在[1，x2)内单调递增. 从而当 x∈(1，x2)时，G(x)＞G(1)＝0，即 f(x)＞k(x－1). 综上，k 的取值范围是(－∞，1). 探究提高 (1)求解曲线的切线问题的关键是切点的横坐标， 得出切点后既可以得出切点的纵坐标，也能得出切线的斜 率.(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.
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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，＋∞.
2.关于恒成立问题可以转化为求函数的最值.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.
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3.不等式的恒成立与能成立问题 (1)f(x)＞g(x)对一切x∈I恒成立⇔I是f(x)＞g(x)的解集的子集 ⇔[f(x)－g(x)]min＞0(x∈I). (2)f(x)＞g(x)对x∈I能成立⇔I与f(x)＞g(x)的解集的交集不是 空集⇔[f(x)－g(x)]max＞0(x∈I). (3)对∀x1，x2∈I使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min. (4)对∀x1∈I1，∃x2∈I2使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min.
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热点二 存在与恒成立问题
【例 2】已知函数 f(x)＝ln x－14x＋43x－1，g(x)＝x2－2bx＋4，若对任意
x1∈(0，2)，存在 x2∈[1，2]，使 f(x1)≥g(x2).求实数 b 的取值范围.
解 f′(x)＝1x－14－43x2＝－x2＋4x42x－3 ＝－（x－14）x2（x－3）， 由 f′(x)＝0 得 x1＝1，x2＝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.
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.
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探究提高 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，这样就把问题转 化为一端是函数，另一端是参数的不等式，便于问题的解 决.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.
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(1)解 f′(x)＝1x－x＋1＝－x2＋x x＋1，x∈(0，＋∞).
由 f′(x)＞0 得x－＞x02＋，x＋1＞0.
解得 0＜x＜1＋2
5 .
故 f(x)的单调递增区间是0，1＋2 5.
(2)证明 令 F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(0，＋∞).
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【训练 1】(2015·湖北卷改编)设函数 f(x)，g(x)的定义域均为 R，且 f(x)
是奇函数，g(x)是偶函数，f(x)＋g(x)＝ex，其中 e 为自然对数的底数.
(1)求 f(x)，g(x)的解析式，并证明：当 x>0 时，f(x)>0，g(x)>1；
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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】 (2015·福建卷)已知函数 f(x)＝ln x－（x－21）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).
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②若 m＞0，方程－mx2＋x－m＝0 的判别式 Δ＝1－4m2.
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
＜
1 2
时
，
方
程
－
mx2
＋
x
－
m
＝
0
的两根分别为
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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.
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(2)证明 由(1)得 f′(x)＝12ex－e1x′＝12ex＋ee2xx
＝12(ex＋e－x)＝g(x)，⑤ g′(x)＝12ex＋e1x′＝12ex－ee2xx＝12(ex－e－x) ＝f(x)，⑥ 当 x＞0 时，f（xx）＜bg(x)＋(1－b)⇔f(x)＜bxg(x)＋(1－b)x，⑦ 设函数 h(x)＝f(x)－bxg(x)－(1－b)x， 则 h′(x)＝f′(x)－bg(x)－bxg′(x)－(1－b) ＝g(x)－bg(x)－bxf(x)－(1－b) ＝(1－b)[g(x)－1]－bxf(x)， 当 b≥1 时，由③④得 h′(x)＜0，故 h(x)在[0，＋∞)上为减函数，从 而 h(x)＜h(0)＝0， 即 f(x)＜bxg(x)＋(1－b)x.故结论成立.
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(2)f(x)＝xx＋ln 1x，∀x∈[1，＋∞)，f(x)≤m(x－1)， 即 ln x≤mx－1x. 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.
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(2)证明 由(1)，可设 f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为 x0，当 x∈(0， x0)时，f′(x)<0；当 x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0. 故 f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当 x ＝x0 时，f(x)取得最小值，最小值为 f(x0).
由于 2e2x0－xa0＝0，所以 f(x0)＝2ax0＋2ax0＋aln2a≥2a＋aln2a.故当 a>0 时，f(x)≥2a＋aln2a.
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考点整合
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.
(2)证明：当 a>0 时，f(x)≥2a＋aln2a (1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－ax(x>0). 当 a≤0 时，f′(x)>0，f′(x)没有零点. 当 a>0 时，因为 y＝e2x 单调递增，y＝－ax单调递增，所以 f′(x)在 (0，＋∞)上单调递增.又 f′(a)>0，当 b 满足 0<b<a4且 b<14时，f′(b)<0， 故当 a>0 时，f′(x)存在唯一零点.
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归纳总Hale Waihona Puke Baidu·思维升华
由于“对任意 x1∈(0，2)，存在 x2∈[1，2]，使 f(x1)≥g(x2)”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－b2，x∈[1，2]，对称轴为 x＝b，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－b2≥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≥187. 综上，可得 b 的取值范围是187，＋∞.
则有 F′(x)＝1－x x2.
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当 x∈(1，＋∞)时，F′(x)＜0， 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. (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，＋∞)， 则有 G′(x)＝1x－x＋1－k＝－x2＋（1x－k）x＋1. 由 G′(x)＝0 得，－x2＋(1－k)x＋1＝0.
第5讲 导数与不等式的证明、存在性及恒 成立问题
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高考定位 在高考试题压轴题中，函数与不等式交汇 的试题是考查的热点，一类是利用导数证明不等式， 另一类是存在性及恒成立问题.
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真题感悟 (2015·全国Ⅰ卷)设函数 f(x)＝e2x－aln x. (1)讨论 f(x)的导函数 f′(x)零点的个数；