高考数学玩转压轴题专题2_6欲证不等恒成立差值函数求值域1 19页

专题 2.6 欲证不等恒成立 差值函数求值域 【题型综述】 利用导数解决不等式恒成立问题的策略： 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． 具体做法如下： 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 ． 【典例指引】 例 1．已知函数    2 1 12 ln 2f x a x a axx     ，  '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   1 1,A x f x ，   2 2,B x f x 为函数  f x 图象上不同的两点，且满足    1 2 1f x f x  ， 设线段 AB 中点的横坐标为 0 ,x 证明： 0 1ax  . 【思路引导】 （1）求出函数的导数，通过讨论 a 的范围，  ' 0f x  得增区间，  ' 0f x  得减区间即可；（2）问题转 化为证明    2 2 21 *f x f xa       令    2 1F x f x f xa         2 22 1 12 ln 2 2 ln2a x a ax a x a axa xxa             ，根据函数单调性证明即可. (2) 法一： 1 2 0 1 2 1 21 2 x xax x xa a         2 2 2 1 2 1' 0af x a ax x x          ，故  f x 在定义域  0, 上单调递增. 只需证：  1 2 2f x f xa      ，即证  2 2 21 f x f xa       (*) 注意到    1 2 1 11, ,2f x f x f a       不妨设 1 2 10 x xa    . 令      2 22 2 1 11 2 ln 2 2 ln2F x f x f x a x a ax a x a axa a xxa                       ， 则         32 2 2 22 2 4 11 2 2' 022 2 axa a aF x x x axax x ax         1x a   ，从而  F x 在 1 ,a    上单减， 故  2 1 0F x F a      ， 即得(*)式. 法二：(2)   2 2 2 1 2 1' 0af x a ax x x          故  f x 在定义域  0, 上单调递增. 注意到 1' 0f a      且 1 1 .2f a      故   1 0g x g a      ，且等号仅在 1 a 处取到. 所以  h x 与  f x 图象关系如下： 取        3 1 4 2,h x f x h x f x  ，则显然有 1 3 2 4,x x x x  , 从而 1 2 3 4x x x x   ， 另外由三次函数  h x 的中心对称性可知 3 4 2x x a   ，则有 1 2 2x x a   . 点评：本题主要考查利用导数研究函数的单调性、分类讨论思想及不等式证明问题.属于难题.分类讨论思 想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决含参数问题 发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找 准突破点. 充分利用分类讨论思想方法能够使问题条理清晰，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并 应用与解题当中. 例 2．已知定义域为 1, 的函数   lnf x a x x  存在两个零点． （1）求实数 a 的取值范围； （2）若      0 f m f n f xm n    ，求证： 02 m n x  ． 【思路引导】 （1）分离参数得 ln xa x   ，借助函数   1ln xx xx   ， 的图象进行求解；（2）由于   1af x x    ，则  f x 在区间 1, 上单调递增，  02 m nf f x         ln ln2 a m na m n m n    2 1 ln 1 m a mn mm n n n             ， 故只需证明 2 1 ln 0 1 m a mn mm n n n             即可．由题知  , 1,m n  且 m n ，不妨设1 m n  ，则  0,1mt n   ，构造    2 1 ln1 tg t tt   ，只需证明   0g t  即可，利用导数的知识可求解． 又         0 ln ln 1f m f n a m nf x m n m n       ， ∴ 2 1 ln 0 1 m mn m n n        ， 又 0, 0a e m n     ， ∴ 2 1 ln 0 1 m a mn mm n n n             ，即  0 02 m nf f x       ， ∴  02 m nf f x        ， ∵   1af x x    在区间  1, 上单调递增， ∴ 02 m n x  ，得证． 点评：解答时注意以下两点：（1）涉及已知函数零点的个数求参数的问题，可通过分析所给函数的特点采 用分离参数的方法利用数形结合求解．（2）比较大小时，可通过构造函数，利用函数的单调性和函数值的 大小关系处理，在解题中多次构造函数处理问题． 例 3．已知函数 ． （1）求函数 的单调区间； （2）若关于的不等式 恒成立，证明： 且 ． 【思路引导】 （1）求导，令 和 ，求得函数单调区间（2）构造函数令 ，求导后 分类讨论，利用单调性证明． 点评：关于含参量恒成立问题有两种方法，分离含参量和带参量计算，本题构造新函数，带有参量一起求 导，判定新函数的单调性，求得最大值时恒小于或等于零，即可证得结论． 【同步训练】 1．设函数 f（x）=lnx+ ax2+x+1． （I）a=﹣2 时，求函数 f（x）的极值点； （Ⅱ）当 a=0 时，证明 xex≥f（x）在（0，+∞）上恒成立． 【思路引导】 （1）求导数判断函数的单调性，通过单调性求极值点；（2）当 a=0 时构造函数 F（x）=xex﹣f（x）=xex﹣ lnx﹣x﹣1，（x＞0），只要证明 F（x）≥=0 即可． （Ⅱ）证明：当 a=0 时，f（x）=lnx+x+1 令 F（x）=xex﹣f（x）=xex﹣lnx﹣x﹣1，（x＞0）， 则 F′（x）= •（xex﹣1）， 令 G（x）=xex﹣1， 则 G′（x）=（x+1）ex＞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•ec﹣lnc﹣c﹣1， 由 G（c）=0，得 c•ec﹣1=0，得 lnc+c=0， ∴F（c）=0， ∴F（x）≥F（c）=0， 从而证得 xex≥f（x）． 点评：在本题（Ⅱ）的解答中，为了求 F（x）的 最小值，通过求导得到 F′（x）= •（xex﹣1），不容 易判断 F（x）的单调性，故构造 G（x）=xex﹣1，采用二次求导的方法，在求 G（x）零点的过程中遇到了 零点不可求的问题，此类问题的解法是利用 G（x）的单调性和零点存在定理，判断零点所在的范围，然后 理通过整体代换的方法求函数 F（x）的最值，这是解决函数综合问题中常用的一种方法． 2．已知函数   ln 1 x xf x x   与    1g x a x  ． （1）若曲线  y f x 与直线  y g x 恰好相切于点  1,0P ，求实数 a 的值； （2）当  1,x  时，    f x g x 恒成立，求实数 a 的取值范围； （3）求证：    * 2 1 4ln 2 1 .4 1 n i in n Ni    【思路引导】 （1）根据导数几何意义得  1f a  ,即得实数 a 的值；（2）利用分参法将不等式恒成立问题转化为对应函 数最值问题 2 ln 1 x xa x   （x>1）最大值,再利用导数研究函数   2 ln 1 x xh x x   单调性：单调递减，最后根据洛必 达法则求最大值，即得实数 a 的取值范围(3)先根据和的关系转化为对应项的关系： 2 2 1 4ln 2 1 4 1 n n n n    ，再 利用；（2）的结论  21ln 12x x x  ，令 2 1 2 1 nx n   ，则代入放缩得证 （3）不妨设  ln 2 1nS n  为 na 前 n 项和，则 2 1ln 2 1n na n   要证原不等式，只需证 2 2 1 4ln 2 1 4 1 n n n n    而由（2）知：当 1 2a  时恒有    f x g x 即  21ln 12x x x  当且仅当 1x  时取等号 取 2 1 12 1 nx n   ，则 22 1 2 1 1 2 1ln 12 1 2 1 2 2 1 n n n n n n              即  2 2 1 2 1 1 8ln2 1 2 1 2 2 1 n n n n n n      即  2 2 1 4 2 1ln 2 1 2 12 1 n n n n nn     即 2 2 1 4ln 2 1 4 1 n n n n    成立，从而原不等式获证． 点评：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． 3．已知函数    1ln ,1 a xf x x a Rx    ． (1)若 2x  是函数  f x 的极值点，求曲线  y f x 在点   1, 1f 处的切线方程； (2)若函数  f x 在  0, 上为单调增函数，求 a 的取值范围； (3)设 ,m n 为正实数，且 m n ，求证： ln ln 2 m n m n m n   ． 【思路引导】 （1）求出导数，由题意可得  ' 3 0f  代入可得 8 3a  ，可得切线的斜率和切点，进而得到切线的方程；（2） 由函数  f x 在  0, 上为增函数，可得  ' 0f x  恒成立，既有  2 2 2 1 0x a x    ，当 0x  时， 12 2a x x    ，求得右边函数的最小值，即可得到 a 范围；（3）运用分析法证明，要证 ln ln 2 m n m n m n   ， 只需证 1 1 2ln m m n n m n    ，即证 2 1 ln 0 1 m m n mn n       ，设    2 1ln 1 xh x x x    ，求出导数判断单调性，运用 单调递增，即可得证． 时，  g x 有最小值 2 ， 2 2 2. 2.a a  所以 所以 所以 a 的取值范围是 ,2 . （3）要证 ，只需证 ， 即证 2 1 ln . 1 m m n mn n      只需证 2 1 ln 0. 1 m m n mn n       设    2 1ln 1 xh x x x    ，由（2）知  h x 在 1, 上是单调函数，又 1m n  ， 所以  1 0mh hn       ，即 2 1 ln 0 1 m m n mn n       成立，所以 ln ln 2 m n m n m n   ． 点评：本题主要考查利用导数求曲线切线以及利用导数研究函数的单调性、证明不等式，属于难题．求曲 线切线方程的一般步骤是：（1）求出  y f x 在 0x x 处的导数，即  y f x 在点 P   0 0,x f x 出的 切线斜率（当曲线  y f x 在 P 处的切线与 y 轴平行时，在 处导数不存在，切线方程为 0x x ）；（2）由 点斜式求得切线方程    0 0•y y f x x x   ． 4．已知函数 ， （为常数，其中是自然对数的底数） （1）讨论函数 的单调性 （2）证明：当 且 时，函数 的图象恒在 的图象上方． 【思路引导】 函数 的图象恒在 的图象上方． 点评：本题考查函数导数的综合应用问题，考查数学转化思想方法与分类讨论思想思想方法，是中档题； 利用导数求解函数单调性的一般步骤：（1）确定 的定义域；（2）计算导数 ；（3）求出 的根；（4） 用 的根将 的定义域分成若干个区间，列表考察这若干个区间内 的符号，进而确定 的单调区 间： ，则 在对应区间上是增函数，对应区间为增区间； ，则 在对应区间上是减函数，对 应区间为减区间． 5．已知函数   xef x x  . （1）求曲线  y f x 在点 2 2, 2 eP      处的切线方程； （2）证明：    2 lnf x x x  ． 【思路引导】 （ 1 ） 由 导 数 几 何 意 义 得 切 线 斜 率 为  2f  ， 再 根 据 点 斜 式 且 切 线 方 程 ，（ 2 ） 构 造 函 数      2 lng x f x x x   ，求导函数零点可得 1x  ，列表分析可得 1x  为最小值，而  1 2 0g e   ， 所以得证 令   0g x  得 1x  所以    0,1 , 0x g x   ；    1, , 0x g x   所以    min 1 2 0g x g e    所以当      0, , 2 lnx f x x x    点评：利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 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．（2）根据条件，寻找目标函数．一 般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元 函数． 6．设函数    2 ln 1f x x b x   ，其中 0b  ． （1）当 1b  时，求曲线  y f x 在点  0,0 处的切线方程； （2）讨论函数  f x 的单调性； （3）当 *n N ，且 2n  时证明不等式： 3 3 3 1 1 1 1 1 1 1 1ln 1 1 12 3 2 3 2 1n n n                            【思路引导】 （Ⅰ）代入 1b  时，求得  f x ，求得切线的斜率，即可求解切线的方程；（Ⅱ）求得  f x 的表达式， 分 1 2b  和 10< 2b  和 0b  三种情况分类讨论，即可求解函数  f x 的单调区间；（Ⅲ）先由 = 1b  时,证 得   3 2ln 1x x x  ＞ ，再取 1x n  得 3 2 1 1 1ln 1n n n      ＞ ，进而可证明上述不等式． （Ⅲ）证明：当 b= -1 时,    2f x x ln x 1   ， 令      3 3 2h 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 0 0＞ ， 即当 0,  时，    3 2 3 2x x ln x 1 0, ln x 1 x x    ＞ 即 ＞ ， 对任意正整数 n ，取 1x n  得 3 2 1 1 1ln 1n n n      ＞ ， 所以， 3 3 3 1 1 1 1 1 1ln 1 1 12 3 n 2 3 n                       = 3 3 3 1 1 1 1 1 1ln 1 ln 1 ln 12 3 n 2 3 n                        = 3 3 3 1 1 1 1 1 1ln 1 ln 1 ln 12 2 3 3 n n                         2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 3 n 2 3 3 4 n n 1        ＞ ＞ = 1 1 1 1 1 1 1 1+ + =2 3 3 4 n n 1 2 n 1    － － － － 点评：本题主要考查了函数的综合问题，其中解答中涉及到导数的几何意义求解在某点的切线方程的求解、 利用导数研究函数的单调性，求解函数的单调区间，不等关系的证明等知识点的综合考查，试题有一定的 难度，属于中档试题，其中解得中对导数的合理分类讨论和根据题设合理变换和换元是解答的难点． 7．设函数   ln 1 af x x x    ，  0a  (1)当 1 30a  时，求函数  f x 的单调区间； (2)当 1 2a  ，  1,x  时，求证： ln 11 ax x   ． 【思路引导】 （1）本问考查利用导数求函数的单调性，首先确定函数的定义域为   0,1 1,  ，对  f x 求导数  f x ， 解   0f x  得增区间，解   0f x  得减区间；（2）本问考查利有导数证明不等式，当 1 2a  时，只需证：   1ln ln 11 2 1 ax xx x      ， 即 转 化 为 证 明    2 1 ln 1 2 1x x x    当 1x  时 成 立 ， 构 造 函 数        2 1 ln 2 1 1 1g x x x x x      ，转化为证明   0g x  在 1x  时恒成立即可，转化为求函数  g x 的最小值问题． 点评：利用导数证明不等式的方法：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 ．利用导数解决不等式恒成立问题的策略：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． 8．已知函数   21e 2 xf x a x x   （ Ra ）． （Ⅰ）若曲线  y f x 在点   0, 0f 处的切线与 y 轴垂直，求 a 的值； （Ⅱ）若函数  f x 有两个极值点，求 a 的取值范围； （Ⅲ）证明：当 1x  时， 1e lnx x x x   ． 【思路引导】 （Ⅰ）求导函数，利用函数  y f x 在点   0, 0f 处的切线与 y 轴垂直，可得切线的斜率，从而可求 a 的 值；（Ⅱ）由（Ⅰ）知   e 1xf x a x   ，若函数  f x 有两个极值点，则   e 1 0xf x a x    ，即 1 ex xa  有两个不同的根，且 1 ex xa  的值在根的左、右两侧符号相反．令   1 ex xh x  ，讨论其性质即可得到 a 的 取值范围；（Ⅲ）令   1e lnxg x x x x    （ 1x  ），则  1 0g  ，   2 e 1e ln 1 x xg x x x x     ． 令    h x g x  ，讨论  h x 的性质可得以 1x  时，   0g x  ，即 1x  时， 1e lnx x x x   ． （Ⅲ）证明：令   1e lnxg x x x x    （ 1x  ），则  1 0g  ，   2 e 1e ln 1 x xg x x x x     ． 令    h x g x  ，则   ee ln x xh x x x   2 3 e e 2x xx x x   ， 因为 1x  ，所以 e ln 0x x  ， e 0 x x  ，   2 e 1 0 x x x   ， 3 2 0x  ， 所以   0h x  ，即    h x g x  在 1x  时单调递增， 又  1 e 2 0g    ，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 lnx x x x   ．