高考数学一轮复习第三章导数及其应用3-4-1导数与不等式的综合问题练习理北师大版 9页

- 1 - 3.4.1 导数与不等式的综合问题 核心考点·精准研析 考点一　导数法证明不等式 【典例】(2020·莆田模拟)已知函数 f(x)=xex-1-ax+1,曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线 l 的斜率为 3e-2. (1)求 a 的值及切线 l 的方程. (2)证明:f(x)≥0. 【解题导思】 序 号 题目拆解 (1)利用导数的几 何意义求切线方 程 利用求导的方法求出函数切线的斜率,再利用切线斜率的已知条件求出 a 的值,再将 切点横坐标代入函数解析式求出切点纵坐标,再利用点斜式求出切线方程,最后转化 为切线的一般式方程. (2)用导数法证明 不等式 利用求导的方法判断函数的单调性,从而证出不等式成立 【解析】(1)由 f(x)=xex-1-ax+1, 得 f′(x)=(x+1)ex-1-a, 因为曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线 l 的斜率为 3e-2,所以 f′(2)=3e-a=3e-2,解得 a=2, 所以 f(2)=2e-4+1=2e-3,故切线 l 的方程为:y-(2e-3)=(3e-2)(x-2), 即(3e-2)x-y-4e+1=0. 所以 a=2,切线 l 的方程为 (3e-2)x-y-4e+1=0. (2)由(1),可得 f(x)=xex-1-2x+1, f′(x)=(x+1)ex-1-2, 所以当 x∈(-∞,-1]时,f′(x)<0. 令 g(x)=(x+1)ex-1-2(x>-1), 则 g′(x)=(x+2)ex-1>0, 所以当 x∈(-1,+∞)时,g(x)单调递增, 即 f′(x)单调递增,又因为 f′(1)=0, 所以当 x∈(-1,1)时,f′(x)<0, - 2 - 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0, 所以 f(x)在(-∞,1)上单调递减, 在(1,+∞)上单调递增.所以 f(x)≥f(1)=0. 1.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. 2.证明不等式时的一些常见结论 (1)ln x≤x-1,等号当且仅当 x=1 时取到. (2)ex≥x+1,等号当且仅当 x=0 时取到. (3)ln x0. (4) ≤ln(x+1)≤x,x>-1,等号当且仅当 x=0 时取到. (2018·全国卷Ⅰ改编)已知函数 f =aex-ln x-1. 证明:当 a≥ 时,f ≥0. 【证明】当 a≥ 时,f(x)≥ -ln x-1. 设 g(x)= -ln x-1,则 g′(x)= - . 当 01 时,g′(x)>0. 所以 x=1 是 g(x)的最小值点. 故当 x>0 时,g(x)≥g(1)=0. 因此,当 a≥ 时,f(x)≥0. 考点二　由不等式恒成立求参数 - 3 - 命 题 精 解 读 1.考什么:(1)考查利用导数研究函数单调性、求最值、不等式等问题. (2)考查数学运算、直观想象、逻辑推理的核心素养及转化与化归、分类与整合等数学思想. 2.怎么考:与导数法研究函数单调性、最值等知识相结合考查不等式恒成立求参数等问题. 3.新趋势:以导数法研究函数单调性、求函数极值、最值、导数的几何意义等知识交汇考查为主. 学 霸 好 方 法 不等式恒成立问题中的常用结论 (1)f(x)≥a 恒成立⇒f(x)min≥a, (2)f(x)≤b 恒成立⇔f(x)max≤b, (3)f(x)>g(x)恒成立, 构造 F(x)=f(x)-g(x),则 F(x)min>0. (4)∀x1∈M,∀x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x1)min>g(x2)max. 单变量不等式恒成立问题 【典例】已知函数 f(x)=mex-x2. (1)若 m=1,求曲线 y=f(x)在(0,f(0))处的切线方程. (2)若关于 x 的不等式 f(x)≥x(4-mex)在[0,+∞)上恒成立,求实数 m 的取值范围. 【解析】(1)当 m=1 时,f(x)=ex-x2, 所以 f′(x)=ex-2x,所以 f′(0)=1,又 f(0)=1, 所以曲线 y=f(x)在(0,f(0))处的切线方程为 y-1=x,即 x-y+1=0. (2)由 f(x)≥x(4-mex),得 mex(x+1)≥x2+4x, 不等式 f(x)≥x(4-mex)在[0,+∞)上恒成立, 等价于当 x≥0 时,m≥ , 令 g(x)= (x≥0),则 g′(x)= . 由 g′(x)=0 及 x≥0,得 x= -1, 当 x∈(0, -1)时,g′(x)>0,此时 g(x)单调递增;当 x∈( -1,+∞)时,g′(x)<0,此时 g(x)单调递减. 所以当 x= -1 时, - 4 - g(x)max=g( -1)=2 ,所以 m≥2 . 所以实数 m 的取值范围为[2 ,+∞). 双变量不等式恒成立问题 【典例】已知函数 f(x)=x-1-aln x(a<0). (1)讨论函数 f(x)的单调性. (2)若对于任意的 x1,x2∈(0,1],且 x1≠x2,都有|f(x1) -f(x2)|<4 ,求实数 a 的取值范围. 【解析】(1)由题意知 f ′(x)=1- = (x>0), 因为 x>0,a<0,所以 f ′(x)>0,所以 f(x)在(0,+∞)上单调递增. (2)不妨设 0 >0, 由(1)知 f(x1)f(x2)+ . 设 g(x)=f(x)+ ,x∈(0,1],易知 g(x)在(0,1]上单调递减, 所以 g′(x)≤0 在(0,1]上恒成立⇔1- - = ≤0 在(0,1]上恒成立⇔a≥x- 在(0,1] 上恒成立,易知 y=x- 在(0,1]上单调递增,其最大值为-3.因为 a<0,所以-3≤a<0,所以实数 a 的取值范围 为[-3,0). 可转化为不等式恒成立的问题 【典例】(2020·十堰模拟)已知函数 f(x)=axex-x2-2x. (1)当 a=1 时,求曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程. (2)当 x>0 时,若曲线 y=f(x)在直线 y=-x 的上方,求实数 a 的取值范围. 【解析】 (1)当 a=1 时,f(x)=xex-x2-2x, - 5 - 其导数 f′(x)=ex(x+1)-2x-2, f′(0)=-1.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=-x. (2)根据题意,当 x>0 时, “曲线 y=f(x)在直线 y=-x 的上方”等价于“axex-x2-2x>-x 恒成立”, 又由 x>0,则 axex-x2-2x>-x ⇒aex-x-1>0⇒a> , 则原问题等价于 a> 恒成立; 设 g(x)= ,则 g′(x)=- , 又由 x>0,则 g′(x)<0, 则函数 g(x)在区间(0,+∞)上递减, 又由 g(0)= =1,则有 <1, 若 a> 恒成立,必有 a≥1, 即 a 的取值范围为[1,+∞). 1.(2020·芜湖模拟)已知函数 f(x)=1- ,g(x)= + -bx(e 为自然对数的底数),若曲线 y=f(x)与曲线 y=g(x)的一个公共点是 A(1,1),且在点 A 处的切线互相垂直. (1)求 a,b 的值. - 6 - (2)求证:当 x≥1 时,f(x)+g(x)≥ . 【解析】(1)因为 f(x)=1- , 所以 f′(x)= ,f′(1)=-1. 因为 g(x)= + -bx,所以 g′(x)=- - -b. 因为曲线 y=f(x)与曲线 y=g(x)的一个公共点是 A(1,1),且在点 A 处的切线互相垂直, 所以 g(1)=1,且 f′(1)·g′(1)=-1, 即 g(1)=a+1-b=1,g′(1)=-a-1-b=1, 解得 a=-1,b=-1. (2)由(1)知,g(x)=- + +x, 则 f(x)+g(x)≥ 等价于 1- - - +x≥0. 令 h(x)=1- - - +x(x≥1), 则 h′(x)=- + + +1= + +1. 因为 x≥1,所以 h′(x)= + +1>0, 所以 h(x)在[1,+∞)上单调递增,所以 h(x)≥h(1)=0, 即 1- - - +x≥0, - 7 - 所以当 x≥1 时,f(x)+g(x)≥ . 2.已知两个函数 f(x)=7x2-28x-c,g(x)=2x3+4x2-40x.若任意 x1∈[-3,3],x2∈[-3,3]都有 f(x1)≤g(x2)成 立,求实数 c 的取值范围. 【解析】由任意 x1∈[-3,3],x2∈[-3,3], 都有 f(x1)≤g(x2)成立,得 f(x1)max≤g(x2)min. 因为 f(x)=7x2-28x-c=7(x-2)2-28-c, 当 x1∈[-3,3]时,f(x1)max=f(-3)=147-c; g(x)=2x3+4x2-40x, g′(x)=6x2+8x-40=2(3x+10)(x-2), 当 x 变化时,g′(x)和 g(x)在[-3,3]上的变化情况如下表: x -3 (-3,2)2 (2,3)3 g′(x) - 0 + g(x) 102↘ 极小值 -48 ↗ -30 易得 g(x)min=g(2)=-48, 故 147-c≤-48,即 c≥195. 3.已知函数 f(x)=ax+ +1-2a-ln x,a∈R. (1)若 a=-1,求函数 f(x)的单调区间. (2)若 f(x)≥0 在 x∈[1,+∞)上恒成立,求正数 a 的取值范围. 【解析】(1)当 a=-1 时, f(x)=-x- -lnx+3(x>0), 所以 f′(x)= = , 则当 x∈(0,1)时,f′(x)>0,则 f(x)单调递增;当 x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,则 f(x)单调递减;所以 f(x)的 单调递增区间为(0,1),f(x)的单调递减区间为(1,+∞). - 8 - (2)因为 f(x)=ax+ +1-2a-ln x,x∈[1,+∞),则 f =0, f′(x)=a- - = = . ①当 01, 故当 10 恒成立,求整数 a 的最大值. (3)求证:ln 2+(ln 3-ln 2)2+(ln 4-ln 3)3+…+[ln(n+1)-ln n]n< (n∈N*). 【解析】(1)因为函数 f(x)和 g(x)的图像在点(0,1)处有相同的切线,所以 f(0)=g(0)且 f′(0)=g′(0), - 9 - 又因为 f′(x)=ex,g′(x)= ,所以 1=ln a+b,1= , 解得 a=1,b=1. (2)先证明 ex≥x+1,设 F(x)=ex-x-1,则 F′(x)=ex-1,当 x∈(0,+∞)时,F′(x)>0,当 x∈(-∞,0) 时,F′(x)<0,所以 F(x)在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减,所以 F(x)min=F(0)=0,即 F(x)≥0 恒 成立, 即 ex≥x+1. 同理可得 ln(x+2)≤x+1,即 ex>ln(x+2), 当 a≤2 时,ln(x+a)≤ln(x+2)0 恒成立. 当 a≥3 时,e00 不恒成立. 故整数 a 的最大值为 2. (3)由(2)知 ex>ln(x+2),令 x= , 则 >ln , 即 e-n+1> =[ln(n+1)-ln n]n, 所以 e0+e-1+e-2+…+e-n+1>ln 2+(ln 3-ln 2)2+(ln 4-ln 3)3+…+[ln(n+1)-ln n]n, 又因为 e0+e-1+e-2+…+e-n+1= < = , 所以 ln 2+(ln 3-ln 2)2+(ln 4-ln 3)3+…+[ln(n+1)-ln n]n< .