【数学】2020届一轮复习人教B版 导数与不等式的综合应用学案
考查角度2 导数与不等式的综合应用
分类透析一 证明不等式
例1 已知函数f(x)=ax+bx2+1在点(-1,f(-1))处的切线方程为x+y+3=0.
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)设g(x)=ln x,求证:g(x)≥f(x)在[1,+∞)上恒成立.
(3)若0
2aa2+b2.
分析 运用待定系数法求出参数a,b的值,从而确定函数的解析式,利用导数方法证明不等式g(x)≥f(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)=g(x)-f(x),然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h(x)≥0.利用第(2)小问的结论求证第(3)小问.
解析 (1)将x=-1代入切线方程,得y=-2,
所以f(-1)=b-a1+1=-2,化简得b-a=-4. ①
又f'(x)=a(x2+1)-(ax+b)·2x(x2+1)2,
所以f'(-1)=2a+2(b-a)4=-1. ②
联立①②,解得a=2,b=-2.所以f(x)=2x-2x2+1.
(2)由题意知,要证ln x≥2x-2x2+1在[1,+∞)上恒成立,
即证明x2ln x+ln x-2x+2≥0在[1,+∞)上恒成立.
设h(x)=x2ln x+ln x-2x+2,则h'(x)=2xln x+x+1x-2.
因为x≥1,所以2xln x≥0,x+1x≥2·x·1x=2(当且仅当x=1时等号成立),即h'(x)≥0,
所以h(x)在[1,+∞)上单调递增,h(x)≥h(1)=0,
所以g(x)≥f(x)在[1,+∞)上恒成立.
(3)因为01.
由(2)知lnba>2·ba-2ba2+1,整理得lnb-lnab-a>2aa2+b2,
所以当02aa2+b2.
方法技巧 利用导数证明不等式有以下方法:①证明f(x)g(x),x∈(a,b),可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),若F'(x)>0,则F(x)在(a,b)上是增函数,同时若F(a)≥0,由增函数的定义可知,当x∈(a,b)时,有F(x)>0,即f(x)>g(x)得证.
分类透析二 不等式恒成立或有解问题
例2 已知函数f(x)=1+lnxx.
(1)若函数f(x)在区间a,a+12上存在极值,求实数a的取值范围;
(2)如果当x≥1时,不等式f(x)≥kx+1恒成立,求实数k的取值范围.
分析 不等式恒成立问题,通常可以利用函数的单调性求出函数最值,然后解决.解答相应的参数不等式问题,如果易分离参数,可先分离变量,构造函数,直接转化为函数的最值问题,避免参数的讨论.
解析 (1)函数的定义域为(0,+∞),
f'(x)=1-1-lnxx2=-lnxx2,
令f'(x)=0,得x=1.
当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.
所以x=1为函数f(x)的极大值点,且是唯一极值点,
所以00,
所以g(x)为单调增函数,所以g(x)≥g(1)=2,
故k≤2,即实数k的取值范围是(-∞,2].
方法技巧 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利用分离参数法,其一般步骤如下:
第一步:将原不等式f(x,λ)≥0(x∈D,λ为实参数)分离,使不等式的一边是参数,另一边不含参数,即化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式;
第二步,利用导数求出函数f2(x)(x∈D)的最大(小)值;
第三步,解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min,从而求出参数λ的取值范围.
(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,可以考虑利用二次项系数与判别式的方法(a>0,Δ<0或a<0,Δ<0)求解.
分类透析三 存在型不等式成立问题
例3 已知函数f(x)=ln x-(x-1)22.
(1)求函数f(x)的单调递增区间.
(2)证明:当x>1时,f(x)1,当x∈(1,x0)时,恒有f(x)>k(x-1).
分析 (1)求出函数f(x)的导数f'(x),令f'(x)>0(注意在函数f(x)的定义域上),得函数f(x)的单调递增区间;(2)构造函数,通过求导判断函数的单调性来证明不等式;(3)对k进行分类讨论,通过构造函数,利用求导来判断其单调性,从而得到参数k的取值范围.
解析 (1)f'(x)=1x-x+1=-x2+x+1x,x∈(0,+∞).
由f'(x)>0得x>0,-x2+x+1>0,解得01时,F(x)1时,f(x)1,使得当x∈(1,x0)时,f(x)>k(x-1).
当k>1时,对于x>1,有f(x)1,使得当x∈(1,x0)时,f(x)>k(x-1).
当k<1时,令G(x)=f(x)-k(x-1),x∈(0,+∞),
则G'(x)=1x-x+1-k=-x2+(1-k)x+1x.
由G'(x)=0,得-x2+(1-k)x+1=0,
解得x1=1-k-(1-k)2+42<0,
x2=1-k+(1-k)2+42>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).
方法技巧 存在型不等式恒成立问题的求解策略
“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.特别需要关注等号是否成立问题,以免细节出错.
1.(2018年全国Ⅰ卷,文21改编)已知函数f(x)=xex-aln x,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于x轴.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)证明:当b≤e时,f(x)≥b(x2-2x+2).
解析 (1)因为f'(x)=(x+1)ex-ax,x>0,
所以f'(1)=0,即2e-a=0,解得a=2e,
所以f'(x)=(x+1)ex-2ex.
显然f'(x)在(0,+∞)上单调递增,又f'(1)=0,
故当x∈(0,1)时,f'(x)<0;
当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0.
所以f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞).
(2)①当b≤0时,由(1)知,当x=1时,f(x)取得最小值,最小值为e.
又b(x2-2x+2)的最大值为b,
故f(x)≥b(x2-2x+2).
②当00,
则h'(x)=(x+2)ex+2ex2-2b.
当x∈(0,1]时,2ex2-2b≥0,(x+2)ex>0,
所以h'(x)>0;
当x∈(1,+∞)时,(x+2)ex-2b>0,2ex2>0,
所以h'(x)>0.
所以当x∈(0,+∞)时,h'(x)>0,
故h(x)在(0,+∞)上单调递增.
又h(1)=0,
所以当x∈(0,1)时,g'(x)<0;
当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0.
所以g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
所以当x=1时,g(x)取得最小值,最小值为g(1)=e-b≥0,
所以g(x)≥0,
即f(x)≥b(x2-2x+2).
综上所述,当b≤e时,f(x)≥b(x2-2x+2).
2.(2016年全国Ⅲ卷,文21改编)设函数f(x)=1x+2ln x.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)如果对任意的x≥1,都有f(x)≤ax,求a的取值范围.
解析 (1)由题意得f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2x-1x2,
所以当012时,f'(x)>0.
故函数f(x)在0,12上单调递减,在12,+∞上单调递增.
(2)当x≥1时,f(x)≤ax⇔a≥2lnxx+1x2,
令h(x)=2lnxx+1x2(x≥1),
则h'(x)=2-2lnxx2-2x3=2(x-xlnx-1)x3.
令m(x)=x-xln x-1(x≥1),则m'(x)=-ln x.
当x≥1时,m'(x)≤0,所以m(x)在[1,+∞)上为减函数,
所以m(x)≤m(1)=0,因此h'(x)≤0,所以h(x)在[1,+∞)上为减函数,
所以当x=1时,h(x)取得最大值,最大值为h(1)=1,故a≥1,
即a的取值范围是[1,+∞).
3.(2016年四川卷,文21改编)已知函数f(x)=1-x-1ex,g(x)=x-ln x.证明:
(1)g(x)≥1.
(2)(x-ln x)f(x)>1-1e2.
解析 (1)由题意得g'(x)=x-1x(x>0),
当01时,g'(x)>0.
所以g(x)在(0,1)上为减函数,在(1,+∞)上为增函数.
所以g(x)≥g(1)=1,得证.
(2)由f(x)=1-x-1ex,得f'(x)=x-2ex,
所以当02时,f'(x)>0.
所以f(x)在(0,2)上为减函数,在(2,+∞)上为增函数.
所以f(x)≥f(2)=1-1e2(当且仅当x=2时取等号). ①
又由(1)知x-ln x≥1(当且仅当x=1时取等号), ②
且①②等号不同时取得,
所以(x-ln x)f(x)>1-1e2.
1.(广东省2018届高三第一次模拟)已知函数f(x)=ex-x2-ax.
(1)证明:当a≤2-2ln 2时,函数f(x)在R上是单调函数.
(2)当x>0时,f(x)≥1-x恒成立,求实数a的取值范围.
解析 (1)∵f(x)=ex-x2-ax,
∴f'(x)=ex-2x-a.
令g(x)=ex-2x-a,
则g'(x)=ex-2,
则当x∈(-∞,ln 2)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;
当x∈(ln 2,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增.
∴函数g(x)在x=ln 2处取得最小值,且最小值为g(ln 2)=2-2ln 2-a≥0,
∴f'(x)≥0在R上恒成立,当且仅当a=2-2ln 2,x=ln 2时等号成立.
∴f(x)在R上是单调递增函数.
(2)由题意得当x>0时,ex-x2-ax≥1-x恒成立,
∴当x>0时,a≤exx-x-1x+1恒成立.
令h(x)=exx-x-1x+1(x>0),
则h'(x)=ex(x-1)-x2+1x2=(x-1)(ex-x-1)x2.
令φ(x)=ex-x-1(x>0),
则φ'(x)=ex-1>0.
∴x∈(0,+∞)时,φ(x)单调递增,
∴φ(x)>φ(0)=0,即ex-x-1>0.
∴当x∈(0,1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减;
∴当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增.
∴当x=1时,h(x)取得最小值,且h(x)min=h(1)=e-1,
∴a≤e-1.
故实数a的取值范围为(-∞,e-1].
2.(海南省2018届高三阶段性测试二模)已知函数f(x)=exx, g(x)=ln x+1.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)证明:x3f(x)>g(x).
解析 (1)由题易知f'(x)=(x-1)exx2.
当x∈(-∞,0)∪(0,1)时,f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,
所以f(x)的单调递减区间为(-∞,0)和(0,1),单调递增区间为(1,+∞).
(2)g(x)的定义域为(0,+∞),要证x3f(x)>g(x),即证exx>lnx+1x3.
由(1)可知f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以f(x)≥f(1)=e.
设h(x)=lnx+1x3,x>0,则h'(x)=-2-3lnxx4.
当x∈(0,e-23)时, h'(x)>0;当x∈(e-23,+∞)时, h'(x)<0.
所以h(x)在(0,e-23)上单调递增,在(e-23,+∞)上单调递减,所以h(x)≤h(e-23)=e23,
又e>e23,所以x3f(x)>g(x).
3.(东北三省三校2018届高三第二次模拟考试)已知定义域为(0,+∞)的函数f(x)=(x-m)ex(常数m∈R).
(1)若m=2,判断函数f(x)的单调性.
(2)若f(x)+m+1>0恒成立,求实数m的最大整数值.
解析 (1)当m=2时,f(x)=(x-2)ex(x∈(0,+∞)),
∴f'(x)=(x-1)ex.
令f'(x)>0,得x>1,
令f'(x)<0,得00对于x∈(0,+∞)恒成立,
即f(x)>-m-1对于x∈(0,+∞)恒成立,
由函数的解析式可得f'(x)=ex[x-(m-1)],分类讨论:
①当m≤1时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上为增函数,
∴f(x)>f(0)=-m,显然f(x)>-m-1对于x∈(0,+∞)恒成立,故m≤1.
②当m>1时,令f'(x)>0,得x>m-1,令f'(x)<0,得0-m-1,即em-1-m-1<0.
设g(m)=em-1-m-1(m>1),
则g'(m)=em-1-1>0(m>1),
∴g(m)在(1,+∞)上单调递增.
而m∈Z,g(2)=e-3<0,g(3)=e2-4>0,
∴在(1,+∞)上存在唯一m0使得g(m0)=0,且20,对于x∈(0,+∞)恒成立,则实数m的最大整数值为2.
4.(2017安徽马鞍山二模)已知函数f(x)=aln x+12x2-12.
(1)若曲线y=f(x)上任意一点处的切线斜率不小于3,求a的最小值;
(2)当a=1,k∈R时,若g(x)=f(x)-2kx有两个极值点x1,x2,且x10,所以切线斜率f'(x)=ax+x≥2a,当且仅当x=a时取得等号,所以2a≥3,即a≥94,所以a的最小值为94.
(2)g(x)=f(x)-2kx=ln x+12x2-2kx-12(x>0),
g'(x)=1x+x-2k.
当k≤1时,g'(x)=1x+x-2k≥21x·x-2k=2-2k≥0,函数g(x)在(0,+∞)上单调递增,无极值.
当k>1时,g'(x)=1x+x-2k=x2-2kx+1x.
由g'(x)=0,得x2-2kx+1=0,Δ=4(k2-1)>0.设两个根为x1,x2,则x1+x2=2k,x1x2=1,
其中01).
构造函数h(x)=ln x-x22-32(x>1),h'(x)=1x-x<0,
所以h(x)在(1,+∞)上单调递减,且h(1)=-2.
故g(x2)<-2.