2018届二轮复习利用导数研究与不等式有关的综合问题学案（全国通用）

2018届二轮复习利用导数研究与不等式有关的综合问题学案（全国通用）

专题8 利用导数研究与不等式有关的综合问题 利用导数研究与不等式有关的综合问题 ‎★★★‎ ‎○○○○‎ 利用导数证明不等式的基本方法 利用导数法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上成立的基本方法：‎ ‎(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.　‎ 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运用分离参数法，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，可以考虑二次项系数与判别式的方法(a>0，Δ<0或a<0，Δ<0)求解．　‎ 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．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值．特别需要关注等号是否成立问题，以免细节出错．‎ ‎(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)对∀x1，x2∈D使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.‎ ‎(3)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)．‎ ‎(4)对∀x1∈D1，∃x2∈D2使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min，f(x)的定义域为D1，g(x)的定义域为D2.‎ ‎[例]　(2016·合肥二模)已知函数f(x)＝.‎ ‎(1)若f(x)在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a的取值范围；‎ ‎(2)若a＝0，x0＜1，设直线y＝g(x)为函数f(x)的图象在x＝x0处的切线，求证：f(x)≤g(x)．‎ ‎[解]　(1)易得f′(x)＝－，‎ 由题意知f′(x)≥0对x∈(－∞，2)恒成立，‎ 故x≤1－a对x∈(－∞，2)恒成立，‎ ‎∴1－a≥2，∴a≤－1.‎ 故实数a的取值范围为(－∞，－1]．‎ ‎(2)证明：a＝0，则f(x)＝.‎ 函数f(x)的图象在x＝x0处的切线方程为y＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)．‎ 令h(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，x∈R，‎ 则h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝－＝‎ .‎ 设φ(x)＝(1－x)ex0－(1－x0)ex，x∈R，‎ 则φ′(x)＝－ex0－(1－x0)ex，‎ ‎∵x0＜1，‎ ‎∴φ′(x)＜0，‎ ‎∴φ(x)在R上单调递减，而φ(x0)＝0，‎ ‎∴当x＜x0时，φ(x)＞0，当x＞x0时，φ(x)＜0，‎ ‎∴当x＜x0时，h′(x)＞0，当x＞x0时，h′(x)＜0，‎ ‎∴h(x)在区间(－∞，x0)上为增函数，在区间(x0，＋∞)上为减函数，‎ ‎∴x∈R时，h(x)≤h(x0)＝0，‎ ‎∴f(x)≤g(x)．‎ ‎1.(2017·陕西西北九校联考)已知函数f(x)＝－ln x＋t(x－1)，t为实数．‎ ‎(1)当t＝1时，求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若当t＝时，－－f(x)<0在(1，＋∞)上恒成立，求实数k的取值范围．‎ ‎ ‎ ‎(2)当t＝时，f(x)＝－ln x＋－，－－f(x)＝－－－ln x＋－＝ln x－＋，‎ 当x>1时，－－f(x)<0恒成立，等价于k<－xln x在(1，＋∞)上恒成立．‎ 令g(x)＝－xln x，则g′(x)＝x－(ln x＋1)＝x－1－ln x.‎ 令h(x)＝x－1－ln x，则h′(x)＝1－＝.‎ 当x>1时，h′(x)>0，函数h(x)＝x－1－ln x在(1，＋∞)上单调递增，故h(x)>h(1)＝0，‎ 从而当x>1时，g′(x)>g′(1)＝0，即函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增，‎ 故g(x)>g(1)＝，‎ 因此当x>1时，若使k<－xln x恒成立，必须k≤.‎ ‎∴实数k的取值范围是.‎ ‎2.(2017·新乡调研)已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex.‎ ‎(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；‎ ‎(2)当a<1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2,0]，f(x1)，‎ 所以a的取值范围为.‎ ‎3. (2017·西安六校联考)设a∈R，函数f(x)＝ax2－ln x，g(x)＝ex－ax.‎ ‎(1)当a＝7时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；‎ ‎(2)若f(x)·g(x)>0对x∈(0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．‎ 解：(1)当a＝7时，f(x)＝7x2－ln x，f′(x)＝14x－，‎ ‎∴f′(1)＝13，∵f(1)＝7，‎ ‎∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－7＝13(x－1)，即13x－y－6＝0.‎ ‎(2)若f(x)>0对x∈(0，＋∞)恒成立，即ax2－ln x>0对x∈(0，＋∞)恒成立，则a>max(x>0)．‎ 设h(x)＝(x>0)，则h′(x)＝，‎ 当00，函数h(x)单调递增；‎ 当x>e时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减，‎ ‎∴当x>0时，h(x)max＝h(e)＝，‎ ‎∴a>.‎ ‎∵h(x)无最小值，∴f(x)<0对x∈(0，＋∞)不可能恒成立．‎ ‎∵f(x)·g(x)>0对x∈(0，＋∞)恒成立，‎ ‎∴g(x)＝ex－ax>0，即a<对x∈(0，＋∞)恒成立．‎ 设H(x)＝，‎ ‎∴H′(x)＝，‎ 当01时，H′(x)>0，函数H(x)单调递增，‎ ‎∴当x>0时，H(x)min＝H(1)＝e，‎ ‎∴a0，记|f(x)|的最大值为A.‎ ‎(1)求f′(x)；‎ ‎(2)求A；‎ ‎(3)证明|f′(x)|≤‎2A.‎ 解：(1)f′(x)＝－2αsin 2x－(α－1)sin x.‎ ‎(2)当α≥1时，|f(x)|＝|αcos 2x＋(α－1)(cos x＋1)|≤α＋2(α－1)＝3α－2＝f(0)．‎ 故A＝3α－2.‎ 当0<α<1时，将f(x)变形为 f(x)＝2αcos2x＋(α－1)cos x－1.‎ 令g(t)＝2αt2＋(α－1)t－1，‎ 则A是|g(t)|在[－1,1]上的最大值，‎ g(－1)＝α，g(1)＝3α－2，‎ 且当t＝时，g(t)取得极小值，‎ 极小值为g＝－－1＝－.‎ 令－1<<1，解得α>.‎ ‎①当0<α≤时，g(t)在[－1,1]内无极值点，|g(－1)|＝α，‎ ‎|g(1)|＝2－3α，|g(－1)|<|g(1)|，‎ 所以A＝2－3α.‎ ‎ ‎ ‎(3)证明：由(1)得|f′(x)|＝|－2αsin 2x－(α－1)sin x|≤2α＋|α－1|.‎ 当0<α≤时，|f′(x)|≤1＋α≤2－4α<2(2－3α)＝‎2A.‎ 当<α<1时，A＝＋＋>1，‎ 所以|f′(x)|≤1＋α<‎2A.‎ 当α≥1时，|f′(x)|≤3α－1≤6α－4＝‎2A.‎ 所以|f′(x)|≤‎2A.‎ ‎2．(2016·全国乙卷)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点．‎ ‎(1)求a的取值范围；‎ ‎(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.‎ 解：(1)f′(x)＝(x－1)ex＋‎2a(x－1)＝(x－1)(ex＋‎2a)．‎ ‎①设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点．‎ ‎②设a>0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；‎ 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，‎ 所以f(x)在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．‎ 又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b(b－2)＋a(b－1)2＝a>0，‎ 故f(x)存在两个零点．‎ ‎ ‎ ‎(2)证明：不妨设x1f(2－x2)，‎ 即f(2－x2)<0.‎ 由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，‎ 而f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，‎ 所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.‎ 设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，‎ 则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)．‎ 所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)＝0，‎ 故当x>1时，g(x)<0.‎ 从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.‎ ‎3．(2015·新课标全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝x3＋ax＋，g(x)＝－ln x.‎ ‎(1)当a为何值时，x轴为曲线y＝f(x)的切线；‎ ‎(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x>0)，讨论h(x)零点的个数．‎ 解：(1)设曲线y＝f(x)与x轴相切于点(x0,0)，则f(x0)＝0，f′(x0)＝0，即 解得 因此，当a＝－时，x轴为曲线y＝f(x)的切线．‎ ‎(2)当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－ln x<0，‎ 从而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)<0，‎ 故h(x)在(1，＋∞)上无零点．‎ 当x＝1时，若a≥－，则f(1)＝a＋≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x＝1是h (x)的零点；‎ 若a<－，则f(1)<0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)<0，故x＝1不是h(x)的零点．‎ 当x∈(0,1)时，g(x)＝－ln x>0，所以只需考虑f(x)在(0,1)上的零点个数．‎ ‎①若a≤－3或a≥0，则f′(x)＝3x2＋a在(0,1)上无零点，故f(x)在(0,1)上单调．‎ 而f(0)＝，f(1)＝a＋，所以当a≤－3时，f(x)在(0,1)上有一个零点；当a≥0时，f(x)在(0,1)上没有零点．‎ ‎②若－3－或a<－时，h(x)有一个零点；当a＝－或a＝－时，h(x)有两个零点；当－0时，f′(x)≥0恒成立，‎ ‎∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，‎ ‎∴x＝1不是f(x)的极值点．‎ 故不存在实数a，使得f(x)在x＝1处取得极值．‎ ‎(2)由f(x0)≤g(x0)，得(x0－ln x0)a≥x－2x0，‎ 记F(x)＝x－ln x(x>0)，∴F′(x)＝(x>0)，‎ ‎∴当01时，F′(x)>0，F(x)单调递增．‎ ‎∴F(x)>F(1)＝1>0，‎ ‎∴a≥，记G(x)＝，x∈，‎ ‎∴G′(x)＝＝‎ .‎ ‎∵x∈，∴2－2ln x＝2(1－ln x)≥0，‎ ‎∴x－2ln x＋2>0，‎ ‎∴x∈时，G′(x)<0，G(x)单调递减；‎ x∈(1，e]时，G′(x)>0，G(x)单调递增，‎ ‎∴G(x)min＝G(1)＝－1，∴a≥G(x)min＝－1.‎ 故实数a的取值范围为[－1，＋∞)．‎ ‎___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________‎