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
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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,
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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 x
0.
(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
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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,
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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,
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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.
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(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,
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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,+∞).
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(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),
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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< .
