2019-2020年高考数学二轮复习 专题2 函数与导数 第5讲 利用导数研究不等式恒成立及相关问题 理.doc

2019-2020年高考数学二轮复习 专题2 函数与导数 第5讲 利用导数研究不等式恒成立及相关问题 理导数的综合应用训练提示:在讨论方程的根的个数、研究函数图象与x轴(或某直线)的交点个数、不等式恒成立等问题时,常常需要求出其中参数的取值范围,这类问题的实质就是函数的单调性与函数的极(最)值的应用.1.(xx云南省第一次统一检测)已知函数f(x)=ln (1+2x)-.(1)求f(x)的单调区间;(2)若a0,b0,求证ln 2a-ln b1-.(1)解:由2x+10得x-.所以f(x)的定义域为（-,+）.因为f(x)=ln (1+2x)-,所以f(x)=-=.由f(x)0得x-,由f(x)0得x-时,f(x)f(-),即f(x)-ln 2.因为a0,b0,所以=-.设x=,则f()-ln 2,化简得ln 2a-ln b1-.所以当a0,b0时,ln 2a-ln b1-.2.(xx山东济宁市一模)已知函数f(x)=ex-ax-a(其中aR,e是自然对数的底数,e=2.71828).(1)当a=e时,求函数f(x)的极值;(2)当0a1时,求证f(x)0;(3)求证:对任意正整数n,都有(1+)(1+)(1+)e.(1)解:当a=e时,f(x)=ex-ex-e,f(x)=ex-e,当x1时,f(x)1时,f(x)0;所以函数f(x)在(-,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增,所以函数f(x)在x=1处取得极小值f(1)=-e,函数f(x)无极大值;(2)解:由f(x)=ex-ax-a,f(x)=ex-a当a=0时,f(x)=ex0恒成立,满足条件,当0a1时,由f(x)=0,得x=ln a,则当x(-,ln a)时,f(x)0,所以函数f(x)在(-,ln a)上单调递减,在(ln a,+)上单调递增,所以函数f(x)在x=ln a处取得极小值即为最小值,f(x)min=f(ln a)=eln a-aln a-a=-aln a.因为0a1,所以ln a0,所以-aln a0,所以f(x)min0,所以综上得,当0a1时,f(x)0;(3)证明:由(2)知,当a=1时,f(x)0恒成立,所以f(x)=ex-x-10恒成立,即exx+1,所以ln (x+1)x,令x=(nN+),得ln (1+),所以ln (1+)+ln (1+)+ln (1+)+=1-()n1,所以(1+)(1+)(1+)e.3.(xx黑龙江大庆二模)已知函数f(x)=(ax-2)ex在x=1处取得极值.(1)求a的值;(2)求函数f(x)在m,m+1上的最小值;(3)求证:对任意x1,x20,2,都有|f(x1)-f(x2)|e.解:(1)f(x)=aex+(ax-2)ex=(ax+a-2)ex,由已知得f(1)=0,即(2a-2)e=0,解得a=1,验证知,当a=1时,在x=1处函数f(x)=(x-2)ex取得极小值,所以a=1;(2)f(x)=(x-2)ex,f(x)=ex+(x-2)ex=(x-1)ex.x(-,1)1(1,+)f(x)-0+f(x)减增当m1时,f(x)在m,m+1上单调递增,f(x)min=f(m)=(m-2)em.当0m1时,m1m+1,f(x)在m,1上单调递减,在1,m+1上单调递增,f(x)min=f(1)=-e.当m0时,m+11,f(x)在m,m+1单调递减,f(x)min=f(m+1)=(m-1)em+1.综上,f(x)在m,m+1上的最小值f(x)min=(3)由(1)知f(x)=(x-2)ex,f(x)=ex+(x-2)ex=(x-1)ex.令f(x)=0得x=1,因为f(0)=-2,f(1)=-e,f(2)=0,所以f(x)max=0,f(x)min=-e,所以,对任意x1,x20,2,都有|f(x1)-f(x2)|f(x)max-f(x)min=e.4.(xx吉林长春市质量监测二)设函数f(x)=(1-ax)ln (x+1)-bx,其中a和b是实数,曲线y=f(x)恒与x轴相切于坐标原点.(1)求常数b的值;(2)当0x1时,关于x的不等式f(x)0恒成立,求实数a的取值范围;(3)求证:()10000.4e()1000.5.(1)解:对f(x)求导得f(x)=-aln (1+x)+-b,根据条件知f(0)=0,所以1-b=0b=1.(2)解:由(1)得f(x)=(1-ax)ln (1+x)-x,0x1,f(x)=-aln (1+x)+-1f(x)=-+=-.当a-时,由于0x1,有f(x)=-0,于是f(x)在0,1上单调递增,从而f(x)f(0)=0,因此f(x)在0,1上单调递增,即f(x)f(0)=0而且仅有f(0)=0;当a0时,由于0x1,有f(x)=-0,于是f(x)在0,1上单调递减,从而f(x)f(0)=0,因此f(x)在0,1上单调递减,即f(x)f(0)=0而且仅有f(0)=0;当-a0时,令m=min1,-,当0xm时,f(x)=-0,于是f(x)在0,m上单调递减,从而f(x)f(0)=0,因此f(x)在0,m上单调递减,即f(x)f(0)=0而且仅有f(0)=0.综上可知,所求实数a的取值范围是(-,-.(3)证明:对要证明的不等式等价变形如下:()10000.4e()1000.5(1+)e(1+)所以可以考虑证明:对于任意的正整数n,不等式(1+)e(1+)恒成立.并且继续作如下等价变形(1+)e(1+)(n+)ln (1+)1(n+)ln (1+)对于(p)相当于(2)中a=-(-,0),m=情形,有f(x)在0,上单调递减,即f(x)f(0)=0而且仅有f(0)=0.取x=,当n2时,(1+)ln （1+）-0成立;当n=1时,（1+）ln 2-1=ln 2-10.7-10.从而对于任意正整数n都有（1+）ln （1+）-0成立.因此对于任意正整数n,不等式（1+）e恒成立.这样依据不等式（1+）e(1+),再令n=10000利用左边,令n=1000利用右边,即可得到()10000.4e0)上存在极值,求实数m的取值范围;(2)设g(x)=xf(x)-1,若对任意x(0,1)恒有g(x)0,所以f(x)=（）=-当0x0;当x1时,f(x)0)上存在极值,所以得m1.即实数m的取值范围是（,1）.(2)g(x)=,由题可知,当a0,不合题意.当a0时,由g(x)-2,可得ln x+0,设h(x)=ln x+,则h(x)=.设t(x)=x2+(2-4a)x+1,=(2-4a)2-4=16a(a-1),若00,h(x)0,所以h(x)在(0,1)内单调递增,又h(1)=0,所以h(x)h(1)=0.所以01,则0,t(0)=10,t(1)=4(1-a)0,不合要求.综合可得a的取值范围是(0,1.2.设函数f(x)=x2+ln (x+1).(1)求证:当x(0,+)时f(x)x恒成立;(2)求证:+ln xx;(3)求证:（sin+）0时,g(x)0,所以g(x)在(0,+)上递减,所以g(x)g(0)=0,即x0时,x-x2ln (x+1),令x=(nN*),得-ln（1+）,所以（-）ln 即+ln xx.(3)因为y=sin x在0,1上单调递增,所以sin=nnsin xdx=n(-cos x)|=n(1-cos 1).又y=在0,1上单调递减,所以=+=nndx=nln (1+x)=nln 2所以（sin+）n(1-cos 1+ln 2).3.已知函数f(x)=ln x-ax+-1(aR).(1)当a时,讨论f(x)的单调性;(2)设g(x)=f(x)-+1.在函数g(x)的图象上取两定点A(x1,g(x1),B(x2,g(x2)(x1x2),设直线AB的斜率为k,证明:存在x0(x1,x2),使g(x0)=k成立.解:(1)因为f(x)=ln x-ax+-1(aR),所以f(x)=-a-=-,x(0,+),令h(x)=ax2-x+1-a,x(0,+),当a时,由f(x)=0,则ax2-x+1-a=0,解得x1=1,x2=-1.当a=时,x1=x2,h(x)0恒成立,此时f(x)0,函数f(x)在(0,+)上单调递减;当a1时,0-10,此时f(x)0,函数f(x)单调递减;x（-1,1）时,h(x)0,函数f(x)单调递增;x(1,+)时,h(x)0,此时f(x)0,函数f(x)单调递减;当a1时,由于-10,x(0,1)时,h(x)0,函数f(x)单调递增;x(1,+)时,h(x)0,此时f(x)0,函数f(x)单调递减;综上所述:当a=时,函数f(x)在(0,+)上单调递减;当a0)当0t1时,F(t)1时,F(t)0,F(t)单调递增,故当t1时,F(t)F(1)=0,即t-1-ln t0从而-1-ln 0,-1-ln 0,所以(x1)0,(x2)0),求函数h(x)=g(x)-f(x)的单调区间;(3)若正项数列an满足a1=,an=f(an),证明:数列an是递减数列.(1)解:由题意得f(0)=0,f(0)=1,则a-b=0,b=1,解得a=1,b=1.(2)解:由题意得h(x)=mln x+x2-(m+1)x,x(0,+).h(x)=+x-(m+1)=当0m0,并注意到函数的定义域(0,+),得0x1,则h(x)的增区间是(0,m),(1,+);同理可求h(x)的减区间是(m,1).当m=1时,h(x)0,则h(x)是定义域(0,+)内的增函数.当m1时,令h(x)0,并注意到函数的定义域(0,+)得0xm,则h(x)的增区间是(0,1),(m,+);同理可求h(x)的减区间是(1,m).(3)证明:因为正项数列an满足a1=,an=f(an),所以ln (an)=ln (1-),即an+1=-ln .要证数列an是递减数列an+1an-ln an+1.设u(x)=ex-x-1,x(0,+).因为u(x)=ex-10,所以u(x)是(0,+)上的增函数,则u(x)u(0)=0,即exx+1,故an+1,则数列an是递减数列.5.(xx四川德阳市一诊)如图,已知点A(11,0),函数y=的图象上的动点P在x轴上的射影为H,且点H在点A的左侧,设|PH|=t,APH的面积为f(t).(1)求函数f(t)的解析式及t的取值范围;(2)若a(0,2),求函数f(t)在(0,a上的最大值.解:(1)由已知可得=t,所以点P的横坐标为t2-1,因为点H在点A的左侧,所以t2-111,即-2t0,所以0t2,所以AH=11-(t2-1)=12-t2,所以APH的面积为f(t)=(12-t2)t,t(0,2).(2)f(t)=6-t2=-(t+2)(t-2),由f(t)=0,得t=-2(舍),或t=2.函数f(t)与f(t)在定义域上的情况如表:t(0,2)2(2,2)f(t)+0-f(t)极大值当0a2时,f(t)在(0,a上单调递增,所以f(t)max=f(a)=-a3+6a,当2a2时,f(t)在(0,2上单调递增,(2,a上单调递减,f(t)max=f(2)=8.综上f(t)max=