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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)=lnx,求证:g(x)f(x)在1,+)上恒成立.(3)若0a2aa2+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.又f(x)=a(x2+1)-(ax+b)2x(x2+1)2,所以f(-1)=2a+2(b-a)4=-1.联立,解得a=2,b=-2.所以f(x)=2x-2x2+1.(2)由题意知,要证lnx2x-2x2+1在1,+)上恒成立,即证明x2ln x+lnx-2x+20在1,+)上恒成立.设h(x)=x2ln x+lnx-2x+2,则h(x)=2xln x+x+1x-2.因为x1,所以2xln x0,x+1x2x1x=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0a1.由(2)知lnba2ba-2ba2+1,整理得lnb-lnab-a2aa2+b2,所以当0a2aa2+b2.方法技巧 利用导数证明不等式有以下方法: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)上是减函数,同时若F(a)0,由减函数的定义可知,当x(a,b)时,有F(x)0,即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x1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0a1a+12,故12a0,所以g(x)为单调增函数,所以g(x)g(1)=2,故k2,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,)0(为实参数)对任意的xD恒成立,求参数的取值范围.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,)0(xD,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()f2(x)或f1()f2(x)的形式;第二步,利用导数求出函数f2(x)(xD)的最大(小)值;第三步,解不等式f1()f2(x)max或f1()f2(x)min,从而求出参数的取值范围.(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(a0,0或a0,1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x0,-x2+x+10,解得0x1+52.故f(x)的单调递增区间是0,1+52.(2)令F(x)=f(x)-(x-1),x(0,+),则F(x)=1-x2x.当x(1,+)时,F(x)1时,F(x)1时,f(x)1,使得当x(1,x0)时,f(x)k(x-1).当k1时,对于x1,有f(x)x-1k(x-1),则f(x)1,使得当x(1,x0)时,f(x)k(x-1).当k1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+421.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xD恒成立,应求f(x)的最小值;若存在xD,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年全国卷,文21改编)已知函数f(x)=xex-alnx,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be时,f(x)b(x2-2x+2).解析 (1)因为f(x)=(x+1)ex-ax,x0,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.所以f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+).(2)当b0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).当00,则h(x)=(x+2)ex+2ex2-2b.当x(0,1时,2ex2-2b0,(x+2)ex0,所以h(x)0;当x(1,+)时,(x+2)ex-2b0,2ex20,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.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-b0,所以g(x)0,即f(x)b(x2-2x+2).综上所述,当be时,f(x)b(x2-2x+2).2.(2016年全国卷,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x1,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0x12时,f(x)12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x1时,f(x)axa2lnxx+1x2,令h(x)=2lnxx+1x2(x1),则h(x)=2-2lnxx2-2x3=2(x-xlnx-1)x3.令m(x)=x-xlnx-1(x1),则m(x)=-lnx.当x1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a1,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-lnx.证明:(1)g(x)1.(2)(x-lnx)f(x)1-1e2.解析 (1)由题意得g(x)=x-1x(x0),当0x1时,g(x)1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0x2时,f(x)2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).又由(1)知x-lnx1(当且仅当x=1时取等号),且等号不同时取得,所以(x-lnx)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a2-2ln 2时,函数f(x)在R上是单调函数.(2)当x0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-a0,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x0时,ex-x2-ax1-x恒成立,当x0时,aexx-x-1x+1恒成立.令h(x)=exx-x-1x+1(x0),则h(x)=ex(x-1)-x2+1x2=(x-1)(ex-x-1)x2.令(x)=ex-x-1(x0),则(x)=ex-10.x(0,+)时,(x)单调递增,(x)(0)=0,即ex-x-10.当x(0,1)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,ae-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)=lnx+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,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exxlnx+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,x0,则h(x)=-2-3lnxx4.当x(0,e-23)时, h(x)0;当x(e-23,+)时, h(x)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mR).(1)若m=2,判断函数f(x)的单调性.(2)若f(x)+m+10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x1,令f(x)0,得0x0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)=exx-(m-1),分类讨论:当m1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m1.当m1时,令f(x)0,得xm-1,令f(x)0,得0x-m-1,即em-1-m-11),则g(m)=em-1-10(m1),g(m)在(1,+)上单调递增.而mZ,g(2)=e-30,在(1,+)上存在唯一m0使得g(m0)=0,且2m03.mZ,若em-1-m-10,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)=alnx+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,kR时,若g(x)=f(x)-2kx有两个极值点x1,x2,且x1x2,证明:g(x2)0,所以切线斜率f(x)=ax+x2a,当且仅当x=a时取得等号,所以2a3,即a94,所以a的最小值为94.(2)g(x)=f(x)-2kx=lnx+12x2-2kx-12(x0),g(x)=1x+x-2k.当k1时,g(x)=1x+x-2k21xx-2k=2-2k0,函数g(x)在(0,+)上单调递增,无极值.当k1时,g(x)=1x+x-2k=x2-2kx+1x.由g(x)=0,得x2-2kx+1=0,=4(k2-1)0.设两个根为x1,x2,则x1+x2=2k,x1x2=1,其中0x1=k-k2-11x2=k+k2-1,所以g(x)在(0,x1)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在(x2,+)上单调递增,从而g(x)有两个极值点x1,x2,且x11).构造函数h(x)=lnx-x22-32(x1),h(x)=1x-x0,所以h(x)在(1,+)上单调递减,且h(1)=-2.故g(x2)-2.
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