2020高考数学复习--专题05 导数与函数不等式恒成立、有解(存在性)-用思维导图突破导数压轴题

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2020年高考数学二轮复习解答题规范答题-专题5 导数与不等式恒成立问题

2020年高考数学二轮复习解答题规范答题-专题5 导数与不等式恒成立问题典例1 (12分)设函数f (x )＝e mx ＋x 2－mx .(1)证明：f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；(2)若对于任意x 1，x 2∈[－1,1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1，求m 的取值范围．审题路线图 (1)求导f ′(x )＝m (e mx －1)＋2x →讨论m 确定f ′(x )的符号→证明结论 (2)条件转化为(|f (x 1)－f (x 2)|)max ≤e －1――→结合(1)知f (x )min ＝f (0)⎩⎨⎧f (1)－f (0)≤e －1，f (－1)－f (0)≤e －1→⎩⎨⎧e m －m ≤e －1，e －m＋m ≤e －1→构造函数g (t )＝e t－t －e ＋1→研究g (t )的单调性→寻求⎩⎨⎧g (m )≤0，g (－m )≤0的条件→对m 讨论得适合条件的范围规范解答·分步得分构建答题模板设函数g(t)＝e t－t－e＋1，则g′(t)＝e t－1.9分当t＜0时，g′(t)＜0；当t＞0时，g′(t)＞0.故g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e＜0，故当t∈[－1,1]时，g(t)≤0.当m∈[－1,1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；10分当m＞1时，由g(t)的单调性，得g(m)第一步求导数：一般先确定函数的定义域，再求f′(x)．第二步定区间：根据f′(x)的符号确定函数的单调区间．第三步寻条件：一般将恒成立问题转化为函数的最值问题．第四步写步骤：通过函数单调性探求函数最值，对于最值可能在两点取到的恒成立问题，可转化为不等式组恒成立．第五步再反思：查看是否注意定义域、区间的写法、最值点的探求是否合理等.＞0，即e m －m ＞e －1；当m ＜－1时，g (－m )＞0，即e －m ＋m ＞e －1.11分综上，m 的取值范围是[－1,1]. 12分评分细则 (1)求出导数给1分；(2)讨论时漏掉m ＝0扣1分；两种情况只讨论正确一种给2分； (3)确定f ′(x )符号时只有结论无中间过程扣1分； (4)写出f (x )在x ＝0处取得最小值给1分； (5)无最后结论扣1分；学&科网 (6)其他方法构造函数同样给分．跟踪演练1 已知函数f (x )＝ln x ＋1x .(1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)若对任意的x >1，恒有ln(x －1)＋k ＋1≤kx 成立，求k 的取值范围； (3)证明：ln 222＋ln 332＋…＋ln n n 2<2n 2－n －14(n ＋1)(n ∈N *，n ≥2)．[来源:学科网]。

【2020】高考数学二轮复习专题一函数与导数不等式第5讲导数与不等式的证明恒成立及能成立问题练习

故f(x)在(0，＋∞)上是增函数.
(3)当a∈(1，2)时，由(2)知，f(x)在[1，2]上的最小值为f(1)＝1－a，
故问题等价于：对任意的a∈(1，2)，不等式1－a＞mlna恒成立，即m＜恒成立.
记g(a)＝ (1＜a＜2)，
则g′(a)＝ .
令M(a)＝－alna－1＋a，则M′(a)＝－lna＜0，
解析由于f′(x)＝1＋＞0，因此函数f(x)在[0，1]上单调递增，所以x∈[0，1]时，f(x)min＝f(0)＝－1.根据题意可知存在x∈[1，2]，使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1，即x2－2ax＋5≤0，即a≥ ＋能成立，令h(x)＝＋，则要使a≥h(x)在x∈[1，2]上能成立，只需使a≥h(x)min，又函数h(x)＝＋在x∈[1，2]上单调递减，所以h(x)min＝h(2)＝，故只需a≥ .
由(2)知：当a≥ 时，有f(x)≥lnx(x≥1).
令a＝，有f(x)＝ ≥lnx(x≥1).
令x＝，得： ≥ln
＝ln(k＋2)－ln(k＋1).
∴ln(k＋1)＋ ≥ln(k＋2)＋ .
∴1＋＋＋…＋＋＞ln(k＋2)＋ .
这就是说，当n＝k＋1时，不等式也成立.
根据①和②，可知不等式对任何n∈N*都成立.
则g(1)＝0，g′(x)＝a－－＝＝，
(ⅰ)当0＜a＜时，＞1.
若1＜x＜，则g′(x)＜0，g(x)是减函数，
所以g(x)＜g(1)＝0，即f(x)＜lnx.
故f(x)≥lnx在[1，＋∞)上不成立.
(ⅱ)当a≥ 时， ≤1.
若x＞1，则g′(x)＞0，g(x)是增函数，
所以g(x)＞g(1)＝0，

2020年高考数学(理)总复习：利用导数解决不等式问题(解析版)

2020年高考数学（理）总复习：利用导数解决不等式问题题型一利用导数解决不等式的恒成立与能成立问题【题型要点】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．利用导数解决这个问题的常用思想方法如下：(1)分离参数法：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f 1(λ)≥f 2(x )或f 1(λ)≤f 2(x )的形式；第二步，利用导数求出函数f 2(x )(x ∈D )的最大(小)值；第三步，解不等式f 1(λ)≥f 2(x )max 或f 1(λ)≤f 2(x )min 从而求出参数λ的取值范围． (2)函数思想法：第一步，将不等式转化为某含参数的函数的最值问题；第二步，利用导数求出该函数的极值(最值)；第三步，构建不等式求解．【例1】已知函数f (x )＝x 4＋ax 3＋2x 2＋b (x ∈R )，其中a ，b ∈R . (1)当a ＝－103时，讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )仅在x ＝0处有极值，求a 的取值范围；(3)若对于任意的a ∈[－2,2]，不等式f (x )≤1在[－1,1]上恒成立，求b 的取值范围．【解】 (1)f ′(x )＝4x 3＋3ax 2＋4x ＝x (4x 2＋3ax ＋4)．当a ＝－103时，f ′(x )＝x (4x 2－10x ＋4)＝2x (2x －1)(x －2)．令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝12，x 3＝2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以f (x )在(0，12)，(2，＋∞)内是增函数，在(－∞，0)，(12，2)内是减函数．(2)f ′(x )＝x (4x 2＋3ax ＋4)，显然x ＝0不是方程4x 2＋3ax ＋4＝0的根．为使f (x )仅在x ＝0处有极值，必须4x 2＋3ax ＋4≥0成立，即有Δ＝9a 2－64≤0.解此不等式，得－83≤a ≤83.这时，f (0)＝b 是唯一极值．因此满足条件的a 的取值范围是[－83，83]．(3)解：由条件a ∈[－2,2]，可知Δ＝9a 2－64<0，从而4x 2＋3ax ＋4>0恒成立．当x <0时，f ′(x )<0；当x >0时，f ′(x )>0.因此函数f (x )在[－1,1]上的最大值是f (1)与f (－1)两者中的较大者．为使对任意的a ∈[－2,2]，不等式f (x )≤1在[－1,1]上恒成立，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧ f (1)≤1f (－1)≤1，即⎩⎪⎨⎪⎧b ≤－2－ab ≤－2＋a在a ∈[－2,2]上恒成立．所以b ≤－4，因此满足条件的b 的取值范围是(－∞，－4]．题组训练一利用导数解决不等式的恒成立与能成立问题已知函数f (x )＝e x －1＋ax ，a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调区间；(2)若∈x ∈[1，＋∞)，f (x )＋ln x ≥a ＋1恒成立，求a 的取值范围．【解析】 (1)f ′(x )＝e x －1＋a ，(∈)当a ≥0时，f ′(x )>0，函数f (x )在R 上单调递增； (∈)当a <0时，令f ′(x )＝0，则x ＝ln(－a )＋1，当f′(x)>0，即x>ln(－a)＋1时，函数f(x)单调递增；当f′(x)<0，即x<ln(－a)＋1时，函数f(x)单调递减．综上，当a≥0时，函数f(x)在R上单调递增；当a<0时，函数f(x)的单调递增区间是(ln(－a)＋1，＋∞)，单调递减区间是(－∞，ln(－a)＋1)．(2)令a＝－1，由(1)可知，函数f(x)＝e x－1－x的最小值为f(1)＝0，所以e x－1－x≥0，即e x－1≥x.f(x)＋ln x≥a＋1恒成立与f(x)＋ln x－a－1≥0恒成立等价，令g(x)＝f(x)＋ln x－a－1，即g(x)＝e x－1＋a(x－1)＋ln x－1(x≥1)，则g′(x)＝e x－1＋1x＋a，∈当a≥－2时，g′(x)＝e x－1＋1x＋a≥x＋1x＋a≥2x·1x＋a＝a＋2≥0(或令φ(x)＝ex－1＋1x，则φ′(x)＝e x－1－1x2在[1，＋∞)上递增，∈φ′(x)≥φ′(1)＝0，∈φ(x)在[1，＋∞)上递增，∈φ(x)≥φ(1)＝2，∈g′(x)≥0)∈g(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，∈g(x)≥g(1)＝0，∈f(x)＋ln x≥a＋1恒成立，∈当a<－2时，令h(x)＝e x－1＋1x＋a，则h′(x)＝ex－1－1x2＝x2e x－1－1x2，当x≥1时，h′(x)≥0，函数h(x)单调递增．又h(1)＝2＋a＜0，h(1－a)＝e1－a－1＋11－a＋a≥1－a＋11－a＋a＝1＋11－a>0，∈存在x0∈(1,1－a)，使得h(x0)＝0，故当x∈(1，x0)时，h(x)<h(x0)＝0，即g′(x)<0，故函数g(x)在(1，x0)上单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>h(x0)＝0，即g′(x)>0，故函数g(x)在(x0，＋∞)上单调递增．∈g(x)min＝g(x0)<g(1)＝0，即∈x∈[1，＋∞)，f(x)＋ln x≥a＋1不恒成立，综上所述，a的取值范围是[－2，＋∞)．题型二利用导数证明与函数有关的不等式【题型要点】用导数证明不等式的方法(1)利用单调性：若f (x )在[a ，b ]上是增函数，则∈∈x ∈[a ，b ]，则f (a )≤f (x )≤f (b )；∈对∈x 1，x 2∈[a ，b ]，且x 1<x 2，则f (x 1)<f (x 2)．对于减函数有类似结论．(2)利用最值：若f (x )在某个范围D 内有最大值M (或最小值m )，则对∈x ∈D ，有f (x )≤M (或f (x )≥m )． (3)证明f (x )<g (x )，可构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，证明F (x )<0. 【例2】已知函数f (x )＝(ln x －k －1)x (k ∈R )． (1)当x >1时，求f (x )的单调区间和极值；(2)若对于任意x ∈[e ，e 2]，都有f (x )<4ln x 成立，求k 的取值范围； (3)若x 1≠x 2，且f (x 1)＝f (x 2)，证明：x 1x 2<e 2k . (1)【解析】 f ′(x )＝1x ·x ＋ln x －k －1＝ln x －k ，∈当k ≤0时，因为x >1，所以f ′(x )＝ln x －k >0，函数f (x )的单调递增区间是(1，＋∞)，无单调递减区间，无极值； ∈当k >0时，令ln x －k ＝0，解得x ＝e k ，当1<x <e k 时，f ′(x )<0；当x >e k 时，f ′(x )>0.所以函数f (x )的单调递减区间是(1，e k )，单调递增区间是(e k ，＋∞)，在区间(1，＋∞)上的极小值为f (e k )＝(k －k －1)e k ＝－e k ，无极大值． (2)【解析】由题意，f (x )－4ln x <0，即问题转化为(x －4)ln x －(k ＋1)x <0对于x ∈[e ，e 2]恒成立．即k ＋1>(x －4)ln xx 对x ∈[e ，e 2]恒成立．令g (x )＝(x －4)ln x x ，则g ′(x )＝4ln x ＋x －4x 2，令t (x )＝4ln x ＋x －4，x ∈[e ，e 2]，则t ′(x )＝4x＋1>0，所以t (x )在区间[e ，e 2]上单调递增，故t ()x min ＝t (e)＝e －4＋4＝e>0，故g ′(x )>0，所以g (x )在区间[e ，e 2]上单调递增，函数g ()x max ＝g (e 2)＝2－8e2.要使k ＋1>(x －4)ln xx 对于x ∈[e ，e 2]恒成立，只要k ＋1>g ()x max ，所以k ＋1>2－8e2，即实数k 的取值范围为⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞-,812e (3)[证明] 因为f (x )＝f (x 2)，由(1)知，函数f (x )在区间(0，e k )上单调递减，在区间(e k ，＋∞)上单调递增，且f (e k ＋1)＝0. 不妨设x 1<x 2，则0<x 1<e k <x 2<e k ＋1，要证x 1x 2<e 2k ，只要证x 2<e 2k x 1，即证e k<x 2<e 2k x 1. 因为f (x )在区间(e k ，＋∞)上单调递增，所以f (x 2)<f ⎪⎪⎭⎫⎝⎛12x e k .又f (x )＝f (x 2)，即证f (x 1)<f ⎪⎪⎭⎫⎝⎛12x e k ，构造函数h (x )＝f (x )－f ⎪⎪⎭⎫⎝⎛12x e k＝(ln x －k －1)x －⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--1ln 2k x e k e 2kx ，即h (x )＝x ln x －(k ＋1)x ＋e 2k ⎪⎭⎫⎝⎛--x k x x 1ln ， x ∈(0，e k )．h ′(x )＝ln x ＋1－(k ＋1)＋e 2k ⎪⎭⎫⎝⎛-+-221ln 1x k x x ＝(ln x －k )(x 2－e 2k )x 2，因为x ∈(0，e k )，所以ln x －k <0，x 2<e 2k ，即h ′(x )>0，所以函数h (x )在区间(0，e k)上单调递增，故h (x )<h (e k)，而h (e k)＝f (e k)－f ⎪⎪⎭⎫⎝⎛k k e e 2＝0，故h (x )<0，所以f (x 1)<f ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛12x e k ，即f (x 2)＝f (x 1)<f ⎪⎪⎭⎫⎝⎛12x e k ，所以x 1x 2<e 2k 成立．题组训练二利用导数证明与函数有关的不等式已知函数f (x )＝ln x ＋ax(a >0)．(1)若函数f (x )有零点，求实数a 的取值范围； (2)证明：当a ≥2e时，f (x )>e －x .(1)【解】方法一函数f (x )＝ln x ＋ax 的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝ln x ＋a x ，得f ′(x )＝1x －a x 2＝x －ax 2.因为a >0，则当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以函数f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．当x ＝a 时，f (x )min ＝ln a ＋1.当ln a ＋1≤0，即0<a ≤1e时，又f (1)＝ln 1＋a ＝a >0，则函数f (x )有零点．所以实数a 的取值范围为⎥⎦⎤⎝⎛e1,0方法二函数f (x )＝ln x ＋a x 的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝ln x ＋ax ＝0，得a ＝－x ln x .令g (x )＝－x ln x ，则g ′(x )＝－(ln x ＋1)．当x ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1,0时，g ′(x )>0；当x ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,1e时，g ′(x )<0.所以函数g (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1,0上单调递增，在⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,1e上单调递减．故当x ＝1e 时，函数g (x )取得最大值g ⎪⎭⎫⎝⎛e 1＝－1e ln 1e ＝1e.因为函数f (x )＝ln x ＋a x 有零点，则0<a ≤1e，所以实数a 的取值范围为⎥⎦⎤⎝⎛e 1,0.(2)【证明】要证明当a ≥2e 时，f (x )>e －x ，即证明当x >0，a ≥2e 时，ln x ＋a x >e －x ，即x ln x ＋a >x e －x .令h (x )＝x ln x ＋a ，则h ′(x )＝ln x ＋1. 当0<x <1e 时，h ′(x )<0；当x >1e时，h ′(x )>0.所以函数h (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1,0上单调递减，在⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,1e上单调递增．当x ＝1e 时，h (x )min ＝－1e ＋a .于是，当a ≥2e 时，h (x )≥－1e ＋a ≥1e.∈令φ(x )＝x e －x ，则φ′(x )＝e －x －x e －x ＝e －x (1－x )．当0<x <1时，φ′(x )>0；当x >1时，φ′(x )<0.所以函数φ(x )在()0，1上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．当x ＝1时，φ(x )max ＝φ(1)＝1e .于是，当x >0时，φ(x )≤1e.∈显然，不等式∈∈中的等号不能同时成立．故当a ≥2e时，f (x )>e －x .题型三用赋值法证明与正整数有关的不等式【题型要点】(1)利用导数研究的正整数不等式一般都与题目给出的函数不等式有关，如本例中给出的函数f (x )在a ＝12，x ≥1时，有不等式12⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 1≥ln x ，根据函数的定义域，这个不等式当然对一切大于等于1的数成立，这样根据所证不等式的特点，给定x 以适当的数值即可证明正整数不等式．凡涉及从1到n 的整数的不等式，而且不等式中含有ln n 的问题，一般都是通过赋值使之产生ln n ＋1n ，ln n n －1等使问题获得解决的，如证明12＋23＋…＋n n ＋1<n ＋ln 2－ln(n ＋2)时，就是通过变换n n ＋1＝1－1n ＋1，进而通过不等式x >ln(1＋x )(x >0)，得1n >ln ⎪⎭⎫ ⎝⎛+n 11＝ln(n ＋1)－ln n .(2)证明正整数不等式时，要把这些正整数放在正实数的范围内，通过构造正实数的不等式进行证明，而不能直接构造正整数的函数，因为这样的函数不是可导函数，使用导数就是错误的．【例3】已知函数f (x )＝ax ＋bx ＋c (a >0)的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1.(1)用a 表示出b ，c ；(2)若f (x )≥ln x 在[1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围； (3)证明：1＋12＋13＋…＋1n >ln(n ＋1)＋n2(n ＋1)(n ≥1)．【解析】 (1)f ′(x )＝a －bx 2，则有⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝a ＋b ＋c ＝0，f ′(1)＝a －b ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝a －1c ＝1－2a .(2)由(1)知f (x )＝ax ＋a －1x＋1－2a .令g (x )＝f (x )－ln x ＝ax ＋a －1x ＋1－2a －ln x ，x ∈[1，＋∞)，则g (1)＝0，g ′(x )＝a －a －1x 2－1x＝ax 2－x －(a －1)x 2＝21)1(xa a x x a ⎪⎭⎫ ⎝⎛--- (∈)当0＜a <12时，1－a a>1.若1<x <1－aa ，则g ′(x )<0，g (x )是减函数，所以g (x )<g (1)＝0，即f (x )<ln x 故f (x )≥ln x 在[1，＋∞)上不恒成立．(∈)当a ≥12时，1－a a≤1，若x ＞1，则g ′(x )>0，g (x )是增函数，所以g (x )>g (1)＝0，即f (x )>ln x ，故当x ≥1时，f (x )≥ln x .综上所述，所求a 的取值范围为⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,21(3)证法一：由(2)知当a ≥12时，有f (x )≥ln x (x ≥1)．令a ＝12，有f (x )＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 1≥ln x (x ≥1)，且当x ＞1时，12⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 1＞ln x .令x ＝k ＋1k ，且ln k ＋1k <12⎪⎭⎫⎝⎛+-+11k k k k ＝12⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+--⎪⎭⎫ ⎝⎛+11111k k ，即ln(k ＋1)－ln k <12⎪⎭⎫ ⎝⎛++111k k ，k ＝1,2,3，…，n .将上述n 个不等式依次相加得ln(n ＋1)<12＋⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅⋅⋅++n 13121＋12(n ＋1)，整理得1＋12＋13＋…1n >ln(n ＋1)＋n2(n ＋1).证法二：用数学归纳法证明． ∈当n ＝1时，左边＝1，右边＝ln 2＋14<1，不等式成立．∈假设n ＝k 时，不等式成立，就是 1＋12＋13＋…＋1k >ln(k ＋1)＋k 2(k ＋1).那么1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1>ln(k ＋1)＋k 2(k ＋1)＋1k ＋1＝ln(k ＋1)＋k ＋22(k ＋1).由(2)知当a ≥12时，有f (x )≥ln x (x ≥1)．令a ＝12，有f (x )＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 1≥ln x (x ≥1)．令x ＝k ＋2k ＋1，得12⎪⎭⎫⎝⎛++-++2112k k k k ≥ln k ＋2k ＋1＝ln(k ＋2)－ln(k ＋1)．∈ln(k ＋1)＋k ＋22(k ＋1)≥ln(k ＋2)＋k ＋12(k ＋2).∈1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1>ln(k ＋2)＋k ＋12(k ＋2).这就是说，当n ＝k ＋1时，不等式也成立，根据∈和∈，可知不等式对任何n ∈N *都成立．题组训练三用赋值法证明与正整数有关的不等式设函数f (x )＝e x －ax －1，对∈x ∈R ，f (x )≥0恒成立． (1)求a 的取值集合；(2)求证：1＋12＋13＋…＋1n >ln(n ＋1)(n ∈N *)．【解析】 (1)f (x )＝e x －ax －1，f ′(x )＝e x －a ，∈当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在x ∈R 上单调递增，又f (0)＝0，所以当x ∈(－∞，0)，f (x )<0，不合题意，舍去； ∈当a >0时，x ∈(－∞，ln a )，f ′(x )<0，f (x )单调递减，x ∈(ln a ，＋∞)，f ′(x )>0，f (x )单调递增，f (x )min ＝f (ln a )＝a －a ln a －1，则需a －a ln a －1≥0恒成立．令g (a )＝a －a ln a －1，g ′(a )＝－ln a ，当a ∈(0,1)时，g ′(a )>0，g (a )单调递增，当a ∈(1，＋∞)时，g ′(a )<0，g (a )单调递减，而g (1)＝0，所以a －a ln a －1≤0恒成立．所以a 的取值集合为{1}．(2)由(1)可得e x －x －1>0(x >0)，x >ln(x ＋1)(x >0)，令x ＝1n，则1n >ln ⎪⎭⎫⎝⎛+11n ＝ln n ＋1n ＝ln(n ＋1)－ln n ，所以1＋12＋13＋…＋1n>(ln 2－ln 1)＋(ln 3－ln 2)＋…＋(ln(n ＋1)－ln n )＝ln(n ＋1)(n ∈N *)．题型四构造函数法在解题中的应用【例4】已知函数f (x )＝e x －3x ＋3a (e 为自然对数的底数，a ∈R )． (1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln 3e ，且x >0时，e x x >32x ＋1x －3a .【解析】 (1)由f (x )＝e x －3x ＋3a ，知f ′(x )＝e x －3. 令f ′(x )＝0，得x ＝ln 3，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故f (x )f (x )在x ＝ln 3处取得极小值，极小值为f (ln 3)＝3(1－ln 3＋a )． (2)证明：待证不等式等价于e x >32x 2－3ax ＋1，设g (x )＝e x －32x 2＋3ax －1，于是g ′(x )＝e x －3x ＋3a . 由(1)及a >ln 3e＝ln 3－1知，g ′(x )的最小值为g ′(ln 3)＝3(1－ln 3＋a )>0.于是对任意x ∈R ，都有g ′(x )>0，所以g (x )在R 内单调递增．于是当a >ln 3e ＝ln 3－1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>g (0)．而g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，g (x )>0. 即e x>32x 2－3ax ＋1，故e x x >32x ＋1x－3a .题组训练四1．构造函数解不等式已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )<f (x )，且f (x ＋2)为偶函数，f (4)＝1，则不等式f (x )<e x 的解集为( )A ．(－2，＋∞)B ．(0，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(4，＋∞)【解析】因为f (x ＋2)为偶函数，所以f (x ＋2)的图象关于x ＝0对称，所以f (x )的图象关于x ＝2对称．所以f (0)＝f (4)＝1.设g (x )＝f (x )e x (x ∈R )，则g ′(x )＝f ′(x )e x －f (x )e x (e x )2＝f ′(x )－f (x )e x .又f ′(x )<f (x )，所以g ′(x )<0(x ∈R )，所以函数g (x )在定义域上单调递减．因为f (x )<e x ∈f (x )e x <1，而g (0)＝f (0)e 0＝1，所以f (x )<e x ∈g (x )<g (0)，所以x >0.故选B. 【答案】 B2．构造函数证明不等式设函数f (x )＝ax 2ln x ＋b (x －1)(x ＞0)，曲线y ＝f (x )过点(e ，e 2－e ＋1)，且在点(1,0)处的切线方程为y ＝0. (1)求a ，b 的值；(2)证明：当x ≥1时，f (x )≥(x －1)2；(3)若当x ≥1时，f (x )≥m (x －1)2恒成立，求实数m 的取值范围．【解】 (1)函数f (x )＝ax 2ln x ＋b (x －1)(x ＞0)，可得f ′(x )＝2a ln x ＋ax ＋b ，因为f ′(1)＝a ＋b ＝0，f (e)＝a e 2＋b (e －1)＝a (e 2－e ＋1)＝e 2－e ＋1，所以a ＝1，b ＝－1.(2)证明：f (x )＝x 2ln x －x ＋1，设g (x )＝x 2ln x ＋x －x 2(x ≥1)，g ′(x )＝2x ln x －x ＋1，(g ′(x ))′＝2ln x ＋1＞0，所以g ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，所以g ′(x )≥g ′(1)＝0，所以g (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以g (x )≥g (1)＝0，所以f (x )≥(x －1)2.(6分) (3)设h (x )＝x 2ln x －x －m (x －1)2＋1， h ′(x )＝2x ln x ＋x －2m (x －1)－1，由(2)中知x 2ln x ≥(x －1)2＋x －1＝x (x －1)，所以x ln x ≥x －1，所以h ′(x )≥3(x －1)－2m (x －1)， ∈当3－2m ≥0即m ≤32时，h ′(x )≥0，所以h (x )在[1，＋∞)单调递增，所以h (x )≥h (1)＝0，成立． ∈当3－2m ＜0即m ＞32时，h ′(x )＝2x ln x ＋(1－2m )(x －1)， (h ′(x ))′＝2ln x ＋3－2m ，令(h ′(x ))′＝0，得x 0＝e 2m －32＞1，当x ∈[1，x 0)时，h ′(x )＜h ′(1)＝0，所以h (x )在[1，x 0)上单调递减，所以h (x )＜h (1)＝0，不成立．综上，m ≤32.3．构造函数解决数列问题设函数f (x )＝x 2－ln(x ＋1)，证明：对任意的正整数n 不等式f (1)＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛21＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛31＋…＋f ⎪⎭⎫⎝⎛n 1<1＋123＋133＋…＋1n3成立．【证明】从数列的角度考虑左边的通项为f ⎪⎭⎫⎝⎛n 1，右边的通项为1n 3，若能证明⎪⎭⎫ ⎝⎛n f 1<1n 3，则不等式获证，为此构造函数F (x )＝f (x )－x 3＝x 2－ln(x ＋1)－x 3，则F ′(x )＝－3x 2＋2x －1x ＋1＝－3x 3＋x 2－2x ＋1x ＋1＝－3x 3＋(x －1)2x ＋1，显然当x ∈[0，＋∞)时，F ′(x )<0，所以函数F (x )在[0，＋∞)上是单调减函数，又F (0)＝0，所以当x ∈[0，＋∞)时，恒有F (x )<F (0)＝0，即x 2－ln(x ＋1)<x 3恒成立．所以x ∈[0，＋∞)时，f (x )<x 3，取x ＝1k，则有f ⎪⎭⎫⎝⎛k 1<1k 3，所以f (1)<1，f ⎪⎭⎫ ⎝⎛21<123，…，f ⎪⎭⎫ ⎝⎛n 1<1n 3，于是对任意的正整数n ，不等式f (1)＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛21＋f ⎪⎭⎫⎝⎛31＋…＋f ⎪⎭⎫⎝⎛n 1<1＋123＋133＋…＋1n 3成立．【专题训练】1．已知函数f (x )＝ax 2＋2x －ln(x ＋1)(a 为常数)． (1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；(2)当x ∈[0，＋∞)时，不等式f (x )≤x 恒成立，求实数的取值范围．【解析】 (1)函数的定义域为(－1，＋∞)，当a ＝－1时，f (x )＝－x 2＋2x －ln(x ＋1)， ∈f ′(x )＝－2x ＋2－1x ＋1＝1－2x 2x ＋1，由f ′(x )>0得，－22<x <22，由f ′(x )<0得，－1<x <22或x >22， ∈函数f (x )的单调增区间为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-22,22，单调减区间为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--22,1和⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,22(2)当x ∈[0，＋∞)时，f (x )≤x 恒成立，令g (x )＝f (x )－x ＝ax 2＋x －ln(x ＋1)，问题转换为x ∈[0，＋∞)时，g (x )max ≤0. ∈g ′(x )＝2ax ＋1－11＋x ＝x [2ax ＋(2a ＋1)]x ＋1， ∈当a ＝0时，g ′(x )＝xx ＋1≥0，∈g (x )在x ∈[0，＋∞)上单调递增，此时g (x )无最大值，故a ＝0不合题意．∈当a >0时，令g ′(x )＝0解得，x 1＝0，x 2＝－(2a ＋1)2a<0，此时g (x )在x ∈[0，＋∞)上单调递增，此时无最大值，故a >0不合题意． ∈当a <0时，令g ′(x )＝0解得，x 1＝0，x 2＝－(2a ＋1)2a，当－12<a <0时，x 2＝－(2a ＋1)2a>0，而g (x )在[0，x 2)上单调递增，在[x 2，＋∞)上单调递减，∈g (x )max ＝g (x 2)＝a －14a －ln ⎪⎭⎫⎝⎛-a 21 ＝a －14a＋ln(－2a )，令φ(x )＝x －14x ＋ln(－2x )，x ∈⎪⎭⎫⎝⎛-0,21，则φ′(x )＝1＋14x 2＋1x ＝(2x ＋1)24x 2>0，∈φ(x )在x ∈⎪⎭⎫⎝⎛-0,21上单调递增，又φ⎪⎭⎫⎝⎛-81e ＝－1e 8＋e 34－3ln 2，当e≈2.71时，e 3≈19.9，∈φ(x )在x ∈⎪⎭⎫⎝⎛-0,21上小于或等于不恒成立，即g (x )max ≤0不恒成立，故－12<a <0不合题意．当a ≤－12时，x 2＝－(2a ＋1)2a ≤0，而此时g (x )在x ∈[0，＋∞)上单调递减， ∈g (x )max ＝g (0)＝0，符合题意．综上可知，实数的取值范围是⎥⎦⎤ ⎝⎛-∞-21,2．已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x 2，a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，证明f (x )>f ′(x )＋32对于任意的x ∈[1,2]成立．【解析】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝(ax 2－2)(x －1)x 3.当a ≤0时，x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0， f (x )单调递减．当a >0时，f ′(x )＝a (x －1)x 3⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫⎝⎛-a x a x 22. ∈0<a <2时，2a>1，当x ∈(0,1)或x ∈⎪⎪⎭⎫⎝⎛+∞,2a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎪⎪⎭⎫⎝⎛a 2,1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． ∈a ＝2时，2a＝1，在x ∈(0，＋∞)内，f ′(x )≥0，f (x )单调递增． ∈a >2时，0<2a <1，当x ∈⎪⎪⎭⎫⎝⎛a 2,0或x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎪⎪⎭⎫⎝⎛1,2a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减；当0<a <2时，f (x )在(0,1)内单调递增，在⎪⎪⎭⎫⎝⎛a 2,1内单调递减，在⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,2a 内单调递增；当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)内单调递增；当a >2时，f (x )在⎪⎪⎭⎫⎝⎛a 2,0内单调递增，在⎪⎪⎭⎫⎝⎛1,2a 内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增． (2)证明：由(1)知，a ＝1时，f (x )－f ′(x )＝x －ln x ＋2x －1x 2－⎪⎭⎫ ⎝⎛+--322211x x x＝x －ln x ＋3x ＋1x 2－2x3－1，x ∈[1,2]．设g (x )＝x －ln x ，h (x )＝3x ＋1x 2－2x3－1，x ∈[1,2]，则f (x )－f ′(x )＝g (x )＋h (x )．由g ′(x )＝x －1x≥0，可得g (x )≥g (1)＝1，当且仅当x ＝1时取得等号，又h ′(x )＝－3x 2－2x ＋6x 4.设φ(x )＝－3x 2－2x ＋6，则φ(x )在x ∈[1,2]单调递减．因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，所以∈x 0∈(1,2)，使得x ∈(1，x 0)时，φ(x )>0，x ∈(x 0,2)时，φ(x )<0. 所以h (x )＝1，h (2)＝12，可得h (x )≥h (2)＝12，当且仅当x ＝2时取得等号．所以f (x )－f ′(x )>g (1)＋h (2)＝32.即f (x )>f ′(x )＋32对于任意的x ∈[1,2]成立．3．已知函数f (x )＝x ＋a ln x (a ∈R )．(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处与直线y ＝3x －2相切，求a 的值；(2)若函数g (x )＝f (x )－kx 2有两个零点x 1，x 2，试判断g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x 的符号，并证明．【解析】 (1)f ′(x )＝1＋ax，又f ′(1)＝3，所以a ＝2.(2)当a >0时，g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x <0；当a <0时，g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x >0，证明如下：函数g (x )的定义域是(0，＋∞)．若a ＝0，则g (x )＝f (x )－kx 2＝x －kx 2. 令g (x )＝0，则x －kx 2＝0.又据题设分析知，k ≠0，所以x 1＝0，x 2＝1k.又g (x )有两个零点，且都大于0，所以a ＝0不成立．据题设知⎩⎪⎨⎪⎧g (x 1)＝x 1＋a ln x 1－kx 21＝0，g (x 2)＝x 2＋a ln x 2－kx 22＝0.不妨设x 1>x 2，x 1x 2＝t ，t >1. 所以x 1－x 2＋a (ln x 1－ln x 2)＝k (x 1－x 2)(x 1＋x 2)．所以1＋a (ln x 1－ln x 2)x 1－x 2＝k (x 1＋x 2)．又g ′(x )＝1＋a x －2kx ，所以g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x ＝1＋2a x 1＋x 2－k (x 1＋x 2)＝1＋2a x 1＋x 2－1－a (ln x 1－ln x 2)x 1－x 2 ＝a ⎪⎪⎭⎫⎝⎛---+212121ln ln 2x x x x x x ＝a x 2⎪⎭⎫ ⎝⎛--+i t t t ln 12＝a x 2·1t －1()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-t t t ln 112 引入h (t )＝2(t －1)t ＋1－ln t (t >1)，则h ′(t )＝4(t ＋1)2－1t ＝－(t －1)2t (t ＋1)2<0.所以h (t )在(0，＋∞)上单调递减．而h (1)＝0，所以当t >1时，h (t )<0.易知x 2>0，1t －1>0，所以当a >0时，g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x <0；当a <0时，g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x >0.。

函数与导数重点题型03：不等式恒成立与存在性问题研究

重点题型三：不等式“恒成立问题”与“存在性问题”【问题分析】不等式恒成立与存在性问题是高中数学的重要知识，也是高考命题的热点题型，通常把函数与导数、函数与方程、不等式问题结合在一起，综合考查学生分析问题、解决问题的能力。

此类问题经常以压轴题型出现，难度略大。

解决该问题的关键是将不等式恒成立与存在性问题转化为最值问题，在根据函数的单调性或基本不等式知识求出最值，进而解决该问题。

【解题策略】（1）不等式“恒成立问题”与“存在性问题”区别“恒成立问题”中使用的量词是全称量词，如“任意、所有、全部、每一个、总、都”等；而“存在性问题”中使用的量词为存在性量词，如“存在、有一个、至少有一个、有解”等。

所以在解决此类问题时，首先要区分是“恒成立问题”，还是“存在性问题”。

（2）不等式“恒成立问题”与“存在性问题”的转化①不等式“恒成立问题”的基本转化类型：a.f(x)>0恒成立⟺f(x)min>0; f(x)<0恒成立⟺f(x)max<0.b. f(x)>k恒成立⟺f(x)min>k; f(x)<k恒成立⟺f(x)max<k.c. f(x)>g(x)恒成立⟺[f(x)−g(x)]min>0; f(x)<g(x)恒成立⟺[f(x)−g(x)]max<0.e.函数f(x)在区间D上单调递增⟺在区间D上 f′(x)≥0恒成立；函数f(x)在区间D上单调递减⟺在区间D上 f′(x)≤0恒成立.f.∀x1,x2∈D ，f(x1)>g(x2)恒成立⟺f(x)min>g(x)max; ∀x1,x2∈D ，f(x1)<g(x2)恒成立⟺f(x)max<g(x)min②不等式“存在性问题”的基本转化类型a.f(x)>0有解⟺f(x)max>0; f(x)<0有解⟺f(x)min<0.b. f(x)>k有解⟺f(x)max>k; f(x)<k有解⟺f(x)min<k.c. f(x)>g(x)有解⟺[f(x)−g(x)]max>0; f(x)<g(x)有解⟺[f(x)−g(x)]min<0.e. ∀x1∈D1,∃x2∈D2,f(x1)>g(x2)⟺f(x)min>g(x)minf. ∀x1∈D1,∃x2∈D2,f(x1)<g(x2)⟺f(x)max<g(x)max（3）不等式“恒成立问题”与“存在性问题”解题思路不等式恒成立与存在性问题通常都转化为最值问题来解决，一般情况下常用以下方法来解决：①分离参数，如果问题中含有参数，且参数很容易分离，就采用参数分离法，将不等式转化为一边是参数，另一边是简单函数，再根据函数单调性解决.②构造函数，通过构造函数，讨论构造的新函数单调性来解决此类问题.③数形结合，如果函数图像易得，可以根据函数图像来解决此类问题.④适当缩放，如：e x≥x+1 (x∈R)，lnx≤x−1 (x>0)，lnx<x<e x【典例赏析】例一：（2020·全国高考真题（理））已知函数f(x)=e x+ax2−x.（1）当a=1时，讨论f(x)的单调性；（2）当x≥0时，f(x)≥12x3+1,求a的取值范围.试题分析：（1）由已知得f′(x)=e x+2x−1,很明显f′(x)是单调递增的，又有f′(0)=0，所以当x>0时,f′(x)>0,当x<0时,f′(x)<0.（2）由已知得当x≥0时,f(x)≥12x3+1,属于恒成立问题，可以很容易将参数分离出来，然后在构造函数，求出新构造函数最大值即可.解析：（1）由已知得当a=1时，f′(x)=e x+2x−1，f′(0)=0.当x>0时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增当x<0时,f′(x)<0函数f(x)单调递增减综上所述：函数f(x)在(0,+∞)单调递增,在(−∞，0)单调递减.(2)由已知f(x)≥12x3+1⇔ax2≥12x3+x−e x+1.当x=0时，不等式ax2≥12x3+x−e x+1⇔0≥0，显然成立.当x>0时，不等式ax2≥12x3+x−e x+1⇔a≥12x3+x−e x+1x2.令g(x)=12x3+x−e x+1x2(x>0),要使原不等式成立，只需a≥g(x)max即可.所以g′(x)=(x−2)(12x2+x−e x+1)x3(x>0)令ℎ(x )=12x 2+x −e x +1(x >0),则ℎ′(x )=x +1−e x (x >0),显然ℎ′(x )<0.所以ℎ(x )在(0,+∞)上单调递减，ℎ(x )<ℎ(0)=0所以当x >2时，g ′(x )<0, g (x )单调递减，当0<x <2时，g ′(x )>0，g (x )单调递增.所以g (x )max =g (2)=7−e 24,所以a ≥7−e 24.综上所述a 的取值范围为[7−e 24,+∞).例二：设函数()()23x x ax f x a R e+=∈,若()f x 在[)3,+∞上为减函数，求a 的取值范围．试题分析：由已知得f (x )在[3,+∞)单调递减等价于f ′(x )=−3x 2+(6−a )x+a e x ≤0在[3,+∞)上恒成立，然后在由二次函数性质可以求出参数a 的取值范围.解析：由已知得f ′(x )=−3x 2+(6−a )x+a e x ≤0在[3,+∞)恒成立等价于−3x 2+(6−a )x +a ≤0恒成立,x ∈[3,+∞). 令g (x )=−3x 2+(6−a )x +a当g (x )=0时，∆=a 2+36>0所以原不等式恒成立等价于{6−a6<3g (3)≤0,解得a ≥−92 综上所述a 的取值范围为[−92,+∞).例三：设函数2()(1)x f x x e =-.（1）讨论函数f(x)的单调性；（2）当x ≥0时，f(x)≤ax +1，求实数a 的取值范围.试题分析：（1）由已知得f ′(x )=e x (−x 2−2x +1) ,令f ′(x )=0可得x 1=√2−1,x 2=−√2−1,即可得到函数f(x)单调性.(2)由已知f (x )≤ax +1,可以通过适当缩放，证明不等式成立.解析：(1)由已知得f′(x)=e x(−x2−2x+1)令f′(x)=0可得x1=√2−1,x2=−√2−1.所以，当x∈(−∞,−√2−1)∪(√2−1,+∞), f′(x)<0,f(x)单调递减. 当x∈(−√2−1，√2−1),f′(x)>0, f(x)单调递增.（2）由已知f(x)=(1+x)(1−x)e x.①当a≥1时令ℎ(x)=(1−x)e x,则ℎ′(x)=−xe x≤0(x≥0),仅当x=0时ℎ′(x)=0.所以ℎ(x)在[0,+∞)上单调递减,所以ℎ(x)≤ℎ(0)=1.所以f(x)=ℎ(x)(x+1)≤x+1≤ax+1.②当0<a<1时,由于e x≥x+1当0<x<1时，f(x)=(1+x)(1−x)e x>(1−x)(1+x)2,(1−x)(1+x)2−ax−1=x(1−a−x−x2),取x0=√5−4a−12, x0∈(0,1).则f(x0)>ax0+1,不合题意.③当a≤0时，取x0=√5−12,x0∈(0,1), f(x0)>(1−x0)(1+x0)2=1≥ax0+1,不合题意.综上所述，a的取值范围为[1,+∞).例四：已知函数f(x)=lnx,g(x)=e x.（1）若ℎ(x)=f(x)+1ex−1,求证：ℎ(x)有且只有两个零点.（2）不等式m[g m(x)+1]≥2(x+1x)f(x)对x>0恒成立，求实数m的取值范围【跟踪演练】1．已知函数f（x）=2sin x－x cos x－x，f′（x）为f（x）的导数．（1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围．2．设a ≥0，f (x )=x －1－ln 2 x ＋2a ln x （x >0）.（Ⅰ）令F （x ）＝xf ＇（x ），讨论F （x ）在（0.＋∞）内的单调性并求极值；（Ⅰ）求证：当x >1时，恒有x >ln 2x －2a ln x ＋1.3．设函数f (x )=13x 3−(1+a )x 2+4ax +24a ,其中常数1a >(Ⅰ)讨论f (x )的单调性;(Ⅰ)若当x≥0时，f (x )>0恒成立，求a 的取值范围.4．已知函数f (x )=ax 2+x−1e x ．（1）求曲线()y f x =在点(0,−1)处的切线方程；（2）证明：当a ≥1时，f (x )+e ≥0．5．设函数f(x)=ln x +m x ,m ∈R .（1）当m e =（e 为自然对数的底数）时，求()f x 的最小值；（2）讨论函数g(x)=f ′(x)−x 3零点的个数；（3）若对任意b >a >0,f(b)−f(a)b−a <1恒成立，求m 的取值范围.6．已知函数f(x)=x cos x −sin x ,x ∈[0,π2].(1)求证：()0f x ≤；(2)若a <sin x x <b 对x ∈(0,π2)恒成立，求的最大值与的最小值.7．设函数f (x )=e 2x −a ln x .（Ⅰ）讨论f (x )的导函数f ′(x )的零点的个数；（Ⅰ）证明：当0a 时f (x )≥2a +a ln 2a .导数与函数重点题型三：参考答案1．（1）见解析；（2）(],0a ∈-∞.解析：（1）()2cos cos sin 1cos sin 1f x x x x x x x x '=-+-=+-令()cos sin 1g x x x x =+-，则()sin sin cos cos g x x x x x x x '=-++=当()0,x π∈时，令()0g x '=，解得：2x π=∴当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '>；当,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '< ()g x ∴在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减又()0110g =-=，1022g ππ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，()112g π=--=- 即当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x >，此时()g x 无零点，即()f x '无零点 ()02g g ππ⎛⎫⋅< ⎪⎝⎭0,2x ππ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x = 又()g x 在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减 0x x ∴=为()g x ，即()f x '在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上的唯一零点综上所述：()f x '在区间()0,π存在唯一零点（2）若[]0,x π∈时，()f x ax ≥，即()0f x ax -≥恒成立令()()()2sin cos 1h x f x ax x x x a x =-=--+则()cos sin 1h x x x x a '=+--，()()cos h x x x g x '''==由（1）可知，()h x '在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减且()0h a '=-，222h a ππ-⎛⎫'=- ⎪⎝⎭，()2h a π'=-- ()()min 2h x h a π''∴==--，()max 222h x h a ππ-⎛⎫''==- ⎪⎝⎭①当2a ≤-时，()()min 20h x h a π''==--≥，即()0h x '≥在[]0,π上恒成立()h x ∴在[]0,π上单调递增()()00h x h ∴≥=，即()0f x ax -≥，此时()f x ax ≥恒成立②当20a -<≤时，()00h '≥，02h π⎛⎫'> ⎪⎝⎭，()0h π'< 1,2x ππ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()10h x '= ()h x ∴在[)10,x 上单调递增，在(]1,x π上单调递减又()00h =，()()2sin cos 10h a a ππππππ=--+=-≥()0h x ∴≥在[]0,π上恒成立，即()f x ax ≥恒成立③当202a π-<<时，()00h '<，2022h a ππ-⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭ 20,2x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()20h x '=()h x ∴在[)20,x 上单调递减，在2,2x π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增 ()20,x x ∴∈时，()()00h x h <=，可知()f x ax ≥不恒成立④当22a π-≥时，()max 2022h x h a ππ-⎛⎫''==-≤ ⎪⎝⎭()h x ∴在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减 00h x h可知()f x ax ≥不恒成立综上所述：(],0a ∈-∞ 2．（Ⅰ）()F x 在(02)，内是减函数，在(2)，+∞内是增函数，所以，在2x =处取得极小值(2)22ln 22F a =-+．（Ⅱ）当x >1时，恒有x >ln 2x －2a ln x ＋1. 解析：根据求导法则有2ln 2()10x a f x x x x+'=->，，故()()2ln 20F x xf x x x a x =+'=->，，于是22()10x F x x x x-='=->，，列表如下：故知()F x 在(02)，内是减函数，在(2)，+∞内是增函数，所以，在2x =处取得极小值(2)22ln 22F a =-+．（Ⅱ）证明：由0a ≥知，()F x 的极小值(2)22ln 220F a =-+>．于是由上表知，对一切(0)x ∈+∞，，恒有()()0F x xf x '=>．从而当0x >时，恒有()0f x '>，故()f x 在(0)+∞，内单调增加．所以当1x >时，()(1)0f x f >=，即21ln 2ln 0x x a x --+>．故当1x >时，恒有2ln 2ln 1x x a x >-+．3．（I ）当时，在区间和是增函数，在区间是减函数.（II ）取值范围是（1，6）解析：（I ）由知，当时，，故在区间是增函数；当时，，故在区间是减函数；当时，，故在区间是增函数. 综上，当时，在区间和是增函数，在区间是减函数.（II ）由（I ）知，当时，在或处取得最小值.由假设知即解得16a <<故的取值范围是（1，6）4．（1）切线方程是210x y --=（2）证明见解析解析：（1）()()2212xax a x f x e-++'-=，()02f '=．因此曲线()y f x =在点()0,1-处的切线方程是210x y --=．（2）当1a ≥时，()()211x xf x e x x e e +-+≥+-+．令()211x g x x x e +=+-+，则()121x g x x e +=++'，()120x g x e +''=+>当1x <-时，()()10g x g '-'<=，()g x 单调递减；当1x >-时，()()10g x g '-'>=，()g x 单调递增；所以()g x ()1=0g ≥-．因此()0f x e +≥．5．（1）2；（2）当23m >时，函数()g x 无零点；当23m =或0m ≤时，函数()g x 有且仅有一个零点；当203m <<时，函数()g x 有两个零点；（3）1[,)4+∞.解析：（1）由题设，当m e =时，()ln ef x x x=+ 易得函数()f x 的定义域为(0,)+∞221()e x ef x x x x-∴=-='∴当(0,)x e ∈时，()0f x '<，此时()f x 在(0,)e 上单调递减；当(,)x e ∈+∞时，()0f x '>，此时()f x 在(,)e +∞上单调递增；∴当x e =时，()f x 取得极小值()ln 2ef e e e=+=∴()f x 的极小值为2 （2）函数21()()(0)33x m xg x f x x x x -=-->'= 令()0g x =，得31(0)3m x x x =-+>设31()(0)3x x x x ϕ=-+≥2()1(1)(1)x x x x ϕ∴=-+=--+'当(0,1)x ∈时，()0x ϕ'>，此时()x ϕ在(0,1)上单调递增；当(1,)x ∈+∞时，()0x ϕ'<，此时()x ϕ在(1,)+∞上单调递减；所以1x =是()x ϕ的唯一极值点，且是极大值点，因此x=1也是()x ϕ的最大值点，∴()x ϕ的最大值为12(1)133ϕ=-+=又(0)0ϕ=，结合y=()x ϕ的图像（如图），可知①当23m >时，函数()g x 无零点；②当23m =时，函数()g x 有且仅有一个零点； ③当203m <<时，函数()g x 有两个零点； ④0m ≤时，函数()g x 有且只有一个零点；综上所述，当23m >时，函数()g x 无零点；当23m =或0m ≤时，函数()g x 有且仅有一个零点；当203m <<时，函数()g x 有两个零点. （3）对任意()()0,1f b f a b a b a ->><-恒成立，等价于()()f b b f a a -<-恒成立设()()ln (0)mh x f x x x x x x=-=+->，()h x 等价于∴在(0,)+∞上单调递减 21()10mh x x x ∴=--≤'在(0,)+∞恒成立 2211()(0)24m x x x x ∴≥-+=--+>恒成立14m ∴≥（对14m =，x =0h '（）仅在12x =时成立），m ∴的取值范围是1[,)4+∞考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；根的存在性及根的个数判断；利用导数研究函数的极值6．（1）详见解析；（2）的最大值为，的最小值为1.解析：（1）由得，因为在区间上，所以，在区间上单调递减，从而.（2）当时，“”等价于“”，“”等价于“”，令，则，当时，对任意恒成立，当时，因为对任意，，所以在区间上单调递减，从而对任意恒成立.当时，存在唯一的使得，、在区间上的情况如下表：因为在区间上是增函数，所以，进一步“对任意恒成立”，当且仅当，即.综上所述，当且仅当时，对任意恒成立.当且仅当时，对任意恒成立.所以，若sin x a b x <<对(0,)2x π∈恒成立，则的最大值为与的最小值1.考点：导数法求函数的单调性，恒成立、分类讨论.7．（Ⅰ）当0a ≤时，()f x '没有零点；当0a >时，()f x '存在唯一零点.（Ⅱ）见解析解析：（Ⅰ）()f x 的定义域为()0+∞，，()2()=20x af x e x x'->. 当0a ≤时,()0f x '>，()f x '没有零点；当0a >时，因为2x e 单调递增，ax-单调递增，所以()f x '在()0+∞，单调递增.又()0f a '>,当b 满足04a b <<且14b <时，()0f b '<,故当0a >时，()f x '存在唯一零点. （Ⅱ）由（Ⅰ），可设()f x '在()0+∞，的唯一零点为0x ，当()00x x ∈，时，()0f x '<; 当()0+x x ∈∞，时，()0f x '>. 故()f x 在()00x ，单调递减，在()0+x ∞，单调递增，所以当0x x =时，()f x 取得最小值，最小值为0()f x .由于0202=0x a ex -，所以00022()=2ln 2ln 2a f x ax a a a x a a++≥+. 故当0a >时，2()2lnf x a a a≥+. 考点：常见函数导数及导数运算法则；函数的零点；利用导数研究函数图像与性质；利用导数证明不等式；运算求解能力.。

高考数学压轴题：导数与不等式恒成立

高考数学压轴题：导数与不等式恒成立不等式恒成立问题一直是高考命题的热点，把函数问题、导数问题和不等式恒成立问题交汇命制压轴题成为一个新的热点命题方向．由不等式恒成立确定参数范围问题，常见处理方法有：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x =图象在()y g x = 上方即可)；③ 最值法：讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数.在诸多方法中，构造函数并利用导数研究函数的单调性、最值等，是必须要考虑的解题门径.本专题举例说明《用好导数，“三招”破解不等式恒成立问题》. 类型一构造函数求最值【例1】已知函数()ln xf x ae x x =-，其中a R ∈，e 是自然对数的底数.（1）若()f x 是()0,∞+上的增函数，求实数a 的取值范围；（2）若22a e >，证明：()0f x >. 【分析】（1）由()f x 是()0,∞+上的增函数等价于()0f x '≥恒成立，得1ln xxa e +≥，求()()1ln 0xxg x x e+=>的最大值，即可得到本题答案；（2）由()e 0ln 0x a f x x x >⇔->，证明当22a e ≥时，()()e ln 0xa F x x x x=->的最小值大于0，即可得到本题答案.【解析】（1）()()1ln x f x ae x '=-+，()f x 是()0,∞+上的增函数等价于()0f x '≥恒成立.令()0f x '≥，得1ln x x a e +≥，令()()1ln 0xxg x x e+=>.以下只需求()g x 的最大值. 求导得()11ln xg x ex x -⎛⎫'=-- ⎪⎝⎭，令()11ln h x x x =--，()2110h x x x '=--<， ()h x 是()0,∞+上的减函数，又()10h =，故1是()h x 的唯一零点，当()0,1x ∈，()0h x >，()0g x '>，()g x 递增；当()1,x ∈+∞，()0h x <，()0g x '<，()g x 递减；故当1x =时，()g x 取得极大值且为最大值()11g e=，所以1a e ≥.（2）()e 0ln 0x a f x x x >⇔->，令()()e ln 0xa F x x x x=->，以下证明当22a e ≥时，()F x 的最小值大于0. 求导得()()()221e 111e x xa x F x a x x x x x -'⎡⎤=-=--⎣⎦. ①当01x <≤时，()0F x '<，()()10F x F ae ≥=>； ②当1x >时，()()()211x a x x F x e x a x ⎡⎤-'=-⎢⎥-⎣⎦，令()()1xx G x e a x =--. 则()()2101x G x e a x '=+>-，又()222220ae G e a a-=-=≥，取()1,2m ∈且使()21m e a m >-，即2211ae m ae <<-，则()()2201m mG m e e e a m =-<-=-，因为()()20G m G <，故()G x 存在唯一零点()01,2x ∈，即()F x 有唯一的极值点且为极小值点()01,2x ∈，又()0000ln x ae F x x x =-，且()()000001x x G x e a x =-=-，即()0001x x e a x =-，故()0001ln 1F x x x =--，因为()()0201101F x x x '=--<-，故()0F x 是()1,2上的减函数.所以()()021ln 20F x F >=->，所以()0F x >. 综上，当22a e ≥时，总有()0f x >.1.首先要明确导函数对原函数的作用：即导函数的符号决定原函数的单调性.如果所构造的函数，其导数结构比较复杂不易分析出单调性，则可把需要判断符号的式子拿出来构造一个新函数，再想办法解决其符号.2.在考虑函数最值时，除了依靠单调性，也可根据最值点的出处，即“只有边界点与极值点才是最值点的候选点”，所以有的讨论点就集中在“极值点”是否落在定义域内.例题：已知定义在()0,∞+上的函数()()2ln 11ax f x x x x=--++.（1）讨论()f x 的单调区间（2）当223ln ,ln 443e e a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，存在0M >，使得对任意()0,x M ∈均有()0f x <，求实数M 的最大值.【解析】（1）()()()()21211a x a x f x x ---⎡⎤⎣⎦'=+， ①12a ≤时，()0f x '>，()f x 在()0,∞+上单调递增； ②112a <<时，令()0f x '>得211a x a ->-，故增区间为21,1a a -⎛⎫+∞⎪-⎝⎭，令()0f x '>得2101a x a -<<-，故减区间为210,1a a -⎛⎫⎪-⎝⎭；③1a ≥时，()0f x '<，则()f x 在()0,∞+上单调递减.（2）易知2231ln ,ln ,14432e e ⎛⎫⎛⎫⊂ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由（1）知：()f x 在210,1a a -⎛⎫ ⎪-⎝⎭上单调递减，在21,1a a -⎛⎫+∞ ⎪-⎝⎭上单调递增，则()21001a f f a -⎛⎫<= ⎪-⎝⎭，又()244322ln 32ln ln 303343e f a =-->-⨯-=，故存在021,21a x a -⎛⎫∈⎪-⎝⎭，使得()00f x =，且当()00,x x ∈时()0f x <恒成立，故0M x ≤. 由()00f x =可得()00020011ln 1x x a x x x ++=-+，设()()211ln 1x x g x x x x++=-+（0x >），则()()()32ln 12x x x g x x ++-'=，令()()()2ln 12h x x x x =++-（0x >），则()()2ln 121x h x x x +'=++-+， ()()201xh x x ''=>+，则()h x '在()0,∞+上单调递增，故()()00h x h ''>=，则()h x 在()0,∞+上单调递增，故()()00h x h >=，则()0g x '>，()g x 在()0,∞+上单调递增，又()0a g x =，()21ln 4e g =，()332ln 43e g =，故()()()012g g x g <<，则012x <<，又0M x ≤，故1M ≤，即M 的最大值为1. 类型二参变分离求最值【例2】已知函数2()1xf x be x =--的图象在点0x =处的切线为y x a =+.（1）求+a b 的值；（2）若()0f x kx ->对任意的0x >恒成立，求实数k 的取值范围.【分析】（1）先求导函数，再结合函数()f x 的图象在点0x =处的切线为y x a =+，则0e 01k b =-=，再求解即可；（2）原不等式可转化为2e 1x x k x --<(0x >)恒成立，再设2e 1()x x g x x--=(0x >)，然后利用导数求函数()g x 的最小值即可. 【解析】（1）由已知可得()e 2xf x b x '=-.函数2()1xf x be x =--的图象在点0x =处的切线的斜率0e 01k b =-=，所以1b =.所以切点坐标为(0,0)，代入切线方程y x a =+，可得0a =. 所以1a b +=.（2）由（1）知2()1x f x e x =--.所以()0f x kx ->对任意的0x >恒成立，即210x e x kx --->(0x >)恒成立，即2e 1x x k x--<(0x >)恒成立.令2e 1()x x g x x--=(0x >)，所以min ()k g x <即可.222e e 1e (1)(1)(1)()x x x x x x x x g x x x --+---+'==()2(1)e 1xx x x---=. 设()e 1xh x x =--(0x >)，则()e 10xh x '=->，所以()h x '在(0,)+∞上单调递增. 所以当0x >时，()h x 单调递增，所以0()(0)e 010h x h >=--=.所以在(0,1)上()0g x '<，在(1,)+∞上()0g x '>. 所以()g x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增. 所以当1x =时，()g x 取得最小值(1)e 2g =-，所以2k e <-.所以实数k 的取值范围为(,2)e -∞-.1、参变分离：顾名思义，就是在不等式中含有两个字母时（一个视为变量，另一个视为参数），可利用不等式的等价变形让两个字母分居不等号的两侧，即不等号的每一侧都是只含有一个字母的表达式.然后可利用其中一个变量的范围求出另一变量的范围，转化为求函数的最值问题.2、如何确定变量与参数：一般情况下，那个字母的范围已知，就将其视为变量，构造关于它的函数，另一个字母（一般为所求）视为参数.3、参变分离法的适用范围：判断恒成立问题是否可以采用参变分离法，可遵循以下两点原则：（1）已知不等式中两个字母是否便于进行分离，如果仅通过几步简单变换即可达到分离目的，则参变分离法可行.但有些不等式中由于两个字母的关系过于“紧密”，会出现无法分离的情形，此时要考虑其他方法.例如：()21log a x x -<，111axx e x-+>-等（2）要看参变分离后，已知变量的函数解析式是否便于求出最值（或临界值），若解析式过于复杂而无法求出最值（或临界值），则也无法用参变分离法解决问题.例题：已知函数()ln f x mx nx x =+，()f x '是()f x 的导函数，且()12f '=，10f e ⎛⎫= ⎪⎝⎭. （1）求()f x 的解析式，并判断()f x 零点的个数；（2）若*k N ∈，且()()2f x k x >-对任意的2x >恒成立，求k 的最大值.（参考数据：ln 20.69≈，ln3 1.10≈）【解析】（1）因为()ln f x mx nx x =+，所以()()ln 1f x m n x '=++. 因为()12f '=，10f e ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以()12f m n '=+=，10m n f e e e⎛⎫=-= ⎪⎝⎭. 解得1m n ==，故()f x x Inx =+()2f x Inx '=+，令()0f x '=，解得2x e -=故当()20,x e -∈函数单调递减；当()2,x e-∈+∞函数单调递增；又()20f e-<，()10f >，故函数在()2,e-+∞存在一个零点；当2x e -<时，2Inx <-，故220x Inx e -+<-<，故函数在区间()20,e-上不存在零点；综上所述：函数只有1个零点.（2）因为2x >，所以()()2f x k x >-等价于()ln 22f x x x xk x x +<=--. 设()ln 2x x xg x x +=-，则()()22ln 42x x g x x --'=-.令()2ln 4h x x x =--，则()221x h x x x-'=-=，故()h x 在()2,+∞上单调递增. 因为()842ln846ln 20h =-=-<，()954ln30h =->，所以存在()08,9x ∈，使得()00h x =，即0042ln x x =-，则()g x 在()02,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，故()()00000000004ln 2222x x x x x x x g x g x x x -+⋅+≥===--. 因为()()2f x k x >-对任意的2x >恒成立，所以02x k <. 因为()08,9x ∈，且*k N ∈，所以k 的最大值是4.类型三讨论参数定范围【例3】已知函数()22ln f x a x x ax =-+.（1）若1a =-时，求()f x 的极值；（2）若()0f x <，求a 的取值范围.【分析】（1）将1a =-代入函数()y f x =的解析式，利用导数可求出函数()y f x =的极值；（2）由题意可得出()max 0f x <，分0a >、0a =、0a <三种情况讨论，利用导数分析函数()y f x =在定义域上的单调性，求出函数()y f x =的最大值，然后解不等式()max 0f x <，综合可得出实数a 的取值范围.【解析】（1）当1a =-时，()2ln f x x x x =--，则()212121x x f x x x x--+=-='-.令()0f x '=，即2210x x x--+=，得2210x x +-=，解得12x =.当102x <<时，()0f x '>，当12x >时，()0f x '<. 所以，函数()y f x =有极大值113ln 224f ⎛⎫=-⎪⎝⎭，无极小值；（2）因为()0f x <恒成立，所以()max 0f x <，()()()222222x a x a a x ax a f x x a x x x+-+-++='=-+=. ①当0a >时，令()0f x '=，则x a =，当0x a <<时，()0f x '>，此时，函数()y f x =单调递增；当x a >时，()0f x '<，此时，函数()y f x =单调递减.()()2222max ln ln 0f x f a a a a a a a ∴==-+=<，01a ∴<<；②当0a =时，()20f x x =-<，成立；③当0a <时，令()0f x '=，则2a x =-，当02ax <<-时，()0f x '>，此时，函数()y f x =单调递增；当2ax >-时，()0f x '<，此时，函数()y f x =单调递减. ()22222max3ln ln 0224224a a a a a f x f a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=-=---=--< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，即3ln 24a ⎛⎫-< ⎪⎝⎭，得3402ae <-<，解得3420e a -<<.综上所述，实数a 的取值范围为342,1e ⎛⎫- ⎪⎝⎭.本题（2）只要通过分类讨论研究清楚函数的单调性，即可求出)(x f 的最大值，让最大值小于0即可求出a 的范围例题：已知函数21()12xf x e ax x =---，a 为实数. （1）当1a =时，讨论()f x 的零点个数；（2）若0x ≥，都有()0f x ≥，求实数a 的取值范围.【解析】（1）()xf x e a x '=--，当1a =时，()1xf x e x '=--，令xy e =，则e xy '=，所以函数xy e =在()0,1处的切线方程为1(0)y x -=-，即1y x =+，所以1x e x ≥+，即()0f x '≥，故()f x 在R 上单调递增，即()f x 有一个零点；（2）()1xf x e ''=-，当0x ≥时，()0f x ''≥，即()f x '在[)0,+∞上是增函数，()()01f x f a ''≥=-，当1a ≤时，()0f x '≥，()f x 在[)0,+∞上是增函数，故有()()0f x f ≥，即()0f x ≥；当1a >时，0(0,)x ∃∈+∞，使得()00f x '=，当()00,x x ∈时，()0f x '<，()f x 在()00,x 上是减函数；当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 在()0,x +∞上是增函数，故有()0(0)0f x f <=与()0f x ≥相矛盾，综上，1a ≤. 练习1．已知函数()()2ln f x ax x x x a R =+-∈.(1)若0a =，讨论函数的单调性；(2)若函数()f x 满足()12f =，且在定义域内()22f x bx x ≥+恒成立，求实数b 的取值范围.【解析】(1)0a =，()ln f x x x x =-，()'ln f x x =-，()'0f x =，1x =，()0,1x ∈，()'0f x >，()f x 在0,1上是增函数， ()1,x ∈+∞，()'0f x <，()f x 在1,上是减函数.(2) 由题意()12f =，1a =，∴()2ln f x x x x x =+-，则()22f x bx x ≥+，即1ln 1xb x x --≥，令()1ln 1x g x x x=--， ()2ln 'xg x x =，故()g x 在(]0,1上递减，在1,上递增，∴()()min 10g x g ==，即0b ≤.2.已知函数()21ln 2f x a x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，()()()2g x f x ax a R =-∈ （1）当0a =时，求()f x 在区间1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值和最小值；（2）若对()1,x ∀∈+∞，()0g x <恒成立，求a 的取值范围．【解析】（1）函数()21ln 2f x a x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭的定义域为()0,∞+，当0a =时，()21ln 2f x x x =-+，求导()()()2'1111x x x f x x x x x-+--+=-+==（x ＞0），令()'f x ＝0，得x ＝1，（负值舍去） ∴x ＞0，x 、()'fx ，f （x ）的变化如下：∴()f x 在区间1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上是增函数，在[]1,e 上为减函数，f （x ）最大值为()112f =-．又21112f e e ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，()212ef e =-，∵422121()02e f e e e e f --⎛⎫-=> ⎪⎝⎭，∴f （x ）最小值为()212e f e =-.∴()()2min 12e f x f e ==-，()()max 112f x f ==-.（2）函数()()2122ln 2g x f x ax a x ax x ⎛⎫=-=--+ ⎪⎝⎭，则()g x 的定义域为()0+∞，，()()()()()2121121211212x a x a x ax g x a x a x x x⎡⎤-----+⎣⎦=--+=='．①若12a >，令()0g x '=，得极值点11x =，2121x a =- 当211x x >=，即112a <<时，在()21,x 上有()0g x '<，在()2,x +∞上有()0g x '>，此时()g x 在区间()2,x +∞上是增函数，并且在该区间上有()()()2,g x g x ∈+∞，不合题意；当211x x ≤=，即1a ≥时，在()1,+∞上有()0g x '>，此时()g x 在区间()1,+∞上递增，有()()()1,g x g ∈+∞，也不合题意；②若12a ≤，则有210a -≤，此时在区间()1,+∞上恒有()0g x '<，从而()g x 在区间()1,+∞上是减函数；要使()0g x <在()1,+∞上恒成立，只须满足()111022g a a =--≤⇒≥-，由此求得a 的范围是11,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦．综合①②可知，当11,22a ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，对()()1,,0x g x ∀∈+∞<恒成立． 3．已知函数1()ln ,(,0),()(0)f x a x x a a g x x x x ⎛⎫=-∈≠=-+> ⎪⎝⎭R .（1）若函数()f x 与()g x 有相同的极值点（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值），求a 的值；（2）记()()()F x f x g x =-.①若在区间(0,]e （e 为自然对数底数）上至少存在一点0x ，使得0()0F x <成立，求a 的取值范围；【解析】（1）因为1()g x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，所以221(1)(1)()1x x g x x x '-+-=-=. 令()0g x '=，解得121,1x x ==-（舍去）.所以1x =为函数()g x 的极大值点.因为()ln f x a x x =-，所以()1a a x f x x x'-=-=. 令()0f x '=，解得x a =.所以x a =为函数()f x 的极大值点.因为函数()f x 与()g x 有相同的极值点，所以1a =. （2）①1()()()ln F x f x g x a x x=-=+. 先求()0F x 在(0,]e 上恒成立，即有ln 10ax x +. 令()ln 1,(0,]G x ax x x e =+∈，则()ln G x a x a '=+，令()0'=G x ，得1x e=. 若0a >，则当10x e<<时，()0,()g x g x '<单调递减；当1x e e<<时，()0,()g x g x '>单调递减，所以min 1()()10ag x g e e ==-，得0a e <.若0a <时，同理得min ()()10g x g e ae ==+，得10a e-<. 综上，a 的取值范围为{1|a a e<-或}a e >； ②设切点0002011(,ln ),0,()ax x a x x F x x x'-+>=，则切线方程为()00020011ln ax y x x a x x x -=-++，又切线过原点，则()000200110ln ax x a x x x -=-++，整理得02ln 0a x a x +-= 设2()ln ,0g x a x a x x=+->，题意即为，函数()g x 在(0,)+∞上有两个零点. 由于2222()a ax g x x x x '-=-=.（i ）当0a =时，2()0,()g x g x x=>无零点；（ii ）当0a <时，()0,()g x g x '<在(0,)+∞上递减，此时()g x 不可能存在两个零点，故不满足条件；（iii ）当0a >时，令2()0,g x x'==，所以极小值()lng a a a=. 要使函数()g x 在(0,)+∞上有两个零点，则必须满足2()0g a<，所以2a >. 因为22(e)0,e ,()e g g x a =>>在2,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭连续且为增函数，所以()g x 在2,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭唯一零点. 因为222120,()2()()0aa a a a a g e a ee e a a a a ae e ---=-<=-+-=-+->，而()g x 在20,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭连续且为减函数，故()g x 在20,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭有唯一零点. 所以当2a >时，()g x 在(0,)+∞有两个零点，满足条件. 故所求a 的取值集合为{}|2a a >.4.已知函数()()434316x f x e x a =--+，1a <.（1）若函数()y f x =的图象在1x =处的切线与x 轴平行，求a 的值；（2）当0x ≥时，()0f x ≥恒成立，求a 的最小值.【解析】（1）()()3312x f x e x a ⎡⎤'=--⎣⎦依题意()()3311210f e a ⎡⎤'=--=⎣⎦故1a e =-；（2）解法一: ()()()()2212xx x f x e x a e e x a x a ⎡⎤'=-++-+-⎣⎦()22131224xx x e x a e x a e ⎡⎤⎛⎫=-++-+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，显然2213024x x e x a e ⎛⎫+-+> ⎪⎝⎭，令()x g x e x a =-+，则()10x g x e '=-≥，所以()xg x e x a =-+在[)0,+∞单调递增，且()()01g x g a ≥=+，当10a +≥即11a -≤<时，()0f x '≥，()f x 在[)0,+∞单调递增，故()0f x ≥等价于()402030f a =-≥，此式已成立，从而11a -≤<满足条件，当10+<a 即1a <-时，由()xg x e x a =-+在[)0,+∞单调递增，()010g a =+<，()()()2220a g a e a e a a a e --=+≥-+=->，故()00,x a ∃∈-使得()0000xg x e x a =-+=，即00x ex a =-，令()0f x '≥，即()0g x ≥，得0x x ≥，又令()0f x '≤，即()0g x ≤，得00x x ≤≤，因此()f x 在0x x =处取得最小值，()()043004316x f x e x a =--+，又00ee x a =-，故()003404316x xf x e e =-+，设0x e t =，1t >，且()344316h t t t =-+，法一：()2312120h t t t '=-<，故()h t 在()1,+∞单调递减，由()()02h t h ≥=知2t ≤，即00ln 2x <≤，00xa x e =-而()x P x x e =-在(]0,ln 2单调递减，所以00ln 221x x e-≤-<-，即ln 221a -≤<-；法二：()()()3223248h t t t t t =-----，由()00f x ≥知()0h t ≥，即12t <≤下同法一；综上可知ln 221a -≤<，因此a 的最小值为ln 22-；解法二：当0x ≥时，()0f x ≥恒成立，因求a 的最小值，不妨设0a <，则只研究1344163xea x ⎛⎫+≥- ⎪⎝⎭，设()()13441603xe M x x x ⎛⎫+=-≥ ⎪⎝⎭，下求()max M x ；()334341613xx e M x e -⎛⎫+'=- ⎪⎝⎭，由()0M x '≥，并记3x t e =，1t ≥，即4322764768307240960t t t t ----≤，亦即()()328271524485120t t t t --++≤，故8t ≤，因此()M x 在[]0,ln 2单调递增，在[)ln 2,+∞单调递减，所以()()max ln 2ln 22M x M ==-，即ln 22a ≥-，因此a 的最小值为ln 22-. 5.已知函数()1ln f x x a x =-- . （1）若()0f x ≥ ，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n 2111111222n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，求m 的最小值. 【解析】6. 已知函数2()ln 3f x x ax x=++-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()0f x ≥，求a 的取值范围.【解析】（1）由题意，222122()(0)ax x f x a x x x x+-'=+-=>，令2(2)ax h x x =+-，()0,x ∈+∞，①当0a ≠，且180a ∆=+≤，即18a ≤-时，()0≤h x ，所以()0f x '≤在(0,)+∞恒成立，故()f x 在(0,)+∞上单调递减；②当108a -<<时，>0∆，由()0h x =得12x a-±=当112x a ⎛⎛⎫--∈+∞⎪⎝⎭⎝⎭时，()0h x <，()0f x '<；当x ∈⎝⎭时，()0h x >，()0f x '>.故()f x 在⎛ ⎝⎭和⎫+∞⎪⎝⎭单调递减，在1122a a ⎛⎫-+-- ⎪⎝⎭单调递增；③当0a =时，由()0f x '=得2x =，当(0,2)x ∈时，()0f x '<；当(2,)x ∈+∞时，()0f x '>. 故()f x 在(0,2)单调递减，在(2,)+∞单调递增；④当0a >时，>0∆，由()0h x =得x =舍去）.当x ⎛∈ ⎝⎭时，()0h x <，()0f x '<；当x ⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()0h x >，()0f x '>.故()f x在10,2a ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭单调递减，在12a ⎛⎫-++∞ ⎪⎝⎭单调递增.（2）因为(1)230f a =+-≥，所以1a ≥. 由（1）得min1()2f x f a ⎛⎫-+= ⎪ ⎪⎝⎭，故只需102f a ⎛-≥ ⎝⎭，即可满足()0f x ≥.令012x a -=，则021ax =-整理得20020ax x +-=，即0021ax x =-，所以()00000024ln 3ln 40f x x ax x x x =++-=+-≥，设4()ln 4g x x x =+-，所以22144()x g x x x x-'=-=，当(0,4)x ∈时，()0g x '<；当(4,)x ∈+∞时，()0g x '>. 故()g x 在(0,4)单调递减，在(4,)+∞单调递增.又(1)0g =，所以当(0,1)x ∈时，()0>g x ；当(1,4)x ∈时，()0<g x ，又0x =，因为1a ≥3，10-≠，所以(]0410,1x -+==，所以0()0g x ≥，即()00f x ≥，故()0f x ≥，又20021a x x =- 所以a 的取值范围是[)1,+∞.7. 已知函数()21sin f x x a x =+-，[]0,x π∈，a R ∈，()'f x 是函数()f x 的导函数.（1）当1a =时，证明：函数()f x 在区间[]0,π没有零点；（2）若()'sin 0f x a x a ++≤在[]0,x π∈上恒成立，求a 的取值范围.【解析】（1）证明：若1a =,则()21sin f x x x =+-,[]0,x π∈,又211x +≥,0sin 1x ≤≤,故0sin 1x ≥-≥-,所以21sin 0x x +-≥,又()01f=,224f ππ⎛⎫=⎪⎝⎭,()21f ππ=+, 当0,,22x πππ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时,1sin 0x -<-<,所以21sin 0x x +->恒成立,所以当1a =时,函数()f x 在区间[]0,π没有零点. （2）解:()'2cos f x x a x =-,[]0,x π∈,故2cos sin 0x a x a x a -++≤在[]0,x π∈上恒成立, 设()2cos sin x a x a g a x x =-++,[]0,x π∈, 所以()000g =≤,()220g a ππ=+≤,即a π≤-,因为()2sin cos 24'g a x x a x x π⎛⎫=++=++ ⎪⎝⎭,由a π≤-,得0a <,所以在区间0,4π⎛⎫ ⎪⎝⎭上()'g x 单调递减,所以()()2'0''24a g g x g π⎛⎫+=≥≥=+ ⎪⎝⎭；在区间,4ππ⎛⎫⎪⎝⎭上()'g x 单调递增()()2'''24g g x g a ππ⎛⎫+=≤≤=- ⎪⎝⎭,又a π≤-,所以()'020g a =+<,'204g π⎛⎫=+< ⎪⎝⎭,()'20g a π=->,故()'g x 在区间,4ππ⎛⎫⎪⎝⎭上存在唯一零点区间0x ,由()'g x 的单调性可知,在区间[]00,x 上()'0g x ≤,()g x 单调递减；在区间(]0,x π上()'0g x ≥,()g x 单调递增,()()()()00g x g g x g π⎧≤=⎪⎨≤≤⎪⎩,故a π≤-. 8. 已知函数()11f x a x=+-（a ∈R ）. （1）若2a =，证明：当1x >时，()2ln x f x >；（2）若对于任意的0x >且1x ≠，都有()()2ln 1a f x x -⋅>，求a 的取值集合.【解析】（1）当2a =时，()121f x x=+-，要证当1x >时，()2ln x f x >，即证当1x >时，12ln 21x x +>- 令()12ln 1g x x x =+-， ()()()()()()222221221252111x x x x g x x x x x x x ---+'=-==--- 当12x <<时，()0g x '<，()g x 在()1,2内单调递减当2x >时，()0g x '>，()g x 在()2,+∞内单调递增，故()()min 22ln 21ln 41ln 12g x g e ==+=+>+=.证毕. (2)先分析端值，当0x +→时，ln x →-∞，111a a x +→-+-，要使1ln 11a x x ⎛⎫+>⎪-⎝⎭，需有10a -+≤，即1a ≤；当x →+∞时，ln x →+∞，11a a x +→-，要使1ln 11a x x ⎛⎫+>⎪-⎝⎭，需有0a ≥；故必须有01a ≤≤. 由()11111a x a x x -++=--知其分子恒正，令()()1ln 11x x x a x ϕ-=--+，于是问题等价于当1x >时，()0x ϕ>；当01x <<时，()0x ϕ<. 注意到()10ϕ=.()()()()22211'1a x a x x x ax a ϕ⎡⎤---⎣⎦=--⎡⎤⎣⎦①当0a =时()1'x x xϕ-=-，此时当1x >时，()'0x ϕ<，()x ϕ在()1,+∞单调递减，于是()()10x ϕϕ<=，这不符合题意；②当0a ≠时，()'0x ϕ=，得2111x a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，21x =. （i ）当12a =时，12x x =，()'0x ϕ≥，()x ϕ在()0,∞+单调递增，结合()10ϕ=可知符合题意；（ii ）当102a <<时，12x x >，此时当211,1x a ⎛⎫⎛⎫∈- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时()'0x ϕ<，于是在()x ϕ在211,1a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递减，故在211,1a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭内()()10x ϕϕ<=，这不符合题意；（iii ）当12a >时，12x x <，此时当211,1x a ⎛⎫⎛⎫∈- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时()'0x ϕ<，于是在()x ϕ在211,1a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递减，故在211,1a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭内()()10x ϕϕ>=，这不符合题意；综上：符合题意的a 取值集合为12⎧⎫⎨⎬⎩⎭.9.已知()11x f x ae -=. （1）1a =时，求()f x 的单调区间和最值；（2）①若对于任意的()0,x ∈+∞，不等式()()212x f x -≥恒成立，求a 的取值范围；②求证：13ln 02x e x --+≥【解析】（1）当1a =时，()11x f x e -=-，则()1x f x e-='-，易知()y f x ='单调递增，又()10f '=，当01x <<时，()0f x '<，当1x >时，()0f x '>. 所以，函数()y f x =的减区间为()0,1，增区间为()1,+∞，函数()y f x =的最小值为()10f =，无最大值；（2）①必要性：若0a <，则当x →+∞时，()f x →-∞，不合乎题意，所以，必有0a >.又()2221010a a f a a a+-≥⇒-+=≥，则[)1,a ∈+∞；充分性：易知()11x f x e -≥-.故只要证明()21112x x e ---≥在()0,x ∈+∞恒成立即可，即()211102x x e e --⎛⎫- ⎪+-≥ ⎪⎝⎭，令()()21112x x g x e e --⎛⎫- ⎪=+- ⎪⎝⎭，则())322132x g x x x x -⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭')))21112x -⎡=+⎢⎣，则()y g x =在()0,1单调递减，在()1,+∞单调递增，则()()10g x g ≥=.故[)1,a ∈+∞，因此，实数a 的取值范围是[)1,+∞；②由①可知，要证13ln 02x e x --+≥，只需证()211ln 022x x --+≥，先证明不等式1ln x x -≥，构造函数()1ln h x x x =--，0x >，()111x h x x x'-=-=，令()0h x '=，可得1x =. 当01x <<时，()0h x '<；当1x >时，()0h x '>.所以，函数()y h x =的减区间为()0,1，增区间为()1,+∞，()()10h x h ∴≥=，所以，对任意的0x >，1ln x x -≥.()()()()22221121144ln 10222222x x x x x x x ----+∴-+≥--+==≥，故13ln 02x e x --+≥成立. 10.已知函数2()()2x a f x e x a R =-∈．（1）若函数()f x 有两个极值点1,x 2x ，求实数a 的取值范围；（2）若3()12a f x x ≥-+对任意[0,1]x ∈都恒成立，求证：a 的最大值大于8．【解析】（1）由2()2x a f x e x =-可得()x f x e ax '=-，函数()f x 有两个极值点等价于()0f x '=有两个不同的实数根，也等价于xe a x= 有两个不同的实数根（0x =显然不是根）令()x e F x x =，则2(1)()xx e F x x-'=， ()F x ∴在(,0)-∞单减，(0,1)上单减，(1,)+∞上单增；且0x <时，()0F x <，0x >时，()0F x >，()F x a ∴=有两解，需(1)a F e >=，即a e >，下证a e >是()F x a =有两解的必要条件：当a e >时，11a F ae a a ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，(1)F a <，101a <<， ()F x a ∴=在(0,1)上有且只有一个解，又因为222()[(1)]aa e e F a a a F a e a a a ⎛⎫==⋅≥⋅=⋅> ⎪⎝⎭，(1)F a <. ()F x a ∴=在(1,)+∞上有且只有一个解，∴综上所述：a e >；（2）因为3()12a f x x ≥-+等价于： 23122x a a e x x -≥-+ 等价于()2312x a e x x -≥-对[0,1]x ∀∈恒成立， ①当0x =或1时，a R ∈满足；②当()0,1x ∈时，()2321x x x x -=-显然大于0，故()2312x a e x x -≥-恒成立，等价于()2321x e a x x -≥-恒成立，等价于()2321x min e a x x ⎛⎫- ⎪≥ ⎪-⎝⎭恒成立. 而欲证8max a > 即证()23218x min e x x ⎛⎫- ⎪> ⎪-⎝⎭即可.就是证：()2314x min e x x ⎛⎫- ⎪> ⎪-⎝⎭也就是证明： 23441x e x x >-+，对任意的()0,1x ∈恒成立. 先证：1x e x >+，(0,1)x ∈．令()1xv x e x =--，(0,1)x ∈．因为()10x v x e '=->，所以()v x 在(0,1)上单调递增，则有()(0)0v x v >=，1x e x ⇒>+，(0,1)x ∈．所以，要证23441x e x x >-+，(0,1)x ∈，需证231441x x x +≥-+，(0,1)x ∈，即证()32440,0,1x x x x -+≥∈恒成立也就是证：()24410,0,1x x x -+≥∈恒成立而()22441210x x x -+=-≥显然成立，故()24410,0,1x x x -+≥∈恒成立即()32440,0,1x x x x -+≥∈恒成立 23441x e x x >-+，对任意的()0,1x ∈恒成立. ()23218x min e x x ⎛⎫- ⎪> ⎪-⎝⎭成立故8max a >成立，即证.。

【精品】高考数学二轮复习专题一函数与导数不等式第5讲导数与不等式的证明恒成立及能成立问题练习

专题一函数与导数、不等式第5讲导数与不等式的证明、恒成立及能成立问题练习一、选择题1.设f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ＜0时，f ′(x )＞0，且f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝0，则不等式f (x )＜0的解集为( )A.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ＜12 B.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪0＜x ＜12C.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ＜－12或0＜x ＜12 D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪－12≤x ≤0或x ≥12解析如图所示，根据图象得不等式f (x )＜0的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ＜－12或0＜x ＜12.答案 C2.若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3恒成立，则实数a 的取值范围为( )A.(－∞，0)B.(－∞，4]C.(0，＋∞)D.[4，＋∞)解析条件可转化为a ≤2ln x ＋x ＋3x 恒成立.设f (x )＝2ln x ＋x ＋3x ，则f ′(x )＝（x ＋3）（x －1）x 2(x ＞0).当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增，所以f (x )min ＝f (1)＝4.所以a ≤4.答案 B3.若存在正数x 使2x (x －a )＜1成立，则a 的取值范围是( )A.(－∞，＋∞)B.(－2，＋∞)C.(0，＋∞)D.(－1，＋∞)解析 ∵2x (x －a )＜1，∴a ＞x －12x .令f (x )＝x －12x ，∴f ′(x )＝1＋2－x ln 2＞0. ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴f (x )＞f (0)＝0－1＝－1，∴a 的取值范围为(－1，＋∞)，故选D.答案 D4.(2015·全国Ⅱ卷)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )＜0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A.(－∞，－1)∪(0，1)B.(－1，0)∪(1，＋∞)C.(－∞，－1)∪(－1，0)D.(0，1)∪(1，＋∞) 解析令F (x )＝f （x ）x，因为f (x )为奇函数，所以F (x )为偶函数，由于F ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2，当x ＞0时，xf ′(x )－f (x )＜0，所以F (x )＝f （x ）x在(0，＋∞)上单调递减，根据对称性，F (x )＝f （x ）x在(－∞，0)上单调递增，又f (－1)＝0，f (1)＝0，数形结合可知，使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1).故选A. 答案 A5.(2016·山东师范大学附中二模)已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )＜f (x )，且f (x ＋2)为偶函数，f (4)＝1，则不等式f (x )＜e x的解集为( )A.(－2，＋∞)B.(0，＋∞)C.(1，＋∞)D.(4，＋∞) 解析由f (x ＋2)为偶函数可知函数f (x )的图象关于x ＝2对称，则f (4)＝f (0)＝1.令F (x )＝f （x ）e x ，则F ′(x )＝f ′（x ）－f （x ）e x ＜0.∴函数F (x )在R 上单调递减. 又f (x )＜e x等价于f （x ）e x ＜1，∴F (x )＜F (0)，∴x ＞0.答案 B二、填空题 6.已知不等式e x －x ＞ax 的解集为P ，若[0，2]⊆P ，则实数a 的取值范围是________. 解析由题意知不等式e x －x ＞ax 在x ∈[0，2]上恒成立.当x ＝0时，显然对任意实数a ，该不等式都成立.当x ∈(0，2]时，原不等式即a ＜e x x －1，令g (x )＝e x x －1，则g ′(x )＝e x （x －1）x 2，当0＜x。

高考数学二轮复习专题二函数与导数第5讲利用导数研究不等式恒成立及相关问题课件理

设函数 h(x)=xe-x- 2 ,则 h′(x)=e-x(1-x). e
所以当 x∈(0,1)时,h′(x)>0;当 x∈(1,+∞)时,h′(x)<0. 故 h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,从而 h(x)在(0,+∞)的最大值为
h(1)=- 1 .综上,当 x>0 时,g(x)>h(x),即 f(x)>1. e
所以 ln 2 的近似值为 0.693.
3.(2013新课标全国卷Ⅱ,理21)已知函数f(x)=ex-ln(x+m). (1)设x=0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性; (1)解:f′(x)=ex- 1 .
xm 由 x=0 是 f(x)的极值点得 f′(0)=0,所以 m=1. 于是 f(x)=ex-ln(x+1),定义域为(-1,+∞),
2.怎么办复习备考时要认真掌握导数与函数单调性、极值与最值的关系,强化导数的工具性的作用,要认真研究导数与不等式、方程、数列、解析几何的联系, 加强导数应用的广泛意识,注重数学思想与方法的应用.
f′(x)=ex- 1 . x 1
函数 f′(x)=ex- 1 在(-1,+∞)上单调递增,且 f′(0)=0,因此当 x∈(-1,0) x 1
时,f′(x)<0;当 x∈(0,+∞)时,f′(x)>0. 所以 f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
(2)当m≤2时,证明f(x)>0. (2)证明:当 m≤2,x∈(-m,+∞)时, ln(x+m)≤ln(x+2), 故只需证明当 m=2 时,f(x)>0.

高考数学二轮复习专题一函数与导数、不等式第5讲导数与不等式的证明、恒成立及能成立问题练习理

专题一函数与导数、不等式第5讲导数与不等式的证明、恒成立及能成立问题练习理一、选择题1.设f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ＜0时，f ′(x )＞0，且f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝0，则不等式f (x )＜0的解集为( )A.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ＜12B.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪0＜x ＜12C.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ＜－12或0＜x ＜12D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪－12≤x ≤0或x ≥12解析如图所示，根据图象得不等式f (x )＜0的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ＜－12或0＜x ＜12.答案 C2.若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3恒成立，则实数a 的取值范围为( ) A.(－∞，0) B.(－∞，4] C.(0，＋∞)D.[4，＋∞)解析条件可转化为a ≤2ln x ＋x ＋3x恒成立.设f (x )＝2ln x ＋x ＋3x，则f ′(x )＝（x ＋3）（x －1）x2(x ＞0). 当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增，所以f (x )min ＝f (1)＝4.所以a ≤4. 答案 B3.若存在正数x 使2x(x －a )＜1成立，则a 的取值范围是( ) A.(－∞，＋∞) B.(－2，＋∞) C.(0，＋∞)D.(－1，＋∞)解析 ∵2x(x －a )＜1，∴a ＞x －12x .令f (x )＝x －12x ，∴f ′(x )＝1＋2－xln 2＞0.∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴f (x )＞f (0)＝0－1＝－1，∴a 的取值范围为(－1，＋∞)，故选D. 答案 D4.(2015·全国Ⅱ卷)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )＜0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A.(－∞，－1)∪(0，1)B.(－1，0)∪(1，＋∞)C.(－∞，－1)∪(－1，0)D.(0，1)∪(1，＋∞)解析令F (x )＝f （x ）x，因为f (x )为奇函数，所以F (x )为偶函数，由于F ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2，当x ＞0时，xf ′(x )－f (x )＜0，所以F (x )＝f （x ）x在(0，＋∞)上单调递减，根据对称性，F (x )＝f （x ）x在(－∞，0)上单调递增，又f (－1)＝0，f (1)＝0，数形结合可知，使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1).故选A. 答案 A5.(2016·山东师范大学附中二模)已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )＜f (x )，且f (x ＋2)为偶函数，f (4)＝1，则不等式f (x )＜e x的解集为( ) A.(－2，＋∞) B.(0，＋∞) C.(1，＋∞)D.(4，＋∞)解析由f (x ＋2)为偶函数可知函数f (x )的图象关于x ＝2对称，则f (4)＝f (0)＝1.令F (x )＝f （x ）ex，则F ′(x )＝f ′（x ）－f （x ）ex＜0.∴函数F (x )在R 上单调递减.又f (x )＜e x等价于f （x ）ex＜1，∴F (x )＜F (0)，∴x ＞0.答案 B 二、填空题6.已知不等式e x－x ＞ax 的解集为P ，若[0，2]⊆P ，则实数a 的取值范围是________. 解析由题意知不等式e x－x ＞ax 在x ∈[0，2]上恒成立. 当x ＝0时，显然对任意实数a ，该不等式都成立.当x ∈(0，2]时，原不等式即a ＜e xx －1，令g (x )＝e xx －1，则g ′(x )＝e x（x －1）x2，当0＜x＜1时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，当1＜x ＜2时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，故g (x )在(0，2]上的最小值为g (1)＝e －1，故a 的取值范围为(－∞，e －1). 答案 (－∞，e －1)7.已知函数f (x )＝ln x －a ，若f (x )＜x 2在(1，＋∞)上恒成立，则实数a 的取值范围是________.解析 ∵函数f (x )＝ln x －a ，且f (x )＜x 2在(1，＋∞)上恒成立， ∴a ＞ln x －x 2，x ∈(1，＋∞). 令h (x )＝ln x －x 2，有h ′(x )＝1x－2x .∵x ＞1，∴1x－2x ＜0，∴h (x )在(1，＋∞)上为减函数，∴当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜h (1)＝－1，∴a ≥－1. 答案 [－1，＋∞) 8.已知函数f (x )＝x －1x ＋1，g (x )＝x 2－2ax ＋4，若对于任意x 1∈[0，1]，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是________. 解析由于f ′(x )＝1＋1（x ＋1）2＞0，因此函数f (x )在[0，1]上单调递增，所以x ∈[0，1]时，f (x )min ＝f (0)＝－1.根据题意可知存在x ∈[1，2]，使得g (x )＝x 2－2ax ＋4≤－1，即x 2－2ax ＋5≤0，即a ≥x 2＋52x 能成立，令h (x )＝x 2＋52x ，则要使a ≥h (x )在x ∈[1，2]上能成立，只需使a ≥h (x )min ，又函数h (x )＝x 2＋52x 在x ∈[1，2]上单调递减，所以h (x )min ＝h (2)＝94，故只需a ≥94.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫94，＋∞ 三、解答题9.已知函数f (x )＝x 2e x. (1)求f (x )的单调区间；(2)证明：∀x 1，x 2∈(－∞，0]，f (x 1)－f (x 2)≤4e 2.(1)解 f ′(x )＝x (x ＋2)e x.令f ′(x )＝x (x ＋2)e x＝0，则x 1＝－2，x 2＝0. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表所以函数f (x )的单调递减区间为(－2，0)，单调递增区间为(－∞，－2)，(0，＋∞).(2)证明由(1)知f (x )的单调递增区间为(－∞，－2)，单调递减区间为(－2，0)，所以当x ∈(－∞，0]时，f (x )最大值＝f (－2)＝4e 2.因为当x ∈(－∞，－2]时，f (x )＞0，f (0)＝0，所以当x ∈(－∞，0]时，f (x )最小值＝f (0)＝0. 所以f (x )最大值－f (x )最小值＝4e2.所以对∀x 1，x 2∈(－∞，0]，都有f (x 1)－f (x 2)≤f (x )最大值－f (x )最小值＝4e2.10.(2016·潍坊一模)已知函数f (x )＝ln x ＋x 2－ax (a 为常数). (1)若x ＝1是函数f (x )的一个极值点，求a 的值； (2)当0＜a ≤2时，试判断f (x )的单调性；(3)若对任意的a ∈(1，2)，x 0∈[1，2]，不等式f (x 0)＞m ln a 恒成立，求实数m 的取值范围.解 f ′(x )＝1x＋2x －a .(1)由已知得：f ′(1)＝0，所以1＋2－a ＝0，所以a ＝3.(2)当0＜a ≤2时，f ′(x )＝1x ＋2x －a ＝2x 2－ax ＋1x＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 42＋1－a 28x.因为0＜a ≤2，所以1－a 28＞0，而x ＞0，即f ′(x )＝2x 2－ax ＋1x＞0，故f (x )在(0，＋∞)上是增函数.(3)当a ∈(1，2)时，由(2)知，f (x )在[1，2]上的最小值为f (1)＝1－a ，故问题等价于：对任意的a ∈(1，2)，不等式1－a ＞m ln a 恒成立，即m ＜1－a ln a恒成立.记g (a )＝1－a ln a (1＜a ＜2)，则g ′(a )＝－a ln a －1＋aa （ln a ）2.令M (a )＝－a ln a －1＋a ，则M ′(a )＝－ln a ＜0，所以M (a )在(1，2)上单调递减，所以M (a )＜M (1)＝0，故g ′(a )＜0，所以g (a )＝1－aln a 在a ∈(1，2)上单调递减，所以m ≤g (2)＝1－2ln 2＝－log 2e ，即实数m 的取值范围为(－∞，－log 2e].11.已知函数f (x )＝ax ＋bx＋c (a ＞0)的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1. (1)用a 表示出b ，c ；(2)若f (x )≥ln x 在[1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围； (3)证明：1＋12＋13＋…＋1n ＞ln(n ＋1)＋n2（n ＋1）(n ≥1).(1)解 f ′(x )＝a －bx 2，则有⎩⎪⎨⎪⎧f （1）＝a ＋b ＋c ＝0，f ′（1）＝a －b ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝a －1，c ＝1－2a .(2)解由(1)知，f (x )＝ax ＋a －1x＋1－2a . 令g (x )＝f (x )－ln x ＝ax ＋a －1x＋1－2a －ln x ，x ∈[1，＋∞)，则g (1)＝0，g ′(x )＝a －a －1x 2－1x ＝ax 2－x －（a －1）x 2＝a （x －1）⎝⎛⎭⎪⎫x －1－a a x 2，(ⅰ)当0＜a ＜12时，1－aa＞1.若1＜x ＜1－aa，则g ′(x )＜0，g (x )是减函数，所以g (x )＜g (1)＝0，即f (x )＜ln x . 故f (x )≥ln x 在[1，＋∞)上不成立. (ⅱ)当a ≥12时，1－aa≤1.若x ＞1，则g ′(x )＞0，g (x )是增函数，所以g (x )＞g (1)＝0，即f (x )＞ln x ，故当x ≥1时，f (x )≥ln x .综上所述，所求a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. (3)证明法一由(2)知：当a ≥12时，有f (x )≥ln x (x ≥1).令a ＝12，有f (x )＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x ≥ln x (x ≥1)，且当x ＞1时，12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x ＞ln x .令x ＝k ＋1k ，有ln k ＋1k ＜12⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋1k －k k ＋1＝ 12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k －⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k ＋1，即ln(k ＋1)－ln k ＜12⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1k ＋1，k ＝1，2，3，…，n .将上述n 个不等式依次相加得ln(n ＋1)＜12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋…＋1n ＋12（n ＋1），整理得1＋12＋13＋…＋1n ＞ln(n ＋1)＋n2（n ＋1）.法二用数学归纳法证明.①当n ＝1时，左边＝1，右边＝ln 2＋14＜1，不等式成立.②假设n ＝k 时，不等式成立，即 1＋12＋13＋…＋1k ＞ln(k ＋1)＋k 2（k ＋1）. 那么1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1＞ln(k ＋1)＋k 2（k ＋1）＋1k ＋1＝ln(k ＋1)＋k ＋22（k ＋1）.由(2)知：当a ≥12时，有f (x )≥ln x (x ≥1).令a ＝12，有f (x )＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x ≥ln x (x ≥1).令x ＝k ＋2k ＋1，得：12⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋2k ＋1－k ＋1k ＋2≥ln k ＋2k ＋1＝ln(k ＋2)－ln(k ＋1).∴ln(k ＋1)＋k ＋22（k ＋1）≥ln(k ＋2)＋k ＋12（k ＋2）.∴1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1＞ln(k ＋2)＋k ＋12（k ＋2）.这就是说，当n ＝k ＋1时，不等式也成立. 根据①和②，可知不等式对任何n ∈N *都成立.。

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专题05 导数与函数不等式恒成立、有解（存在性）（训练篇B ）
-用思维导图突破解导数压轴题
1. 已知函数.
（1）讨论的单调性；（2）当时，证明. 解（1）的定义域为，. 若，则当时，，故在单调递增.
若，则当时，；当时，. 故在单调递增，在单调递减. （2）由（1）知，当时，在取得最大值，最大值为 . 所以等价于，即. 设，则，当时，；
当时，.
所以在单调递增，在单调递减.故当时，取得最大值，最大值为.所以当时.
从而当时，，即.
2. 已知函数，设. （1）求的极小值；
()2(1)2lnx ax a x f x =+++()f x 0a <3()24f x a
≤--()f x (0,)+∞'1(1)(21)()221x ax f x ax a x x ++=
+++=0a ≥(0,)x ∈+∞()0f x '>()f x (0,)+∞0a <1(0,)2x a ∈-
()0f x '>x ∈1(,)2a
-+∞()0f x '<()f x 1(0,)2a -1(,)2a
-+∞0a <()f x 12x a =-
11()214)21(ln f a a
a =----3(4)2a
f x ≤--13(12441)2a ln a a ---≤--1(02121)a ln a -++≤()ln 1
g x x x =-+1()1g x x '=
-(0,1)x ∈()0g x '>(1,)x ∈+∞()0g x '<()g x (0,1)(1,)+∞1x =()g x (1)0g =0x >()0g x ≤0a <10,2a ->1(02121)a ln a -++≤3(4)2a
f x ≤--()()e x f x x a x a =-++()()
g x f x '=()g x
（2）若在上恒成立，求a 的取值范围.
解（1），由题意可知，所以。

当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减；
所以在处取得极小值，为。

（）由（Ⅰ）得
当时，所以在单调递增，所以即时在恒成立.
当时，又，所以在上单调递增，在上单调递减。

因此在上一定存在使得，在递减，在递增，所以，所以在存在，使得，所以当时，在上不恒成立。

所以a 的取值范围为.
3.设函数
（）讨论的单调性；
（Ⅱ）当时，，求的取值范围
解（Ⅰ）
令
当时，
当时， ()0f x >(0,)+∞()(1)1x f x x a e '=-++()(1)1x g x x a e =-++()(2)x g x x a e '=-+2x a >-()0g x '>()g x (2,)a -+∞2x a <-()0g x '<()g x (,2)a -∞-()g x 2x a =-2(2)1a g a e --=-+2()()1a f x g x e -'=≥-+2a ≤2()10a f x e -'≥-+>()f x ()(0)0f x f >=2a ≤()0f x >(0,)+∞2a >(0)(0)20f g a '==-<()()10a f a g a e '==+>()f x '(2,)a -+∞(0,2)a -(0,)a 0x 0()0f x '=()f x 0(0,)x 0(,)x +∞0()(0)0f x f <=(0,)+∞0x 0()0f x <2a >()0f x >(0,)+∞(],2-∞.)1()(2x
e x x
f -=)(x f 0≥x 1)(+≤ax x f a .)21()(2'x e x x x f --=.21,210)('+-=--==x x x f 或得)21,(---∞∈x ,0)('<x f )21,21(+---∈x ,0)('>x f。