【导与练】2016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 文

第5讲利用导数研究不等式恒成立及相关问题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.(2015云南省第一次统一检测)已知函数f(x)=ln x-.(1)求证:f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;(2)若f[x(3x-2)]<-,求实数x的取值范围.(1)证明:由已知得f(x)的定义域为(0,+∞).因为f(x)=ln x-,所以f′(x)=-=.因为x>0,所以4x2+3x+1>0,x(1+2x)2>0.所以当x>0时,f′(x)>0.所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.(2)解:因为f(x)=ln x-,所以f(1)=ln 1-=-.由f[x(3x-2)]<-得f[x(3x-2)]<f(1).由(1)得解得-<x<0或<x<1.所以实数x的取值范围为(-,01)∪(,11).2.(2015广西玉林市贵港市4月联考)定义在(0,+∞)上的三个函数f(x),g(x),h(x),已知f(x)=ln x,g(x)=x2-af(x),h(x)=x-a,且g(x)在x=1处取得极值.(1)求a的值及h(x)的单调区间;(2)求证:当1<x<e2时,恒有x<.(1)解:由题意得,g(x)=x2-af(x)=x2-aln x,所以g′(x)=2x-.因为g(x)在x=1处取得极值,所以g′(1)=2-a=0,所以a=2,所以h(x)=x-2,h′(x)=1-.令h′(x)=1->0,得x>1,所以h(x)在(1,+∞)上为增函数;令h′(x)=1-<0,得0<x<1,所以h(x)在(0,1)上为减函数.(2)证明:因为1<x<e2,所以0<ln x<2,所以2-ln x>0,即2-f(x)>0.要证x<,只需证x[2-f(x)]<2+f(x),即证f(x)>.记k(x)=f(x)-=ln x-,则k′(x)=.所以当1<x<e2时,k′(x)>0,k(x)在(1,e2)上为增函数.所以k(x)>k(1)=0,所以ln x->0,所以ln x>.所以当1<x<e2时,恒有x<.3.(2015吉林长春市质量监测二)已知函数f(x)=x2-ax-aln x(a∈R).(1)若函数f(x)在x=1处取得极值,求a的值;(2)在(1)的条件下,求证:f(x)≥-+-4x+;(3)当x∈[e,+∞)时,f(x)≥0恒成立,求a的取值范围.(1)解:f′(x)=2x-a-,由题意可得f′(1)=0,解得a=1.经检验,a=1时f(x)在x=1处取得极值,所以a=1.(2)证明:由(1)知,f(x)=x2-x-ln x令g(x)=f(x)- (-+-4x+1)=-+3x-ln x-由g′(x)=x2-3x+3-=-3(x-1)=(x>0),可知g(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数,所以g(x)≥g(1)=0,所以f(x)≥-+-4x+成立.(3)解:由x∈[e,+∞)知,x+ln x>0,所以f(x)≥0恒成立等价于a≤在x∈[e,+∞)时恒成立.令h(x)=,x∈[e,+∞),有h′(x)=>0,所以h(x)在[e,+∞)上是增函数,有h(x)≥h(e)=,所以a≤.即a的取值范围为(-∞,].4.(2015山东淄博市一模)设函数f(x)=x2-ax+ln x(a为常数).(1)当a=3时,求函数f(x)的极值;(2)当0<a<2时,试判断f(x)的单调性;(3)对任意x0∈[,1],使不等式f(x0)<mln a对任意a∈(0, )恒成立,求实数m的取值范围. 解:依题意f′(x)=+2x-a,(1)函数的定义域为(0,+∞),当a=3时,f(x)=x2-3x+ln x,f′(x)==,当<x<1时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当0<x<,或x>1时,f′(x)>0,f(x)单调递增;所以f(x)极小值=f(1)=-2,f(x)极大值=f()=--ln 2.(2)函数的定义域为(0,+∞),f′(x)=2x+-a,因为2x+≥2,(当且仅当x=时,等号成立)因为0<a<2,所以f′(x)=2x+-a>0在(0,+∞)上恒成立,故f(x)在(0,+∞)上是增函数.(3)当a∈(0, )时,由(2)知,f(x)在[,1]上单调递增,所以f(x)max=f(1)=1-a.故问题等价于:当a∈(0, )时,不等式1-a<mln a恒成立,即m<恒成立.记g(a)=,则g′(a)=,令M(a)=-aln a-1+a,M′(a)=-ln a>0,所以M(a)在a∈(0, )上单调递增,M(a)<M()=(ln 2-1)<0,故g′(a)<0,所以g(a)=在a∈(0, )上单调递减,所以m≤=-,即实数m的取值范围为(-∞,-].类型:导数的综合应用1.已知P(x,y)为函数y=1+ln x图象上一点,O为坐标原点,记直线OP的斜率k=f(x).(1)若函数f(x)在区间(m,m+) (m>0)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)<-2,求实数a的取值范围. 解:(1)由题意k=f(x)=,x>0,所以f′(x)= ( )′=-当0<x<1时,f′(x)>0;当x>1时,f′(x)<0.所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,故f(x)在x=1处取得极大值.因为函数f(x)在区间(m,m+) (其中m>0)上存在极值,所以得<m<1.即实数m的取值范围是(,1).(2)g(x)=,由题可知,当a<0时,g(x)>0,不合题意.当a>0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,Δ=(2-4a)2-4=16a(a-1),①若0<a≤1,则Δ≤0,t(x)>0,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0<a≤1符合条件.②若a>1,则Δ>0,t(0)=1>0,t(1)=4(1-a)<0,所以存在x0∈(0,1),使得t(x0)=0,则h(x)在(x0,1)内单调递减,又h(1)=0,所以当x∈(x0,1)时,h(x)>0,不合要求.综合①②可得0<a≤1.即a的取值范围是(0,1].2.已知函数f(x)=-x3+ax2-4(a∈R),f′(x)是f(x)的导函数.(1)当a=2时,对任意的m∈[-1,1],n∈[-1,1],求f(m)+f′(n)的最小值;(2)若存在x0∈(0,+∞),使f(x0)>0,求a的取值范围.解:(1)由题意知f(x)=-x3+2x2-4,f′(x)=-3x2+4x,令f′(x)=0,得x=0或.当x在[-1,1]上变化时,f′(x),f(x)随x的变化情况如表:所以对于m∈[-1,1],f(m)的最小值为f(0)=-4,因为f′(x)=-3x2+4x的对称轴为x=,且抛物线开口向下,所以对于n∈[-1,1],f′(n)的最小值为f′(-1)=-7.所以f(m)+f′(n)的最小值为-11.(2)因为f′(x)=-3x(x-).①若a≤0,当x>0时,f′(x)<0,所以f(x)在[0,+∞)上单调递减,又f(0)=-4,则当x>0时,f(x)<-4.所以当 a≤0时,不存在x0>0,使f(x0)>0.②若a>0,则当0<x<时,f′(x)>0,当x>时,f′(x)<0.从而f(x)在(0,]上单调递增,在[,+∞)上单调递减,所以当x∈(0,+∞)时,f(x)max=f()=-+-4.根据题意,-4>0,即a3>27,解得a>3.综上,a的取值范围是(3,+∞).3.已知函数f(x)=ln x-x+1,x∈(0,+∞),g(x)=x3-ax.(1)求曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)求函数f(x)的最大值;(3)若对任意x1∈(0,+∞),总存在x2∈[1,2]使得f(x1)≤g(x2)成立,求a的取值范围. 解:(1)因为f(x)=ln x-x+1(x>0),所以f′(x)=-1=,所以f′(1)=0,由导数的几何意义知曲线f(x)在点(1,0)处的切线的斜率为0,故所求切线方程为y=0.(2)由(1)知f′(x)=-1=,所以当0<x<1时,f′(x)>0;当x>1时,f′(x)<0,所以f(x)≤f(1)=0,所以f(x)的最大值为0.(3)依题意f(x1)max≤g(x2)max其中x1∈(0,+∞),x2∈[1,2],由(2)知f(x1)max=f(1)=0,问题转化为:存在x∈[1,2],使得x3-ax≥0⇔a≤(x2)max=4,其中x∈[1,2],所以a≤4.即a的取值范围为(-∞,4].4.已知函数f(x)=ln x-ax2+x,a∈R.(1)若f(1)=0,求函数f(x)的最大值;(2)令g(x)=f(x)-(ax-1),求函数g(x)的单调区间;(3)若a=-2,正实数x1,x2满足f(x1)+f(x2)+x1x2=0,证明x1+x2≥.(1)解:因为f(1)=1-=0,所以a=2,此时f(x)=ln x-x2+x,x>0,f′(x)=-2x+1=(x>0),由f′(x)=0,得x=1,所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,故当x=1时函数有极大值,也是最大值,所以f(x)的最大值为f(1)=0.(2)解:g(x)=f(x)-(ax-1)=ln x-ax2+(1-a)x+1,所以g′(x)=-ax+(1-a)=.当a≤0时,因为x>0,所以g′(x)>0.所以g(x)在(0,+∞)上是递增函数,当a>0时,g′(x)==-,令g′(x)=0,得x=.所以当x∈(0, )时,g′(x)>0;当x∈(,+∞)时,g′(x)<0,因此函数g(x)在x∈(0, )是增函数,在x∈(,+∞)是减函数.综上,当a≤0时,函数g(x)的递增区间是(0,+∞),无递减区间; 当a>0时,函数g(x)的递增区间是(0, ),递减区间是(,+∞).(3)证明:当a=-2时,f(x)=ln x+x2+x,x>0.由f(x1)+f(x2)+x1x2=0,即ln x1++x1+ln x2++x2+x1x2=0.从而(x1+x2)2+(x1+x2)=x1·x2-ln (x1·x2).令t=x1·x2,则由φ(t)=t-ln t得,φ′(t)=.可知,φ(t)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增.所以φ(t)≥φ(1)=1,所以(x1+x2)2+(x1+x2)≥1,因为x1>0,x2>0,因此x1+x2≥成立.5.(2015四川德阳市一诊)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t2-1<11,即-2<t<2.由已知t>0,所以0<t<2,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(舍去)或t=2.函数f(t)与f′(t)在定义域上的情况如表:(2,2)当0<a≤2时,f(t)在(0,a]上单调递增,所以f(t)max=f(a)=-a3+6a,当2<a<2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 =11。