浙江省2020版高考数学第四章导数及其应用第5节导数与不等式习题（含解析）.docx

第5节导数与不等式考试要求1.能利用导数证明简单的不等式；2.已知不等式恒(能)成立，会求参数的取值范围.知 识 梳 理1.证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题.2.求解不等式恒成立或有解问题，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数值域的问题.3.不等式能成立看作不等式有解问题.常用结论与易错提醒与不等式有关的结论(1)对任意x，f(x)g(x)f(x)g(x)0f(x)g(x)min0.(2)对任意x1，x2，f(x1)g(x2)f(x)ming(x)max.(3)存在x1，x2，f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min.(4)对任意x，存在x0，f(x)g(x0)f(x)ming(x)min.(5)f(x)a或f(x)a对xD恒成立f(x)mina或f(x)maxa.(6)若存在xD，使f(x)a或f(x)af(x)maxa或f(x)mina.(7)对任意的x1D1，总存在x2D2，使f(x1)g(x2)AB(其中集合A为f(x1)的值域，集合B为f(x2)的值域).(8)当参数不易分离时，应注意分类讨论或数形结合思想的应用.基 础 自 测1.已知函数f(x)x2ex，当x1，1时，不等式f(x)m恒成立，则实数m的取值范围是()A. B.C.e，) D.(e，)解析由f(x)xex(x2)，令f(x)0，得x0或x2(舍去).当x(1，0时，f(x)0，f(x)递增，f(1)，f(1)e，f(x)最大f(1)e，由题意me.答案D2.设函数f(x)ex(2x1)axa，其中a1，若存在唯一整数x0使得f(x0)0，则a的取值范围是()A. B.C. D.解析设g(x)ex(2x1)，h(x)axa，由题意知存在唯一的整数x0，使h(x0)在直线h(x)axa的下方，因为g(x)ex(2x1)，当x时，g(x)时，g(x)0，当x时，g(x)min2e，g(0)1，g(1)e1，直线h(x)axa恒过(1，0)且斜率为a，故ag(0)1，且g(1)3e1aa，解得a0，则实数b的取值范围是()A. B.C.(，3) D.(，)解析f(x).f(x)xf(x)12x(xb)ln x(xb)2，存在x，使得f(x)xf(x)0，12x(xb)0，bx.设g(x)x，b0，即x2时，g(x)递增，当g(x)0，即x时，g(x)递减，g，g(2)，g(x)最大g(2)，b0)，则h(x)，令h(x)0，得x1或x(舍去)，当x(0，1)时，h(x)0，h(x)递增，当x(1，)时，h(x)0，(x)在(0，1上递增，(x)max(1)6.a6.当x2，0)时，a，a.仍设(x)，(x)，当x2，1)时，(x)0.当x1时，(x)有极小值，即为最小值.而(x)min(1)2，a2.综上知6a2.答案6，2考点一利用导数证明不等式【例1】 (2018全国卷)已知函数f(x)aexln x1.(1)设x2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a时，f(x)0.(1)解f(x)的定义域为(0，)，f(x)aex.由题设知，f(2)0，所以a.从而f(x)exln x1，f(x)ex.当0x2时，f(x)2时，f(x)0.所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，)上单调递增.(2)证明当a时，f(x)ln x1(x0).设g(x)ln x1(x0)，则g(x)(x0).当0x1时，g(x)1时，g(x)0.所以x1是g(x)的最小值点.故当x0时，g(x)g(1)0.因此，当a时，f(x)0.规律方法(1)利用参数a的范围放缩不等式是关键；(2)不等式有等号时，可利用函数的最值证明不等式，否则可利用函数的单调性求函数的值域.【训练1】 已知函数f(x)xln x2x.(1)求f(x)的单调区间、极值；(2)若xy0，试确定f(x)f(y)与xln yyln x的大小关系，并给以证明.解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)ln x12ln x1，令f(x)0得xe.将x，f(x)，f(x)变化情况列下表：x(0，e)e(e，)f(x)0f(x)极小值可得(0，e)是f(x)的递减区间，(e，)是f(x)的递增区间，f(x)在xe处有极小值e，无极大值.(2)f(x)f(y)xln yyln x.证明如下：f(x)f(y)(xln yyln x)xln x2xyln y2yxln yyln xxln yln2(xy)ylnln2(1). (*)设t1，Q(t)tln tln t2(t1)(t1)，则Q(t)ln t12lnt1(t1).设M(t)ln t1(t1)，则M(t)0(t1).M(t)在(1，)上是递增函数.M(t)M(1)0即Q(t)0.Q(t)在(1，)上是递增函数.Q(t)Q(1)0.又y0，(*)0，f(x)f(y)xln yyln x.考点二根据不等式恒成立求参数的范围多维探究角度1单变量任意型【例21】 (2019杭州质检)设函数f(x)(xR).(1)求证：f(x)x2x1；(2)当x1，0时，函数f(x)ax2恒成立，求实数a的取值范围.(1)证明原不等式等价于x4x3x10，设g(x)x4x3x1，则g(x)4x33x21(x1)(4x2x1)，当x(，1)时，g(x)0，g(x)单调递增.所以g(x)g(1)0，所以f(x)x2x1.(2)解当x0时，易知aR；当x1，0)时，f(x)ax2恒成立，即a恒成立.1，所以a1，即实数a的取值范围是1，).角度2双变量任意型【例22】 已知函数f(x)x1，g(x)ln x(e为自然对数的底数).(1)证明：f(x)g(x)；(2)若对于任意的x1，x21，a(a1)，总有|f(x1)g(x2)|1，求a的最大值.(1)证明令F(x)f(x)g(x)xln x1，F(x)1(x1).x0，exx1，F(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，F(x)minF(1)0，f(x)g(x).(2)解x1，a，f(x)10，g(x)0，f(x)，g(x)均在1，a上单调递增.f(x)g(x)，F(x)f(x)g(x)在1，)上单调递增，f(x)与g(x)的图象在1，a上距离随x增大而增大，|f(x1)g(x2)|maxf(a)g(1)1，a2，设G(a)a(a1)，G(a)1，当a1时，eaa1，当a1时，G(a)0，G(a)在1，)上单调递增，a2，a的最大值为2.角度3双变量任意存在型【例23】 已知函数f(x)2ln .(1)求f(x)的单调区间；(2)若g(x)ln xax，若对任意x1(1，)，存在x2(0，)，使得f(x1)g(x2)成立，求实数a的取值范围.解(1)因为f(x)2ln ，x(0，)，所以f(x)，当x2时，f(x)0，当0x2时，f(x)0，所以f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是，(2，).(2)由(1)知，f(x)在(1，2)上单调递减，在(2，)上单调递增，所以当x1时，f(x)f(2)0，又g(x)ln xax，所以对任意x1(1，)，存在x2(0，)，使得f(x1)g(x2)成立存在x2(0，)，使得g(x2)0成立函数yln x与直线yax的图象在(0，)上有交点方程a在(0，)上有解.设h(x)，则h(x)，当x(0，e)时，h(x)0，h(x)单调递增，当x(e，)时，h(x)0，令f(x)0，解得x2，f(x)为减函数，令f(x)0，解得1x2，f(x)为增函数，f(x)的单调递减区间为(，1)，(2，)，单调递增区间为(1，2).(2)f(x)x22xm在x0，2时恒成立，mf(x)x22x(x2x1)exx22x，令g(x)(x2x1)exx22x，则g(x)(x2)(x1)ex2(x1)，当x0，1)时，g(x)0，g(x)在0，1)上单调递减，在(1，2上单调递增，g(x)ming(1)1，m的取值范围为.考点三不等式能成立【例3】 (2019绍兴调测)设x3是函数f(x)(x2axb)e3x(xR)的一个极值点.(1)求a与b之间的关系式，并求当a2时，函数f(x)的单调区间；(2)设a0，g(x)ex.若存在x1，x20，4使得|f(x1)g(x2)|0得3x0得a1x3，所以f(x)在0，3)上单调递增，在(3，4上单调递减，于是f(x)maxf(3)a6，f(x)minminf(0)，f(4)(2a3)e3.g(x)在0，4上单调递增，g(x).根据题意，(a6)0恒成立，所以只要(a6)1，解得a0，所以a.规律方法“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.在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值.特别需要关注等号是否成立问题，以免细节出错.【训练3】 (2019无锡调研)已知函数f(x)ex(3x2)，g(x)a(x2)，其中a，xR.(1)若对任意xR，有f(x)g(x)恒成立，求a的取值范围；(2)若存在唯一的整数x0，使得f(x0)g(x0)，求a的取值范围.解(1)由题意，对任意xR有ex(3x2)a(x2)恒成立，当x(，2)时，aa，令F(x)，则F(x)，令F(x)0得x0，x(，0)0(0，2)F(x)0F(x)1F(x)maxF(0)1，故此时a1.当x2时，恒成立，故此时aR.当x(2，)时，aa，由得，令F(x)0x，xF(x)0F(x)9eF(x)minF9e，故此时a9e.综上：1a9e.(2)因为f(x)g(x)，即ex(3x2)a(x2)，由(1)知a(，1)，令F(x)，则x(，0)0(0，2)F(x)00F(x)极大极小当x(，2)时，存在唯一的整数x0使得f(x0)g(x0)，等价于a存在唯一的整数x0成立，因为F(0)1最大，F(1)，F(1)e，所以当a时，至少有两个整数成立，所以a.当x(2，)时，存在唯一的整数x0使得f(x0)存在唯一的整数x0成立，因为F9e最小，且F(3)7e3，F(4)5e4，所以当a5e4时，至少有两个整数成立，所以当a7e3时，没有整数成立，所以a(7e3，5e4.综上：a.导数与不等式【例题】 (满分15分)(2018浙江卷)已知函数f(x)ln x.(1)若f(x)在xx1，x2(x1x2)处导数相等，证明：f(x1)f(x2)88ln 2；(2)若a34ln 2，证明：对于任意k0，直线ykxa与曲线yf(x)有唯一公共点.审题路线图(1)(2)满分解答证明(1)函数f(x)的导函数f(x)，2分由f(x1)f(x2)得，因为x1x2，所以.由基本不等式得2，因为x1x2，所以x1x2256.由题意得f(x1)f(x2)ln x1ln x2ln(x1x2).4分设g(x)ln x，则g(x)(4)，所以x0时，g(x)、g(x)的变化情况如下表：x(0，16)16(16，)g(x)0g(x)24ln 2所以g(x)在256，)上单调递增，故g(x1x2)g(256)88ln 2，即f(x1)f(x2)88ln 2.7分(2)令me(|a|k)，n1，则f(m)kma|a|kka0，f(n)knann0，直线ykxa与曲线yf(x)有唯一公共点.15分构建模板【训练】 已知函数f(x)ln x(ea)x2b，其中a，bR，e为自然对数的底数.(1)若ae2b，当f(x)0有唯一解时，求b的值；(2)若不等式f(x)0 对x(0，)恒成立，求的最小值.解(1)当ae2b时，f(x)ln x2bx2b，其定义域为(0，)，f(x)2b.若b0，则f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增，且f(1)0，所以当x1时，都有f(x)0，不符合题意；若b0，当1，即b1，即be，f(x)ea(x0)，因此当x时，f(x)取到极大值，也为最大值.根据题意有fln2b10，于是.设g(a)，则g(a)，当a(e，e1时，(ae)ln(ae)0，当a(e1，)时，(ae)ln(ae)单调递增，且(ae)ln(ae)0，所以方程(ae)ln(ae)e0有唯一零点a2e，所以g(a)在(e，2e)上单调递减，在(2e，)上单调递增，所以g(a)g(2e).综上所述，的最小值为，当a2e，b1时取得.基础巩固题组1.(2018全国卷)已知函数f(x).(1)求曲线yf(x)在点(0，1)处的切线方程；(2)证明：当a1时，f(x)e0.(1)解f(x)，f(0)2.因此曲线yf(x)在(0，1)处的切线方程是2xy10.(2)证明当a1时，f(x)e(x2x1ex1)ex.令g(x)x2x1ex1，则g(x)2x1ex1.当x1时，g(x)1时，g(x)0，g(x)单调递增；所以g(x)g(1)0.因此f(x)e0.2.已知函数f(x)xln x.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设k为正常数，若对定义域内的任意实数x都有f(x)f(kx)k成立，求实数k的取值范围.解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)ln x1，解f(x)0，得x；解f(x)0，得0x0，得xk，由g(x)0，得0xk，解得k2e.故所求实数k的取值范围为(2e，).3.(2019湖州适应性考试)已知函数f(x)(x0).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求证：f(x)e(x0).(1)解已知函数f(x)(x0)，导函数为f(x).令h(x)exx1，则h(x)ex1，当x0时，h(x)ex10时，h(x)ex10，所以h(x)minh(0)0，即exx1，当且仅当x0时，等号成立.由已知x0，得exx1，所以f(x)e(x0)等价于exxe10).令g(x)exxe1，x0，g(x)exexe，由(1)易得e1，所以g(x)0时，有g(x)g(0)0，即exxe10)，故f(x)e(x0).4.设函数f(x)xln xb(bR)，曲线yf(x)在(1，0)处的切线与直线y3x平行.证明：(1)函数f(x)在1，)上单调递增；(2)当0x1时，|f(x)|0， 函数f(x)在1，)上单调递增.(2)|f(x)|xln x2|xln x|2|令g(x)xln x，则g(x)1ln x.令g(x)0可得xe1.g(x)在(0，e1)上单调递减，在(e1，)上单调递增.0x1，e1g(x)0，|g(x)|，又0x1时，|2|2.|f(x)|0).(1)若x0时，函数f(x)取得一个极值，求实数k的值；(2)在(1)的条件下，对任意nN*，m1，求证，ln(12x)2x，所以任意x，12xe2x.于是ee0得0x2；由f(x)0得x2，所