专题05 应用导数研究不等式恒成立问题-备战2022高考数学冲破压轴题讲与练

这是一份专题05 应用导数研究不等式恒成立问题-备战2022高考数学冲破压轴题讲与练，文件包含专题05应用导数研究不等式恒成立问题解析版doc、专题05应用导数研究不等式恒成立问题原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。

纵观近几年的高考命题，应用导数研究函数的单调性、极（最）值问题，证明不等式、研究函数的零点等，是高考考查的“高频点”问题，常常出现在“压轴题”的位置.其中，应用导数研究不等式恒成立问题的主要命题角度有：证明不等式恒成立、由不等式恒(能)成立求参数的范围、不等式存在性问题.本专题就应用导数研究不等式恒成立问题，进行专题探讨，通过例题说明此类问题解答规律与方法---参变分离、数形结合、最值分析等.
一、利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法
(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max；
(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)＞0.
二、不等式恒成立问题的求解策略
(1)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．利用导数解决此类问题可以运用分离参数法，其一般步骤如下：
(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，可以考虑二次项系数与判别式的方法(a＞0，Δ＜0或a＜0，Δ＜0)求解．
三、不等式存在性问题的求解策略
“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，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，以免细节出错．
【压轴典例】
例1．（2021·全国高三其他模拟）已知数列满足，.若恒成立，则实数的最大值是（ ）(选项中为自然对数的底数，大约为)
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】由得，设，
，在单调递减，在单调递增，故，则，所以， ，由得易得，记，所以，记，，当即得时单调递增，当即得时单调递减，所以，得，
例2．（2021·浙江嘉兴市·高三）已知函数，其中．若对于某个，有且仅有3个不同取值的，使得关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】显然，否则，于是，即，这与不等式的解集为矛盾．又易知时，不等式恒成立．于是仅需再分析的情形．易知，由知或，所以．所以原问题等价于关于的方程有两解，设，则，时，，递减，时，，递增，所以，时，，时，，所以由关于的方程有两解，得，所以．
例3.(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a.
(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;
(2)若f(x)≥1,求a的取值范围.
【解析】f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=aex-1-.
(1)当a=e时,f(x)=ex-ln x+1,f'(1)=e-1,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(e+1)=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2.直线y=(e-1)x+2在x轴,y轴上的截距分别为,2,因此所求三角形的面积为.
(2)当00.所以f(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数,所以当x=1时,f(x)取得最小值,最小值为f(1)=1,从而f(x)≥1.所以a=1满足条件;当a>1时,f(x)=aex-1-ln x+ln a≥ex-1-ln x≥1.综上,a的取值范围是[1,+∞).
例4.(2020·全国卷Ⅰ高考理科·T21)已知函数f(x)=ex+ax2-x.
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)当x≥0时,f(x)≥x3+1,求a的取值范围.
【解析】(1)当a=1时,f=ex+x2-x,f'=ex+2x-1,由于f″=ex+2>0,
故f'单调递增,注意到f'=0,
故当x∈时,f'<0,f单调递减,当x∈时,f'>0,f单调递增.
(2)由f≥x3+1得,ex+ax2-x≥x3+1,其中x≥0,
①当x=0时,不等式为:1≥1,显然成立,符合题意;
②当x>0时,分离参数a得,a≥-,记g=-,g'=-,
令h=ex-x2-x-1,则h'=ex-x-1,h″=ex-1≥0,
故h'单调递增,h'≥h'=0,故函数h单调递增,h≥h=0,
由h≥0可得:ex-x2-x-1≥0恒成立,故当x∈时,g'>0,g单调递增;
当x∈时,g'<0,g单调递减,因此,=g=,
综上可得,实数a的取值范围是.
例5.(2020·天津高考·T20)已知函数f(x)=x3+kln x(k∈R),f'(x)为f(x)的导函数.
(1)当k=6时,
①求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
②求函数g(x)=f(x)-f'(x)+的单调区间和极值;
(2)当k≥-3时,求证:对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有>.
【解析】(1)①当k=6时,f(x)=x3+6ln x,f'(x)=3x2+.可得f(1)=1,f'(1)=9,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=9(x-1),即y=9x-8.
②依题意,g(x)=x3-3x2+6ln x+,x∈(0,+∞).从而可得g'(x)=3x2-6x+-,
整理可得:g'(x)=,令g'(x)=0,解得x=1.当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如表:
所以,g(x)的减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞);g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值.
(2)由f(x)=x3+kln x,得f'(x)=3x2+.对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,令=t(t>1),
则(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2(f(x1)-f(x2))=(x1-x2)-2
=--3x2+3x1+k-2kln =(t3-3t2+3t-1)+k.(ⅰ)
令h(x)=x--2ln x,x∈(1,+∞).当x>1时,h'(x)=1+-=>0,
由此可得h(x)在(1,+∞)上单调递增,所以当t>1时,h(t)>h(1),即t--2ln t>0.
因为x2≥1,t3-3t2+3t-1=(t-1)3>0,k≥-3,
所以(t3-3t2+3t-1)+k≥(t3-3t2+3t-1)-3=t3-3t2+6ln t+-1.(ⅱ)
由(1)②可知,当t>1时,g(t)>g(1),即t3-3t2+6ln t+>1,故t3-3t2+6ln t+-1>0.(ⅲ)
由(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ)可得(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2(f(x1)-f(x2))>0.
所以,当k≥-3时,对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有>.
例6．（2021·江苏苏州市·高三）已知函数，其中e是自然对数的底数，.
（1）若曲线在点处的切线斜率为，求a的值；
（2）对于给定的常数a，若对恒成立，求证：．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【详解】（1）因为，所以切线斜率为，
即．设，
由于，所以在上单调递增，
又，由可得．
（2）设，则，当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即，所以．若对恒成立，即对恒成立，即对恒成立．设，由（*）可知，
当且仅当时等号成立．由，所以在上单调递增，又，由，所以，即，则存在唯一使得，即方程有唯一解，即(对于给定的常数a，当，时取等号)由对恒成立，所以．
例7.(2020·江苏高考·T19)已知关于x的函数y=f(x),y=g(x)与h(x)=kx+b(k,b∈R)在区间D上恒有f(x)≥h(x)≥g(x).
(1)若f(x)=x2+2x,g(x)=-x2+2x,D=(-∞,+∞).求h(x)的表达式;
(2)若f(x)=x2-x+1,g(x)=kln x,h(x)=kx-k,D=(0,+∞).求k的取值范围;
(3)若f(x)=x4-2x2,g(x)=4x2-8,h(x)=4(t3-t)x-3t4+2t2(0<|t|≤),D=[m,n]⊆[-,],求证:n-m≤.
【解析】(1)由f(x)=g(x)得x=0.又f'(x)=2x+2,g'(x)=-2x+2,所以f'(0)=g'(0)=2,所以,函数h(x)的图象为过原点,斜率为2的直线,所以h(x)=2x.经检验:h(x)=2x符合题意.
(2)h(x)-g(x)=k(x-1-ln x),设φ(x)=x-1-ln x,则φ'(x)=1-=,
φ(x)≥φ(1)=0,所以当h(x)-g(x)≥0时,k≥0.
设m(x)=f(x)-h(x)=x2-x+1-(kx-k)=x2-(k+1)x+(1+k)≥0,
当x=≤0时,m(x)在(0,+∞)上递增,所以m(x)>m(0)=1+k≥0,所以k=-1.
当x=>0时,Δ≤0,即(k+1)2-4(k+1)≤0,(k+1)(k-3)≤0,-1≤k≤3.
综上,k∈[0,3].
(3)①当1≤t≤时,由g(x)≤h(x),得4x2-8≤4(t3-t)x-3t4+2t2,
整理得x2-(t3-t)x+≤0.(*)令Δ=(t3-t)2-(3t4-2t2-8),则Δ=t6-5t4+3t2+8.
记φ(t)=t6-5t4+3t2+8(1≤t≤),则φ'(t)=6t5-20t3+6t=2t(3t2-1)(t2-3)<0恒成立,
所以φ(t)在[1,]上是减函数,则φ()≤φ(t)≤φ(1),即2≤φ(t)≤7
所以不等式(*)有解,设解集为,因此n-m≤x2-x1=≤.
②当0v'(t)=12t3+12t2-4t-4=4(t+1)(3t2-1),令v'(t)=0,得t=.
当t∈时,v'(t)<0,v(t)是减函数;当t∈时,v'(t)>0,v(t)是增函数;
v(0)=-1,v(1)=0,则当0则f(-1)-h(-1)<0,因此-1∉(m,n).因为[m,n]⊆[-,],所以n-m≤+1<.
③当-≤t<0时,因为f(x),g(x)均为偶函数,因此n-m≤也成立.
综上所述,n-m≤.
例8. （2020届安徽省马鞍山市高三）已知函数.
（1）若在定义域内无极值点，求实数的取值范围；
（2）求证：当时，恒成立.
【答案】（1）；（2）见解析
【解析】（1）由题意知，
令，则，
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
又，∵在定义域内无极值点，∴
又当时，在和上都单调递增也满足题意，所以
（2），令，由（1）可知在上单调递増，又，所以存在唯一的零点，故在上单调递减，在上单调递増，∴由知
即当时，恒成立.
例9．（2021·安徽高三）已知函数其中
（1）讨论的单调性；
（2）若当时恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）当时，函数在内单增；当，在内单增,在内单减；当时，在(0，1)内单增，在内单减； （2）.
【详解】（1）
若在(0，1)内单增，在内单减.
若由知，.
当即时，此时在内单增.
当时，，此时在内单增,在内单减.
综上所述：当时，函数在内单增.
当，在内单增,在内单减.
当时，在(0，1)内单增，在内单减.
（2）即 即
即，，令
则
令.
所以在时单增，，因此，
在时单增，，于是
故的取值范围是
例10.（2020届山西省孝义市一模）已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，曲线总在曲线的下方，求实数的取值范围.
【答案】（1）当时，函数在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）.
【解析】（1）由可得的定义域为，且，
若，则，函数在上单调递增；
若，则当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减.
综上，当时，函数在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）原命题等价于不等式在上恒成立，
即，不等式恒成立.∵当时，，∴，
即证当时，大于的最大值.又∵当时，，∴，综上所述，.
【总结提升】不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；② 数形结合( 图象在 上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数.本题是利用方法 ① 求得 的范围.
【压轴训练】
1．（2021·长宁区·上海市延安中学高三）设函数的定义域为，满足，且当时，．若对任意，都有，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】当时，的最小值是由知，当时，的最小值是当时，的最小值是要使，则，解得：或
2．（2020·河津中学高三）若函数(其中a为参数)在R上单调递增，则a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】函数在R上单调递增，等价于在R上恒成立.设，则在上恒成立，所以解得.
3．（2021·全国高三专题练习）已知函数，若对任意的，都有恒成立，则实数k的最大值是（ ）
A．B．0C．1D．2
【答案】B
【详解】设，因为，变形为，即，等价于，因为，令()，则，即.设()，则.当时恒成立，故在上单调递增，.所以，k的最大值为0.
4．（2019·天津高考模拟）已知函数 若不等式对任意上恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意得：设，易得，可得，与x轴的交点为，
① 当，由不等式对任意上恒成立，可得临界值时，相切，此时，，
可得，可得切线斜率为2，，，可得切点坐标（3，3），
可得切线方程：，切线与x轴的交点为,可得此时，，
综合函数图像可得；
② 同理，当，由相切，
（1）当，，可得，可得切线斜率为-2，，，可得切点坐标（1，3），可得切线方程，可得，综合函数图像可得，
（2）当，，相切，可得，
此时可得可得切线斜率为-2，，，可得切点坐标,
可得切线方程：，
可得切线与x轴的交点为，可得此时，，
综合函数图像可得，
综上所述可得，
故选C.
5．（2020·广东佛山市·高三）（多选）命题已知为锐角三角形，不等式恒成立，命题在上恒成立，在上恒成立，则真命题的为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【详解】因为为锐角三角形，所以,所以，则，所以，所以，又，所以不等式恒成立，故命题p是真命题；命题在上恒成立，在上恒成立，故命题q是假命题所以，是真命题.
6．（2020·福清西山学校高三）（多选）记函数与的定义域的交集为，若存在，使得对任意，不等式恒成立，则称构成“相关函数对”．下列所给的两个函数构成“相关函数对”的有（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】BD
【详解】根据函数的新定义，可得两个函数的图象有一个交点，且交点的两侧图象一侧满足，另一侧满足，对于A中，令，可得，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，所以当时，函数 取得最小值，最小值为，即，所以恒成立，不符合题意；
对于B中，令，可得，所以函数单调递增，又由，设满足，且，则对任意，不等式恒成立，符合题意；对于C中，函数，，根据一次函数和二次函数的性质，可得函数的图象由两个交点，此时不满足题意；对于D中，令，可得，所以在定义域单调递增，又由，所以方程只有一个实数根，设为，则满足对任意，不等式恒成立，符合题意.
7．（2020·浙江高三月考）已知，若对于任意的，不等式恒成立，则的最小值为______.
【答案】
【详解】
令，，∴在上单调递增.∵，，∴，∴恒成立，令，只需，，∴单调递增，∴单调递减，时，的最大值为，∴，
∴的最小值为.
8．（2020·全国高三月考）已知函数，若恒成立，则实数的取值范围为______.
【答案】
【详解】，则，两边加上得到，单调递增，，即，令，则，因为的定义域为时，，单调递增，，，单调递减，
，.
9．（2021·安徽高三开学考试）已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）对任意，求证：.
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【详解】（1）由题意得，的定义域为，，
当时，恒成立，∴在上单调递增.
当时，令，解得；令，解得，
∴在上单调递增，在上单调递减.
（2）要证，即证.令，
则.令，则，
易得在上单调递增，且，，
∴存在唯一的实数，使得，
∴在上单调递减，在上单调递增.∵，，
∴当时，；当时，，
∴在上单调递减，在上单调递增，∴.
综上，，即.
10.（2020·山东高考模拟）已知函数.
（1）求的单调递增区间；
（2）若函数有两个极值点且恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）时，增区间为；时，增区间为；时，增区间为，；（2）.
【解析】
（1）函数的定义域为，，
令，，
若时，，在恒成立，函数在上单调递增.
若，，方程，两根为，，
当时，，，，单调递增.
当时，，，
，，单调递增，，，单调递增.
综上，时，函数单调递增区间为，
时，函数单调递增区间为，
时，函数单调递增区间为，.
（2）由（1）知，存在两个极值点时，且，，则，，且，.
此时恒成立，可化为
恒成立，
设，，
，
因为，所以，，所以，故在单调递减，
，所以实数的取值范围是.
11．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高三）已知.
（1）若在点处的切线平行于轴，求其单调区间和极值;
（2）若不等式对于任意的恒成立，求整数的最小值.
【答案】（1）增区间为，减区间为，的极大值为，无极小值；（2）2.
【详解】（1），则，，
，定义域为，
令，得;令，得
的增区间为，减区间为，且的极大值为，无极小值.
（2）因为，所以对于任意的恒成立，可化为，
设，则 ，
设，则单调增，且，，
使，即 ，所以，
所以当时，，，
当时，，，
在单调递增，在单调递减
，的最小整数值为。
【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
①若在上恒成立，则；
②若在上恒成立，则；
③若在上有解，则；
④若在上有解，则；
12.（2020·河南高考模拟）已知函数，曲线在点处的切线为.
（1）求，的值；
（2）若对任意的，恒成立，求正整数的最大值.
【答案】（1），；（2）3
【解析】（1）由得：，由切线方程可知：，，解得：，
（2）由（1）知，则时，恒成立等价于时，恒成立
令，，则.
令，则
当时，，则单调递增
， ，使得
当时，；时，
，，
，即正整数的最大值为
13.（2020·湖北高考模拟）已知函数
（1）若直线为的切线，求的值．
（2）若，恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）0；（2）
【解析】（1）设切点为，，
∴，令，则，
当时，，在上为增函数；
当时，，在上为减函数；
所以，所以，又，所以．
（2），恒成立，．
令，．，,
当时，，所以在上为增函数，，
①若，则当时，故在上为增函数，
故时，有即恒成立，满足题意.
②若，因为为上的增函数且，
令，其中，，
所以在为增函数，所以，
故存在，使得且时，，
在为减函数，故当时，，矛盾，舍去.
综上可得：．
14．（2021·浙江绍兴市·高三期末）已知函数，其中.
（1）证明：；
（2）证明：对任意的，存在，使得；
（3）在（2）的条件下，证明：.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【详解】（1）定义域是，设，
则，时，，时，，
所以在单调递减，在单调递增，
所以，即.
（2）证明：，
所以在上单调递增，在单调递减，
且，由（1）可知，取，
，
由以上知在存在唯一的非零实数根.
（3）当时，，即，设，
设，，
∵，所以函数单调递减，
所以等价于证明，
等价于，即，
设，
，由（1）可知，
所以，，
所以当时，，故在单调递减，
所以，故.
15.（2020·临川一中实验学校高考模拟）已知函数.（其中为自然对数的底数）
（1）若恒成立，求的最大值；
（2）设，若存在唯一的零点，且对满足条件的不等式恒成立，求实数的取值集合.
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1），
当时，，在上单调递增，取，
当时，矛盾；
当时，，只要，即，此时；
当时，令，，
所以在单调递增，在单调递减，
所以，即，此时，
令，，
令，，
当，，在上为增函数；
当，，在上为减函数．
所以，所以，故的最大值为．
（2）在单调递减且在的值域为，
设的唯一的零点为，则，，即
所以，，
由恒成立，则，
得在上恒成立．
令，，
．
若，，在上为增函数，注意到，知当时，，矛盾；当时，，为增函数，
若，则当时，，，为减函数，
所以时，总有，矛盾；
若，则当时，，，为增函数，
所以时，总有，矛盾；
所以即，此时当时，，为增函数，，
当时，，为减函数，而，所以有唯一的零点.
综上，的取值集合为．
x
(0,1)
1
(1,+∞)
g'(x)
-
0
+
g(x)
单调递减
极小值
单调递增