第十四讲 导数在不等式中的应用-2022年新高二年级数学暑假精品课程（人教A版2019）练习题

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第十四讲 导数在不等式中的应用【考点剖析】考点一　构造函数证明不等式【例1】 已知函数f(x)＝1－，g(x)＝x－ln x.(1)证明：g(x)≥1；(2)证明：(x－ln x)f(x)>1－.证明　(1)由题意得g′(x)＝(x>0)，当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0，即g(x)在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数.所以g(x)≥g(1)＝1，得证.(2)由f(x)＝1－，得f′(x)＝，所以当0<x<2时，f′(x)<0，当x>2时，f′(x)>0，即f(x)在(0，2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数，所以f(x)≥f(2)＝1－(当且仅当x＝2时取等号).①又由(1)知x－ln x≥1(当且仅当x＝1时取等号)，②且①②等号不同时取得，所以(x－ln x)f(x)>1－.规律方法　1.证明不等式的基本方法：(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①∀x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)，②∀x1，x2∈[a，b]，且x1<x2，有f(x1)<f(x2).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∀x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m).2.证明f(x)<g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，证明F(x)<0.先通过化简、变形，再移项构造不等式就减少运算量，使得问题顺利解决.考点二　利用“若f(x)min>g(x)max，则f(x)>g(x)”证明不等式【例2】 已知函数f(x)＝xln x－ax.(1)当a＝－1时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的最值；(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＋1>－成立.(1)解　函数f(x)＝xln x－ax的定义域为(0，＋∞).当a＝－1时，f(x)＝xln x＋x，f′(x)＝ln x＋2.由f′(x)＝0，得x＝.当x∈时，f′(x)<0；当x>时，f′(x)>0.所以f(x)在上单调递减，在上单调递增.因此f(x)在x＝处取得最小值，即f(x)min＝f＝－，但f(x)在(0，＋∞)上无最大值.(2)证明　当x>0时，ln x＋1>－等价于x(ln x＋1)>－.由(1)知a＝－1时，f(x)＝xln x＋x的最小值是－，当且仅当x＝时取等号.设G(x)＝－，x∈(0，＋∞)，则G′(x)＝，易知G(x)max＝G(1)＝－，当且仅当x＝1时取到，从而可知对一切x∈(0，＋∞)，都有f(x)>G(x)，即ln x＋1>－.规律方法　1.在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可考虑转化为两个函数的最值问题.2.在证明过程中，等价转化是关键，此处f(x)min>g(x)max恒成立.从而f(x)>g(x)，但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”.考点三　不等式恒成立或有解问题　角度1　不等式恒成立求参数【例3－1】 已知函数f(x)＝(x≠0).(1)判断函数f(x)在区间上的单调性；(2)若f(x)<a在区间上恒成立，求实数a的最小值.解　(1)f′(x)＝，令g(x)＝xcos x－sin x，x∈，则g′(x)＝－xsin x，显然，当x∈时，g′(x)＝－xsin x<0，即函数g(x)在区间上单调递减，且g(0)＝0.从而g(x)在区间上恒小于零，所以f′(x)在区间上恒小于零，所以函数f(x)在区间上单调递减.(2)不等式f(x)<a，x∈恒成立，即sin x－ax<0恒成立.令φ(x)＝sin x－ax，x∈，则φ′(x)＝cos x－a，且φ(0)＝0.当a≥1时，在区间上φ′(x)<0，即函数φ(x)单调递减，所以φ(x)<φ(0)＝0，故sin x－ax<0恒成立.当0<a<1时，φ′(x)＝cos x－a＝0在区间上存在唯一解x0，当x∈(0，x0)时，φ′(x)>0，故φ(x)在区间(0，x0)上单调递增，且φ(0)＝0，从而φ(x)在区间(0，x0)上大于零，这与sin x－ax<0恒成立相矛盾.当a≤0时，在区间上φ′(x)>0，即函数φ(x)单调递增，且φ(0)＝0，得sin x－ax>0恒成立，这与sin x－ax<0恒成立相矛盾.故实数a的最小值为1.规律方法　1.破解此类题需“一形一分类”，“一形”是指会结合函数的图象，对函数进行求导，然后判断其极值，从而得到含有参数的方程组，解方程组，即可求出参数的值；“一分类”是指对不等式恒成立问题，常需对参数进行分类讨论，求出参数的取值范围.2.利用导数研究含参数的不等式问题，若能够分离参数，则常将问题转化为形如a≥f(x)(或a≤f(x))的形式，通过求函数y＝f(x)的最值求得参数范围.角度2　不等式能成立求参数的取值范围【例3－2】 已知函数f(x)＝x2－(2a＋1)x＋aln x(a∈R).(1)若f(x)在区间[1，2]上是单调函数，求实数a的取值范围；(2)函数g(x)＝(1－a)x，若∃x0∈[1，e]使得f(x0)≥g(x0)成立，求实数a的取值范围.解　(1)f′(x)＝，当导函数f′(x)的零点x＝a落在区间(1，2)内时，函数f(x)在区间[1，2]上就不是单调函数，即a∉(1，2)，所以实数a的取值范围是(－∞，1]∪[2，＋∞).(2)由题意知，不等式f(x)≥g(x)在区间[1，e]上有解，即x2－2x＋a(ln x－x)≥0在区间[1，e]上有解.因为当x∈[1，e]时，ln x≤1≤x(不同时取等号)，x－ln x>0，所以a≤在区间[1，e]上有解.令h(x)＝，则h′(x)＝.因为x∈[1，e]，所以x＋2>2≥2ln x，所以h′(x)≥0，h(x)在[1，e]上单调递增，所以x∈[1，e]时，h(x)max＝h(e)＝，所以a≤，所以实数a的取值范围是.规律方法　1.含参数的能成立(存在型)问题的解题方法a≥f(x)在x∈D上能成立，则a≥f(x)min；a≤f(x)在x∈D上能成立，则a≤f(x)max.2.含全称、存在量词不等式能成立问题(1)存在x1∈A，任意x2∈B使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)max≥g(x)max；(2)任意x1∈A，存在x2∈B，使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)min≥g(x)min. [方法技巧]1.证明不等式的关键是构造函数，将问题转化为研究函数的单调性、最值问题.2.恒(能)成立问题的转化策略.若f(x)在区间D上有最值，则(1)恒成立：∀x∈D，f(x)>0⇔f(x)min>0；∀x∈D，f(x)<0⇔f(x)max<0.(2)能成立：∃x∈D，f(x)>0⇔f(x)max>0；∃x∈D，f(x)<0⇔f(x)min<0.3.证明不等式，特别是含两个变量的不等式时，要注意合理的构造函数.4.恒成立与能成立问题，要注意理解“任意”与“存在”的不同含义，要注意区分转化成的最值问题的异同.  【真题演练】1．（2021·全国高考真题（理））设函数，已知是函数的极值点．（1）求a；（2）设函数．证明:．2．（2021·全国高考真题）已知函数．（1）讨论的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：有一个零点①；②．  【过关检测】1．（2021·全国高三专题练习（理））当时，不等式恒成立，则实数的取值范围为（    ）A． B． C． D．2．（2021·全国高三月考（理））若关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为（   ）A． B． C． D．3．（2021·河南鹤壁市·高二月考（理））已知关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为（    ）A． B． C． D．4．（2020·重庆西南大学附中高三月考）已知函数，若不等式在上恒成立，则实数a的取值范围为（    ）A． B． C． D．5．（2020·黑龙江哈尔滨市·哈师大附中高三期末（文））已知关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为（    ）A． B． C． D．6．（2020·全国高三月考（文））设函数，若不等式对任意的都成立，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．7．（2021·全国高三专题练习（文））已知不等式对恒成立，则实数的最大值为（    ）A． B． C． D．8．（2020·黑龙江哈尔滨市·哈九中高二月考（理））函数，，对任意的，都有恒成立，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．9．（2021·黑龙江大庆市·铁人中学高二期中）已知函数．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）当时，均有不等式成立，求的最大值．10．（2021·全国高三专题练习（理））已知函数.（1）若函数在定义域内为增函数，求实数的取值范围；（2）若且，求证：.