2023版高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.4.1导数与不等式的综合问题练习理北师大版.doc

3.4.1 导数与不等式的综合问题
核心考点·精准研析
考点一　导数法证明不等式 
【典例】(2020·莆田模拟)已知函数f(x)=xex-1-ax+1,曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线l的斜率为3e-2.
(1)求a的值及切线l的方程.
(2)证明:f(x)≥0.
【解题导思】
序号
题目拆解

(1)利用导数的几何意义求切线方程
利用求导的方法求出函数切线的斜率,再利用切线斜率的已知条件求出a的值,再将切点横坐标代入函数解析式求出切点纵坐标,再利用点斜式求出切线方程,最后转化为切线的一般式方程.
(2)用导数法证明不等式
利用求导的方法判断函数的单调性,从而证出不等式成立
【解析】(1)由f(x)=xex-1-ax+1,
得f′(x)=(x+1)ex-1-a,
因为曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线l的斜率为3e-2,所以f′(2)=3e-a=3e-2,解得a=2,
所以f(2)=2e-4+1=2e-3,故切线l的方程为:y-(2e-3)=(3e-2)(x-2), 即(3e-2)x-y-4e+1=0.
所以a=2,切线l的方程为
(3e-2)x-y-4e+1=0.
(2)由(1),可得f(x)=xex-1-2x+1,
f′(x)=(x+1)ex-1-2,
所以当x∈(-∞,-1]时,f′(x)<0.
令g(x)=(x+1)ex-1-2(x>-1),
则g′(x)=(x+2)ex-1>0,
所以当x∈(-1,+∞)时,g(x)单调递增,
即f′(x)单调递增,又因为f′(1)=0,
所以当x∈(-1,1)时,f′(x)<0,
当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,
所以f(x)在(-∞,1)上单调递减,
在(1,+∞)上单调递增.所以f(x)≥f(1)=0.
1.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.
2.证明不等式时的一些常见结论
(1)ln x≤x-1,等号当且仅当x=1时取到.
(2)ex≥x+1,等号当且仅当x=0时取到.
(3)ln x<x<ex,x>0.
(4)≤ln(x+1)≤x,x>-1,等号当且仅当x=0时取到.
(2018·全国卷Ⅰ改编)已知函数f=aex-ln x-1.
证明:当a≥时,f≥0.
【证明】当a≥时,f(x)≥-ln x-1.
设g(x)=-ln x-1,则g′(x)=-.
当0<x<1时,g′(x)<0;当x>1时,g′(x)>0.
所以x=1是g(x)的最小值点.
故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.
因此,当a≥时,f(x)≥0.
考点二　由不等式恒成立求参数 
命
题
精
解
读
1.考什么:(1)考查利用导数研究函数单调性、求最值、不等式等问题.
(2)考查数学运算、直观想象、逻辑推理的核心素养及转化与化归、分类与整合等数学思想.
2.怎么考:与导数法研究函数单调性、最值等知识相结合考查不等式恒成立求参数等问题.
3.新趋势:以导数法研究函数单调性、求函数极值、最值、导数的几何意义等知识交汇考查为主.
学
霸
好
方
法
不等式恒成立问题中的常用结论
(1)f(x)≥a恒成立⇒f(x)min≥a,
(2)f(x)≤b恒成立⇔f(x)max≤b,
(3)f(x)>g(x)恒成立,
构造F(x)=f(x)-g(x),则F(x)min>0.
(4)∀x1∈M,∀x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x1)min>g(x2)max.
单变量不等式恒成立问题
【典例】已知函数f(x)=mex-x2.
(1)若m=1,求曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线方程.
(2)若关于x的不等式f(x)≥x(4-mex)在[0,+∞)上恒成立,求实数m的取值范围.
【解析】(1)当m=1时,f(x)=ex-x2,
所以f′(x)=ex-2x,所以f′(0)=1,又f(0)=1,
所以曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线方程为y-1=x,即x-y+1=0.
(2)由f(x)≥x(4-mex),得mex(x+1)≥x2+4x,
不等式f(x)≥x(4-mex)在[0,+∞)上恒成立,
等价于当x≥0时,m≥,
令g(x)=(x≥0),则g′(x)=.
由g′(x)=0及x≥0,得x=-1,
当x∈(0,-1)时,g′(x)>0,此时g(x)单调递增;当x∈(-1,+∞)时,g′(x)<0,此时g(x)单调递减.所以当x=-1时,
g(x)max=g(-1)=2,所以m≥2.
所以实数m的取值范围为[2,+∞).
双变量不等式恒成立问题
【典例】已知函数f(x)=x-1-aln x(a<0).
(1)讨论函数f(x)的单调性.
(2)若对于任意的x1,x2∈(0,1],且x1≠x2,都有|f(x1) -f(x2)|<4,求实数a的取值范围.
【解析】(1)由题意知f ′(x)=1-=(x>0),
因为x>0,a<0,所以f ′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
(2)不妨设0<x1<x2≤1,则>>0,
由(1)知f(x1)<f(x2),
所以|f(x1)-f(x2)|<4⇔f(x2)-f(x1)<4⇔f(x1)+>f(x2)+.
设g(x)=f(x)+,x∈(0,1],易知g(x)在(0,1]上单调递减,
所以g′(x)≤0在(0,1]上恒成立⇔1--=≤0在(0,1]上恒成立⇔a≥x-在(0,1]上恒成立,易知y=x-在(0,1]上单调递增,其最大值为-3.因为a<0,所以-3≤a<0,所以实数a的取值范围为[-3,0).
可转化为不等式恒成立的问题
【典例】(2020·十堰模拟)已知函数f(x)=axex-x2-2x.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程.
(2)当x>0时,若曲线y=f(x)在直线y=-x的上方,求实数a的取值范围.
【解析】 (1)当a=1时,f(x)=xex-x2-2x,
其导数f′(x)=ex(x+1)-2x-2,
f′(0)=-1.又因为f(0)=0,
所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=-x.
(2)根据题意,当x>0时,
“曲线y=f(x)在直线y=-x的上方”等价于“axex-x2-2x>-x恒成立”,
又由x>0,则axex-x2-2x>-x
⇒aex-x-1>0⇒a>,
则原问题等价于a>恒成立;
设g(x)=,则g′(x)=-,
又由x>0,则g′(x)<0,
则函数g(x)在区间(0,+∞)上递减,
又由g(0)==1,则有<1,
若a>恒成立,必有a≥1,
即a的取值范围为[1,+∞).
1.(2020·芜湖模拟)已知函数f(x)=1-,g(x)=+-bx(e为自然对数的底数),若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)的一个公共点是A(1,1),且在点A处的切线互相垂直.
(1)求a,b的值.
(2)求证:当x≥1时,f(x)+g(x)≥.
【解析】(1)因为f(x)=1-,
所以f′(x)=,f′(1)=-1.
因为g(x)=+-bx,所以g′(x)=---b.
因为曲线y=f(x)与曲线y=g(x)的一个公共点是A(1,1),且在点A处的切线互相垂直,
所以g(1)=1,且f′(1)·g′(1)=-1,
即g(1)=a+1-b=1,g′(1)=-a-1-b=1,
解得a=-1,b=-1.
(2)由(1)知,g(x)=-++x,
则f(x)+g(x)≥等价于1---+x≥0.
令h(x)=1---+x(x≥1),
则h′(x)=-+++1=++1.
因为x≥1,所以h′(x)=++1>0,
所以h(x)在[1,+∞)上单调递增,所以h(x)≥h(1)=0,
即1---+x≥0,
所以当x≥1时,f(x)+g(x)≥.
2.已知两个函数f(x)=7x2-28x-c,g(x)=2x3+4x2-40x.若任意x1∈[-3,3],x2∈[-3,3]都有f(x1)≤g(x2)成立,求实数c的取值范围.
【解析】由任意x1∈[-3,3],x2∈[-3,3],
都有f(x1)≤g(x2)成立,得f(x1)max≤g(x2)min.
因为f(x)=7x2-28x-c=7(x-2)2-28-c,
当x1∈[-3,3]时,f(x1)max=f(-3)=147-c;
g(x)=2x3+4x2-40x,
g′(x)=6x2+8x-40=2(3x+10)(x-2),
当x变化时,g′(x)和g(x)在[-3,3]上的变化情况如下表:
x
-3
(-3,2)
2
(2,3)
3
g′(x)

-
0
+

g(x)
102
↘
极小值
-48
↗
-30
易得g(x)min=g(2)=-48,
故147-c≤-48,即c≥195.
3.已知函数f(x)=ax++1-2a-ln x,a∈R.
(1)若a=-1,求函数f(x)的单调区间.
(2)若f(x)≥0在x∈[1,+∞)上恒成立,求正数a的取值范围.
【解析】(1)当a=-1时,
f(x)=-x--lnx+3(x>0),
所以f′(x)==,
则当x∈(0,1)时,f′(x)>0,则f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,则f(x)单调递减;所以f(x)的单调递增区间为(0,1),f(x)的单调递减区间为(1,+∞).
(2)因为f(x)=ax++1-2a-ln x,x∈[1,+∞),则f=0,
f′(x)=a--=
=.
①当0<a<时,有>1,
故当1<x<时,f′(x)<0,
f(x)在上是减函数,
所以当x∈时,f(x)<f<0,与f(x)≥0在恒成立矛盾.
②当a≥时,≤1,此时f′(x)≥0在上成立,所以f(x)在上是增函数,
所以f(x)≥f=0,即f(x)≥0在上恒成立.综上所述,a的取值范围为.
(2020·南昌模拟)已知函数f(x)=ex,g(x)= ln(x+a)+b.
(1)若函数f(x)与g(x)的图像在点(0,1)处有相同的切线,求a,b的值.
(2)当b=0时,f(x)-g(x)>0恒成立,求整数a的最大值.
(3)求证:ln 2+(ln 3-ln 2)2+(ln 4-ln 3)3+…+[ln(n+1)-ln n]n<(n∈N*).
【解析】(1)因为函数f(x)和g(x)的图像在点(0,1)处有相同的切线,所以f(0)=g(0)且f′(0)=g′(0),
又因为f′(x)=ex,g′(x)=,所以1=ln a+b,1=,
解得a=1,b=1.
(2)先证明ex≥x+1,设F(x)=ex-x-1,则F′(x)=ex-1,当x∈(0,+∞)时,F′(x)>0,当x∈(-∞,0)时,F′(x)<0,所以F(x)在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减,所以F(x)min=F(0)=0,即F(x)≥0恒成立,
即ex≥x+1.
同理可得ln(x+2)≤x+1,即ex>ln(x+2),
当a≤2时,ln(x+a)≤ln(x+2)<ex,
所以当a≤2时,f(x)-g(x)>0恒成立.
当a≥3时,e0<ln a,即ex-ln(x+a)>0不恒成立.
故整数a的最大值为2.
(3)由(2)知ex>ln(x+2),令x=,
则>ln,
即e-n+1>=[ln(n+1)-ln n]n,
所以e0+e-1+e-2+…+e-n+1>ln 2+(ln 3-ln 2)2+(ln 4-ln 3)3+…+[ln(n+1)-ln n]n,
又因为e0+e-1+e-2+…+e-n+1=<=,
所以ln 2+(ln 3-ln 2)2+(ln 4-ln 3)3+…+[ln(n+1)-ln n]n<.
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