高中数学一轮复习最基醇点系列考点8利用导数研究与不等式有关的综合问题.doc

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1、专题8 利用导数研究与不等式有关的综合问题利用导数研究与不等式有关的综合问题利用导数证明不等式的基本方法利用导数法证明不等式f(x)g(x)在区间D上成立的基本方法：(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)ming(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.不等式恒成立问题的求解策略(1)已知不等式f(x，)0(为实参数)对任意的xD恒成立，求参数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：第一步：将原不等式f(x，)0(xD，为实参数)分离，使不等

2、式的一边是参数，另一边不含参数，即化为f1()f2(x)或f1()f2(x)的形式；第二步，利用导数求出函数f2(x)(xD)的最大(小)值；第三步，解不等式f1()f2(x)max或f1()f2(x)min，从而求出参数的取值范围(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(a0，0或a0，g(x)对一切xI恒成立I是f(x)g(x)的解集的子集f(x)g(x)min0(xI)(2)对x1，x2D使得f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min.(3)f(x)g(x)对xI能成立I与f(x)g(x)的解集的

3、交集不是空集f(x)g(x)max0(xI)(4)对x1D1，x2D2使得f(x1)g(x2)f(x)ming(x)min，f(x)的定义域为D1，g(x)的定义域为D2.例(2016合肥二模)已知函数f(x).(1)若f(x)在区间(，2)上为单调递增函数，求实数a的取值范围；(2)若a0，x01，设直线yg(x)为函数f(x)的图象在xx0处的切线，求证：f(x)g(x)解(1)易得f(x)，由题意知f(x)0对x(，2)恒成立，故x1a对x(，2)恒成立，1a2，a1.故实数a的取值范围为(，1(2)证明：a0，则f(x).函数f(x)的图象在xx0处的切线方程为yg(x)f(x0)(x

4、x0)f(x0)令h(x)f(x)g(x)f(x)f(x0)(xx0)f(x0)，xR，则h(x)f(x)f(x0).设(x)(1x)ex0(1x0)ex，xR，则(x)ex0(1x0)ex，x01，(x)0，(x)在R上单调递减，而(x0)0，当xx0时，(x)0，当xx0时，(x)0，当xx0时，h(x)0，当xx0时，h(x)0，h(x)在区间(，x0)上为增函数，在区间(x0，)上为减函数，xR时，h(x)h(x0)0，f(x)g(x)1.(2017陕西西北九校联考)已知函数f(x)ln xt(x1)，t为实数(1)当t1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若当t时，f(x)1时，f(

5、x)0恒成立，等价于k1时，h(x)0，函数h(x)x1ln x在(1，)上单调递增，故h(x)h(1)0，从而当x1时，g(x)g(1)0，即函数g(x)在(1，)上单调递增，故g(x)g(1)，因此当x1时，若使kxln x恒成立，必须k.实数k的取值范围是.2.(2017新乡调研)已知函数f(x)x(a1)ln x(aR)，g(x)x2exxex.(1)当x1，e时，求f(x)的最小值；(2)当a1时，若存在x1e，e2，使得对任意的x22,0，f(x1)g(x2)恒成立，求a的取值范围解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x).当a1时，x1，e，f(x)0，f(x)为增函数，f(x

6、)minf(1)1a.当1ae时，x1，a时，f(x)0，f(x)为减函数；xa，e时，f(x)0，f(x)为增函数所以f(x)minf(a)a(a1)ln a1. (2)由题意知f(x)(xe，e2)的最小值小于g(x)(x2,0)的最小值由(1)知当a1时f(x)在e，e2上单调递增，f(x)minf(e)e(a1).g(x)(1ex)x.当x2,0时g(x)0，g(x)为减函数，g(x)ming(0)1，所以e(a1)，所以a的取值范围为.3. (2017西安六校联考)设aR，函数f(x)ax2ln x，g(x)exax.(1)当a7时，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(

7、2)若f(x)g(x)0对x(0，)恒成立，求实数a的取值范围解：(1)当a7时，f(x)7x2ln x，f(x)14x，f(1)13，f(1)7，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y713(x1)，即13xy60.(2)若f(x)0对x(0，)恒成立，即ax2ln x0对x(0，)恒成立，则amax(x0)设h(x)(x0)，则h(x)，当0x0，函数h(x)单调递增；当xe时，h(x)0时，h(x)maxh(e)，a.h(x)无最小值，f(x)0对x(0，)恒成立，g(x)exax0，即a对x(0，)恒成立设H(x)，H(x)，当0x1时，H(x)1时，H(x)0，函数H(x)

8、单调递增，当x0时，H(x)minH(1)e，a0，记|f(x)|的最大值为A.(1)求f(x)；(2)求A；(3)证明|f(x)|2A.解：(1)f(x)2sin 2x(1)sin x.(2)当1时，|f(x)|cos 2x(1)(cos x1)|2(1)32f(0)故A32.当01时，将f(x)变形为f(x)2cos2x(1)cos x1.令g(t)2t2(1)t1，则A是|g(t)|在1,1上的最大值，g(1)，g(1)32，且当t时，g(t)取得极小值，极小值为g1.令1.当0时，g(t)在1,1内无极值点，|g(1)|，|g(1)|23，|g(1)|g(1)|，所以A23. (3)证

9、明：由(1)得|f(x)|2sin 2x(1)sin x|2|1|.当0时，|f(x)|1242(23)2A.当1，所以|f(x)|12A.当1时，|f(x)|31642A.所以|f(x)|2A.2(2016全国乙卷)已知函数f(x)(x2)exa(x1)2有两个零点(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1x20，则当x(，1)时，f(x)0，所以f(x)在(，1)内单调递减，在(1，)内单调递增又f(1)e，f(2)a，取b满足b0且b(b2)a(b1)2a0，故f(x)存在两个零点 (2)证明：不妨设x1x2，由(1)知，x1(，1)，x2(1，)，2x2(

10、，1)，又f(x)在(，1)内单调递减，所以x1x2f(2x2)，即f(2x2)1时，g(x)1时，g(x)0.从而g(x2)f(2x2)0，故x1x20)，讨论h(x)零点的个数解：(1)设曲线yf(x)与x轴相切于点(x0,0)，则f(x0)0，f(x0)0，即解得因此，当a时，x轴为曲线yf(x)的切线(2)当x(1，)时，g(x)ln x0，从而h(x)minf(x)，g(x)g(x)0，故h(x)在(1，)上无零点当x1时，若a，则f(1)a0，h(1)minf(1)，g(1)g(1)0，故x1是h (x)的零点；若a，则f(1)0，h(1)minf(1)，g(1)f(1)0，所以只

11、需考虑f(x)在(0,1)上的零点个数若a3或a0，则f(x)3x2a在(0,1)上无零点，故f(x)在(0,1)上单调而f(0)，f(1)a，所以当a3时，f(x)在(0,1)上有一个零点；当a0时，f(x)在(0,1)上没有零点若3a0，则f(x)在上单调递减，在上单调递增，故在(0,1)上，当x 时，f(x)取得最小值，最小值为f .a若f0，即a0，则f(x)在(0,1)上无零点b若f0，即a，则f(x)在(0,1)上有唯一零点c若f0，即3a，由于f(0)，f(1)a，所以当a时，f(x)在(0,1)上有两个零点；当3或a时，h(x)有一个零点；当a或a时，h(x)有两个零点；当a0时，f(x)0恒成立，f(x)在(0，)上单调递增，x1不是f(x)的极值点故不存在实数a，使得f(x)在x1处取得极值(2)由f(x0)g(x0)，得(x0ln x0)ax2x0，记F(x)xln x(x0)，F(x)(x0)，当0x1时，F(x)1时，F(x)0，F(x)单调递增F(x)F(1)10，a，记G(x)，x，G(x).x，22ln x2(1ln x)0，x2ln x20，x时，G(x)0，G(x)单调递增，G(x)minG(1)1，aG(x)min1.故实数a的取值范围为1，)_11