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2017届高考数学二轮复习专题一函数与导数不等式第5讲导数与不等式的证明恒成立及能成立问题课件文


第5讲

导数与不等式的证明、恒 成立及能成立问题

高考定位

在高考压轴题中,函数与不等式的交汇是考查热

点,常以含指数、对数函数为载体考查不等式的证明、比较

大小、范围等问题,以及不等式的恒成立与能成立问题.

真题感悟

(2016· 全国Ⅱ卷)已知函数f(x)=(x+1)ln x-a(x-1).
(1)当a=4时,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程; (2)若当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求a的取值范围.
解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),当 a=4 时,f(x)=(x+1) 1 ln x-4(x-1),f′(x)=ln x+x -3,f′(1)=-2,f(1)=0,曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为 2x+y-2=0.

a(x-1) (2)当 x∈(1,+∞)时,f(x)>0 等价于 ln x- >0, x+1 a(x-1) 设 g(x)=ln x- ,则 x+1 x2+2(1-a)x+1 1 2a g′(x)=x- = ,g(1)=0. (x+1)2 x(x+1)2 (ⅰ)当 a≤2,x∈(1,+∞)时,x2+2(1-a)x+1≥x2-2x+1>0, 故 g′(x)>0,g(x)在(1,+∞)单调递增,因此 g(x)>0;

(ⅱ)当 a>2 时,令 g′(x)=0 得, x1=a-1- (a-1)2-1,x2=a-1+ (a-1)2-1. 由 x2>1 和 x1x2=1 得 x1<1, 故当 x∈(1,x2)时,g′(x)<0,g(x)在(1,x2)单调递减, 因此 g(x)<0, 综上,a 的取值范围是(-∞,2].

考点整合 1.利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法

(1)分离参数法:将原不等式分离参数,转化为不含参数的
函数的最值问题,利用导数求该函数的最值,根据要求得 所求范围 . 一般地, f(x)≥a 恒成立,只需 f(x)min≥a 即可; f(x)≤a恒成立,只需f(x)max≤a即可. (2)函数思想法:将不等式转化为某含待求参数的函数的最

值问题,利用导数求该函数的极值(最值),然后构建不等式
求解.

2.常见构造辅助函数的四种方法
(1) 移项法:证明不等式 f(x) > g(x)(f(x) < g(x)) 的问题转化为证明 f(x)-g(x)>0(f(x)-g(x)<0),进而构造辅助函数h(x)=f(x)-g(x). (2)构造“形似”函数:对原不等式同解变形,如移项、通分、 取对数,把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构,

根据“相同结构”构造辅助函数.
(3)放缩法:若所构造函数最值不易求解,可将所证明不等式进 行放缩,再重新构造函数. (4)主元法:对于(或可化为)f(x1,x2)≥A的不等式,可选x1(或x2) 为主元,构造函数f(x,x2)(或f(x,x1)).

3.不等式的恒成立与能成立问题 (1)f(x)>g(x)对一切x∈[a,b]恒成立?[a,b]是f(x)>g(x)的解集 的子集?[f(x)-g(x)]min>0(x∈[a,b]). (2)f(x)>g(x)对x∈[a,b]能成立?[a,b]与f(x)>g(x)的解集的交

集不是空集?[f(x)-g(x)]max>0(x∈[a,b]).
(3)对?x1,x2∈[a,b]使得f(x1)≤g(x2)?f(x)max≤g(x)min. (4)对?x1∈[a,b],?x2∈[a,b]使得f(x1)≥g(x2)?f(x)min≥g(x)min.

热点一 导数与不等式 [微题型1] 利用导数证明不等式
(x-1)2 【例 1-1】 (2016· 合肥模拟)已知函数 f(x)=ln x- . 2 (1)求函数 f(x)的单调递增区间; (2)证明:当 x>1 时,f(x)<x-1; (3)确定实数 k 的所有可能取值, 使得存在 x0>1, 当 x∈(1, x0)时,恒有 f(x)>k(x-1).

-x2+x+1 1 (1)解 f′(x)=x -x+1= ,x∈(0,+∞). x 由 f′(x)>0 故
? ?x>0, 得? 2 解得 ? ?-x +x+1>0.

1+ 5 0<x< . 2 5? ? ?.
?

? 1+ ? f(x)的单调递增区间是?0, 2 ?

(2)证明 令 F(x)=f(x)-(x-1),x∈(0,+∞). 1-x2 则有 F′(x)= .当 x∈(1,+∞)时,F′(x)<0, x 所以 F(x)在[1,+∞)上单调递减,故当 x>1 时,F(x)<F(1) =0,即当 x>1 时,f(x)<x-1.

(3)解

由(2)知,当 k=1 时,不存在 x0>1 满足题意.

当 k>1 时,对于 x>1,有 f(x)<x-1<k(x-1), 则 f(x)<k(x-1), 从而不存在 x0>1 满足题意. 当 k<1 时, 令 G(x)=f(x)-k(x-1),x∈(0,+∞), -x2+(1-k)x+1 1 则有 G′(x)=x -x+1-k= . x

由 G′(x)=0 得,-x2+(1-k)x+1=0. 1-k- (1-k)2+4 解得 x1= <0, 2 1-k+ (1-k)2+4 x2 = >1. 2 当 x∈(1,x2)时,G′(x)>0, 故 G(x)在[1,x2)内单调递增. 从而当 x∈(1,x2)时,G(x)>G(1)=0, 即 f(x)>k(x-1). 综上,k 的取值范围是(-∞,1).

探究提高

(1)证明f(x)≥g(x)或 f(x)≤g(x),可通过构造函数 h(x)=

f(x)-g(x),将上述不等式转化为求证h(x)≥0或h(x)≤0,从而利用 求h(x)的最小值或最大值来证明不等式.或者,利用f(x)min≥g(x)max

或f(x)max≤g(x)min来证明不等式.
(2)在证明不等式时,如果不等式较为复杂,则可以通过不等式的 放缩把原不等式变换为简单的不等式,再进行证明.

[微题型2] 不等式恒成立求参数范围问题
【例 1-2】 (1)已知函数 f(x)=ax-1-ln x,a∈R. ①讨论函数 f(x)的单调区间; ②若函数 f(x)在 x=1 处取得极值,对?x∈(0,+∞),f(x)≥bx -2 恒成立,求实数 b 的取值范围. xln x (2)设 f(x)= ,若对?x∈[1,+∞),f(x)≤m(x-1)恒成立, x+1 求 m 的取值范围.

1 ax-1 解 (1)①函数 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=a-x = x , 当 a≤0 时,f′(x)<0 恒成立,f(x)在区间(0,+∞)上单调递减;
? 1? 1 当 a>0 时,令 f′(x)=0 得 x=a,在区间?0,a?上, ? ? ?1 ? f′(x)<0,函数 f(x)单调递减,在区间?a,+∞?上, ? ?

f′(x)>0,函数 f(x)单调递增.
综上所述:当 a≤0 时,f(x)的单调递减区间是(0,+∞),无单调 递增区间;当 a>0
?1 ? 区间是?a,+∞?. ? ? ? 1? 时,f(x)的单调递减区间是?0,a?,单调递增 ? ?

②因为函数 f(x)在 x=1 处取得极值, 所以 f′(1)=0,解得 a=1, 经检验可知满足题意.由已知 f(x)≥bx-2, 1 ln x 即 x-1-ln x≥bx-2, 即 1+x - x ≥b 对?x∈(0, +∞)恒成立, 1 ln x 1 1-ln x ln x-2 令 g(x)=1+x - x ,则 g′(x)=-x2- x2 = x2 , 易得 g(x)在(0,e2]上单调递减,在[e2,+∞)上单调递增, 1 1 所以 g(x)min=g(e )=1-e2,即 b≤1-e2.
2

xln x (2)f(x)= ,?x∈[1,+∞),f(x)≤m(x-1), x+1 ? ? 1? 1? 即 ln x≤m?x-x ?.设 g(x)=ln x-m?x-x ?, ? ? ? ? 即?x∈[1,+∞),g(x)≤0 恒成立,等价于函数 g(x)在[1,+∞) 上的最大值 g(x)max≤0.
? 1 ? -mx2+x-m 1 g′(x)=x-m?1+x2?= . 2 x ? ?

①若 m≤0,g′(x)>0,g(x)在[1,+∞)上单调递增, 即 g(x)≥g(1)=0,这与要求的 g(x)≤0 矛盾.

②若 m>0,方程-mx2+x-m=0 的判别式 Δ=1-4m2. 1 当 Δ≤0,即 m≥2时,g′(x)≤0. 所以 g(x)在[1,+∞)上单调递减,g(x)max=g(1)=0, 即不等式成立;
1 当 0<m< 时,方程-mx2+x-m=0 的两根分别为 2 1- 1-4m2 1+ 1-4m2 x1 = <1,x2= >1. 2m 2m 当 x∈(1,x2)时,g′(x)>0,g(x)单调递增,g(x)>g(1)=0, 1 与要求矛盾.综上所述,m≥2.

探究提高

对于不等式恒成立问题求参数范围问题,一类是

分离参数,通过求具体函数的范围求参数范围;

二类是转化为最值,其基本思路是:先找到准确范围,再说
明 “ 此范围之外 ” 不适合题意 ( 着眼于 “ 恒 ” 字,寻找反例 即可).

【训练1】 已知函数g(x)=axln x+1,f(x)=g(x)-kx,其中a≥0.

(1)当a=1时,求曲线y=g(x)在点P(e,g(e))处的切线方程;
(2)当k=1时,对任意的x∈(1,+∞),f(x)>0恒成立,求实数a 的取值范围.
解 (1)∵g(x)的定义域为(0,+∞),当 a=1 时,g(x)=xln x+1, g(e)=e+1,g′(x)=ln x+1,∴g′(e)=2,所以 y-e-1=2(x-e), 即曲线 y=g(x)在点 P(e,g(e))处的切线方程为 2x-y-e+1=0. (2)当 k=1 时,f′(x)=aln x+a-1, ①当 a=0 时,f′(x)=-1<0,f(x)在(1,+∞)上单调递减, f(x)<f(1)=0 恒成立,与已知矛盾.

1-a

1 -a a

②当 a>0 时,由 f′(x)>0 得 x>e ∴f(x)的单调递减区间是(0, e
1-a

a

,由 f′(x)<0 得 0<x<e
1-a a



1-a a

), 单调递增区间是(e

, +∞).

当 e

a

≤1,即 a≥1 时,f(x)在(1,+∞)上单调递增,f(x)>f(1)
1-a a 1-a a

=0 恒成立,
1-a

当e

a

>1,即 0<a<1 时,f(x)在(1,e
1-a a

)上单调递减,在(e



+∞)上单调递增,则 f(e

)<f(1)=0,与已知矛盾.

综上可知,实数 a 的取值范围是[1,+∞).

热点二 不等式恒成立与能成立问题
[微题型1] 恒成立问题
【例 2-1】 (2016· 四川卷)设函数 f(x)=ax2-a-ln x,g(x)= 1 e x -ex,其中 a∈R,e=2.718?为自然对数的底数. (1)讨论 f(x)的单调性; (2)证明:当 x>1 时,g(x)>0; (3)确定 a 的所有可能取值,使得 f(x)>g(x)在区间(1,+∞) 内恒成立.

(1)解

2 1 2ax -1 f′(x)=2ax-x = x (x>0).

当 a≤0 时,f′(x)<0,f(x)在(0,+∞)内单调递减. 1 当 a>0 时,由 f′(x)=0 有 x= . 2a ? 1 ? ?时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 当 x∈?0, 2a ? ? ? 1 ? ,+∞?时,f′(x)>0,f(x)单调递增. 当 x∈? ? 2a ?

(2)证明 令 s(x)=ex 1-x,则 s′(x)=ex 1-1.
- -

当 x>1 时, s′(x)>0, 所以 e

x-1

1 1 >x, 从而 g(x)=x - x-1>0. e

(3)解 由(2)知,当 x>1 时,g(x)>0. 当 a≤0,x>1 时,f(x)=a(x2-1)-ln x<0, 故当 f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有 a>0.
? 1 ? ? 1 ? 1 1 ?<f(1)=0,而 g? ?>0. 当 0<a<2时, >1,由(1)有 f ? 2a ? 2a? ? 2a?

所以 f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立; 1 1 当 a≥ 时, 令 h(x)=f(x)-g(x)(x≥1), 当 x>1 时, h′(x)=2ax- x+ 2 3 2 x - 2 x + 1 x -2x+1 1 1 1 1 1 -x > >0. x2-e >x-x+x2-x = x2 x2

因此,h(x)在区间(1,+∞)上单调递增. 又因为 h(1)=0,所以当 x>1 时,h(x)=f(x)-g(x)>0, 即 f(x)>g(x)恒成立.
?1 ? 综上,a∈?2,+∞?. ? ?

探究提高

(1) 恒成立问题一般与不等式有关,解决此类问

题需要构造函数利用函数单调性求函数最值,从而说明函 数值大于或恒小于某一确定的值 .(2)在求参数范围时首先要

考虑参数能否分离出来.

[微题型2] 能成立问题
a 【例 2-2】 (2016· 成都诊断)已知函数 f(x)=x-(a+1)ln x-x 1 2 x (a∈R),g(x)=2x +e -xex. (1)当 x∈[1,e]时,求 f(x)的最小值; (2)当 a<1 时,若存在 x1∈[e,e2],使得对任意的 x2∈[-2, 0],f(x1)<g(x2)恒成立,求 a 的取值范围.



(x-1)(x-a) (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)= . x2

①若 a≤1,当 x∈[1,e]时,f′(x)≥0, 所以 f(x)在[1,e]上为增函数,f(x)min=f(1)=1-a. ②若 1<a<e, 当 x∈[1,a]时,f′(x)≤0,f(x)为减函数; 当 x∈[a,e]时,f′(x)≥0,f(x)为增函数. 所以 f(x)min=f(a)=a-(a+1)ln a-1.

③若 a≥e,当 x∈[1,e]时,f′(x)≤0,f(x)在[1,e]上为减函 a 数,f(x)min=f(e)=e-(a+1)- . e 综上,当 a≤1 时,f(x)min=1-a; 当 1<a<e 时,f(x)min=a-(a+1)ln a-1; a 当 a≥e 时,f(x)min=e-(a+1)-e . (2)由题意知:f(x)(x∈[e,e2])的最小值小于 g(x)(x∈[-2,0]) 的最小值.

由(1)知 f(x)在[e,e2]上单调递增, a f(x)min=f(e)=e-(a+1)- . e g′(x)=(1-ex)x.当 x∈[-2, 0]时, g′(x)≤0, g(x)为减函数, g(x)min=g(0)=1, e2-2e a 所以 e-(a+1)- <1,即 a> , e e+1 所以 a
?e2-2e ? ? ,1? 的取值范围为? ? ? e+1 ?

.

探究提高 存在性问题和恒成立问题的区别与联系 存在性问题和恒成立问题容易混淆,它们既有区别又有联 系:若 g(x)≤m 恒成立,则 g(x)max≤m ;若 g(x)≥m 恒成立,

则g(x)min≥m;若g(x)≤m有解,则g(x)min≤m;若g(x)≥m有
解,则g(x)max≥m.

【训练2】 已知函数f(x)=ln x+x2-ax(a为常数).

(1)若x=1是函数f(x)的一个极值点,求a的值;
(2)当0<a≤2时,试判断f(x)的单调性; (3)若对任意的a∈(1,2),x0∈[1,2],不等式f(x0)>mln a 恒成立,求实数m的取值范围.
解 1 f′(x)=x +2x-a.
? a?2 a2 2?x-4? +1- 8 ? ?

(1)由已知得:f′(1)=0,所以 1+2-a=0,所以 a=3. 2x2-ax+1 1 (2)当 0<a≤2 时, f′(x)=x +2x-a= = x

x

.

a2 因为 0<a≤2,所以 1- 8 >0,而 x>0, 2x2-ax+1 即 f′(x)= >0, x 故 f(x)在(0,+∞)上是增函数. (3)当 a∈(1,2)时,由(2)知,f(x)在[1,2]上的最小值为 f(1)=1-a, 故问题等价于:对任意的 a∈(1,2),不等式 1-a>mln a 1-a 恒成立,即 m< ln a 恒成立. 1-a 记 g(a)= ln a (1<a<2),

-aln a-1+a 则 g′ ( a) = .令 M(a)=-aln a-1+a, a(ln a)2 则 M′(a)=-ln a<0, 所以 M(a)在(1,2)上单调递减, 所以 M(a)<M(1)=0,故 g′(a)<0, 1-a 所以 g(a)= ln a 在 a∈(1,2)上单调递减, 1-2 所以 m≤g(2)= ln 2 =-log2e, 即实数 m 的取值范围为(-∞,-log2e].

1.不等式恒成立、能成立问题常用解法有: (1) 分离参数后转化为最值,不等式恒成立问题在变量与参 数易于分离的情况下,采用分离参数转化为函数的最值问 题,形如a>f(x)max或a<f(x)min.

(2)直接转化为函数的最值问题,在参数难于分离的情况下,
直接转化为含参函数的最值问题,伴有对参数的分类讨论. (3)数形结合.

2.利用导数证明不等式的基本步骤 (1)作差或变形. (2)构造新的函数h(x). (3)利用导数研究h(x)的单调性或最值.

(4)根据单调性及最值,得到所证不等式.
3.导数在综合应用中转化与化归思想的常见类型 (1)把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题; (2)把证明不等式问题转化为函数的单调性问题; (3)把方程解的问题转化为函数的零点问题.


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