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(全国通用)2016高考数学二轮复习 专题一 第5讲 导数与不等式、存在性及恒成立问题课件 理


第5讲

导数与不等式、存在性及恒成
立问题

高考定位

在高考压轴题中,函数与不等式交汇的试题是考

查的热点,一类是利用导数证明不等式,另一类是存在性及

恒成立问题.

真题感悟
(2015· 福建卷改编)已知函数 f(x)=ln

(1+x),g(x)=kx(k∈R). (1)证明:当 x>0 时,f(x)<x; (2)证明: 当 k<1 时, 存在 x0>0, 使得对任意的 x∈(0, x0 ) , 恒有 f(x)>g(x).

证明

(1)令 F(x)=f(x)-x=ln(1+x)-x,x∈(0,+∞),

-x 1 则有 F′(x)= -1= .当 x∈(0,+∞)时,F′(x)<0,所 1+x x+1 以 F(x)在(0,+∞)上单调递减,故当 x>0 时,F(x)<F(0) =0,即当 x>0 时,f(x)<x.

(2)令 G(x)=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx,x∈(0,+∞), -kx+(1-k) 1 则有 G′(x)= -k= . x+1 x+1 当 k≤0 时,G′(x)>0,故 G(x)在(0,+∞)单调递增, G(x)>G(0)=0,故任意正实数 x0 均满足题意. 1-k 1 当 0<k<1 时,令 G′(x)=0,得 x= k =k -1>0, 1 取 x0=k -1,对任意 x∈(0,x0),有 G′(x)>0, 从而 G(x)在(0,x0)单调递增,所以 G(x)>G(0)=0, 即 f(x)>g(x).综上, 当 k<1 时, 总存在 x0>0, 使得对任意 x∈(0, x0),恒有 f(x)>g(x).

考点整合

1.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、 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

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,

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)).

2.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.

3.不等式的恒成立与能成立问题 (1)f(x) > g(x) 对一切 x∈I 恒成立 ?I 是 f(x) > g(x) 的解集的子

集?[f(x)-g(x)]min>0(x∈I).
(2)f(x) > g(x) 对 x∈I 能成立 ?I 与 f(x) > g(x) 的解集的交集不

是空集?[f(x)-g(x)]max>0(x∈I).
(3)对?x1,x2∈I使得f(x1)≤g(x2)?f(x)max≤g(x)min.

(4)对?x1∈I,?x2∈I使得f(x1)≥g(x2)?f(x)min≥g(x)min.

热点一

导数与不等式 利用导数证明不等式

[微题型 1]

【例 1-1】 已知函数 f(x)=ex-ln(x+m). (1)设 x=0 是 f(x)的极值点,求 m,并讨论 f(x)的单调性; (2)当 m≤2 时,证明 f(x)>0.
解 1 易知 f′(x)=ex- .由 x=0 是 f(x)的极值点得 f′(0)=0, x+m

所以 m=1.于是 f(x)=ex-ln(x+1),定义域为(-1,+∞), 1 ∴f′(x)=ex- 在(-1,+∞)上是增函数,且 f′(0)=0. x+1

当 x∈(-1,0)时,f′(x)<0;当 x>0 时,f′(x)>0. 故 f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. (2)证明 当 m≤2,x>-m 时,ln(x+m)≤ln(x+2). 1 故只需证明当 m=2 时,f(x)>0.当 m=2 时,f′(x)=e - 在 x+2
x

1 1 (-2,+∞)上单调递增.又 f′(-1)= -1<0,f′(0)=1- >0. e 2 所以 f′(x)=0 在(-2,+∞)上有唯一实根 x0,且-1<x0<0. 于是 y=f(x)在 x=x0 处,取到最小值.又 f′(x0)=0, 1 得e = ,两边取对数得 ln(x0+2)=-x0. x0+2
x0

2 ( x + 1 ) 1 0 x 故 f(x)≥f(x0)=e 0-ln(x0+2)= +x 0 = >0. x0+2 x0+2

综上可知,当 m≤2 时,f(x)>0 成立.

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

等式的性质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 (1)①在区间(0,+∞)上,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, ? ?

f′(x)<0,函数

?1 ? 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,即 x-1-ln x≥bx-2, 1 ln x 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. ? 1? xln x (2)f(x)= ,?x∈[1,+∞),f(x)≤m(x-1),即 ln x≤m?x- x ?. ? ? x+1
2

设 g(x)=ln

? 1? 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.

2 ? 1 ? -mx +x-m 1 g′(x)=x-m?1+x2?= .①若 m≤0,g′(x)>0,g(x)在 x2 ? ?

[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,
1 即不等式成立;当 0<m<2时,方程-mx2+x-m=0 的两根分 1- 1-4m2 1+ 1-4m2 别为 x1= <1, x2 = >1.当 x∈(1, x2)时, 2m 2m g′(x)>0,g(x)单调递增,g(x)>g(1)=0,与要求矛盾. 1 综上所述,m≥2.

探究提高

对于求不等式成立时的参数范围问题,在

可能的情况下把参数分离出来,使不等式一端是含有
参数的不等式,另一端是一个区间上具体的函数,这 样就把问题转化为一端是函数,另一端是参数的不等 式,便于问题的解决.但要注意分离参数法不是万能的, 如果分离参数后,得出的函数解析式较为复杂,性质

很难研究,就不要使用分离参数法.

【训练 1】 (2015· 武汉模拟)设函数 f(x)=1-x2+ln(x+1). (1)求函数 f(x)的单调区间; kx (2)若不等式 f(x)> -x2(k∈N*)在(0,+∞)上恒成立,求 k x+1 的最大值.

1 解 (1)函数 f(x)的定义域为(-1,+∞),f′(x)= -2x, x+1 3-1 3-1 由 f′(x)>0,得-1<x< 2 ;由 f′(x)<0,得 x> 2 . 所以函数
? 为? ? ? ? f(x)的单调递增区间为? ?-1, ?

3-1? ? ,单调递减区间 2 ? ?

? 3-1 ? ,+∞ ?. 2 ?

kx (2)法一 由已知 f(x)> -x2 在(0,+∞)上恒成立, x +1 (x+1)[1+ln(x+1)] 得 k< (x>0), x (x+1)[1+ln(x+1)] 令 g( x ) = (x>0), x x-1-ln(x+1) 则 g′(x)= ,设 h(x)=x-1-ln(x+1)(x>0), x2 1 x 则 h′(x)=1- = >0, 所以函数 h(x)在(0, +∞)上单调递增. x+1 x+1
而 h(2)=1-ln 3<0,h(3)=2-ln 4>0,由零点存在定理, 知存在 x0∈(2,3),使得 h(x0)=0,即 1+ln(x0+1)=x0,

又函数 h(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以当 x∈(0,x0)时,h(x)<h(x0)=0; 当 x∈(x0,+∞)时,h(x)>h(x0)=0. h(x) 从而当 x∈(0,x0)时,g′(x)= x2 <0; h(x) 当 x∈(x0,+∞)时,g′(x)= x2 >0, 所以 g(x)在(0,+∞)上的最小值为 g(x0)= (x0+1)[1+ln(x0+1)] =x0+1. x0

kx 因此 f(x)> -x2 在(0,+∞)上恒成立等价于 k<g(x)min=x0+1. x +1 由 x0∈(2,3),知 x0+1∈(3,4),所以 k 的最大值为 3. 法二 kx 由题意,1+ln(x+1)> 在(0,+∞)上恒成立. x+1

kx 设 g(x)=1+ln(x+1)- (x>0), x+1 x-(k-1) 1 k 则 g′(x)= - = , x+1 (x+1)2 (x+1)2 x (ⅰ)当 k=1 时,则 g′(x)= 2>0,所以 g(x)单调递增, (x+1)
g(0)=1>0,即 g(x)>0 恒成立.

(ⅱ)当 k>1 时,则 g(x)在(0,k-1)上单调递减, 在(k-1,+∞)上单调递增,所以 g(x)的最小值为 g(k-1), 只需 g(k-1)>0 即可,即 ln k-k+2>0. 设 h(k)=ln k-k+2(k>1), 1-k h′(k)= k <0,则 h(k)单调递减, 因为 h(2)=ln 2>0,h(3)=ln 3-1>0,h(4)=ln 4-2<0, 所以 k 的最大值为 3.

热点二

存在与恒成立问题

1-a 【例 2】(2015· 南昌模拟)已知函数 f(x)=ln x-ax+ x -1(a∈R). 1 (1)当 a≤ 时,讨论 f(x)的单调性; 2 1 (2)设 g(x)=x -2bx+4,当 a= 时,若对任意 x1∈(0,2), 4
2

存在 x2∈[1,2],使 f(x1)≥g(x2),求实数 b 的取值范围.

1-a 解 (1)因为 f(x)=ln x-ax+ x -1, a-1 ax2-x+1-a 1 所以 f′(x)=x -a+ 2 =- , x x2 x∈(0,+∞).令 h(x)=ax2-x+1-a,x∈(0,+∞).

(ⅰ)当 a=0 时,h(x)=-x+1,x∈(0,+∞), 所以当 x∈(0, 1)时, h(x)>0, 此时 f′(x)<0, 函数 f(x)单调递减; 当 x∈(1,+∞)时,h(x)<0,此时 f′(x)>0,函数 f(x)单调递增.
(ⅱ)当 a≠0 时,由 f′(x)=0,即 ax2-x+1-a=0, 1 1 解得 x1=1, x2=a-1.①当 a=2时, x1=x2, h(x)≥0 恒成立, 此时 f′(x)≤0,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减.

1 1 ②当 0<a< 时,a-1>1>0, 2 x∈(0,1)时,h(x)>0,此时 f′(x)<0,函数 f(x)单调递减;
? ? 1 x∈?1,a-1?时,h(x)<0,此时 ? ?

f′(x)>0,函数 f(x)单调递增; f′(x)<0,函数 f(x)单调递减.

?1 ? x∈?a-1,+∞?时,h(x)>0,此时 ? ?

1 ③当 a<0 时,由于a-1<0<1,x∈(0,1)时,h(x)>0 此时 f′(x)<0,函数 f(x)单调递减;x∈(1,+∞)时,h(x)<0, 此时 f′(x)>0,函数 f(x)单调递增.综上所述,当 a≤0 时, 函数 f(x)在(0,1]上单调递减,在[1,+∞)上单调递增;

1 1 当 a= 时,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减;当 0<a< 时, 2 2 函数
? ? 1 f(x) 在 (0 , 1] 上单调递减,在 ?1,a-1? 上单调递增,在 ? ?

?1 ? ? -1,+∞?上单调递减. ?a ?

1? 1 ? (2)因为 a=4∈?0,2?, 由(1), 知 x1=1, x2=3?(0, 2), 当 x∈(0, ? ? 1)时,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减;当 x∈(1,2)时,f′(x)>0, 1 函数 f(x)单调递增,所以 f(x)在(0,2)上的最小值为 f(1)=- . 2 由于“对任意 x1∈(0,2),存在 x2∈[1,2],使 f(x1)≥g(x2)”

等价于“g(x)在[1,2]上的最小值不大于 f(x)在(0,2)上的最小 1 值-2”,(*)又 g(x)=(x-b)2+4-b2,x∈[1,2],所以 ①当 b<1 时, 因为 g(x)min=g(1)=5-2b>0, 此时与(*)矛盾;
②当 b∈[1, 2]时, 因为 g(x)min=g(b)=4-b2≥0, 同样与(*)矛盾; ③当 b∈(2,+∞)时,因为 g(x)min=g(2)=8-4b, 1 17 解不等式 8-4b≤- ,可得 b≥ . 2 8 综上,可得 b
?17 ? 的取值范围是? 8 ,+∞?. ? ?

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】 (2015· 秦皇岛模拟)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.



1 f′(x)=x +2x-a.

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

? a?2 a2 2?x-4? +1- 8 ? ?

x

.

2x2-ax+1 a2 因为 0<a≤2,所以 1- 8 >0,而 x>0,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 -aln a-1+a 记 g(a)= (1<a<2),则 g′(a)= . ln a a(ln a)2 令 M(a)=-aln a-1+a,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, 1-a 故 g′(a)<0,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.


第5讲 导数与不等式、存在性及恒成立问题

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