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【导与练】2016高考数学二轮复习 专题二 函数与导数 第5讲 利用导数研究不等式恒成立及相关问题课件 理


第5讲 利用导数研究不等式恒成立及 相关问题

考向分析 核心整合 热点精讲 阅卷评析

考向分析
考情纵览 2013 年份 考点 2011 2012 Ⅰ Ⅱ Ⅰ 2014 Ⅱ Ⅰ 2015 Ⅱ

利用导数解 决与函数有 关的不等式 恒成立问题 利用导数解 决与不等式 有关的问题
21 21 21

21 21 21

21

真题导航
be x ?1 1.(2014 新课标全国卷Ⅰ,理 21)设函数 f(x)=ae ln x+ ,曲线 y=f(x)在点 x
x

(1,f(1))处的切线方程为 y=e(x-1)+2. (1)求 a,b;

(1)解:函数 f(x)的定义域为(0,+≦), f′(x)=ae ln x+
x

a x b x-1 b x-1 e- 2 e + e . x x x

由题意可得 f(1)=2,f′(1)=e. 故 a=1,b=2.

(2)证明:f(x)>1.
(2)证明:由(1)知,f(x)=e ln x+
x

2 x-1 -x 2 e ,从而 f(x)>1 等价于 xln x>xe - . x e

设函数 g(x)=xln x,则 g′(x)=1+ln x.
1 1 所以当 x∈(0, )时,g′(x)<0;当 x∈( ,+≦)时,g′(x)>0. e e 1 1 故 g(x)在(0, )上单调递减,在( ,+≦)上单调递增,从而 g(x)在(0,+≦)的最小值为 e e 1 1 g( )=- . e e

设函数 h(x)=xe -

-x

2 -x ,则 h′(x)=e (1-x). e

所以当 x∈(0,1)时,h′(x)>0;当 x∈(1,+≦)时,h′(x)<0. 故 h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+≦)上单调递减,从而 h(x)在(0,+≦)的最大值为
1 h(1)=- .综上,当 x>0 时,g(x)>h(x),即 f(x)>1. e

2.(2014新课标全国卷Ⅱ,理21)已知函数f(x)=ex-e-x-2x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)设g(x)=f(2x)-4bf(x),当x>0时,g(x)>0,求b的最大值;

解: (1)f′(x)=ex+e-x-2≥0,等号仅当x=0时成立. 所以f(x)在(-≦,+≦)上单调递增.

(2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(ex-e-x)+(8b-4)x, g′(x)=2[e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2)]=2(ex+e-x-2)(ex+e-x-2b+2). ①当 b≤2 时,g′(x)≥0,等号仅当 x=0 时成立,所以 g(x)在(-≦,+≦)上单 调递增,而 g(0)=0,所以对任意 x>0,g(x)>0. ②当 b>2 时,若 x 满足 2<ex+e-x<2b-2, 即 0<x<ln(b-1+ b 2 ? 2b )时 g′(x)<0,而 g(0)=0,因此当 0<x<ln(b-1+
b 2 ? 2b )时,g(x)<0,

综上,b 的最大值为 2.

(3)已知 1.4142< 2 <1.4143,估计 ln 2 的近似值(精确到 0.001). 3 解:(3)由(2)知,g(ln 2 )= -2 2 b+2(2b-1)ln 2, 2
当 b=2 时,g(ln
2 )=

8 2 ?3 3 -4 2 +6ln 2>0,ln 2> >0.6928, 12 2
2,

3 2 当 b= +1 时,ln(b-1+ b 2 ? 2b )=ln 4

g(ln

2 )=-

3 -2 2 +(3 2 +2)ln 2<0, 2

ln 2<

18 ? 2 <0.6934. 28

所以 ln 2 的近似值为 0.693.

3.(2013新课标全国卷Ⅱ,理21)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; 1 x (1)解:f′(x)=e . x?m

由 x=0 是 f(x)的极值点得 f′(0)=0,所以 m=1. 于是 f(x)=ex-ln(x+1),定义域为(-1,+≦), f′(x)=e x

1 . x ?1
x

函数 f′(x)=e -

1 在(-1,+≦)上单调递增,且 f′(0)=0,因此当 x∈(-1,0) x ?1

时,f′(x)<0;当 x∈(0,+≦)时,f′(x)>0. 所以 f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+≦)上单调递增.

(2)当m≤2时,证明f(x)>0.
(2)证明:当 m≤2,x∈(-m,+≦)时, ln(x+m)≤ln(x+2), 故只需证明当 m=2 时,f(x)>0. 当 m=2 时,函数 f′(x)=e x

1 在(-2,+≦)上单调递增. x?2

又 f′(-1)<0,f′(0)>0,故 f′(x)=0 在(-2,+≦)上有唯一实根 x0,且 x0∈(-1,0). 当 x∈(-2,x0)时,f′(x)<0;当 x∈(x0,+≦)时,f′(x)>0,从而当 x=x0 时,f(x)取得 最小值. 由 f′(x0)=0 得 e x0 =
1 ,ln(x0+2)=-x0, x0 ? 2
2

x0 ? 1? ? 1 故 f(x)≥f(x0)= +x0= >0.综上,当 m≤2 时,f(x)>0. x0 ? 2 x0 ? 2

备考指要
1.怎么考 导数的综合应用是高考命题的重点与热点,每年高考都会考查这一知识点, 具有一定的难度与灵活性. 从知识层面上看,一般考查导数在其他知识中的应用,突出导数的工具性, 其中主要包括: (1)利用导数研究多项式函数、幂函数、分式函数、以e为底的对数和指数 函数的性质及求参数等综合问题; (2)求最值,以实际问题中的最优化问题形式呈现; (3)把导数与函数、方程、不等式、数列等结合综合考查. 从题目的结构层次上看,常以解答题的形式呈现,第一问一般以抽象导函数 值、抽象函数值、切线方程、极值为背景求函数的解析式,或给定参数的 值求函数单调区间问题,较为简单;第二问均为和不等式相联系,考查由不 等式恒成立求参数的取值范围或参数的最值问题、证明不等式等综合问题 , 常以压轴题出现,具有一定的难度.

2.怎么办
复习备考时要认真掌握导数与函数单调性、极值与最值的关系,强化导数 的工具性的作用,要认真研究导数与不等式、方程、数列、解析几何的联

系,加强导数应用的广泛意识,注重数学思想与方法的应用.

核心整合
1.利用导数求函数最值的几种情况 (1)若连续函数f(x)在(a,b)内有唯一的极大值点x0,则f(x0)是函数f(x)在 [a,b]上的 最大值 ,{f(a),f(b)}min是函数f(x)在[a,b]上的最小值;若函数 f(x)在(a,b)内有唯一的极小值点x0,则f(x0)是函数f(x)在[a,b]上的最小值, {f(a),f(b)}max是函数f(x)在[a,b]上的 最大值 .

(2)若函数f(x)在[a,b]上单调递增,则 f(a) 是函数f(x)在[a,b]上的最小 值, f(b)是函数f(x)在[a,b]上的最大值;若函数f(x)在[a,b]上单调递减,则 f(a) 是函数f(x)在[a,b]上的最大值, f(b) 是函数f(x)在[a,b]上的最小值.
(3)若函数f(x)在[a,b]上有极值点x1,x2,…xn(n∈N*,n≥2),则将f(x1),f(x2), …,f(xn)与f(a),f(b)作比较,其中最大的一个是函数f(x)在[a,b]上的最大值 , 最小的一个是函数f(x)在[a,b]上的 最小值 .

2.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∈D使得f(x1)≤g(x2)?f(x)max≤g(x)min.

(4)对?x1∈D1,?x2∈D2使得f(x1)≥g(x2)?f(x)min≥g(x)min,f(x)定义
域为D1,g(x)定义域为D2. 3.证明不等式问题 不等式的证明可转化为利用导数研究函数的单调性、极值和最值,再由 单调性或最值来证明不等式,其中构造一个可导函数是用导数证明不等 式的关键.

温馨提示

在解决导数的综合问题时,应注意:

(1)树立定义域优先的原则; (2)熟练掌握基本初等函数的求导公式和求导法则;

(3)理解与不等式有关的导数综合问题化为函数最值问题的转化过程;
(4)理解含参导数的综合问题中分类讨论思想的应用. (5)存在性问题与恒成立问题容易混淆,它们既有区别又有联系: 若f(x)≤m恒成立,则f(x)max≤m; 若f(x)≥m恒成立,则f(x)min≥m. 若f(x)≤m有解,则f(x)min≤m; 若f(x)≥m有解,则f(x)max≥m.

热点精讲
热点一 利用导数解决与函数有关的不等式恒成立问题
【例 1】 (2015 湖南十三校第二次联考)设函数 f(x)=
x -ax. ln x

(1)若函数 f(x)在(1,+∞)上为减函数,求实数 a 的最小值;
解:(1)由已知得 x>0,x≠1. 因为 f(x)在(1,+≦)上为减函数,故 f′(x)= 所以当 x∈(1,+≦)时,f′(x)max≤0. 又 f′(x)=
ln x ? 1
ln x ? 1

? ln x ?

2

-a≤0 在(1,+≦)上恒成立.

? ln x ?

2

-a=-(

1 2 1 1 1 1 )+ -a=-( - )2+ -a, ln x ln x ln x 2 4

故当 所以

1 1 1 = ,即 x=e2 时,f′(x)max= -a. ln x 2 4 1 1 1 -a≤0,于是 a≥ ,故 a 的最小值为 . 4 4 4

(2)若存在x1,x2∈[e,e2],使f(x1)≤f′(x2)+a成立,求实数a的取值范围.

解:(2)命题“若存在 x1,x2∈[e,e2],使 f(x1)≤f′(x2)+a 成立”等价于“当 x∈[e,e2]时,有 f(x)min≤f′(x)max+a”. 由(1),当 x∈[e,e2]时,f′(x)max=
2

1 1 -a,所以 f′(x)max+a= . 4 4

1 问题等价于“当 x∈[e,e ]时,有 f(x)min≤ ”. 4

①当 a≥

1 时,由(1),f(x)在[e,e2]上为减函数. 4
2

1 e2 2 则 f(x)min=f(e )= -ae ≤ , 4 2

故 a≥

1 1 - 2 . 2 4e

②当 a<

1 时, 4 1 1 1 1 - )2+ -a 在[e,e2]上的值域为[-a, -a]. ln x 2 4 4
2

由于 f′(x)=-(

(i)-a≥0,即 a≤0,f′(x)≥0 在[e,e ]恒成立, 故 f(x)在[e,e ]上为增函数,于是,f(x)min=f(e)=e-ae≥e> (ii)-a<0,即 0<a<
1 ,由 f′(x)的单调性和值域知, 4
2

1 ,矛盾. 4

存在唯一 x0∈(e,e2),使 f′(x)=0,且满足: 当 x∈(e,x0)时,f′(x)<0,f(x)为减函数; 当 x∈(x0,e2)时,f′(x)>0,f(x)为增函数; 所以,fmin=f(x0)= 所以,a≥
x0 1 2 -ax0≤ ,x∈[e,e ]. ln x0 4

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 > > = , 与 0<a< 矛盾 . 综上得 a ≥ . ln x0 4 x0 ln e 2 4e 2 4 4 4 2 4e2

方法技巧

已知不等式f(x,λ)≥0(λ为实参数)对任意的x∈D恒成立,求

参数λ的取值范围.利用导数解决这个问题的常用思想方法如下: (1)分离参数法: 第一步,将原不等式f(x,λ)≥0(x∈D,λ为实参数)分离,使不等式的一边 是参数,另一边不含参数,即化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式; 第二步,利用导数求出函数f2(x)(x∈D)的最大(小)值;

第三步,解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min从而求出参数λ的取
值范围. (2)函数思想法:

第一步,将不等式转化为某含参数的函数的最值问题;
第二步,利用导数求出该函数的极值(最值); 第三步,构建不等式求解.

举一反三 1 1:(2015 辽宁沈阳教学质量监测一)已知函数 f(x)=aln x(a>0),e 为自然对数的底数. (1)若过点 A(2,f(2))的切线斜率为 2,求实数 a 的值;
1 (2)当 x>0 时,求证:f(x)≥a(1- ); x a a (1)解:f′(x)= ,f′(2)= =2,a=4. x 2 1 1 1 (2)证明:令 g(x)=a(ln x-1+ ),g′(x)=a( - 2 ). x x x

令 g′(x)>0,即 a(

1 1 - 2 )>0,解得 x>1, x x

所以 g(x)在(0,1)上递减,在(1,+≦)上递增. 所以 g(x)最小值为 g(1)=0,所以 f(x)≥a(11 ). x

(3)在区间(1,e)上

f ? x? x ?1

>1 恒成立,求实数 a 的取值范围.
a -1, x

(3)解:令 h(x)=aln x+1-x,则 h′(x)= 令 h′(x)>0,解得 x<a.

当 a>e 时,h(x)在(1,e)是增函数,所以 h(x)>h(1)=0. 当 1<a≤e 时,h(x)在(1,a)上递增,(a,e)上递减, 所以只需 h(e)≥0,即 a≥e-1. 当 a≤1 时,h(x)在(1,e)上递减,则需 h(e)≥0, 因为 h(e)=a+1-e<0 不合题意. 综上,a≥e-1.

热点二 利用导数证明与函数有关的不等式

【例 2】 (2015 东北三省三校第一次联合摸拟考试)已知 a 是实常数,函数 f(x)=xln x+ax2. (1)若曲线 y=f(x)在 x=1 处的切线过点 A(0,-2),求实数 a 的值;
解: (1)由已知f′(x)=ln x+1+2ax(x>0),

切点P(1,a),
则切线方程:y-a=(2a+1)(x-1). 把(0,-2)代入得a=1.

(2)若 f(x)有两个极值点 x1,x2(x1<x2). ①求证:1 <a<0; 2 1 . 2

②求证:f(x2)>f(x1)>-

(2)证明:①依题意: f′(x)=0 有两个不等实根 x1,x2(x1<x2). 设 g(x)=ln x+2ax+1,则 g′(x)=
1 +2a(x>0). x

(i)当 a≥0 时,g′(x)>0,所以 g(x)是增函数,不符合题意; (ii)当 a<0 时,由 g′(x)=0 得 x=1 >0. 2a

列表如下: x g′(x) g(x) 依题意:g(综上所求:(0,1 ) 2a

-

1 2a

(-

1 ,+≦) 2a

+ ↗

0 极大值



1 1 1 )=ln()>0,解得- <a<0. 2a 2a 2 1 <a<0 得证. 2

②由①知:f(x),f′(x)变化如下: x f′(x) f(x) (0,x1) ↘ x1 0 极小值 (x1,x2) + ↗ x2 0 极大值 (x2,+≦) ↘

由表可知:f(x)在[x1,x2]上为增函数,所以 f(x2)>f(x1). 又 f′(1)=g(1)=2a+1>0,故 x1∈(0,1).
?1 ? ln x1 1 2 由①知:ax1= ,f(x1)=x1ln x1+a x1 = (x1lnx1-x1)(0<x1<1). 2 2

设 h(x)=

1 (xln x-x)(0<x<1), 2

则 h′(x)=

1 ln x<0 成立,所以 h(x)单调递减, 2
1 1 ,也就是 f(x1)>- . 2 2 1 成立. 2

故 h(x)>h(1)=-

综上所证:f(x2)>f(x1)>-

方法技巧 1.利用导数证明与分式、指数式、对数式函数等相关的不等式 的步骤: 第一步,根据待证不等式的结构特征、定义域及不等式的性质,将待证不等

式化为简单的不等式;
第二步,构造函数(构造函数的常用方法:作差法、换元法); 第三步,利用导数研究该函数的单调性或最值;

第四步,根据单调性或最值得到待证不等式.
小贴士:在证明过程中要利用一些常见的小结论:ex≥x+1(当x=0时取等 号),ln(x+1)≤x(当x=0时取等号). 2.证明与区间端点有关的不等式的步骤: 第一步,根据待证不等式的结构特点及已知条件,找出与区间端点有关的等 量关系与不等关系; 第二步,把等量关系与待证不等式的一边整理;

第三步,利用不等关系得到待证不等式.

举一反三 2 1:(2015 山西省四校第三次联考)函数 f(x)=
2

a ? ln x ,若曲线 f(x)在 x

点(e,f(e))处的切线与直线 e x-y+e=0 垂直(其中 e 为自然对数的底数). (1)若 f(x)在(m,m+1)上存在极值,求实数 m 的取值范围;

(1)解:因为 f′(x)= 所以-

1 ? a ? ln x 1 , 由已知 f ′ (e)=, 2 2 x e

a 1 =.得 a=1. 2 2 e e 1 ? ln x ln x .f′(x)=- 2 (x>0). x x

所以 f(x)=

当 x∈(0,1)时,f′(x)>0,f(x)为增函数; 当 x∈(1,+≦)时,f′(x)<0,f(x)为减函数. 所以 x=1 是函数 f(x)的极大值点. 又 f(x)在(m,m+1)上存在极值,所以 m<1<m+1,即 0<m<1. 故实数 m 的取值范围是(0,1).

2e x ?1 (2)求证:当 x>1 时, > . e ? 1 ? x ? 1? ? xe x ? 1?

f ? x?

2e x ?1 (2)证明: > , x e ?1 ? x ? 1? ? xe ? 1?
1 ? x ? 1?? ln x ? 1? 2e x ?1 即为 > x ,令 g(x)= e+1 x xe ? 1

f ? x?

? x ? 1?? ln x ? 1? ,
x

? x ? x ? 1 ln x ? 1 ? x ? 1 ln x ? 1 ? ? ?? ? ? ?? ? x ? ln x ? ? 则 g′(x)= = 2 x2 x

再令 ? (x)=x-ln x,则 ? ′(x)=1因为 x>1,所以 ? ′(x)>0,

1 x ?1 = . x x

所以 ? (x)在(1,+≦)上是增函数,所以 ? (x)> ? (1)=1>0, 所以 g′(x)>0,所以 g(x)在(1,+≦)上是增函数,所以 x>1 时,g(x)>g(1)=2.

2 2e x ?1 故 > .令 h(x)= . x e ?1 e ?1 xe ? 1 e x ?1 ? xe x ? 1? ? ? xe x ? 1?? e x ?1

g ? x?

则 h′(x)=2

? xe

x

? 1?

2

=

2e x ?1 ?1 ? e x ?

? xe

x

? 1?

2

因为 x>1,所以 1-ex<0, 所以 h′(x)<0. 即 h(x)在(1,+≦)上是减函数. 所以 x>1 时,h(x)<h(1)=
g ? x?

2 . e ?1

2e x ?1 所以 >h(x),即 > . x e ?1 e ? 1 ? x ? 1? ? xe ? 1?

f ? x?

备选例题
【例1】 (2015河南省八市教学质量监测)已知函数f(x)=aln x-x+1, g(x)=-x2+(a+1)x+1. (1)若对任意的x∈[1,e],不等式f(x)≥g(x)恒成立,求实数a的取值范围;
解:(1)因为对任意的 x∈[1,e],不等式 f(x)≥g(x)恒成立, 2 2 即 aln x-x+1≥-x +(a+1)x+1 恒成立,a(x-ln x)≤x -2x 恒成立, 因为 x∈[1,e],所以 ln x≤ln e=1≤x, 因为上式等号不能同时成立,所以 ln x<x,
x2 ? 2x x2 ? 2x 即 x-ln x>0,所以 a≤ 恒成立.令 F(x)= ,所以 a≤F(x)min(x∈[1,e]), x ? ln x x ? ln x

由于 F′(x)=

? x ? 1?? x ? 2 ? 2ln x ? , 2 ? x ? ln x ?

由于 1≤x≤e,所以 x-1≥0,x+2-2ln x=x+2(1-ln x)>0,
x2 ? 2 x 所以 F′(x)≥0.所以函数 F(x)= 在区间[1,e]上单调递增, x ? ln x 12 ? 2 所以 F(x)≥F(1)= =-1.所以 a≤-1; 1 ? ln1

(2)若函数h(x)在其定义域内存在实数x0,使得h(x0+k)=h(x0)+h(k)(k≠0且为 常数)成立,则称函数h(x)为保k阶函数,已知H(x)=f(x)-(a-1)x+a-1为保a阶 函数,求实数a的取值范围.
解:(2)因为 H(x)=f(x)-(a-1)x+a-1=aln x-x+1-ax+x+a-1=aln x-ax+a(x>0), 根据保 a 阶函数的概念,所以存在 x0>0, 使得 H(x0+a)=H(x0)+H(a), 即 a[ln (x0+a)-(x0+a)+1]=a(ln x0-x0+1)+a(ln a-a+1)=a(ln x0-x0+1+ln a-a+1), 所以 ln (x0+a)-(x0+a)+1=ln x0-x0+1+ln a-a+1, 即 ln (x0+a)=ln x0+ln a+1, 即 ln (
x0 ? a x ?a 1 )=1,所以 0 =e.所以 a= , 1 ax0 ax0 e? x0

1 1 因为 x0>0,所以 a> .所以实数 a 的取值范围是 a> . e e

【例 2】 (2015 湖南长沙市模拟)已知 f(x)= 的切线方程为 x+y-2=0.

m +nln x(m,n 为常数),在 x=1 处 x ?1

(1)求 y=f(x)的单调区间; m (1)解:由 f(x)= +nln x(m,n 为常数)的定义域为(0,+≦), x ?1
所以 f′(x)=m

? x ? 1?

2

+

n m ,所以 f′(1)=- +n=-1. x 4

把 x=1 代入 x+y-2=0 得 y=1, 所以 f(1)= 所以 f(x)=
m 1 =1,所以 m=2,n=- , 2 2

2 2 1 1 - ln x,f′(x)=, 2 x ?1 2 2 x ? x ? 1?

因为 x>0,所以 f′(x)<0,所以 f(x)的单调递减区间为(0,+≦),没有递增区间.

1 1 (2)若任意实数 x∈[ ,1],使得对任意的 t∈[ ,2]上恒有 f(x)≥ e 2

t3-t2-2at+2 成立,求实数 a 的取值范围;
(2)解:由(1)可得,f(x)在(0,+≦)上单调递减,
1 所以 f(x)在[ ,1]上的最小值为 f(1)=1,所以只需 t3-t2-2at+2≤1, e
1 1 1 即 2a≥t2-t+ 对任意的 t∈[ ,2]上恒成立,令 g(t)=t2-t+ , t 2 t
2 1 2t 3 ? t 2 ? 1 ? t ? 1? 2t ? t ? 1 则 g′(t)=2t-1- 2 = = , 2 2 t t t

?

?

令 g′(t)=0 可得 t=1,而 2t +t+1>0 恒成立, 所以当
1 ≤t<1 时,g′(t)<0,g(t)单调递减, 2

2

当 1<t≤2 时,g′(t)>0,g(t)单调递增.

所以 g(t)的最小值为 g(1)=1,
1 1 1 7 1 5 而 g( )= - +2= ,g(2)=4-2+ = , 2 4 2 4 2 2

显然 g(

1 )<g(2), 2 1 5 ,2]上的最大值为 g(2)= , 2 2

所以 g(t)在[

5 所以只需 2a≥ , 2

即 a≥

5 , 4 5 ,+≦). 4

所以实数 a 的取值范围是[

(3)求证:对任意正整数 n,有 4( ≥2n.

1 2 n + +…+ )+(ln 1+ln 2+…+ln n) 2 3 n ?1

(3)证明:由(1)可知 f(x)在区间(0,1]上单调递减, 所以对于任意的正整数 n,都有 f(
1 1 1 2 )≥f(1)=1,即 - ln ≥1, 1 n n ?1 2 n

整理可得

4n 4 8 +ln n≥2,则有 +ln 1≥2, +ln 2≥2, n ?1 2 3

12 4n +ln 3≥2, +ln n≥2. 4 n ?1

把以上各式两边相加可得 4(

1 2 n + +…+ )+(ln 1+ln 2+…+ln n)≥2n. 2 3 n ?1

【例 3】 (2015 江西南昌市第一次模拟测试)已知函数 f(x)=ln(1+ax)2x (a>0) x?2

(1)当 a=

? 1 1 2x ?1 ? x ? 0 (1)解:f(x)=ln (1+ x),? 2 ? x>-2, 2 x?2 ? ?x ? 2 ? 0

1 时,求 f(x)的极值; 2

f′(x)=

1 x?2

4

? x ? 2?

2

=

x?2

? x ? 2?

2

,

所以(-2,2)递减,(2,+≦)递增, 故 f(x)极小值=f(2)=ln 2-1,没有极大值.

1 ,1),f(x)存在两个极值点 x1,x2,试比较 f(x1)+f(x2)与 f(0)的大小; 2 2x 1 (2)解:f(x)=ln (1+ax),x∈(- ,+≦),

(2)若 a∈(

x?2

a

a f′(x)= 1 ? ax

4

? x ? 2?

2

=

ax 2 ? 4 ?1 ? a ?

?1 ? ax ?? x ? 2 ?

2

2 a ?1 ? a ? 1 1 1 因为 a∈( ,1),所以 a(1-a)∈(0, ),所以- <. a 2 4 a

ax -4(1-a)=0,所以 x=±

2

2 a ?1 ? a ? a

,
4 1? a ?4 1 ? a 2 1 ? a ? 2 a ?2 1 ? a ? 2 a

f(x1)+f(x2)=ln [1+2 a ?1 ? a ? ]+ln [1-2 a ?1 ? a ? ]f(x1)+f(x2)=ln [(1-2a)2]+

4 ? 4a 2 =ln [(1-2a)2]+ -2. 2a ? 1 2a ? 1

设 t=2a-1,当 a∈(

1 ,1)时,t∈(0,1), 2 2 -2, t

所以设 f(x1)+f(x2)=g(t)=ln t2+ 当 t∈(0,1)时,g(t)=2ln t+
2 2 2 ? t ? 1? g′(t)= - 2 = <0 t t t2

2 -2, t

g(t)在 t∈(0,1)上递减,g(t)>g(1)=0, 即 f(x1)+f(x2)>f(0)=0 恒成立 综上述 f(x1)+f(x2)>f(0).

n ? n ?1?

(3)求证 e

2

>n!(n≥2,n∈N).

(3)证明:当 t∈(0,1)时,g(t)=2ln t+
1 即 ln t+ -1>0 恒成立, t

2 -2>0 恒成立, t

设 t=

1 1 (n≥2,n∈N),即 ln +n-1>0, n n

所以 n-1>ln n. 所以 1>ln 2,2>ln 3,3>ln 4,…,n-1>ln n. 所以 1+2+3+…+(n-1)>ln 2+ln 3+ln 4+…+ln n=ln(2×3×4×…×n) =ln (n!)
n ? 1? n ? 所以 2
n ? n ?1?

>ln (n!),所以 e

2

>n!(n≥2,n∈N)

阅卷评析
利用导数研究与函数有关的不等式问题 (2015 北京卷,理 18)已知函数 f(x)=ln
1? x . 1? x

(1)求曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;

评分细则: (1)因为 f(x)=ln f′(x)=
2 , 2 1? x 1? x ,x∈(-1,1), 1? x

所以 f′(0)=2,f(0)=0,…………………………………………………2 分 曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为 2x-y=0.……………………3 分

x3 (2)求证:当 x∈(0,1)时,f(x)>2(x+ ); 3 评分细则:
x3 (2)当 x∈(0,1)时,f(x)>2(x+ ), 3 x3 即不等式 f(x)-2(x+ )>0,对? x∈(0,1)成立.………………………………4 分 3

1? x x3 x3 设 g(x)=ln -2(x+ )=ln(1+x)-ln(1-x)-2(x+ ), 1? x 3 3
2x4 则 g′(x)= .………………………………………………………………5 分 2 1? x

当 x∈(0,1)时,g′(x)>0,所以 g(x)在(0,1)上为增函数, 所以 g(x)>g(0)=0.………………………………………………………………7 分
x3 因此对? x∈(0,1),f(x)>2(x+ )成立.……………………………………8 分 3

x3 (3)设实数 k 使得 f(x)>k(x+ )对 x∈(0,1)恒成立,求 k 的最大值. 3

评分细则:
x3 (3)使 f(x)>k(x+ )对 x∈(0,1)恒成立. 3

1? x x3 等价于 h(x)=ln -k(x+ )>0 对 x∈(0,1)恒成立.…………………………9 分 1? x 3
2 kx 4 ? 2 ? k 2 h′(x)= -k(1+x )= , 2 2 1? x 1? x

当 k∈[0,2]时,h′(x)≥0,函数在(0,1)上是增函数, h(x)>h(0)=0,符合题意;…………………………………………………………10 分
4 当 k>2 时,令 h′(x)=0, x0 =

k ?2 ∈(0,1), k

x (0,x0) h′(x) h(x) ↘ 所以当 0<x<x0 时,h′(x)<0, 因此 h(x)在区间(0,x0)上单调递减, 当 0<x<x0 时,h(x)<h(0)=0,
x3 即 f(x)<k(x+ ), 3

x0 0 极小值

(x0,1) + ↗

x3 所以当 k>2 时,f(x)>k(x+ )并非对 x∈(0,1)恒成立.…………………………12 分 3

注:对参数 k 要分 0≤k≤2 与 k>2 两种情况讨论. 综上所述可知:k 的最大值为 2.……………………………………………………13 分

【答题启示】 1.理解导数的几何意义,会求曲线y=f(x)在某点的切线方程. 2.掌握利用导数研究函数的单调性、极值与最值,会利用导数为工具,证明 不等式,能构造函数,结合放缩法和函数最值达到证明目的.

3.会利用导数解决求参数的取值范围,根据不等式在某区间上恒成立进行
转化为函数的最值问题,同时注意分类讨论思想的合理运用.


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