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考查角度2 导数与不等式的综合应用 分类透析一 证明不等式例1已知函数fx=在点-1f-1处的切线方程为x+y+3=
0.1求函数fx的解析式;2设gx=lnx求证:gx≥fx在[1+∞上恒成立.3若0ab求证:.分析运用待定系数法求出参数ab的值从而确定函数的解析式利用导数方法证明不等式gx≥fx在区间D上恒成立的基本方法是构造函数hx=gx-fx然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数hx≥
0.利用第2小问的结论求证第3小问.解析1将x=-1代入切线方程得y=-2所以f-1==-2化简得b-a=-
4.
①又fx=所以f-1==-
1.
②联立
①②解得a=2b=-
2.所以fx=.2由题意知要证lnx≥在[1+∞上恒成立即证明x2lnx+lnx-2x+2≥0在[1+∞上恒成立.设hx=x2lnx+lnx-2x+2则hx=2xlnx+x+-
2.因为x≥1所以2xlnx≥0x+≥2·=2当且仅当x=1时等号成立即hx≥0所以hx在[1+∞上单调递增hx≥h1=0所以gx≥fx在[1+∞上恒成立.3因为0ab所以
1.由2知ln整理得所以当0ab时.方法技巧利用导数证明不等式有以下方法:
①证明fxgxx∈ab可以构造函数Fx=fx-gx若Fx0则Fx在ab上是减函数同时若Fa≤0由减函数的定义可知当x∈ab时有Fx0即fxgx得证.
②证明fxgxx∈ab可以构造函数Fx=fx-gx若Fx0则Fx在ab上是增函数同时若Fa≥0由增函数的定义可知当x∈ab时有Fx0即fxgx得证. 分类透析二 不等式恒成立或有解问题例2已知函数fx=.1若函数fx在区间上存在极值求实数a的取值范围;2如果当x≥1时不等式fx≥恒成立求实数k的取值范围.分析不等式恒成立问题通常可以利用函数的单调性求出函数最值然后解决.解答相应的参数不等式问题如果易分离参数可先分离变量构造函数直接转化为函数的最值问题避免参数的讨论.解析1函数的定义域为0+∞fx==-令fx=0得x=
1.当x∈01时fx0fx单调递增;当x∈1+∞时fx0fx单调递减.所以x=1为函数fx的极大值点且是唯一极值点所以0a1a+故a1即实数a的取值范围为.2由题意得当x≥1时k≤恒成立令gx=x≥1则gx==.又令hx=x-lnxx≥1则hx=1-≥0所以hx≥h1=1所以gx0所以gx为单调增函数所以gx≥g1=2故k≤2即实数k的取值范围是-∞2].方法技巧不等式恒成立问题的求解策略1已知不等式fxλ≥0λ为实参数对任意的x∈D恒成立求参数λ的取值范围.利用导数解决此类问题可以利用分离参数法其一般步骤如下:第一步:将原不等式fxλ≥0x∈Dλ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f1λ≥f2x或f1λ≤f2x的形式;第二步利用导数求出函数f2xx∈D的最大小值;第三步解不等式f1λ≥f2xmax或f1λ≤f2xmin从而求出参数λ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利用二次项系数与判别式的方法a0Δ0或a0Δ0求解. 分类透析三 存在型不等式成立问题例3已知函数fx=lnx-.1求函数fx的单调递增区间.2证明:当x1时fxx-
1.3确定实数k的取值范围使得存在x01当x∈1x0时恒有fxkx-
1.分析1求出函数fx的导数fx令fx0注意在函数fx的定义域上得函数fx的单调递增区间;2构造函数通过求导判断函数的单调性来证明不等式;3对k进行分类讨论通过构造函数利用求导来判断其单调性从而得到参数k的取值范围.解析1fx=-x+1=x∈0+∞.由fx0得解得0x.故fx的单调递增区间是.2令Fx=fx-x-1x∈0+∞则Fx=.当x∈1+∞时Fx0所以Fx在[1+∞上单调递减故当x1时FxF1=0即当x1时fxx-
1.3由2知当k=1时不存在x01使得当x∈1x0时fxkx-
1.当k1时对于x1有fxx-1kx-1则fxkx-1从而不存在x01使得当x∈1x0时fxkx-
1.当k1时令Gx=fx-kx-1x∈0+∞则Gx=-x+1-k=.由Gx=0得-x2+1-kx+1=0解得x1=0x2=
1.当x∈1x2时Gx0故Gx在[1x2内单调递增.从而当x∈1x2时GxG1=0即fxkx-1综上k的取值范围是-∞
1.方法技巧存在型不等式恒成立问题的求解策略“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系即fx≥ga对于x∈D恒成立应求fx的最小值;若存在x∈D使得fx≥ga成立应求fx的最大值.特别需要关注等号是否成立问题以免细节出错.
1.2018年全国Ⅰ卷文21改编已知函数fx=xex-alnx曲线y=fx在点1f1处的切线平行于x轴.1求fx的单调区间;2证明:当b≤e时fx≥bx2-2x+
2.解析1因为fx=x+1ex-x0所以f1=0即2e-a=0解得a=2e所以fx=x+1ex-.显然fx在0+∞上单调递增又f1=0故当x∈01时fx0;当x∈1+∞时fx
0.所以fx的单调递减区间为01单调递增区间为1+∞.2
①当b≤0时由1知当x=1时fx取得最小值最小值为e.又bx2-2x+2的最大值为b故fx≥bx2-2x+
2.
②当0b≤e时设gx=xex-2elnx-bx2-2x+2则gx=x+1ex--2bx-
1.令hx=x+1ex--2bx-1x0则hx=x+2ex+-2b.当x∈01]时-2b≥0x+2ex0所以hx0;当x∈1+∞时x+2ex-2b00所以hx
0.所以当x∈0+∞时hx0故hx在0+∞上单调递增.又h1=0所以当x∈01时gx0;当x∈1+∞时gx
0.所以gx在01上单调递减在1+∞上单调递增.所以当x=1时gx取得最小值最小值为g1=e-b≥0所以gx≥0即fx≥bx2-2x+
2.综上所述当b≤e时fx≥bx2-2x+
2.
2.2016年全国Ⅲ卷文21改编设函数fx=+2lnx.1讨论函数fx的单调性;2如果对任意的x≥1都有fx≤ax求a的取值范围.解析1由题意得fx的定义域为0+∞fx=所以当0x时fx0;当x时fx
0.故函数fx在上单调递减在上单调递增.2当x≥1时fx≤ax⇔a≥+令hx=+x≥1则hx=-=.令mx=x-xlnx-1x≥1则mx=-lnx.当x≥1时mx≤0所以mx在[1+∞上为减函数所以mx≤m1=0因此hx≤0所以hx在[1+∞上为减函数所以当x=1时hx取得最大值最大值为h1=1故a≥1即a的取值范围是[1+∞.
3.2016年四川卷文21改编已知函数fx=1-gx=x-lnx.证明:1gx≥
1.2x-lnxfx1-.解析1由题意得gx=x0当0x1时gx0;当x1时gx
0.所以gx在01上为减函数在1+∞上为增函数.所以gx≥g1=1得证.2由fx=1-得fx=所以当0x2时fx0;当x2时fx
0.所以fx在02上为减函数在2+∞上为增函数.所以fx≥f2=1-当且仅当x=2时取等号.
①又由1知x-lnx≥1当且仅当x=1时取等号
②且
①②等号不同时取得所以x-lnxfx1-.
1.广东省2018届高三第一次模拟已知函数fx=ex-x2-ax.1证明:当a≤2-2ln2时函数fx在R上是单调函数.2当x0时fx≥1-x恒成立求实数a的取值范围.解析1∵fx=ex-x2-ax∴fx=ex-2x-a.令gx=ex-2x-a则gx=ex-2则当x∈-∞ln2时gx0gx单调递减;当x∈ln2+∞时gx0gx单调递增.∴函数gx在x=ln2处取得最小值且最小值为gln2=2-2ln2-a≥0∴fx≥0在R上恒成立当且仅当a=2-2ln2x=ln2时等号成立.∴fx在R上是单调递增函数.2由题意得当x0时ex-x2-ax≥1-x恒成立∴当x0时a≤-x-+1恒成立.令hx=-x-+1x0则hx==.令φx=ex-x-1x0则φx=ex-
10.∴x∈0+∞时φx单调递增∴φxφ0=0即ex-x-
10.∴当x∈01时hx0hx单调递减;∴当x∈1+∞时hx0hx单调递增.∴当x=1时hx取得最小值且hxmin=h1=e-1∴a≤e-
1.故实数a的取值范围为-∞e-1].
2.海南省2018届高三阶段性测试二模已知函数fx=gx=lnx+
1.1求函数fx的单调区间;2证明:x3fxgx.解析1由题易知fx=.当x∈-∞0∪01时fx0;当x∈1+∞时fx0所以fx的单调递减区间为-∞0和01单调递增区间为1+∞.2gx的定义域为0+∞要证x3fxgx即证.由1可知fx在01上单调递减在1+∞上单调递增所以fx≥f1=e.设hx=x0则hx=.当x∈0时hx0;当x∈+∞时hx
0.所以hx在0上单调递增在+∞上单调递减所以hx≤h=又e所以x3fxgx.
3.东北三省三校2018届高三第二次模拟考试已知定义域为0+∞的函数fx=x-mex常数m∈R.1若m=2判断函数fx的单调性.2若fx+m+10恒成立求实数m的最大整数值.解析1当m=2时fx=x-2exx∈0+∞∴fx=x-1ex.令fx0得x1令fx0得0x1∴fx在01上为减函数在1+∞上为增函数.2∵fx+m+10对于x∈0+∞恒成立即fx-m-1对于x∈0+∞恒成立由函数的解析式可得fx=ex[x-m-1]分类讨论:
①当m≤1时fx0fx在0+∞上为增函数∴fxf0=-m显然fx-m-1对于x∈0+∞恒成立故m≤
1.
②当m1时令fx0得xm-1令fx0得0xm-1∴fx在0m-1上为减函数在m-1+∞上为增函数.∴fxmin=fm-1=-em-1∴-em-1-m-1即em-1-m-
10.设gm=em-1-m-1m1则gm=em-1-10m1∴gm在1+∞上单调递增.而m∈Zg2=e-30g3=e2-40∴在1+∞上存在唯一m0使得gm0=0且2m
03.∵m∈Z∴若em-1-m-10则m的最大整数值为
2.综上所述若fx+m+10对于x∈0+∞恒成立则实数m的最大整数值为
2.
4.2017安徽马鞍山二模已知函数fx=alnx+x2-.1若曲线y=fx上任意一点处的切线斜率不小于3求a的最小值;2当a=1k∈R时若gx=fx-2kx有两个极值点x1x2且x1x2证明:gx2-
2.解析1因为x0所以切线斜率fx=+x≥2当且仅当x=时取得等号所以2≥3即a≥所以a的最小值为.2gx=fx-2kx=lnx+x2-2kx-x0gx=+x-2k.当k≤1时gx=+x-2k≥2-2k=2-2k≥0函数gx在0+∞上单调递增无极值.当k1时gx=+x-2k=.由gx=0得x2-2kx+1=0Δ=4k2-
10.设两个根为x1x2则x1+x2=2kx1x2=1其中0x1=k-1x2=k+所以gx在0x1上单调递增在x1x2上单调递减在x2+∞上单调递增从而gx有两个极值点x1x2且x1x
2.gx2=lnx2+-2kx2-=lnx2+-x2-=lnx2--即gx2=lnx2--x
21.构造函数hx=lnx--x1hx=-x0所以hx在1+∞上单调递减且h1=-
2.故gx2-
2.。