2021版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 3.4.1 導(dǎo)數(shù)與不等式的綜合問(wèn)題練習(xí) 理 北師大版

3.4.1 導(dǎo)數(shù)與不等式的綜合問(wèn)題核心考點(diǎn)·精準(zhǔn)研析考點(diǎn)一導(dǎo)數(shù)法證明不等式 【典例】(2021·莆田模擬)函數(shù)f(x)=xex-1-ax+1,曲線y=f(x)在點(diǎn)(2,f(2)處的切線l的斜率為3e-2.(1)求a的值及切線l的方程.(2)證明:f(x)0.【解題導(dǎo)思】序號(hào)題目拆解(1)利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程利用求導(dǎo)的方法求出函數(shù)切線的斜率,再利用切線斜率的條件求出a的值,再將切點(diǎn)橫坐標(biāo)代入函數(shù)解析式求出切點(diǎn)縱坐標(biāo),再利用點(diǎn)斜式求出切線方程,最后轉(zhuǎn)化為切線的一般式方程.(2)用導(dǎo)數(shù)法證明不等式利用求導(dǎo)的方法判斷函數(shù)的單調(diào)性,從而證出不等式成立【解析】(1)由f(x)=xex-1-ax+1,得f(x)=(x+1)ex-1-a,因?yàn)榍€y=f(x)在點(diǎn)(2,f(2)處的切線l的斜率為3e-2,所以f(2)=3e-a=3e-2,解得a=2, 所以f(2)=2e-4+1=2e-3,故切線l的方程為:y-(2e-3)=(3e-2)(x-2), 即(3e-2)x-y-4e+1=0.所以a=2,切線l的方程為(3e-2)x-y-4e+1=0.(2)由(1),可得f(x)=xex-1-2x+1,f(x)=(x+1)ex-1-2,所以當(dāng)x(-,-1時(shí),f(x)<0.令g(x)=(x+1)ex-1-2(x>-1),那么g(x)=(x+2)ex-1>0,所以當(dāng)x(-1,+)時(shí),g(x)單調(diào)遞增,即f(x)單調(diào)遞增,又因?yàn)閒(1)=0,所以當(dāng)x(-1,1)時(shí),f(x)<0,當(dāng)x(1,+)時(shí),f(x)>0, 所以f(x)在(-,1)上單調(diào)遞減,在(1,+)上單調(diào)遞增.所以f(x)f(1)=0.1.利用導(dǎo)數(shù)證明不等式f(x)>g(x)的根本方法(1)假設(shè)f(x)與g(x)的最值易求出,可直接轉(zhuǎn)化為證明f(x)min>g(x)max.(2)假設(shè)f(x)與g(x)的最值不易求出,可構(gòu)造函數(shù)h(x)=f(x)-g(x),然后根據(jù)函數(shù)h(x)的單調(diào)性或最值,證明h(x)>0.2.證明不等式時(shí)的一些常見(jiàn)結(jié)論(1)ln xx-1,等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取到.(2)exx+1,等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)取到.(3)ln x<x<ex,x>0.(4)ln(x+1)x,x>-1,等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)取到.(2021·全國(guó)卷改編)函數(shù)f=aex-ln x-1.證明:當(dāng)a時(shí),f0.【證明】當(dāng)a時(shí),f(x)-ln x-1.設(shè)g(x)=-ln x-1,那么g(x)=-.當(dāng)0<x<1時(shí),g(x)<0;當(dāng)x>1時(shí),g(x)>0.所以x=1是g(x)的最小值點(diǎn).故當(dāng)x>0時(shí),g(x)g(1)=0.因此,當(dāng)a時(shí),f(x)0.考點(diǎn)二由不等式恒成立求參數(shù) 命題精解讀1.考什么:(1)考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性、求最值、不等式等問(wèn)題.(2)考查數(shù)學(xué)運(yùn)算、直觀想象、邏輯推理的核心素養(yǎng)及轉(zhuǎn)化與化歸、分類與整合等數(shù)學(xué)思想.2.怎么考:與導(dǎo)數(shù)法研究函數(shù)單調(diào)性、最值等知識(shí)相結(jié)合考查不等式恒成立求參數(shù)等問(wèn)題.3.新趨勢(shì):以導(dǎo)數(shù)法研究函數(shù)單調(diào)性、求函數(shù)極值、最值、導(dǎo)數(shù)的幾何意義等知識(shí)交匯考查為主.學(xué)霸好方法不等式恒成立問(wèn)題中的常用結(jié)論(1)f(x)a恒成立f(x)mina, (2)f(x)b恒成立f(x)maxb, (3)f(x)>g(x)恒成立,構(gòu)造F(x)=f(x)-g(x),那么F(x)min>0.(4)x1M,x2N,f(x1)>g(x2)f(x1)min>g(x2)max.單變量不等式恒成立問(wèn)題【典例】函數(shù)f(x)=mex-x2.(1)假設(shè)m=1,求曲線y=f(x)在(0,f(0)處的切線方程.(2)假設(shè)關(guān)于x的不等式f(x)x(4-mex)在0,+)上恒成立,求實(shí)數(shù)m的取值范圍.【解析】(1)當(dāng)m=1時(shí),f(x)=ex-x2,所以f(x)=ex-2x,所以f(0)=1,又f(0)=1,所以曲線y=f(x)在(0,f(0)處的切線方程為y-1=x,即x-y+1=0.(2)由f(x)x(4-mex),得mex(x+1)x2+4x,不等式f(x)x(4-mex)在0,+)上恒成立,等價(jià)于當(dāng)x0時(shí),m,令g(x)=(x0),那么g(x)=.由g(x)=0及x0,得x=-1,當(dāng)x(0,-1)時(shí),g(x)>0,此時(shí)g(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x(-1,+)時(shí),g(x)<0,此時(shí)g(x)單調(diào)遞減.所以當(dāng)x=-1時(shí),g(x)max=g(-1)=2,所以m2.所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為2,+).雙變量不等式恒成立問(wèn)題【典例】函數(shù)f(x)=x-1-aln x(a<0). (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性.(2)假設(shè)對(duì)于任意的x1,x2(0,1,且x1x2,都有|f(x1) -f(x2)|<4,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.【解析】(1)由題意知f (x)=1-=(x>0),因?yàn)閤>0,a<0,所以f (x)>0,所以f(x)在(0,+)上單調(diào)遞增.(2)不妨設(shè)0<x1<x21,那么>>0,由(1)知f(x1)<f(x2),所以|f(x1)-f(x2)|<4f(x2)-f(x1)<4f(x1)+>f(x2)+.設(shè)g(x)=f(x)+,x(0,1,易知g(x)在(0,1上單調(diào)遞減,所以g(x)0在(0,1上恒成立1-=0在(0,1上恒成立ax-在(0,1上恒成立,易知y=x-在(0,1上單調(diào)遞增,其最大值為-3.因?yàn)閍<0,所以-3a<0,所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為-3,0).可轉(zhuǎn)化為不等式恒成立的問(wèn)題【典例】(2021·十堰模擬)函數(shù)f(x)=axex-x2-2x.(1)當(dāng)a=1時(shí),求曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0)處的切線方程.(2)當(dāng)x>0時(shí),假設(shè)曲線y=f(x)在直線y=-x的上方,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.【解析】 (1)當(dāng)a=1時(shí),f(x)=xex-x2-2x,其導(dǎo)數(shù)f(x)=ex(x+1)-2x-2,f(0)=-1.又因?yàn)閒(0)=0,所以曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0)處的切線方程為y=-x.(2)根據(jù)題意,當(dāng)x>0時(shí), “曲線y=f(x)在直線y=-x的上方等價(jià)于“axex-x2-2x>-x恒成立,又由x>0,那么axex-x2-2x>-xaex-x-1>0a>,那么原問(wèn)題等價(jià)于a>恒成立;設(shè)g(x)=,那么g(x)=-,又由x>0,那么g(x)<0,那么函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,+)上遞減,又由g(0)=1,那么有<1,假設(shè)a>恒成立,必有a1,即a的取值范圍為1,+).1.(2021·蕪湖模擬)函數(shù)f(x)=1-,g(x)=+-bx(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)),假設(shè)曲線y=f(x)與曲線y=g(x)的一個(gè)公共點(diǎn)是A(1,1),且在點(diǎn)A處的切線互相垂直.(1)求a,b的值.(2)求證:當(dāng)x1時(shí),f(x)+g(x).【解析】(1)因?yàn)閒(x)=1-,所以f(x)=,f(1)=-1.因?yàn)間(x)=+-bx,所以g(x)=-b.因?yàn)榍€y=f(x)與曲線y=g(x)的一個(gè)公共點(diǎn)是A(1,1),且在點(diǎn)A處的切線互相垂直,所以g(1)=1,且f(1)·g(1)=-1,即g(1)=a+1-b=1,g(1)=-a-1-b=1,解得a=-1,b=-1.(2)由(1)知,g(x)=-+x,那么f(x)+g(x)等價(jià)于1-+x0.令h(x)=1-+x(x1),那么h(x)=-+1=+1.因?yàn)閤1,所以h(x)=+1>0,所以h(x)在1,+)上單調(diào)遞增,所以h(x)h(1)=0,即1-+x0,所以當(dāng)x1時(shí),f(x)+g(x).2.兩個(gè)函數(shù)f(x)=7x2-28x-c,g(x)=2x3+4x2-40x.假設(shè)任意x1-3,3,x2-3,3都有f(x1)g(x2)成立,求實(shí)數(shù)c的取值范圍.【解析】由任意x1-3,3,x2-3,3,都有f(x1)g(x2)成立,得f(x1)maxg(x2)min.因?yàn)閒(x)=7x2-28x-c=7(x-2)2-28-c,當(dāng)x1-3,3時(shí),f(x1)max=f(-3)=147-c;g(x)=2x3+4x2-40x,g(x)=6x2+8x-40=2(3x+10)(x-2),當(dāng)x變化時(shí),g(x)和g(x)在-3,3上的變化情況如下表:x-3(-3,2)2(2,3)3g(x)-0+g(x)102極小值-48-30易得g(x)min=g(2)=-48,故147-c-48,即c195.3.函數(shù)f(x)=ax+1-2a-ln x,aR.(1)假設(shè)a=-1,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間.(2)假設(shè)f(x)0在x1,+)上恒成立,求正數(shù)a的取值范圍.【解析】(1)當(dāng)a=-1時(shí),f(x)=-x-lnx+3(x>0),所以f(x)=,那么當(dāng)x(0,1)時(shí),f(x)>0,那么f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x(1,+)時(shí),f(x)<0,那么f(x)單調(diào)遞減;所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1),f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(1,+).(2)因?yàn)閒(x)=ax+1-2a-ln x,x1,+),那么f=0,f(x)=a-=.當(dāng)0<a<時(shí),有>1,故當(dāng)1<x<時(shí),f(x)<0,f(x)在上是減函數(shù),所以當(dāng)x時(shí),f(x)<f<0,與f(x)0在恒成立矛盾.當(dāng)a時(shí),1,此時(shí)f(x)0在上成立,所以f(x)在上是增函數(shù),所以f(x)f=0,即f(x)0在上恒成立.綜上所述,a的取值范圍為.(2021·南昌模擬)函數(shù)f(x)=ex,g(x)= ln(x+a)+b.(1)假設(shè)函數(shù)f(x)與g(x)的圖像在點(diǎn)(0,1)處有相同的切線,求a,b的值.(2)當(dāng)b=0時(shí),f(x)-g(x)>0恒成立,求整數(shù)a的最大值.(3)求證:ln 2+(ln 3-ln 2)2+(ln 4-ln 3)3+ln(n+1)-ln nn<(nN*).【解析】(1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)和g(x)的圖像在點(diǎn)(0,1)處有相同的切線,所以f(0)=g(0)且f(0)=g(0),又因?yàn)閒(x)=ex,g(x)=,所以1=ln a+b,1=,解得a=1,b=1.(2)先證明exx+1,設(shè)F(x)=ex-x-1,那么F(x)=ex-1,當(dāng)x(0,+)時(shí),F(x)>0,當(dāng)x(-,0)時(shí),F(x)<0,所以F(x)在(0,+)上單調(diào)遞增,在(-,0)上單調(diào)遞減,所以F(x)min=F(0)=0,即F(x)0恒成立,即exx+1.同理可得ln(x+2)x+1,即ex>ln(x+2),當(dāng)a2時(shí),ln(x+a)ln(x+2)<ex,所以當(dāng)a2時(shí),f(x)-g(x)>0恒成立.當(dāng)a3時(shí),e0<ln a,即ex-ln(x+a)>0不恒成立.故整數(shù)a的最大值為2.(3)由(2)知ex>ln(x+2),令x=,那么>ln,即e-n+1>=ln(n+1)-ln nn,所以e0+e-1+e-2+e-n+1>ln 2+(ln 3-ln 2)2+(ln 4-ln 3)3+ln(n+1)-ln nn,又因?yàn)閑0+e-1+e-2+e-n+1=<=,所以ln 2+(ln 3-ln 2)2+(ln 4-ln 3)3+ln(n+1)-ln nn<.- 10 -