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2019-2020年高考數學二輪復習 專題2 函數與導數 第5講 利用導數研究不等式恒成立及相關問題 理
導數的綜合應用
訓練提示:在討論方程的根的個數、研究函數圖象與x軸(或某直線)的交點個數、不等式恒成立等問題時,常常需要求出其中參數的取值范圍,這類問題的實質就是函數的單調性與函數的極(最)值的應用.
1.(xx云南省第一次統(tǒng)一檢測)已知函數f(x)=ln (1+2x)-.
(1)求f(x)的單調區(qū)間;
(2)若a>0,b>0,求證ln 2a-ln b≥1-.
(1)解:由2x+1>0得x>-.
所以f(x)的定義域為（-,+∞）.
因為f(x)=ln (1+2x)-,
所以f′(x)=-=.
由f′(x)>0得x>-,由f′(x)<0得x<-.
所以f(x)的單調遞增區(qū)間為[-,+∞),
f(x)的單調遞減區(qū)間為(-,-].
(2)證明:由(1)知,當x=-時,f(x)取得最小值.
所以f(x)的最小值為f(-)=-ln 2.
所以當x>-時,f(x)≥f(-),即f(x)≥-ln 2.
因為a>0,b>0,所以=->-.
設x=,則f()≥-ln 2,
化簡得ln 2a-ln b≥1-.
所以當a>0,b>0時,ln 2a-ln b≥1-.
2.(xx山東濟寧市一模)已知函數f(x)=ex-ax-a(其中a∈R,e是自然對數的底數,e=2.71828…).
(1)當a=e時,求函數f(x)的極值;
(2)當0≤a≤1時,求證f(x)≥0;
(3)求證:對任意正整數n,都有(1+)(1+)…(1+)
1時,f′(x)>0;
所以函數f(x)在(-∞,1)上單調遞減,
在(1,+∞)上單調遞增,
所以函數f(x)在x=1處取得極小值f(1)=-e,
函數f(x)無極大值;
(2)解:由f(x)=ex-ax-a,f′(x)=ex-a
①當a=0時,f(x)=ex≥0恒成立,滿足條件,
②當00,
所以函數f(x)在(-∞,ln a)上單調遞減,
在(ln a,+∞)上單調遞增,
所以函數f(x)在x=ln a處取得極小值即為最小值,
f(x)min=f(ln a)=eln a-aln a-a=-aln a.
因為00成立.
因此對于任意正整數n,
不等式（1+）0)上存在極值,求實數m的取值范圍;
(2)設g(x)=[xf(x)-1],若對任意x∈(0,1)恒有g(x)<-2,求實數a的取值范圍.
解:(1)由題意k=f(x)=,x>0,
所以f′(x)=（）′=-
當00;當x>1時,f′(x)<0.
所以f(x)在(0,1)上單調遞增,在(1,+∞)上單調遞減,
故f(x)在x=1處取得極大值.
因為函數f(x)在區(qū)間（m,m+）(其中m>0)上存在極值,
所以得0,不合題意.
當a>0時,由g(x)<-2,可得ln x+<0,
設h(x)=ln x+,則h′(x)=.
設t(x)=x2+(2-4a)x+1,Δ=(2-4a)2-4=16a(a-1),
①若00,h′(x)>0,
所以h(x)在(0,1)內單調遞增,又h(1)=0,
所以h(x)1,則Δ>0,t(0)=1>0,t(1)=4(1-a)<0,
所以存在x0∈(0,1),使得t(x0)=0,
則h(x)在(x0,1)內單調遞減,又h(1)=0,
所以當x∈(x0,1)時,h(x)>0,不合要求.
綜合①②可得a的取值范圍是(0,1].
2.設函數f(x)=x2+ln (x+1).
(1)求證:當x∈(0,+∞)時f(x)>x恒成立;
(2)求證:++…+0時,g′(x)<0,
所以g(x)在(0,+∞)上遞減,
所以g(x)0時,x-x20,此時f′(x)<0,
函數f(x)單調遞減;
x∈（-1,1）時,h(x)<0,此時f′(x)>0,
函數f(x)單調遞增;
x∈(1,+∞)時,h(x)>0,此時f′(x)<0,
函數f(x)單調遞減;
③當a≥1時,由于-1≤0,
x∈(0,1)時,h(x)<0,此時f′(x)>0,函數f(x)單調遞增;
x∈(1,+∞)時,h(x)>0,此時f′(x)<0,
函數f(x)單調遞減;
綜上所述:
當a=時,函數f(x)在(0,+∞)上單調遞減;
當0)
當01時,F′(t)>0,F(t)單調遞增,
故當t≠1時,F(t)>F(1)=0,即t-1-ln t>0
從而-1-ln >0,-1-ln >0,
所以(x1)>0,(x2)<0
因為函數(x)在區(qū)間(x1,x2)上的圖象是連續(xù)不斷的一條曲線,
所以存在x0∈(x1,x2),使(x0)=0,
所以g′(x0)=k成立.
4.已知函數f(x)=a-be-x(e是自然對數的底數,e=2.71828…)的圖象在x=0處的切線方程為y=x.
(1)求a,b的值;
(2)若g(x)=mln x-e-x+x2-(m+1)x+1(m>0),求函數h(x)=g(x)-f(x)的單調區(qū)間;
(3)若正項數列{an}滿足a1=,an=f(an),證明:數列{an}是遞減
數列.
(1)解:由題意得f(0)=0,f′(0)=1,則a-b=0,b=1,
解得a=1,b=1.
(2)解:由題意得h(x)=mln x+x2-(m+1)x,
x∈(0,+∞).
h′(x)=+x-(m+1)=
=
①當00,
并注意到函數的定義域(0,+∞),
得01,則h(x)的增區(qū)間是(0,m),(1,+∞);
同理可求h(x)的減區(qū)間是(m,1).
②當m=1時,h′(x)≥0,
則h(x)是定義域(0,+∞)內的增函數.
③當m>1時,令h′(x)>0,
并注意到函數的定義域(0,+∞)得0m,
則h(x)的增區(qū)間是(0,1),(m,+∞);
同理可求h(x)的減區(qū)間是(1,m).
(3)證明:因為正項數列{an}滿足a1=,
an=f(an),
所以ln (an)=ln (1-),即an+1=-ln .
要證數列{an}是遞減數列
?an+1?>an+1.
設u(x)=ex-x-1,x∈(0,+∞).因為u′(x)=ex-1>0,
所以u(x)是(0,+∞)上的增函數,則u(x)>u(0)=0,
即ex>x+1,故>an+1,
則數列{an}是遞減數列.
5.(xx四川德陽市一診)如圖,已知點A(11,0),函數y=的圖象上的動點P在x軸上的射影為H,且點H在點A的左側,設|PH|=t,
△APH的面積為f(t).
(1)求函數f(t)的解析式及t的取值范圍;
(2)若a∈(0,2),求函數f(t)在(0,a]上的最大值.
解:(1)由已知可得=t,所以點P的橫坐標為t2-1,
因為點H在點A的左側,所以t2-1<11,
即-20,所以0
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