浙江专用2020版高考数学大一轮复习第四章导数及其应用第5节导数与不等式习题含解析.doc

第5节　导数与不等式 考试要求　1.能利用导数证明简单的不等式；2.已知不等式恒(能)成立，会求参数的取值范围.‎ 知 识 梳 理 ‎1.证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题.‎ ‎2.求解不等式恒成立或有解问题，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数值域的问题.‎ ‎3.不等式能成立看作不等式有解问题.‎ ‎[常用结论与易错提醒]‎ 与不等式有关的结论 ‎(1)对任意x，f(x)>g(x)⇔f(x)－g(x)>0⇔[f(x)－g(x)]min>0.‎ ‎(2)对任意x1，x2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max.‎ ‎(3)存在x1，x2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min.‎ ‎(4)对任意x，存在x0，f(x)>g(x0)⇔f(x)min>g(x)min.‎ ‎(5)f(x)≥a或f(x)≤a对x∈D恒成立⇔f(x)min≥a或f(x)max≤a.‎ ‎(6)若存在x∈D，使f(x)≥a或f(x)≤a⇔f(x)max≥a或f(x)min≤a.‎ ‎(7)对任意的x1∈D1，总存在x2∈D2，使f(x1)＝g(x2)⇔A⊆B(其中集合A为f(x1)的值域，集合B为f(x2)的值域).‎ ‎(8)当参数不易分离时，应注意分类讨论或数形结合思想的应用.‎ 基 础 自 测 ‎1.已知函数f(x)＝x2ex，当x∈[－1，1]时，不等式f(x)e.‎ 答案　D ‎2.设函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中ag(0)＝－1，且g(－1)＝－3e－1≥－a－a，解得≤a0，则实数b的取值范围是(　　)‎ A. B. C.(－∞，3) D.(－∞，)‎ 解析　f′(x)＝.‎ f(x)＋xf′(x)‎ ‎＝＋[1＋2x(x－b)－ln x－(x－b)2]‎ ‎＝，‎ ‎∵存在x∈，使得f(x)＋xf′(x)>0，∴1＋2x(x－b)>0，∴by>0，试确定f(x)－f(y)与xln y－yln x的大小关系，并给以证明.‎ 解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ f′(x)＝ln x＋1－2＝ln x－1，‎ 令f′(x)＝0得x＝e.‎ 将x，f′(x)，f(x)变化情况列下表：‎ x ‎(0，e)‎ e ‎(e，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎ ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 可得(0，e)是f(x)的递减区间，(e，＋∞)是f(x)的递增区间，f(x)在x＝e处有极小值－e，无极大值.‎ ‎(2)f(x)－f(y)>xln y－yln x.证明如下：‎ ‎[f(x)－f(y)]－(xln y－yln x)‎ ‎＝xln x－2x－yln y＋2y－xln y＋yln x ‎＝xln ＋yln－2(x－y)‎ ‎＝y[ln＋ln－2(－1)].　　　 (*)‎ 设t＝>1，Q(t)＝tln t＋ln t－2(t－1)(t>1)，‎ 则Q′(t)＝ln t＋1＋－2＝lnt＋－1(t>1).‎ 设M(t)＝ln t＋－1(t>1)，则M′(t)＝－＝>0(t>1).∴M(t)在(1，＋∞)上是递增函数.‎ ‎∴M(t)>M(1)＝0即Q′(t)>0.∴Q(t)在(1，＋∞)上是递增函数.‎ ‎∴Q(t)>Q(1)＝0.又y>0，∴(*)>0，‎ ‎∴f(x)－f(y)>xln y－yln x.‎ 考点二　根据不等式恒成立求参数的范围多维探究 角度1　单变量任意型 20‎ ‎【例2－1】 (2019·杭州质检)设函数f(x)＝(x∈R).‎ ‎(1)求证：f(x)≥－x2＋x＋1；‎ ‎(2)当x∈[－1，0]时，函数f(x)≥ax＋2恒成立，求实数a的取值范围.‎ ‎(1)证明　原不等式等价于x4－x3－x＋1≥0，‎ 设g(x)＝x4－x3－x＋1，‎ 则g′(x)＝4x3－3x2－1＝(x－1)(4x2＋x＋1)，‎ 当x∈(－∞，1)时，g′(x)0，g(x)单调递增.‎ 所以g(x)≥g(1)＝0，所以f(x)≥－x2＋x＋1.‎ ‎(2)解　当x＝0时，易知a∈R；‎ 当x∈[－1，0)时，f(x)≥ax＋2恒成立，即a≥恒成立.‎ ＝≤＝1‎ ，‎ 所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞).‎ 角度2　双变量任意型 ‎【例2－2】 已知函数f(x)＝＋x－1，g(x)＝ln x＋(e为自然对数的底数).‎ ‎(1)证明：f(x)≥g(x)；‎ ‎(2)若对于任意的x1，x2∈[1，a](a>1)，总有|f(x1)－g(x2)|≤－＋1，求a的最大值.‎ ‎(1)证明　令F(x)＝f(x)－g(x)‎ ‎＝＋x－ln x－1－，‎ ‎∴F′(x)＝＋1－＝(x－1).‎ ‎∵x>0，∴ex>x＋1，‎ ‎∴F(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，‎ ‎∴F(x)min＝F(1)＝0，∴f(x)≥g(x).‎ ‎(2)解　∵x∈[1，a]，f′(x)＝＋1>0，g′(x)＝>0，‎ ‎∴f(x)，g(x)均在[1，a]上单调递增.‎ 20‎ ‎∵f(x)≥g(x)，F(x)＝f(x)－g(x)在[1，＋∞)上单调递增，‎ ‎∴f(x)与g(x)的图象在[1，a]上距离随x增大而增大，‎ ‎∴|f(x1)－g(x2)|max＝f(a)－g(1)≤－＋1，‎ ‎∴＋a≤＋2，‎ 设G(a)＝＋a(a>1)，G′(a)＝＋1＝，‎ ‎∵当a>1时，ea>a＋1，‎ ‎∴当a>1时，G′(a)>0，G(a)在[1，＋∞)上单调递增，‎ ‎∴a≤2，‎ ‎∴a的最大值为2.‎ 角度3　双变量任意存在型 ‎【例2－3】 已知函数f(x)＝2ln －.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若g(x)＝ln x－ax，若对任意x1∈(1，＋∞)，存在x2∈(0，＋∞)，使得f(x1)≥g(x2)成立，求实数a的取值范围.‎ 解　(1)因为f(x)＝2ln －，x∈(0，＋∞)，‎ 所以f′(x)＝－＝ ‎＝，‎ 当0，‎ g′(x)＝－e－x＋e－＋x ‎＝－e－，‎ 由(1)易得e－>－＋1，所以g′(x)0时，有g(x)e－(x>0).‎ ‎4.设函数f(x)＝xln x＋b(b∈R)，曲线y＝f(x)在(1，0)处的切线与直线y＝3x平行.证明：‎ ‎(1)函数f(x)在[1，＋∞)上单调递增；‎ ‎(2)当0