第十四讲 导数在不等式中的应用-2022年新高二年级数学暑假精品课程（人教A版2019）练习题

第十四讲 导数在不等式中的应用

【考点剖析】

考点一　构造函数证明不等式

【例1】 已知函数f(x)＝1－，g(x)＝x－ln x.

(1)证明：g(x)≥1；

(2)证明：(x－ln x)f(x)>1－.

证明　(1)由题意得g′(x)＝(x>0)，

当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0，

即g(x)在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数.

所以g(x)≥g(1)＝1，得证.

(2)由f(x)＝1－，得f′(x)＝，

所以当0<x<2时，f′(x)<0，当x>2时，f′(x)>0，

即f(x)在(0，2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数，

所以f(x)≥f(2)＝1－(当且仅当x＝2时取等号).①

又由(1)知x－ln x≥1(当且仅当x＝1时取等号)，②

且①②等号不同时取得，

所以(x－ln x)f(x)>1－.

规律方法　1.证明不等式的基本方法：

(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①∀x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)，②∀x1，x2∈[a，b]，且x1<x2，有f(x1)<f(x2).对于减函数有类似结论.

(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则∀x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m).

2.证明f(x)<g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，证明F(x)<0.先通过化简、变形，再移项构造不等式就减少运算量，使得问题顺利解决.

考点二　利用“若f(x)min>g(x)max，则f(x)>g(x)”证明不等式

【例2】 已知函数f(x)＝xln x－ax.

(1)当a＝－1时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的最值；

(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＋1>－成立.

(1)解　函数f(x)＝xln x－ax的定义域为(0，＋∞).

当a＝－1时，f(x)＝xln x＋x，f′(x)＝ln x＋2.

由f′(x)＝0，得x＝.

当x∈时，f′(x)<0；当x>时，f′(x)>0.

所以f(x)在上单调递减，在上单调递增.

因此f(x)在x＝处取得最小值，即f(x)min＝f＝－，但f(x)在(0，＋∞)上无最大值.

(2)证明　当x>0时，ln x＋1>－等价于x(ln x＋1)>－.

由(1)知a＝－1时，f(x)＝xln x＋x的最小值是－，当且仅当x＝时取等号.

设G(x)＝－，x∈(0，＋∞)，

则G′(x)＝，易知G(x)max＝G(1)＝－，

当且仅当x＝1时取到，从而可知对一切x∈(0，＋∞)，都有f(x)>G(x)，即ln x＋1>－.

规律方法　1.在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可考虑转化为两个函数的最值问题.

2.在证明过程中，等价转化是关键，此处f(x)min>g(x)max恒成立.从而f(x)>g(x)，但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”.

考点三　不等式恒成立或有解问题　

角度1　不等式恒成立求参数

【例3－1】 已知函数f(x)＝(x≠0).

(1)判断函数f(x)在区间上的单调性；

(2)若f(x)<a在区间上恒成立，求实数a的最小值.

解　(1)f′(x)＝，

令g(x)＝xcos x－sin x，x∈，则g′(x)＝－xsin x，

显然，当x∈时，g′(x)＝－xsin x<0，即函数g(x)在区间上单调递减，且g(0)＝0.

从而g(x)在区间上恒小于零，

所以f′(x)在区间上恒小于零，

所以函数f(x)在区间上单调递减.

(2)不等式f(x)<a，x∈恒成立，即sin x－ax<0恒成立.

令φ(x)＝sin x－ax，x∈，

则φ′(x)＝cos x－a，且φ(0)＝0.

当a≥1时，在区间上φ′(x)<0，即函数φ(x)单调递减，

所以φ(x)<φ(0)＝0，故sin x－ax<0恒成立.

当0<a<1时，φ′(x)＝cos x－a＝0在区间上存在唯一解x0，

当x∈(0，x0)时，φ′(x)>0，故φ(x)在区间(0，x0)上单调递增，且φ(0)＝0，

从而φ(x)在区间(0，x0)上大于零，这与sin x－ax<0恒成立相矛盾.

当a≤0时，在区间上φ′(x)>0，即函数φ(x)单调递增，且φ(0)＝0，得sin x－ax>0恒成立，这与sin x－ax<0恒成立相矛盾.

故实数a的最小值为1.

规律方法　1.破解此类题需“一形一分类”，“一形”是指会结合函数的图象，对函数进行求导，然后判断其极值，从而得到含有参数的方程组，解方程组，即可求出参数的值；“一分类”是指对不等式恒成立问题，常需对参数进行分类讨论，求出参数的取值范围.

2.利用导数研究含参数的不等式问题，若能够分离参数，则常将问题转化为形如a≥f(x)(或a≤f(x))的形式，通过求函数y＝f(x)的最值求得参数范围.

角度2　不等式能成立求参数的取值范围

【例3－2】 已知函数f(x)＝x2－(2a＋1)x＋aln x(a∈R).

(1)若f(x)在区间[1，2]上是单调函数，求实数a的取值范围；

(2)函数g(x)＝(1－a)x，若∃x0∈[1，e]使得f(x0)≥g(x0)成立，求实数a的取值范围.

解　(1)f′(x)＝，当导函数f′(x)的零点x＝a落在区间(1，2)内时，函数f(x)在区间[1，2]上就不是单调函数，即a∉(1，2)，

所以实数a的取值范围是(－∞，1]∪[2，＋∞).

(2)由题意知，不等式f(x)≥g(x)在区间[1，e]上有解，

即x2－2x＋a(ln x－x)≥0在区间[1，e]上有解.

因为当x∈[1，e]时，ln x≤1≤x(不同时取等号)，x－ln x>0，所以a≤在区间[1，e]上有解.

令h(x)＝，则h′(x)＝.

因为x∈[1，e]，所以x＋2>2≥2ln x，

所以h′(x)≥0，h(x)在[1，e]上单调递增，

所以x∈[1，e]时，h(x)max＝h(e)＝，

所以a≤，

所以实数a的取值范围是.

规律方法　1.含参数的能成立(存在型)问题的解题方法

a≥f(x)在x∈D上能成立，则a≥f(x)min；

a≤f(x)在x∈D上能成立，则a≤f(x)max.

2.含全称、存在量词不等式能成立问题

(1)存在x1∈A，任意x2∈B使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)max≥g(x)max；(2)任意x1∈A，存在x2∈B，使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)min≥g(x)min.

 [方法技巧]

1.证明不等式的关键是构造函数，将问题转化为研究函数的单调性、最值问题.

2.恒(能)成立问题的转化策略.若f(x)在区间D上有最值，则

(1)恒成立：∀x∈D，f(x)>0⇔f(x)min>0；

∀x∈D，f(x)<0⇔f(x)max<0.

(2)能成立：∃x∈D，f(x)>0⇔f(x)max>0；

∃x∈D，f(x)<0⇔f(x)min<0.

3.证明不等式，特别是含两个变量的不等式时，要注意合理的构造函数.

4.恒成立与能成立问题，要注意理解“任意”与“存在”的不同含义，要注意区分转化成的最值问题的异同.

【真题演练】

1．（2021·全国高考真题（理））设函数，已知是函数的极值点．

（1）求a；

（2）设函数．证明:．

2．（2021·全国高考真题）已知函数．

（1）讨论的单调性；

（2）从下面两个条件中选一个，证明：有一个零点

①；

②．

 【过关检测】

1．（2021·全国高三专题练习（理））当时，不等式恒成立，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

2．（2021·全国高三月考（理））若关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为（   ）

A． B． C． D．

3．（2021·河南鹤壁市·高二月考（理））已知关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

4．（2020·重庆西南大学附中高三月考）已知函数，若不等式在上恒成立，则实数a的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

5．（2020·黑龙江哈尔滨市·哈师大附中高三期末（文））已知关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

6．（2020·全国高三月考（文））设函数，若不等式对任意的都成立，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

7．（2021·全国高三专题练习（文））已知不等式对恒成立，则实数的最大值为（    ）

A． B． C． D．

8．（2020·黑龙江哈尔滨市·哈九中高二月考（理））函数，，对任意的，都有恒成立，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

9．（2021·黑龙江大庆市·铁人中学高二期中）已知函数．

（1）求曲线在点处的切线方程；

（2）当时，均有不等式成立，求的最大值．

10．（2021·全国高三专题练习（理））已知函数.

（1）若函数在定义域内为增函数，求实数的取值范围；

（2）若且，求证：.