高三数学一轮复习第三章一元函数的导数及其应用第四课时利用导数研究不等式问题学案

这是一份高三数学一轮复习第三章一元函数的导数及其应用第四课时利用导数研究不等式问题学案，共16页。

类型二：∀x∈[a，b]，f (x)≤k恒成立⇔f (x)max≤k；
类型三：∀x∈[a，b]，f (x)≥g(x)恒成立⇔h(x)＝f (x)－g(x)≥0在x∈[a，b]上恒成立⇔h(x)min≥0；
类型四：∀x∈[a，b]，f (x)≤g(x)恒成立⇔h(x)＝f (x)－g(x)≤0在x∈[a，b]上恒成立⇔h(x)max≤0．
[典例1] 已知函数f (x)＝ln x＋1x2＋ax．
(1)当a＝1时，求函数f (x)的单调区间；
(2)当x≥1时，f (x)≤0恒成立，求实数a的取值范围．
[解] (1)当a＝1时，f (x)＝ln x＋1x2＋x(x>0)，
则f ′(x)＝1x－2x3＋1＝x3+x2-2x3＝x-1x2+2x+2x3，
其中x2＋2x＋2＝(x＋1)2＋1>0恒成立，
当x∈(0，1)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增．
所以f (x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)f (x)＝ln x＋1x2＋ax(x≥1)．
由f (x)≤0，可得a≤－lnxx－1x3．
令g(x)＝－lnxx－1x3(x≥1)，
则g′(x)＝x2lnx-1+3x4．
令h(x)＝x2(ln x－1)＋3(x≥1)，
则h′(x)＝x(2ln x－1)，
所以当x∈[1，e)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；
当x∈(e，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x)min＝h(e)＝3－e2>0．
所以g′(x)>0，g(x)在[1，＋∞)上单调递增．
所以当x∈[1，＋∞)时，g(x)的最小值为g(1)＝－1，所以a≤－1．
故实数a的取值范围是(－∞，－1]．
本例第(2)问：参变分离，即a≤－lnxx－1x3，构造函数g(x)＝－lnxx－1x3(x≥1)，求导g′(x)＝x2lnx-1+3x4，结合函数特殊值得到其单调性，g(x)的最小值为g(1)＝－1，求出答案a≤－1．
【教师备用】
已知函数f (x)＝3x＋2x＋ln x．
(1)若函数f (x)在区间(m，3m－1)上单调递减，求实数m的取值范围；
(2)若不等式f (x)＋ke3x＋ln k－3x≥0恒成立，求实数k的取值范围．
[解] (1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝3－2x2＋1x＝3x2+x-2x2，
令f ′(x)<0，得0又f (x)在区间(m，3m－1)上单调递减，所以0≤m<3m－1≤23，
解得12即实数m的取值范围为12，59．
(2)不等式f (x)＋ke3x＋ln k－3x≥0恒成立，
即3x＋2x＋ln x＋ke3x＋ln k－3x≥0恒成立，整理得2x＋ln x＋ke3x＋ln k≥0恒成立．
所以3x＋ln k＋ke3x≥1x－ln x恒成立，
即3x＋ln k＋ke3x≥1x＋ln 1x恒成立，
所以3x＋ln k＋eln k+3x≥eln1x＋ln 1x恒成立．
令g(t)＝t＋et，则上式即g3x+lnk≥gln1x恒成立．
易知g(t)在R上单调递增，
所以3x＋ln k≥ln 1x恒成立，
因此ln k≥ln 1x－3x恒成立，
设h(x)＝ln 1x－3x(x>0)，则h′(x)＝－1x＋3x2＝3-xx2，
令h′(x)＝0，得x＝3，且当00；当x>3时，h′(x)<0，
所以h(x)在(0，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，
所以h(x)在x＝3处取得最大值h(3)＝ln 13－1＝ln 13e，
于是ln k≥ln 13e，
解得k≥13e，
故实数k的取值范围是13e，+∞．
跟进训练1 (1)已知不等式ax＋2－2ln x≥0恒成立，则a的取值范围为( )
A．1e2，+∞B．2e2，+∞
C．0，1e2D．0，2e2
(2)(2024·张家口期末)若x＋ln a≥ln (x＋2)对于任意的x>－2恒成立，则正数a的最小值为( )
A．e-2 B．1
C．e D．e
(1)B (2)D [(1)由题设知，x∈(0，＋∞)，所以a≥2lnx-1x在x∈(0，＋∞)上恒成立，
令f (x)＝lnx-1x，则f ′(x)＝2-lnxx2，
当00，f (x)单调递增；
当x>e2时，f ′(x)<0，f (x)单调递减．
所以f (x)max＝f (e2)＝1e2，故a≥2e2．
故选B．
(2)x＋ln a≥ln (x＋2)恒成立，即ln a≥ln (x＋2)－x．
设g(x)＝ln (x＋2)－x(x>－2)，g′(x)＝1x+2－1＝－x+1x+2，
令g′(x)>0，解得－2解得x>－1，
则g(x)在区间(－2，－1)上单调递增，在区间(－1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)在(－2，＋∞)上的最大值是g(－1)＝1，
故ln a≥ln (x＋2)－x，只需ln a≥1，解得a≥e，
即a的最小值为e．故选D．]
考点二 利用导数解决不等式的能成立问题
类型一：∃x0∈[a，b]，使得f (x0)≥k⇔f (x)max≥k；
类型二：∃x0∈[a，b]，使得f (x0)≤k⇔f (x)min≤k；
类型三：∃x0∈[a，b]，使得f (x0)≥g(x0)⇔h(x)＝f (x)－g(x)≥0在x∈[a，b]上有解⇔h(x)max≥0；
类型四：∃x0∈[a，b]，使得f (x0)≤g(x0)⇔h(x)＝f (x)－g(x)≤0在x∈[a，b]上有解⇔h(x)min≤0．
[典例2] (2024·汉中模拟)已知函数f (x)＝ln x－ax－1．
(1)若直线x＋ey＋e＝0与曲线y＝f (x)相切，求a；
(2)若存在x0∈(0，＋∞)，使得f (x0)≥0成立，求实数a的取值范围．
[解] (1)根据题意可得f ′(x)＝1x－a且x>0，
因为直线x＋ey＋e＝0与曲线y＝f (x)相切，所以不妨设切点为m，-m+ee，
所以1m-a=-1e，lnm-am-1=-m+ee，即m=e，a=2e，
解得a＝2e．
(2)若存在x0∈(0，＋∞)，使得f (x0)≥0成立，只需f (x)max≥0即可，
由f ′(x)＝1x－a，当a≤0时，显然存在f (e)＝ln e－ae－1≥0，满足题设．
当a>0，令f ′(x)＝0得x＝1a，
所以在0，1a上f ′(x)>0，f (x)单调递增，
在1a，+∞上f ′(x)<0，f (x)单调递减，
所以只需f 1a＝－ln a－2≥0，则ln a≤－2，
所以0综上所述，实数a的取值范围为-∞，1e2．
跟进训练2 已知∃x∈[1，3]，使不等式ln x＋ax≥0成立，则实数a的取值范围为( )
A．[0，＋∞) B．-1e，+∞
C．-ln33，+∞ D．[e，＋∞)
B [∵∃x∈[1，3]，使不等式ln x＋ax≥0成立，
即∃x∈[1，3]，使不等式a≥－lnxx成立，
令g(x)＝－lnxx，
那么g′(x)＝lnx-1x2．
令g′(x)＝lnx-1x2＝0，解得x＝e，
∴当x∈[1，e)时，g′(x)<0，当x∈(e，3]时，g′(x)>0，
即g(x)在[1，e)上单调递减，在(e，3]上单调递增，
∴当x＝e时，g(x)取到最小值，
即g(x)min＝g(e)＝－1e．
要使得∃x∈[1，3]，使不等式a≥－lnxx成立，
即只需要使得a≥g(x)min，
∴a≥－1e，即实数a的取值范围为-1e，+∞．
故选B．]
考点三 利用导数证明不等式
1．构造函数法
分三步：(1)构造函数；
(2)对函数求导，判断函数的单调性；
(3)求此函数的最值，得结论．
2．放缩法
常见的放缩
(1)对数形式：x≥1＋ln x(x>0)，当且仅当x＝1时，等号成立．
(2)指数形式：ex≥x＋1(x∈R)，当且仅当x＝0时，等号成立，进一步可得到一组不等式链：ex>x＋1>x>1＋ln x(x>0，且x≠1)．
[典例3] 已知函数f (x)＝ln x＋ax2，a∈R．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)当a＝1时，证明：f (x)≤x2＋x－1．
[解] (1)函数f (x)＝ln x＋ax2的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝1x＋2ax＝2ax2+1x，
当a≥0时，f ′(x)＞0恒成立，所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增，
当a＜0时，令f ′(x)＝2ax2+1x＝0，得x＝-12a，
所以当0＜x＜-12a时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增，
当x＞-12a时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减．
综上所述，当a≥0时， f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＜0时，f (x)在0，-12a上单调递增，在-12a，+∞上单调递减．
(2)当a＝1时，f (x)＝ln x＋x2，
要证f (x)≤x2＋x－1，即证ln x≤x－1，
即证ln x－x＋1≤0(x＞0)，
设g(x)＝ln x－x＋1(x＞0)，则g′(x)＝1-xx，
令g′(x)＝0，可得x＝1，
当x∈(0，1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
所以g(x)≤g(1)＝0，即ln x－x＋1≤0，
故f (x)≤x2＋x－1得证．
待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证，一般用上定义域的端点值．
跟进训练3 已知函数f (x)＝ex－ln (x＋2)．求证：f (x)>0．
[解] 设g(x)＝ex－x－1，x>－2，
则g′(x)＝ex－1，
令g′(x)＝0，得x＝0，当x<0时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x>0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
∴g(x)≥0恒成立，即ex≥x＋1(当x＝0时，等号成立)．①
设h(x)＝x＋1－ln (x＋2)，
则h′(x)＝1－1x+2＝x+1x+2(x>－2)．
令h′(x)＝0，得x＝－1，
当x∈(－2，－1)时，h′(x)<0，
∴h(x)在(－2，－1)上单调递减，
当x∈(－1，＋∞)时，h′(x)>0，
∴h(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)≥h(－1)＝0(当x＝－1时，等号成立)．②
∴h(x)≥0恒成立．
∵①和②中的等号不能同时取到，
∴由①和②，得ex>ln (x＋2)，即f (x)>0．
课后习题(十七) 利用导数研究不等式问题
1．(湘教版选择性必修第二册P44T14改编)已知函数f (x)＝2ln x－x2ex＋1，若存在x0>0，使f (x0)≥ax0成立，则实数a的最大值为( )
A．0 B．－1
C．1－e D．1－e2
B [因为存在x0>0，使f (x0)≥ax0，所以2ln x－x2ex＋1≥ax能成立，又2ln x－x2ex＋1≥ax⇔2ln x－ax＋1≥x2ex，又因为x2ex＝ex+2ln x≥x＋2ln x＋1，所以2ln x－ax＋1≥x＋2ln x＋1能成立，即存在x0>0，－ax0≥x0能成立，所以－a≥1，解得a≤－1，所以a的最大值为－1，故选B.]
2．(人教A版选择性必修第二册P104T18改编)已知ex－ln (x＋m)>0，则m的取值范围是________．
(－∞，2] [令f (x)＝ex－x－1，则f ′(x)＝ex－1，当x≥0时，f '(x)≥0；
当x<0时，f ′(x)<0，所以函数f (x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以f (x)≥f (0)＝0，则ex≥x＋1；
令g(x)＝ln x－x＋1，x∈(0，＋∞)，则
g′(x)＝1x－1＝1-xx，
当00；
当x>1时，g′(x)<0；
所以函数g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)≤g(1)＝0，即ln x≤x－1，
所以ex－ln (x＋m)≥x＋1－(x＋m－1)＝2－m，
要使ex－ln (x＋m)>0成立，则有2－m≥0，所以m≤2．]
3．(人教A版选择性必修第二册P99习题5.3T12改编)利用函数的单调性，证明下列不等式：
(1)ex-1≥x；
(2)当x∈0，π2时，sin x[证明] (1)令f (x)＝ex-1－x，x∈R，
∴f ′(x)＝(ex-1)′－1＝ex-1－1，
令f ′(x)＝0，则ex-1＝1，∴x＝1．
令f ′(x)>0，则ex-1>1，∴x>1，从而f (x)在(1，＋∞)上单调递增；
令f ′(x)<0，则ex-1<1，
∴x<1，从而f (x)在(－∞，1)上单调递减．
∴当x＝1时，f (x)取最小值，即f (x)min＝f (1)＝0．
∴f (x)≥0，即ex-1－x≥0，∴ex-1≥x得证．
(2)设f (x)＝sin x－x，则f ′(x)＝cs x－1．
∵x∈0，π2，∴cs x∈(0，1)，
∴f ′(x)＝cs x－1<0，
∴f (x)在0，π2上单调递减，
∴f (x)∴sin x设g(x)＝tan x－x，
∴g′(x)＝(tan x)′－1＝sinxcsx′－1
＝sinx'csx-sinx·csx'cs2x－1
＝cs2x+sin2xcs2x－1
＝1cs2x－1．
∵x∈0，π2，∴csx∈(0，1)，
∴1cs2x>1，∴1cs2x－1>0，∴g′(x)>0，
∴g(x)在0，π2上单调递增，
∴g(x)>g(0)＝0，
∴tanx－x>0，
∴tan x>x得证．
综上，当x∈0，π2时，sin x4．(人教A版选择性必修第二册P94练习T2改编)证明：ln (x＋1)≤x，x∈(－1，＋∞)．
[证明] 设f (x)＝ln (x＋1)－x(x>－1)，
∴f ′(x)＝1x+1－1＝1-x-1x+1＝-xx+1，
又x>－1，∴x＋1>0，
令f ′(x)>0，则-xx+1>0，∴－1∴f (x)在(－1，0)上单调递增；
令f ′(x)<0，则-xx+1<0，∴x>0，
∴f (x)在(0，＋∞)上单调递减．
∴当x＝0时，f (x)取最大值，即f (x)max＝f (0)＝0，
∴f (x)≤f (0)＝0，即ln (x＋1)≤x，
∴ln (x＋1)≤x(x>－1)得证．
5．(2024·汉滨区期末)已知函数f (x)＝exx－mx(e为自然对数的底数)，若f (x)<0在(0，＋∞)上有解，则实数m的取值范围为( )
A．(e，＋∞)B．(－∞，e)
C．e24，+∞D．-∞，e24
C [由f (x)＝exx－mx<0在(0，＋∞)上有解，可得m>exx2在(0，＋∞)上有解，
令g(x)＝exx2，x>0，
则m>g(x)min，又g′(x)＝x-2exx3，
则当0当x>2时，g′(x)>0，函数单调递增，
故当x＝2时，函数g(x)取得最小值，为g(2)＝e24．
故m>e24．故选C．]
6．(2024·盐城市伍佑中学校联考阶段练习)对于实数x∈(0，＋∞)，不等式ex－ln (mx)＋(1－m)x≥0恒成立，则实数m的取值范围为( )
A．0C．0C [已知x∈(0，＋∞)，由mx>0知m>0．故排除BD．
由ex－ln (mx)＋(1－m)x≥0，得ex＋x≥eln (mx)＋ln (mx)，
构造函数f (x)＝ex＋x，f (x)是R上的增函数，
则由f (x)≥f (ln (mx))，得x≥ln (mx)，
即m≤exx，
令g(x)＝exx，x∈(0，＋∞)，g′(x)＝x-1exx2，由g′(x)＝0，得x＝1，
当x∈(0，1)时，g′(x)<0，则g(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，则g(x)单调递增，
∴g(x)min＝g(1)＝e，
则m≤e，又m>0，则07．(2024·德州模拟)任给两个正数x，y，使得不等式1ax－y(ln x＋ln y)≤0恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．[－e，0) B．[－e，＋∞)
C．-1e，0D．-1e，+∞
A [不等式1ax－y(ln x＋ln y)≤0恒成立，
整理为1a≤xy(ln x＋ln y)＝xy·ln (xy)恒成立，
设xy＝t>0，g(t)＝t ln t，g′(t)＝ln t＋1，令g′(t)＝0，得t＝1e，
当01e时，g′(t)>0，
所以函数的单调递减区间是0，1e，单调递增区间是1e，+∞，
函数的最小值为g1e＝－1e，所以1a≤－1e，得－e≤a<0．故选A．]
8．(2024·贵州模拟)已知函数f (x)＝xex＋2a，g(x)＝eln xx，∀x1∈[1，2]，∃x2∈[1，3]，都有不等式f (x1)≥g(x2)成立，则实数a的取值范围是( )
A．[－e2，＋∞) B．1-e2，+∞
C．-e2，+∞D．12-e2，+∞
C [∀x1∈[1，2]，∃x2∈[1，3]，都有不等式f (x1)≥g(x2)成立⇔f (x)min≥g(x)min．
∵f ′(x)＝ex(x＋1)，x∈[1，2]，f ′(x)>0，则f (x)在区间[1，2]上单调递增，
∴f (x)min＝f (1)＝e＋2a．
∵g′(x)＝e1-lnxx2，x∈[1，3]，
∴x∈[1，e]时，g′(x)>0，则g(x)在[1，e]上单调递增，x∈(e，3]，g′(x)<0，则g(x)在(e，3]上单调递减，
又g(1)＝0，g(3)＝eln 33>0，故g(x)min＝0，
综上，e＋2a≥0⇒a≥－e2．
故选C．]
9．(2024·泸县月考)若关于x的不等式ex(2x－x2)≥aex－x有解，则实数a的取值范围是________．
-∞，1+1e [ex(2x－x2)≥aex－x，ex(2x－x2)＋x≥aex，
∵ex>0，∴2x－x2＋xe－x≥a，
令f (x)＝2x－x2＋xe－x，则若关于x的不等式ex(2x－x2)≥aex－x有解，则a≤f (x)max．
f ′(x)＝2－2x＋e－x－xe－x＝2(1－x)＋e－x(1－x)＝(1－x)(2＋e－x)，
∵2＋e－x>0，则当x<1时，f ′(x)>0，当x>1时，f ′(x)<0，
故当x∈(－∞，1)时，f (x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f (x)单调递减，
则f (x)max＝f (1)＝2－1＋e-1＝1＋1e，则a≤1＋1e，
故实数a的取值范围是-∞，1+1e．]
10．(2024·碑林区模拟)已知函数f (x)＝1x+12·ln (x＋1)．
(1)求曲线y＝f (x)在x＝2处切线的斜率；
(2)当x>0时，证明：f (x)>1．
(3)对任意的正整数n，证明：ln (n＋1)－ln n>1n+12．
[解] (1)因为f (x)＝1x+12ln (x＋1)，
可得f ′(x)＝x+22xx+1－1x2ln (x＋1)，
易知f ′(2)＝13－ln34，
所以曲线y＝f (x)在x＝2处的切线斜率为13－ln34．
(2)证明：当x>0时，f (x)>1，此时x+22xln (x＋1)>1，
即g(x)＝ln (x＋1)－2xx+2>0，
可得g′(x)＝x2x+1x+22>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)>g(0)＝0，原不等式得证．
(3)证明：由(2)知，令x＝1n∈(0，1]，
此时f 1n＝n+12ln 1+1n>1，
所以ln n+1n>1n+12，
故ln (n＋1)－ln n>1n+12．