导数与不等式、存在性及恒成立问题 课件

真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华第5讲导数与不等式的证明、存在性及恒成立问题真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华高考定位在高考试题压轴题中，函数与不等式交汇的试题是考查的热点，一类是利用导数证明不等式，另一类是存在性及恒成立问题.真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华真题感悟(2015·全国Ⅰ卷)设函数f(x)＝e2x－alnx.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a0时，f(x)≥2a＋aln2a(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－ax(x0).当a≤0时，f′(x)0，f′(x)没有零点.当a0时，因为y＝e2x单调递增，y＝－ax单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.又f′(a)0，当b满足0ba4且b14时，f′(b)0，故当a0时，f′(x)存在唯一零点.真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华(2)证明由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).由于2e2x0－ax0＝0，所以f(x0)＝a2x0＋2ax0＋aln2a≥2a＋aln2a.故当a0时，f(x)≥2a＋aln2a.真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华考点整合1.证明f(x)≥g(x)或f(x)≤g(x)，可通过构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，将上述不等式转化为求证h(x)≥0或h(x)≤0，从而利用求h(x)的最小值或最大值来证明不等式.2.关于恒成立问题可以转化为求函数的最值.一般地，f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a即可；f(x)≤a恒成立，只需f(x)max≤a即可.真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华3.不等式的恒成立与能成立问题(1)f(x)＞g(x)对一切x∈I恒成立⇔I是f(x)＞g(x)的解集的子集⇔[f(x)－g(x)]min＞0(x∈I).(2)f(x)＞g(x)对x∈I能成立⇔I与f(x)＞g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max＞0(x∈I).(3)对∀x1，x2∈I使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.(4)对∀x1∈I1，∃x2∈I2使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min.真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华【例1－1】(2015·福建卷)已知函数f(x)＝lnx－（x－1）22.(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)证明：当x＞1时，f(x)＜x－1；(3)确定实数k的所有可能取值，使得存在x0＞1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)＞k(x－1).热点一导数与不等式[微题型1]利用导数证明不等式真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华(1)解f′(x)＝1x－x＋1＝－x2＋x＋1x，x∈(0，＋∞).由f′(x)＞0得x＞0，－x2＋x＋1＞0.解得0＜x＜1＋52.故f(x)的单调递增区间是0，1＋52.(2)证明令F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(0，＋∞).则有F′(x)＝1－x2x.真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＜0，所以F(x)在[1，＋∞)上单调递减，故当x＞1时，F(x)＜F(1)＝0，即当x＞1时，f(x)＜x－1.(3)解由(2)知，当k＝1时，不存在x0＞1满足题意.当k＞1时，对于x＞1，有f(x)＜x－1＜k(x－1)，则f(x)＜k(x－1)，从而不存在x0＞1满足题意.当k＜1时，令G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)，则有G′(x)＝1x－x＋1－k＝－x2＋（1－k）x＋1x.由G′(x)＝0得，－x2＋(1－k)x＋1＝0.真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华解得x1＝1－k－（1－k）2＋42＜0，x2＝1－k＋（1－k）2＋42＞1.当x∈(1，x2)时，G′(x)＞0，故G(x)在[1，x2)内单调递增.从而当x∈(1，x2)时，G(x)＞G(1)＝0，即f(x)＞k(x－1).综上，k的取值范围是(－∞，1).探究提高(1)求解曲线的切线问题的关键是切点的横坐标，得出切点后既可以得出切点的纵坐标，也能得出切线的斜率.(2)在证明不等式时，如果不等式较为复杂，则可以通过不等式的性质把原不等式变换为简单的不等式，再进行证明.真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华【例1－2】(1)已知函数f(x)＝ax－1－lnx，a∈R.①讨论函数f(x)的单调区间；②若函数f(x)在x＝1处取得极值，对∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的取值范围.(2)设f(x)＝xlnxx＋1，若对∀x∈[1，＋∞)，f(x)≤m(x－1)恒成立，求m的取值范围.[微题型2]不等式恒成立求参数范围问题真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华解(1)①在区间(0，＋∞)上，f′(x)＝a－1x＝ax－1x，当a≤0时，f′(x)＜0恒成立，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减；当a＞0时，令f′(x)＝0得x＝1a，在区间0，1a上，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，在区间1a，＋∞上，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增.综上所述：当a≤0时，f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间；当a＞0时，f(x)的单调递减区间是0，1a，单调递增区间是1a，＋∞.真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华②因为函数f(x)在x＝1处取得极值，所以f′(1)＝0，解得a＝1，经检验可知满足题意.由已知f(x)≥bx－2，即x－1－lnx≥bx－2，即1＋1x－lnxx≥b对∀x∈(0，＋∞)恒成立，令g(x)＝1＋1x－lnxx，则g′(x)＝－1x2－1－lnxx2＝lnx－2x2，易得g(x)在(0，e2]上单调递减，在[e2，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(e2)＝1－1e2，即b≤1－1e2.真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华(2)f(x)＝xlnxx＋1，∀x∈[1，＋∞)，f(x)≤m(x－1)，即lnx≤mx－1x.设g(x)＝lnx－mx－1x，即∀x∈[1，＋∞)，g(x)≤0恒成立，等价于函数g(x)在[1，＋∞)上的最大值g(x)max≤0.g′(x)＝1x－m1＋1x2＝－mx2＋x－mx2.①若m≤0，g′(x)＞0，g(x)在[1，＋∞)上单调递增，即g(x)≥g(1)＝0，这与要求的g(x)≤0矛盾.真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华②若m＞0，方程－mx2＋x－m＝0的判别式Δ＝1－4m2.当Δ≤0，即m≥12时，g′(x)≤0.所以g(x)在[1，＋∞)上单调递减，g(x)max＝g(1)＝0，即不等式成立；当0＜m＜12时，方程－mx2＋x－m＝0的两根分别为x1＝1－1－4m22m＜1，x2＝1＋1－4m22m＞1.当x∈(1，x2)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，g(x)＞g(1)＝0，与要求矛盾.综上所述，m≥12.真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华探究提高对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等式，便于问题的解决.但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法.真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华【训练1】(2015·湖北卷改编)设函数f(x)，g(x)的定义域均为R，且f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，f(x)＋g(x)＝ex，其中e为自然对数的底数.(1)求f(x)，g(x)的解析式，并证明：当x0时，f(x)0，g(x)1；(2)设b≥1，证明：当x0时，f（x）xbg(x)＋(1－b).(1)解由f(x)，g(x)的奇偶性及f(x)＋g(x)＝ex，①得－f(x)＋g(x)＝e－x.②联立①②解得f(x)＝12(ex－e－x)，g(x)＝12(ex＋e－x).当x0时，ex1，0e－x1，故f(x)0.③又由基本不等式，有g(x)＝12(ex＋e－x)ex·e－x＝1，即g(x)1.④真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华(2)证明由(1)得f′(x)＝12ex－1ex′＝12ex＋exe2x＝12(ex＋e－x)＝g(x)，⑤g′(x)＝12ex＋1ex′＝12ex－exe2x＝12(ex－e－x)＝f(x)，⑥当x＞0时，f（x）x＜bg(x)＋(1－b)⇔f(x)＜bxg(x)＋(1－b)x，⑦设函数h(x)＝f(x)－bxg(x)－(1－b)x，则h′(x)＝f′(x)－bg(x)－bxg′(x)－(1－b)＝g(x)－bg(x)－bxf(x)－(1－b)＝(1－b)[g(x)－1]－bxf(x)，当b≥1时，由③④得h′(x)＜0，故h(x)在[0，＋∞)上为减函数，从而h(x)＜h(0)＝0，即f(x)＜bxg(x)＋(1－b)x.故结论成立.真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华热点二存在与恒成立问题【例2】已知函数f(x)＝lnx－14x＋34x－1，g(x)＝x2－2bx＋4，若对任意x1∈(0，2)，存在x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2).求实数b的取值范围.解f′(x)＝1x－14－34x2＝－x2＋4x－34x2＝－（x－1）（x－3）4x2，由f′(x)＝0得x1＝1，x2＝3∉(0，2)，当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，当x∈(1，2)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增.所以f(x)在(0，2)上的最小值为f(1)＝－12.真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华由于“对任意x1∈(0，2)，存在x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)”等价于“g(x)在[1，2]上的最小值不大于f(x)在(0，2)上的最小值－12”，(*)又g(x)＝(x－b)2＋4－b2，x∈[1，2]，对称轴为x＝b，所以①当b＜1时，因为g(x)min＝g(1)＝5－2b＞0，此时与(*)矛盾；②当b∈[1，2]时，因为g(x)min＝g(b)＝4－b2≥0，同样与(*)矛盾；③当b∈(2，＋∞)时，因为g(x)min＝g(2)＝8－4b，解不等式8－4b≤－12，可得b≥178.综上，可得b的取值范围是178，＋∞.真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华探究提高存在性问题和恒成立问题的区别与联系存在性问题和恒成立问题容易混淆，它们既有区别又有联系：若g(x)≤m恒成立，则g(x)max≤m；若g(x)≥m恒成立，则g(x)min≥m；若g(x)≤m有解，则g(x)min≤m；若g(x)≥m有解，则g(x)max≥m.真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华【训练2】(2015·秦皇岛模拟)已知函数f(x)＝lnx＋x2－ax(a为常数).(1)若x＝1是函数f(x)的一个极值点，求a的值；(2)当0＜a≤2时，试判断f(x)的单调性；(3)若对任意的a∈(1，2)，x0∈[1，2]，不等式f(x0)＞mlna恒成立，求实数m的取值范围.解f′(x)＝1x＋2x－a.(1)由已知得：