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二、利用导数解不等式及参数的取值范围-1-专题二二、利用导数解不等式及参数的取值范围高频考点核心归纳高频考点-2-命题热点一命题热点二命题热点三利用导数证明不等式【思考】如何利用导数证明不等式?例1(2015河南安阳一中月考)已知函数f(x)=ex-ax(a为常数)的图象与y轴交于点A,曲线y=f(x)在点A处的切线斜率为-1.(1)求a的值及函数f(x)的极值;(2)求证:当x0时,x2ex.答案答案关闭(1)解:由f(x)=ex-ax,得f'(x)=ex-a.因为f'(0)=1-a=-1,所以a=2.所以f(x)=ex-2x,f'(x)=ex-2.令f'(x)=0,得x=ln2,当xln2时,f'(x)0,f(x)单调递减;当xln2时,f'(x)0,f(x)单调递增.所以当x=ln2时,f(x)取得极小值,极小值为f(ln2)=2-2ln2=2-ln4.f(x)无极大值.(2)证明:令g(x)=ex-x2,则g'(x)=ex-2x.由(1)得g'(x)=f(x)≥f(ln2)=2-ln40,则g(x)在R上单调递增.因为g(0)=10,所以当x0时,g(x)g(0)0,x2ex.专题二二、利用导数解不等式及参数的取值范围高频考点核心归纳高频考点-3-题后反思利用导数证明不等式,主要是构造函数.通过导数判断函数的单调性,由函数的单调性证明不等式成立,或通过求函数的最值,当该函数的最大值或最小值对不等式成立时,则不等式是恒成立,从而可将不等式的证明转化到求函数的最值上来.命题热点一命题热点二命题热点三专题二二、利用导数解不等式及参数的取值范围高频考点核心归纳高频考点-4-对点训练1(2015全国Ⅱ高考)设函数f(x)=emx+x2-mx.(1)证明:f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增;(2)若对于任意x1,x2∈[-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求m的取值范围.命题热点一命题热点二命题热点三专题二二、利用导数解不等式及参数的取值范围高频考点核心归纳高频考点-5-解:(1)f'(x)=m(emx-1)+2x.若m≥0,则当x∈(-∞,0)时,emx-1≤0,f'(x)0;当x∈(0,+∞)时,emx-1≥0,f'(x)0.若m0,则当x∈(-∞,0)时,emx-10,f'(x)0;当x∈(0,+∞)时,emx-10,f'(x)0.所以,f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.(2)由(1)知,对任意的m,f(x)在[-1,0]单调递减,在[0,1]单调递增,故f(x)在x=0处取得最小值.所以对于任意x1,x2∈[-1,1],|f(x1)-f(x2)|≤e-1的充要条件是𝑓(1)-𝑓(0)≤e-1,𝑓(-1)-𝑓(0)≤e-1,即e𝑚-𝑚≤e-1,e-𝑚+𝑚≤e-1.①命题热点一命题热点二命题热点三专题二二、利用导数解不等式及参数的取值范围高频考点核心归纳高频考点-6-设函数g(t)=et-t-e+1,则g'(t)=et-1.当t0时,g'(t)0;当t0时,g'(t)0.故g(t)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e0,故当t∈[-1,1]时,g(t)≤0.当m∈[-1,1]时,g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式成立;当m1时,由g(t)的单调性,g(m)0,即em-me-1;当m-1时,g(-m)0,即e-m+me-1.综上,m的取值范围是[-1,1].命题热点一命题热点二命题热点三专题二二、利用导数解不等式及参数的取值范围高频考点核心归纳高频考点-7-利用导数解与不等式恒成立有关的问题【思考】求解不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题的基本方法有哪些?例2已知函数f(x)=xcosx-sinx,x∈0,π2.(1)求证:f(x)≤0;(2)若asin𝑥𝑥b对x∈0,π2恒成立,求a的最大值与b的最小值.命题热点一命题热点二命题热点三专题二二、利用导数解不等式及参数的取值范围高频考点核心归纳高频考点-8-(1)证明:由f(x)=xcosx-sinx得f'(x)=cosx-xsinx-cosx=-xsinx.因为在区间0,π2上f'(x)=-xsinx0,所以f(x)在区间0,π2上单调递减.从而f(x)≤f(0)=0.(2)解:当x0时,“sin𝑥𝑥a”等价于“sinx-ax0”;“sin𝑥𝑥b”等价于“sinx-bx0”.令g(x)=sinx-cx,则g'(x)=cosx-c.当c≤0时,g(x)0对任意x∈0,π2恒成立.当c≥1时,因为对任意x∈0,π2,g'(x)=cosx-c0,所以g(x)在区间0,π2上单调递减.从而g(x)g(0)=0对任意x∈0,π2恒成立.当0c1时,存在唯一的x0∈0,π2使得g'(x0)=cosx0-c=0.命题热点一命题热点二命题热点三专题二二、利用导数解不等式及参数的取值范围高频考点核心归纳高频考点-9-g(x)与g'(x)在区间0,π2上的情况如下:x(0,x0)x0x0,𝜋2g'(x)+0-g(x)↗↘因为g(x)在区间[0,x0]上是增函数,所以g(x0)g(0)=0.进一步,“g(x)0对任意x∈0,π2恒成立”当且仅当gπ2=1-π2c≥0,即0c≤2π.综上所述,当且仅当c≤2π时,g(x)0对任意x∈0,π2恒成立;当且仅当c≥1时,g(x)0对任意x∈0,π2恒成立.所以,若asin𝑥𝑥b对任意x∈0,π2恒成立,则a的最大值为2π,b的最小值为1.命题热点一命题热点二命题热点三专题二二、利用导数解不等式及参数的取值范围高频考点核心归纳高频考点-10-题后反思1.不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题的解题方法是依据不等式的特点,进行等价变形.构造函数,借助图象观察或参变分离,转化为求函数的最值问题来处理.如不等式f(x)g(x)恒成立的处理方法一般是构造F(x)=f(x)-g(x),F(x)min0;或分离参数,将不等式等价变形为ah(x)或ah(x),进而转化为求函数h(x)的最值.2.f(x)a恒成立⇔𝑓(𝑥)min𝑎,有解⇔𝑓(𝑥)max𝑎,无解⇔𝑓(𝑥)max≤𝑎.命题热点一命题热点二命题热点三专题二二、利用导数解不等式及参数的取值范围高频考点核心归纳高频考点-11-对点训练2(2015北京高考)已知函数f(x)=ln1+𝑥1-𝑥.(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)求证:当x∈(0,1)时,f(x)2𝑥+𝑥33;(3)设实数k使得f(x)k𝑥+𝑥33对x∈(0,1)恒成立,求k的最大值.命题热点一命题热点二命题热点三专题二二、利用导数解不等式及参数的取值范围高频考点核心归纳高频考点-12-解:(1)因为f(x)=ln(1+x)-ln(1-x),所以f'(x)=11+𝑥+11-𝑥,f'(0)=2.又因为f(0)=0,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x.(2)令g(x)=f(x)-2𝑥+𝑥33,则g'(x)=f'(x)-2(1+x2)=2𝑥41-𝑥2.因为g'(x)0(0x1),所以g(x)在区间(0,1)上单调递增.所以g(x)g(0)=0,x∈(0,1),即当x∈(0,1)时,f(x)2𝑥+𝑥33.命题热点一命题热点二命题热点三专题二二、利用导数解不等式及参数的取值范围高频考点核心归纳高频考点-13-(3)由(2)知,当k≤2时,f(x)k𝑥+𝑥33对x∈(0,1)恒成立.当k2时,令h(x)=f(x)-k𝑥+𝑥33,则h'(x)=f'(x)-k(1+x2)=𝑘𝑥4-(𝑘-2)1-𝑥2.所以当0xk-2k4时,h'(x)0,因此h(x)在区间0,𝑘-2𝑘4上单调递减.当0xk-2k4时,h(x)h(0)=0,即f(x)kx+x33.所以当k2时,f(x)kx+x33并非对x∈(0,1)恒成立.综上可知,k的最大值为2.命题热点一命题热点二命题热点三专题二二、利用导数解不等式及参数的取值范围高频考点核心归纳高频考点-14-利用导数解函数中的探索性问题【思考】解决探索性问题的常用方法有哪些?例3设函数f(x)定义在(0,+∞)上,f(1)=0,导函数f'(x)=1𝑥,g(x)=f(x)+f'(x).(1)求g(x)的单调区间和最小值.(2)讨论g(x)与g1𝑥的大小关系.(3)是否存在x00,使得|g(x)-g(x0)|1𝑥对任意x0成立?若存在,求出x0的取值范围;若不存在,请说明理由.命题热点一命题热点二命题热点三专题二二、利用导数解不等式及参数的取值范围高频考点核心归纳高频考点-15-解:(1)由题设易知f(x)=lnx,g(x)=lnx+1𝑥,则g'(x)=𝑥-1𝑥2,令g'(x)=0,得x=1.当x∈(0,1)时,g'(x)0,则(0,1)是g(x)的单调递减区间;当x∈(1,+∞)时,g'(x)0,则(1,+∞)是g(x)的单调递增区间.所以x=1是g(x)的唯一极值点,且为极小值点,从而是最小值点,故最小值为g(1)=1.(2)g1𝑥=-lnx+x,设h(x)=g(x)-g1𝑥=2lnx-x+1𝑥,则h'(x)=-(𝑥-1)2𝑥2.当x=1时,h(1)=0,即g(x)=g1𝑥;当x∈(0,1)∪(1,+∞)时,h'(x)0,h'(1)=0,因此,h(x)在(0,+∞)上单调递减.当0x1时,h(x)h(1)=0,即g(x)g1𝑥,当x1时,h(x)h(1)=0,即g(x)g1𝑥.命题热点一命题热点二命题热点三专题二二、利用导数解不等式及参数的取值范围高频考点核心归纳高频考点-16-(3)满足条件的x0不存在.证明如下:假设存在x00,使|g(x)-g(x0)|1𝑥对任意x0成立,即对任意x0,有lnxg(x0)lnx+2𝑥.(*)但对上述x0,取x1=e𝑔(𝑥0)时,有lnx1=g(x0),这与(*)左边不等式矛盾,因此,不存在x00,使|g(x)-g(x0)|1𝑥对任意x0成立.命题热点一命题热点二命题热点三专题二二、利用导数解不等式及参数的取值范围高频考点核心归纳高频考点-17-题后反思解决探索性问题的常用方法:(1)从最简单、最特殊的情况出发,有时也可借助直觉观察或判断,推测出命题的结论,必要时给出严格证明;(2)假设结论存在,若推证无矛盾,则结论存在;若推出矛盾,则结论不存在;(3)使用等价转化思想,找出命题成立的充要条件.命题热点一命题热点二命题热点三专题二二、利用导数解不等式及参数的取值范围高频考点核心归纳高频考点-18-对点训练3(2015山东高考)设函数f(x)=(x+a)lnx,g(x)=𝑥2e𝑥.已知曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线2x-y=0平行.(1)求a的值.(2)是否存在自然数k,使得方程f(x)=g(x)在(k,k+1)内存在唯一的根?如果存在,求出k;如果不存在,请说明理由.(3)设函数m(x)=min{f(x),g(x)}(min{p,q}表示p,q中的较小值),求m(x)的最大值.命题热点一命题热点二命题热点三专题二二、利用导数解不等式及参数的取值范围高频考点核心归纳高频考点-19-解:(1)由题意知,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为2,所以f'(1)=2.又f'(x)=lnx+𝑎𝑥+1,所以a=1.(2)当k=1时,方程f(x)=g(x)在(1,2)内存在唯一的根.设h(x)=f(x)-g(x)=(x+1)lnx-𝑥2e𝑥,当x∈(0,1]时,h(x)0.又h(2)=3ln2-4e2=ln8-4e21-1=0,所以存在x0∈(1,2),使得h(x