2019年高考数学二轮复习 专题四 函数概念、基本初等函数及导数 第6讲 利用导数研究不等式恒成立及

第6讲利用导数研究不等式恒成立及函数相关问题核心整合一、不等式的恒成立与存在性问题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的值域问题.3.方程解(函数的零点)个数问题可根据函数的单调性、极值等应用数形结合思想求解.【归纳拓展】(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)]min0(x∈I).(2)对∀x1,x2∈D使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.(3)对∀x1∈D1,∃x2∈D2使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min,f(x)的定义域为D1,g(x)的定义域为D2.(4)对∃x1∈D1,∃x2∈D2使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)max≥g(x)min,f(x)的定义域为D1,g(x)的定义域为D2.二、创新问题创新题,符合新高考的走向.它考查学生的阅读理解能力,接受新思维的能力,分析问题与解决问题的能力.新定义的概念实质上只是一个载体,解决新问题时,只要通过这个载体把问题转化为我们已经熟悉的知识即可.核心突破考点一利用导数证明函数问题【例1】(2017·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)=ax2-ax-xlnx,且f(x)≥0.(1)求a;(1)解:f(x)的定义域为(0,+∞).设g(x)=ax-a-lnx,则f(x)=xg(x),f(x)≥0等价于g(x)≥0.因为g(1)=0,g(x)≥0,故g′(1)=0,而g′(x)=a-1x,g′(1)=a-1,得a=1.若a=1,则g′(x)=1-1x.当0x1时,g′(x)0,g(x)单调递减;当x1时,g′(x)0,g(x)单调递增.所以x=1是g(x)的极小值点,故g(x)≥g(1)=0.综上,a=1.(2)证明:由(1)知f(x)=x2-x-xlnx,f′(x)=2x-2-lnx.设h(x)=2x-2-lnx,则h′(x)=2-1x.当x∈(0,12)时,h′(x)0;当x∈(12,+∞)时,h′(x)0.所以h(x)在(0,12)上单调递减,在(12,+∞)上单调递增.又h(e-2)0,h(12)0,h(1)=0,所以h(x)在(0,12)上有唯一零点x0,(2)证明:f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2f(x0)2-2.在[12,+∞)上有唯一零点1,且当x∈(0,x0)时,h(x)0;当x∈(x0,1)时,h(x)0;当x∈(1,+∞)时,h(x)0.因为f′(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点.由f′(x0)=0得lnx0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).由x0∈(0,12)得f(x0)14.因为x=x0是f(x)在(0,1)上的最大值点,由e-1∈(0,1),f′(e-1)≠0,得f(x0)f(e-1)=e-2.所以e-2f(x0)2-2.方法技巧(1)对于不等式f(x)g(x)(f(x)g(x))及f(x)≥g(x)(f(x)≤g(x))的证明的一般方法是构造辅助函数,利用辅助函数的单调性或极值、最值求解.(2)利用导数证明不等式f(x)g(x)的基本步骤:①构造函数h(x)=f(x)-g(x);②求h′(x),确定h(x)的单调区间;③根据函数的单调性,确定函数的最小值h(x)min;④证明h(x)min0.(3)对于∀x1,x2∈A,证明f(x1)g(x2),可以分别利用导数求f(x)min,g(x)max,只需证明f(x)ming(x)max即可.【题组训练】1.(2016·天津卷)设函数f(x)=(x-1)3-ax-b,x∈R,其中a,b∈R.(1)求f(x)的单调区间;②当a0时,令f′(x)=0,解得x=1+33a或x=1-33a.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:(1)解:由f(x)=(x-1)3-ax-b,可得f′(x)=3(x-1)2-a.下面分两种情况讨论:①当a≤0时,有f′(x)=3(x-1)2-a≥0恒成立,所以f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).x(-∞,1-33a)1-33a(1-33a,1+33a)1+33a(1+33a,+∞)f′(x)+0-0+f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以f(x)的单调递减区间为(1-33a,1+33a),单调递增区间为(-∞,1-33a),(1+33a,+∞).(2)若f(x)存在极值点x0,且f(x1)=f(x0),其中x1≠x0,求证:x1+2x0=3;(2)证明:因为f(x)存在极值点,所以由(1)知a0,且x0≠1.由题意,得f′(x0)=3(x0-1)2-a=0,即(x0-1)2=3a,进而f(x0)=(x0-1)3-ax0-b=-23ax0-3a-b.又f(3-2x0)=(2-2x0)3-a(3-2x0)-b=83a(1-x0)+2ax0-3a-b=-23ax0-3a-b=f(x0),且3-2x0≠x0,由题意及(1)知,存在唯一实数x1满足f(x1)=f(x0),且x1≠x0,因此x1=3-2x0,所以x1+2x0=3.(3)设a0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间[0,2]上的最大值不小于.(3)证明:设g(x)在区间[0,2]上的最大值为M,max{x,y}表示x,y两数的最大值.下面分三种情况讨论:①当a≥3时,1-33a≤02≤1+33a,由(1)可知,f(x)在区间[0,2]上单调递减,所以f(x)在区间[0,2]上的取值范围为[f(2),f(0)],因此M=max{|f(2)|,|f(0)|}=max{|1-2a-b|,|-1-b|}=max{|a-1+(a+b)|,|a-1-(a+b)|}=1,0,1,0.aababaabab所以M=a-1+|a+b|≥2.14②当34≤a3时,1-233a≤01-33a1+33a2≤1+233a,由(1)和(2)知f(0)≥f(1-233a)=f(1+33a),f(2)≤f(1+233a)=f(1-33a),所以f(x)在区间[0,2]上的取值范围为[f(1+33a),f(1-33a)],因此M=max{|f(1+33a)|,|f(1-33a)|}=max{|-239aa-a-b|,|239aa-a-b|}=max{|239aa+(a+b)|,|239aa-(a+b)|}=239aa+|a+b|≥29×34×334=14.③当0a34时,01-233a1+233a2,由(1)和(2)知f(0)f(1-233a)=f(1+33a),f(2)f(1+233a)=f(1-33a),所以f(x)在区间[0,2]上的取值范围为[f(0),f(2)],因此M=max{|f(0)|,|f(2)|}=max{|-1-b|,|1-2a-b|}=max{|1-a+(a+b)|,|1-a-(a+b)|}=1-a+|a+b|14.综上所述,当a0时,g(x)在区间[0,2]上的最大值不小于14.2.(2017·金华二模)已知函数f(x)=x2-x3,g(x)=ex-1(e为自然对数的底数).(1)求证:当x≥0时,g(x)≥x+x2;证明:(1)设h(x)=g(x)-x-12x2,即h(x)=ex-1-x-12x2,则h′(x)=ex-1-x,h″(x)=ex-1,当x≥0时,h″(x)≥0,h′(x)为增函数,又h′(0)=0,所以h′(x)≥0.所以h(x)在[0,+∞)上为增函数,则h(x)≥h(0)=0,所以g(x)≥x+12x2.12(2)记使得kf(x)≤g(x)在区间[0,1]恒成立的最大实数k为n0,求证:n0∈[4,6].证明:(2)由(1)知,当kf(x)≤x+12x2时,必有kf(x)≤g(x)成立.下面先证:当x∈[0,1]时,4f(x)≤x+12x2,当x=0或1时,上式显然成立;当x∈(0,1)时,要证4f(x)≤x+12x2,即证4(x-x2)≤1+12x,也就是证8x2-7x+2≥0.因为8x2-7x+2=8(x-716)2+15320.所以当k≤4时,必有kf(x)≤g(x)成立.所以n0≥4;另一方面,当k≥6时,取x=12,kf(x)-g(x)=8k+1-e≥74-e0,所以当k≥6时,kf(x)≤g(x)不恒成立.所以n0≤6.综上,n0∈[4,6].考点二利用导数解决与函数有关的不等式恒成立问题解:(1)f′(x)=1x+2x-2a=2221xaxx(x0),记g(x)=2x2-2ax+1.①当a≤0时,因为x0,所以g(x)10,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;【例2】已知函数f(x)=lnx+x2-2ax+1.(1)讨论函数f(x)的单调性;②当0a≤2时,因为Δ=4(a2-2)≤0,所以g(x)≥0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;③当a2时,由0,0xgx解得x∈(222aa,222aa),所以函数f(x)在(222aa,222aa)上单调递减,在(0,222aa),(222aa,+∞)上单调递增.(2)若对任意的a∈(1,2),都存在x0∈(0,1]使得不等式f(x0)+lnam(a-a2)成立,求实数m的取值范围.解:(2)由(1)知当a∈(1,2)时,函数f(x)在(0,1]上单调递增,所以x∈(0,1]时,函数f(x)的最大值是f(1)=2-2a,对任意的a∈(1,2),都存在x0∈(0,1]使得不等式f(x0)+lnam(a-a2)成立,等价于对任意的a∈(1,2),不等式2-2a+lnam(a-a2)都成立,即对任意的a∈(1,2),不等式lna+ma2-(m+2)a+20都成立,记h(a)=lna+ma2-(m+2)a+2,则h(1)=0,h′(a)=1a+2ma-(m+2)=211amaa,因为a∈(1,2),所以21aa0,当m≥1时,对任意a∈(1,2),ma-10,所以h′(a)0,即h(a)在(1,2)上单调递增,h(a)h(1)=0成立;当m1时,存在a0∈(1,2)使得当a∈(1,a0)时,ma-10,h′(a)0,h(a)单调递减,从而h(a)h(1)=0,所以a∈(1,2)时,h(a)0不能恒成立.综上,实数m的取值范围是[1,+∞).方法技巧对于求不等式恒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,另寻它法.【题型训练】设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中a∈R.(1)讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由;解:(1)由题意知函数f(x)的定义域为(-1,+∞),f′(x)=11x+a(2x-1)=2211axaxax.令g(x)=2ax2+ax-a+1,x∈(-1,+∞).①当a=0时,g(x)=1,此时f′(x)0,函数f(x)在(-1,+∞)上单调递增,无极值点;②当a0时,Δ=a2-8a(1-a)=a(9a-8).(i)当0a≤89时,Δ≤0,g(x)≥0,f′(x)≥0,函数f(x)在(-1,+∞)上单调递增,无极值点;(ii)当a89时,Δ0,设方程2ax2+ax-a+1=0的两根为x1,x2(x1x2),因为x1+x2=-12,所以x1-14,x2-14.由g(-1)=10,可得-1x1-14.所以当x∈(-1,x1)时,g(x)0,f′(x)0,函数f(x)单调递增;当x∈(x1,x2)时,g(x)0,f′(x)0,函数f(x)单调递减;当x∈(x2,+∞)时,g(x)0,f′(x)