《2020年高考数学（理）总复习：利用导数解决不等式问题（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年高考数学（理）总复习：利用导数解决不等式问题（解析版）（21页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2020年高考数学（理）总复习：利用导数解决不等式问题题型一利用导数解决不等式的恒成立与能成立问题【题型要点】已知不等式f(x，)0(为实参数)对任意的xD恒成立，求参数的取值范围利用导数解决这个问题的常用思想方法如下：(1)分离参数法：第一步，将原不等式f(x，)0(xD，为实参数)分离，使不等式的一边是参数，另一边不含参数，即化为f1()f2(x)或f1()f2(x)的形式；第二步，利用导数求出函数f2(x)(xD)的最大(小)值；第三步，解不等式f1()f2(x)max或f1()f2(x)min从而求出参数的取值范围(2)函数思想法：第一步，将不等式转化为某含参数的函数的最值问题；第二步
2、，利用导数求出该函数的极值(最值)；第三步，构建不等式求解【例1】已知函数f(x)x4ax32x2b(xR)，其中a，bR.(1)当a时，讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)仅在x0处有极值，求a的取值范围；(3)若对于任意的a2,2，不等式f(x)1在1,1上恒成立，求b的取值范围【解】(1)f(x)4x33ax24xx(4x23ax4)当a时，f(x)x(4x210x4)2x(2x1)(x2)令f(x)0，解得x10，x2，x32.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，0)0(0，)(，2)2(2，)f(x)000f(x)极小值极大值极小值所以f(x)在(0，)，
3、(2，)内是增函数，在(，0)，(，2)内是减函数(2)f(x)x(4x23ax4)，显然x0不是方程4x23ax40的根为使f(x)仅在x0处有极值，必须4x23ax40成立，即有9a2640.解此不等式，得a.这时，f(0)b是唯一极值因此满足条件的a的取值范围是，(3)解：由条件a2,2，可知9a2640恒成立当x0时，f(x)0时，f(x)0.因此函数f(x)在1,1上的最大值是f(1)与f(1)两者中的较大者为使对任意的a2,2，不等式f(x)1在1,1上恒成立，当且仅当，即在a2,2上恒成立所以b4，因此满足条件的b的取值范围是(，4题组训练一 利用导数解决不等式的恒成立与能成立问
4、题已知函数f(x)ex1ax，aR.(1)讨论函数f(x)的单调区间；(2)若x1，)，f(x)ln xa1恒成立，求a的取值范围【解析】(1)f(x)ex1a，()当a0时，f(x)0，函数f(x)在R上单调递增；()当a0，即xln(a)1时，函数f(x)单调递增；当f(x)0，即xln(a)1时，函数f(x)单调递减综上，当a0时，函数f(x)在R上单调递增；当a0时，函数f(x)的单调递增区间是(ln(a)1，)，单调递减区间是(，ln(a)1)(2)令a1，由(1)可知，函数f(x)ex1x的最小值为f(1)0，所以ex1x0，即ex1x.f(x)ln xa1恒成立与f(x)ln x
5、a10恒成立等价，令g(x)f(x)ln xa1，即g(x)ex1a(x1)ln x1(x1)，则g(x)ex1a，当a2时，g(x)ex1axa2aa20(或令(x)ex1，则(x)ex1在1，)上递增，(x)(1)0，(x)在1，)上递增，(x)(1)2，g(x)0)g(x)在区间1，)上单调递增，g(x)g(1)0，f(x)ln xa1恒成立，当a0，存在x0(1,1a)，使得h(x0)0，故当x(1，x0)时，h(x)h(x0)0，即g(x)h(x0)0，即g(x)0，故函数g(x)在(x0，)上单调递增g(x)ming(x0)g(1)0，即x1，)，f(x)ln xa1不恒成立，综上
6、所述，a的取值范围是2，)题型二利用导数证明与函数有关的不等式【题型要点】用导数证明不等式的方法(1)利用单调性：若f(x)在a，b上是增函数，则xa，b，则f(a)f(x)f(b)；对x1，x2a，b，且x1x2，则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)，则对xD，有f(x)M(或f(x)m)(3)证明f(x)g(x)，可构造函数F(x)f(x)g(x)，证明F(x)1时，求f(x)的单调区间和极值；(2)若对于任意xe，e2，都有f(x)4ln x成立，求k的取值范围；(3)若x1x2，且f(x1)f(x2)，证明：x1x2
7、1，所以f(x)ln xk0，函数f(x)的单调递增区间是(1，)，无单调递减区间，无极值；当k0时，令ln xk0，解得xek，当1xek时，f(x)ek时，f(x)0.所以函数f(x)的单调递减区间是(1，ek)，单调递增区间是(ek，)，在区间(1，)上的极小值为f(ek)(kk1)ekek，无极大值(2)【解析】由题意，f(x)4ln x0，即问题转化为(x4)ln x(k1)x对xe，e2恒成立令g(x)，则g(x)，令t(x)4ln xx4，xe，e2，则t(x)10，所以t(x)在区间e，e2上单调递增，故tmint(e)e44e0，故g(x)0，所以g(x)在区间e，e2上单调
8、递增，函数gmaxg(e2)2.要使k1对于xe，e2恒成立，只要k1gmax，所以k12，即实数k的取值范围为(3)证明因为f(x)f(x2)，由(1)知，函数f(x)在区间(0，ek)上单调递减，在区间(ek，)上单调递增，且f(ek1)0.不妨设x1x2，则0x1ekx2ek1，要证x1x2e2k，只要证x2，即证ekx2.因为f(x)在区间(ek，)上单调递增，所以f(x2)f.又f(x)f(x2)，即证f(x1)f，构造函数h(x)f(x)f(ln xk1)x，即h(x)xln x(k1)xe2k，x(0，ek)h(x)ln x1(k1)e2k(ln xk)，因为x(0，ek)，所以
9、ln xk0，x20，所以函数h(x)在区间(0，ek)上单调递增，故h(x)h(ek)，而h(ek)f(ek)f0，故h(x)0，所以f(x1)f，即f(x2)f(x1)f，所以x1x20)(1)若函数f(x)有零点，求实数a的取值范围；(2)证明：当a时，f(x)ex.(1)【解】方法一函数f(x)ln x的定义域为(0，)由f(x)ln x，得f(x).因为a0，则当x(0，a)时，f(x)0.所以函数f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增当xa时，f(x)minln a1.当ln a10，即00，则函数f(x)有零点所以实数a的取值范围为方法二函数f(x)ln x的定义域
10、为(0，)由f(x)ln x0，得axln x.令g(x)xln x，则g(x)(ln x1)当x时，g(x)0；当x时，g(x)0.所以函数g(x)在上单调递增，在上单调递减故当x时，函数g(x)取得最大值gln .因为函数f(x)ln x有零点，则0ex，即证明当x0，a时，ln xex，即xln xaxex.令h(x)xln xa，则h(x)ln x1.当0x时，h(x)时，h(x)0.所以函数h(x)在上单调递减，在上单调递增当x时，h(x)mina.于是，当a时，h(x)a.令(x)xex，则(x)exxexex(1x)当0x0；当x1时，(x)0时，(x).显然，不等式中的等号不能
11、同时成立故当a时，f(x)ex.题型三用赋值法证明与正整数有关的不等式【题型要点】(1)利用导数研究的正整数不等式一般都与题目给出的函数不等式有关，如本例中给出的函数f(x)在a，x1时，有不等式ln x，根据函数的定义域，这个不等式当然对一切大于等于1的数成立，这样根据所证不等式的特点，给定x以适当的数值即可证明正整数不等式凡涉及从1到n的整数的不等式，而且不等式中含有ln n的问题，一般都是通过赋值使之产生ln，ln等使问题获得解决的，如证明ln(1x)(x0)，得lnln(n1)ln n.(2)证明正整数不等式时，要把这些正整数放在正实数的范围内，通过构造正实数的不等式进行证明，而不能直接构造正整数的函数，因为这样的函数不是可导函数，使用导数就是错误的【例3】已知函数f(x)axc(a0)的图象在点(1，f(1)处的切线方程为yx1.(1)用a表示出b，c；(2)若f(x)ln x在1，)上恒成立，求a的取值范围；(3)证明：1ln(n1)(n1)【解析】(1)f(x)a，则有解得(2)由(1)知f
