2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題2 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第5講 利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立及相關(guān)問題 理導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用訓(xùn)練提示:在討論方程的根的個數(shù)、研究函數(shù)圖象與x軸(或某直線)的交點(diǎn)個數(shù)、不等式恒成立等問題時,常常需要求出其中參數(shù)的取值范圍,這類問題的實質(zhì)就是函數(shù)的單調(diào)性與函數(shù)的極(最)值的應(yīng)用.1.(xx云南省第一次統(tǒng)一檢測)已知函數(shù)f(x)=ln (1+2x)-.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若a>0,b>0,求證ln 2a-ln b1-.(1)解:由2x+1>0得x>-.所以f(x)的定義域為（-,+）.因為f(x)=ln (1+2x)-,所以f(x)=-=.由f(x)>0得x>-,由f(x)<0得x<-.所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為-,+),f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(-,-.(2)證明:由(1)知,當(dāng)x=-時,f(x)取得最小值.所以f(x)的最小值為f(-)=-ln 2.所以當(dāng)x>-時,f(x)f(-),即f(x)-ln 2.因為a>0,b>0,所以=->-.設(shè)x=,則f()-ln 2,化簡得ln 2a-ln b1-.所以當(dāng)a>0,b>0時,ln 2a-ln b1-.2.(xx山東濟(jì)寧市一模)已知函數(shù)f(x)=ex-ax-a(其中aR,e是自然對數(shù)的底數(shù),e=2.71828).(1)當(dāng)a=e時,求函數(shù)f(x)的極值;(2)當(dāng)0a1時,求證f(x)0;(3)求證:對任意正整數(shù)n,都有(1+)(1+)(1+)<e.(1)解:當(dāng)a=e時,f(x)=ex-ex-e,f(x)=ex-e,當(dāng)x<1時,f(x)<0;當(dāng)x>1時,f(x)>0;所以函數(shù)f(x)在(-,1)上單調(diào)遞減,在(1,+)上單調(diào)遞增,所以函數(shù)f(x)在x=1處取得極小值f(1)=-e,函數(shù)f(x)無極大值;(2)解:由f(x)=ex-ax-a,f(x)=ex-a當(dāng)a=0時,f(x)=ex0恒成立,滿足條件,當(dāng)0<a1時,由f(x)=0,得x=ln a,則當(dāng)x(-,ln a)時,f(x)<0,當(dāng)x(ln a,+)時,f(x)>0,所以函數(shù)f(x)在(-,ln a)上單調(diào)遞減,在(ln a,+)上單調(diào)遞增,所以函數(shù)f(x)在x=ln a處取得極小值即為最小值,f(x)min=f(ln a)=eln a-aln a-a=-aln a.因為0<a1,所以ln a0,所以-aln a0,所以f(x)min0,所以綜上得,當(dāng)0a1時,f(x)0;(3)證明:由(2)知,當(dāng)a=1時,f(x)0恒成立,所以f(x)=ex-x-10恒成立,即exx+1,所以ln (x+1)x,令x=(nN+),得ln (1+),所以ln (1+)+ln (1+)+ln (1+)+=1-()n<1,所以(1+)(1+)(1+)<e.3.(xx黑龍江大慶二模)已知函數(shù)f(x)=(ax-2)ex在x=1處取得極值.(1)求a的值;(2)求函數(shù)f(x)在m,m+1上的最小值;(3)求證:對任意x1,x20,2,都有|f(x1)-f(x2)|e.解:(1)f(x)=aex+(ax-2)ex=(ax+a-2)ex,由已知得f(1)=0,即(2a-2)e=0,解得a=1,驗證知,當(dāng)a=1時,在x=1處函數(shù)f(x)=(x-2)ex取得極小值,所以a=1;(2)f(x)=(x-2)ex,f(x)=ex+(x-2)ex=(x-1)ex.x(-,1)1(1,+)f(x)-0+f(x)減增當(dāng)m1時,f(x)在m,m+1上單調(diào)遞增,f(x)min=f(m)=(m-2)em.當(dāng)0<m<1時,m<1<m+1,f(x)在m,1上單調(diào)遞減,在1,m+1上單調(diào)遞增,f(x)min=f(1)=-e.當(dāng)m0時,m+11,f(x)在m,m+1單調(diào)遞減,f(x)min=f(m+1)=(m-1)em+1.綜上,f(x)在m,m+1上的最小值f(x)min=(3)由(1)知f(x)=(x-2)ex,f(x)=ex+(x-2)ex=(x-1)ex.令f(x)=0得x=1,因為f(0)=-2,f(1)=-e,f(2)=0,所以f(x)max=0,f(x)min=-e,所以,對任意x1,x20,2,都有|f(x1)-f(x2)|f(x)max-f(x)min=e.4.(xx吉林長春市質(zhì)量監(jiān)測二)設(shè)函數(shù)f(x)=(1-ax)ln (x+1)-bx,其中a和b是實數(shù),曲線y=f(x)恒與x軸相切于坐標(biāo)原點(diǎn).(1)求常數(shù)b的值;(2)當(dāng)0x1時,關(guān)于x的不等式f(x)0恒成立,求實數(shù)a的取值范圍;(3)求證:()10000.4<e<()1000.5.(1)解:對f(x)求導(dǎo)得f(x)=-aln (1+x)+-b,根據(jù)條件知f(0)=0,所以1-b=0b=1.(2)解:由(1)得f(x)=(1-ax)ln (1+x)-x,0x1,f(x)=-aln (1+x)+-1f(x)=-+=-.當(dāng)a-時,由于0x1,有f(x)=-0,于是f(x)在0,1上單調(diào)遞增,從而f(x)f(0)=0,因此f(x)在0,1上單調(diào)遞增,即f(x)f(0)=0而且僅有f(0)=0;當(dāng)a0時,由于0x1,有f(x)=-<0,于是f(x)在0,1上單調(diào)遞減,從而f(x)f(0)=0,因此f(x)在0,1上單調(diào)遞減,即f(x)f(0)=0而且僅有f(0)=0;當(dāng)-<a<0時,令m=min1,-,當(dāng)0xm時,f(x)=-0,于是f(x)在0,m上單調(diào)遞減,從而f(x)f(0)=0,因此f(x)在0,m上單調(diào)遞減,即f(x)f(0)=0而且僅有f(0)=0.綜上可知,所求實數(shù)a的取值范圍是(-,-.(3)證明:對要證明的不等式等價變形如下:()10000.4<e<()1000.5(1+)<e<(1+)所以可以考慮證明:對于任意的正整數(shù)n,不等式(1+)<e<(1+)恒成立.并且繼續(xù)作如下等價變形(1+)<e<(1+)(n+)ln (1+)<1<(n+)ln (1+)對于(p)相當(dāng)于(2)中a=-(-,0),m=情形,有f(x)在0,上單調(diào)遞減,即f(x)f(0)=0而且僅有f(0)=0.取x=,當(dāng)n2時,(1+)ln （1+）-<0成立;當(dāng)n=1時,（1+）ln 2-1=ln 2-1<0.7-1<0.從而對于任意正整數(shù)n都有（1+）ln （1+）-<0成立.對于(q)相當(dāng)于(2)中a=-情形,對于任意x0,1,恒有f(x)0而且僅有f(0)=0.取x=,得對于任意正整數(shù)n都有（1+）ln （1+）->0成立.因此對于任意正整數(shù)n,不等式（1+）<e<恒成立.這樣依據(jù)不等式（1+）<e<(1+),再令n=10000利用左邊,令n=1000利用右邊,即可得到()10000.4<e<（）1000.5成立.類型:導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用1.已知P(x,y)為函數(shù)y=1+ln x圖象上一點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn),記直線OP的斜率k=f(x).(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間（m,m+）(m>0)上存在極值,求實數(shù)m的取值范圍;(2)設(shè)g(x)=xf(x)-1,若對任意x(0,1)恒有g(shù)(x)<-2,求實數(shù)a的取值范圍.解:(1)由題意k=f(x)=,x>0,所以f(x)=（）=-當(dāng)0<x<1時,f(x)>0;當(dāng)x>1時,f(x)<0.所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+)上單調(diào)遞減,故f(x)在x=1處取得極大值.因為函數(shù)f(x)在區(qū)間（m,m+）(其中m>0)上存在極值,所以得<m<1.即實數(shù)m的取值范圍是（,1）.(2)g(x)=,由題可知,當(dāng)a<0時,g(x)>0,不合題意.當(dāng)a>0時,由g(x)<-2,可得ln x+<0,設(shè)h(x)=ln x+,則h(x)=.設(shè)t(x)=x2+(2-4a)x+1,=(2-4a)2-4=16a(a-1),若0<a1,則0,t(x)>0,h(x)>0,所以h(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增,又h(1)=0,所以h(x)<h(1)=0.所以0<a1符合條件.若a>1,則>0,t(0)=1>0,t(1)=4(1-a)<0,所以存在x0(0,1),使得t(x0)=0,則h(x)在(x0,1)內(nèi)單調(diào)遞減,又h(1)=0,所以當(dāng)x(x0,1)時,h(x)>0,不合要求.綜合可得a的取值范圍是(0,1.2.設(shè)函數(shù)f(x)=x2+ln (x+1).(1)求證:當(dāng)x(0,+)時f(x)>x恒成立;(2)求證:+<ln xx;(3)求證:（sin+）<n(1-cos 1+ln 2).證明:(1)設(shè)g(x)=x-f(x)=x-x2-ln (x+1).則g(x)=1-2x-=當(dāng)x>0時,g(x)<0,所以g(x)在(0,+)上遞減,所以g(x)<g(0)=0,即x<f(x)恒成立.(2)由(1)知,x>0時,x-x2<ln (x+1),令x=(nN*),得-<ln（1+）,所以（-）<ln 即+<ln xx.(3)因為y=sin x在0,1上單調(diào)遞增,所以sin=n<nsin xdx=n(-cos x)|=n(1-cos 1).又y=在0,1上單調(diào)遞減,所以=+=n<ndx=nln (1+x)=nln 2所以（sin+）<n(1-cos 1+ln 2).3.已知函數(shù)f(x)=ln x-ax+-1(aR).(1)當(dāng)a時,討論f(x)的單調(diào)性;(2)設(shè)g(x)=f(x)-+1.在函數(shù)g(x)的圖象上取兩定點(diǎn)A(x1,g(x1),B(x2,g(x2)(x1<x2),設(shè)直線AB的斜率為k,證明:存在x0(x1,x2),使g(x0)=k成立.解:(1)因為f(x)=ln x-ax+-1(aR),所以f(x)=-a-=-,x(0,+),令h(x)=ax2-x+1-a,x(0,+),當(dāng)a時,由f(x)=0,則ax2-x+1-a=0,解得x1=1,x2=-1.當(dāng)a=時,x1=x2,h(x)0恒成立,此時f(x)0,函數(shù)f(x)在(0,+)上單調(diào)遞減;當(dāng)<a<1時,0<-1<1,x（0,-1）時,h(x)>0,此時f(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減;x（-1,1）時,h(x)<0,此時f(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;x(1,+)時,h(x)>0,此時f(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)a1時,由于-10,x(0,1)時,h(x)<0,此時f(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;x(1,+)時,h(x)>0,此時f(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減;綜上所述:當(dāng)a=時,函數(shù)f(x)在(0,+)上單調(diào)遞減;當(dāng)<a<1時,函數(shù)f(x)在（0,-1）單調(diào)遞減,在（-1,1）單調(diào)遞增,在(1,+)上單調(diào)遞減;當(dāng)a1時,函數(shù)f(x)在(0,1)單調(diào)遞增,在(1,+)單調(diào)遞減.(2)由已知得g(x)=ln x-ax,k=-a令(x)=g(x)-k=-,則(x1)=-=（-1-ln ）(x2)=-=-（-1-ln ）,令F(t)=t-1-ln t,則F(t)=1-=(t>0)當(dāng)0<t<1時,F(t)<0,F(t)單調(diào)遞減;當(dāng)t>1時,F(t)>0,F(t)單調(diào)遞增,故當(dāng)t1時,F(t)>F(1)=0,即t-1-ln t>0從而-1-ln >0,-1-ln >0,所以(x1)>0,(x2)<0因為函數(shù)(x)在區(qū)間(x1,x2)上的圖象是連續(xù)不斷的一條曲線,所以存在x0(x1,x2),使(x0)=0,所以g(x0)=k成立.4.已知函數(shù)f(x)=a-be-x(e是自然對數(shù)的底數(shù),e=2.71828)的圖象在x=0處的切線方程為y=x.(1)求a,b的值;(2)若g(x)=mln x-e-x+x2-(m+1)x+1(m>0),求函數(shù)h(x)=g(x)-f(x)的單調(diào)區(qū)間;(3)若正項數(shù)列an滿足a1=,an=f(an),證明:數(shù)列an是遞減數(shù)列.(1)解:由題意得f(0)=0,f(0)=1,則a-b=0,b=1,解得a=1,b=1.(2)解:由題意得h(x)=mln x+x2-(m+1)x,x(0,+).h(x)=+x-(m+1)=當(dāng)0<m<1時,令h(x)>0,并注意到函數(shù)的定義域(0,+),得0<x<m或x>1,則h(x)的增區(qū)間是(0,m),(1,+);同理可求h(x)的減區(qū)間是(m,1).當(dāng)m=1時,h(x)0,則h(x)是定義域(0,+)內(nèi)的增函數(shù).當(dāng)m>1時,令h(x)>0,并注意到函數(shù)的定義域(0,+)得0<x<1或x>m,則h(x)的增區(qū)間是(0,1),(m,+);同理可求h(x)的減區(qū)間是(1,m).(3)證明:因為正項數(shù)列an滿足a1=,an=f(an),所以ln (an)=ln (1-),即an+1=-ln .要證數(shù)列an是遞減數(shù)列an+1<an-ln <an>>an+1.設(shè)u(x)=ex-x-1,x(0,+).因為u(x)=ex-1>0,所以u(x)是(0,+)上的增函數(shù),則u(x)>u(0)=0,即ex>x+1,故>an+1,則數(shù)列an是遞減數(shù)列.5.(xx四川德陽市一診)如圖,已知點(diǎn)A(11,0),函數(shù)y=的圖象上的動點(diǎn)P在x軸上的射影為H,且點(diǎn)H在點(diǎn)A的左側(cè),設(shè)|PH|=t,APH的面積為f(t).(1)求函數(shù)f(t)的解析式及t的取值范圍;(2)若a(0,2),求函數(shù)f(t)在(0,a上的最大值.解:(1)由已知可得=t,所以點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t2-1,因為點(diǎn)H在點(diǎn)A的左側(cè),所以t2-1<11,即-2<t<2.由已知t>0,所以0<t<2,所以AH=11-(t2-1)=12-t2,所以APH的面積為f(t)=(12-t2)t,t(0,2).(2)f(t)=6-t2=-(t+2)(t-2),由f(t)=0,得t=-2(舍),或t=2.函數(shù)f(t)與f(t)在定義域上的情況如表:t(0,2)2(2,2)f(t)+0-f(t)極大值當(dāng)0<a2時,f(t)在(0,a上單調(diào)遞增,所以f(t)max=f(a)=-a3+6a,當(dāng)2<a<2時,f(t)在(0,2上單調(diào)遞增,(2,a上單調(diào)遞減,f(t)max=f(2)=8.綜上f(t)max=