高考数学一轮复习第5节　导数与不等式

1、1 / 22 第 5节 导数与不等式 知 识 梳 理 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值域的问题 3不等式能成立看作不等式有解问题 与不等式有关的结论 (1)对任意 x，f(x)g(x)f(x)g(x)0f(x)g(x)min0. (2)对任意 x1，x2，f(x1)g(x2)f(x)ming(x)max. (3)存在 x1，x2，f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min. (4)对任意 x，存在 x0，f(x)g(x0)f(x)ming(x)min. (5)f(x)a或

2、f(x)a对 xd恒成立f(x)mina 或 f(x)maxa. (6)若存在 xd，使 f(x)a或 f(x)af(x)maxa或 f(x)mina. (7)对任意的 x1d1，总存在 x2d2，使 f(x1)g(x2)ab(其中集合 a 为 f(x1)的值域，集合 b为 f(x2)的值域) (8)当参数不易分离时，应注意分类讨论或数形结合思想的应用 诊 断 自 测 1已知函数 f(x)x2ex，当 x1，1时，不等式 f(x)m 恒成立，则实数 m 的取值范围是( ) a.1e， b.1e， ce，) d(e，) 答案 d 2 / 22 解析 由 f(x)xex(x2)，令 f(x)0，得

3、 x0或 x2(舍去) 当 x(1，0时，f(x)0，f(x)递增，f(1)1e，f(1)e， f(x)最大f(1)e，由题意得 me. 2设函数 f(x)ex(2x1)axa，其中 a1，若存在唯一整数 x0使得 f(x0)0，则 a 的取值范围是( ) a.32e，1 b.32e，34 c.32e，34 d.32e，1 答案 d 解析 设 g(x)ex(2x1)，h(x)axa，由题意知存在唯一的整数 x0，使 g(x0)在直线 h(x)axa 的下方，因为 g(x)ex(2x1)，当 x12时，g(x)12时，g(x)0，当 x12时，g(x)min2e12，g(0)1，g(1)e1，直

4、线h(x)axa 恒过(1，0)且斜率为 a，故ag(0)1，且 g(1)3e1aa，解得32ea1. 3若对任意 a，b 满足 0abt，都有 bln aaln b，则 t 的最大值为_ 答案 e 解析 0abt，bln aaln b， ln aa0，解得 0 x0)， 则 h(x)（x1）（3x1）2x2， 令 h(x)0，得 x1 或 x13(舍去)， 当 x(0，1)时，h(x)0，h(x)递增， 当 x(1，)时，h(x)0，h(x)递减， h(x)最大h(x)极大h(1)2， 由题意得 a2. 5函数 f(x)x2sin x，对任意的 x1，x20，恒有|f(x1)f(x2)|m，

5、则 m的最小值为_ 答案 23 3 解析 f(x)x2sin x，f(x)12cos x， 当 0 x3时，f(x)0，f(x)单调递减； 当3x0，f(x)单调递增； 当 x3时，f(x)有极小值，也是最小值， 即 f(x)minf332sin 33 3. 又 f(0)0，f()，在 x0，上，f(x)max. 由题意得|f(x1)f(x2)|m 等价于 m|f(x)maxf(x)min|3 3 23 3. m 的最小值为23 3.微课一 利用导数证明不等式 题型一 证明 f(x)g(x)型不等式 4 / 22 【例 1】 (2021 北京西城区练习)已知函数 f(x)aln xx1bx，曲

6、线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线为 x2y30. (1)求 a，b的值； (2)若 k0，求证：对于任意 x(1，)，f(x)ln xx1kx. (1)解 f(x)ax1xln x（x1）2bx2 由于直线 x2y30的斜率为12，且过点(1，1)， 故f（1）1，f（1）12，即b1，a2b12，解得a1，b1. (2)证明 由(1)知 f(x)ln xx11x， 所以 f(x)ln xx1kx11x22ln x（k1）（x21）x. 考虑函数 h(x)2ln x（k1）（x21）x(x1)， 则 h(x)（k1）（x21）2xx2k（x21）（x1）2x20. 而 h(1)0，故当

7、 x(1，)时，h(x)0， 所以11x2h(x)0，即 f(x)ln xx1kx. 题型二 证明与极值点有关的不等式 【例 2】 (2021 浙江名校仿真训练卷一)已知函数 f(x)x2axln x(ar) (1)当 a1时，求曲线 f(x)在点 p(1，0)处的切线方程； (2)若函数 f(x)有两个极值点 x1，x2，求证 f(x1x2)0，x1x2a20，x1 x212， 解得 a2 2. 故 f(x1x2)(x1x2)2a(x1x2)ln(x1x2)a24a22ln a2a24ln a2. 设 g(a)a24ln a2(a2 2)， 则 g(a)a21a2a22a0， 故 g(a)在

8、(2 2，)上单调递减， 所以 g(a)g(2 2)2ln 2. 因此 f(x1x2)2ln 2. 题型三 证明与零点有关不等式 【例 3】 (2020 浙江卷)已知 1a2，函数 f(x)exxa，其中 e2.718 28是自然对数的底数 (1)证明：函数 yf(x)在(0，)上有唯一零点； (2)记 x0为函数 yf(x)在(0，)上的零点，证明： a1x0 2（a1）； x0f(ex0)(e1)(a1)a. 证明 (1)因为 f(0)1a0，f(2)e22ae240， 所以 yf(x) 在(0，)上存在零点 因为 f(x)ex1，所以当 x0 时，f(x)0， 故函数 f(x)在0，)上

9、单调递增， 所以函数 yf(x)在(0，)上有唯一零点 6 / 22 (2)令 g(x)ex12x2x1(x0)， g(x)exx1f(x)a1， 由(1)知函数 g(x)在0，)上单调递增， 故当 x0 时，g(x)g(0)0，所以函数 g(x)在0，)上单调递增，故g(x)g(0)0. 由 g( 2（a1）)0，得 f( 2（a1）)e2（a1） 2（a1）a0f(x0) 因为 f(x)在0，)上单调递增，所以 2（a1）x0. 令 h(x)exx2x1(0 x1)，h(x)ex2x1， 令 h1(x)ex2x1(0 x1)，h1(x)ex2，所以 当 x 变化时，h1(x)，h1(x)变

10、化如下表： x 0 (0，ln 2) ln 2 (ln 2，1) 1 h1(x) 1 0 e2 h1(x) 0 e3 故当 0 x1时，h1(x)0，即 h(x)0， 所以 h(x)在0，1上单调递减， 因此当 0 x1时，h(x)h(0)0. 由 h( a1)0， 得 f( a1)ea1 a1a0f(x0) 因为 f(x)在0，)上单调递增，所以 a1x0. 综上， a1x0 2（a1）. 令 u(x)ex(e1)x1，u(x)ex(e1)， 所以当 x1时，u(x)0， 故函数 u(x)在区间1，)上单调递增， 因此 u(x)u(1)0. 7 / 22 由 ex0 x0a，得 x0f(ex

11、0) x0f(x0a)(ea1)x20a(ea2)x0(e1)ax20， 由 x0 a1，得 x0f(ex0)(e1)(a1)a. 题型四 证明与方程根有关的不等式 【例 4】 (2020 浙江名校仿真训练卷五)已知函数 f(x)x2，x0，（x2）ex，x0.若方程 f(x)m有两个实数根 x1，x2，且 x1x2，证明：x2x1e21e2m4. 证明 先证两个不等式， (x2)exx2(x0)， (x2)exe2(x2)， 设 g(x)(x2)exx2(x0)， 则 g(x)(x1)ex1. 记 h(x)(x1)ex1(x0)，则 h(x)xex， 显然 h(x)在(0，)上单调递增，且

12、h(0)0， 所以 g(x)0(x0)，g(x)在(0，)上单调递增 又 g(0)0，故(x2)exx2(x0)恒成立， 易证(x2)exe2(x2) 由方程 f(x)m有两个实数根 x1，x2， 且 x1x2，知 x11x2. 因为 f(x2)m(x22)ex2(x22)e2， 若 m(x22)ex2(x32)e2， 则 x3x2，且 x3me22， 当且仅当 m0时，x2x3. 当 x10时，f(x1)m(x12)ex1x12， 若 m(x12)ex1x42， 则 x1x4，且 x4m2， 当且仅当 m2时，x1x4， 所以 x2x1x3x4e21e2m4. 8 / 22 当 x10时，f

13、(x1)mx12，则 x1m2， 所以 x2x1me22m2e21e2m4， 当且仅当 m0时，取等号 综上可知，x2x1e21e2m4. 感悟升华 利用导数证不等式，先构造函数，然后利用函数的单调性、值域、最值证明，有时也结合换元法、放缩法(如用参数范围，函数或式子的有界性，基本不等式等进行放缩) 【训练 1】 (2018 全国卷)已知函数 f(x)ax2x1ex. (1)求曲线 yf(x)在点(0，1)处的切线方程； (2)证明：当 a1时，f(x)e0. (1)解 f(x)ax2（2a1）x2ex，f(0)2. 因此曲线 yf(x)在(0，1)处的切线方程是 2xy10. (2)证明 当

14、 a1时，f(x)e(x2x1ex1)ex. 令 g(x)x2x1ex1，则 g(x)2x1ex1. 当 x1时，g(x)1时， g(x)0，g(x)单调递增；所以 g(x)g(1)0. 因此 f(x)e0. 【训练 2】 (2021 嘉兴期末)已知函数 f(x)aln xbxc(a0)有极小值 (1)试判断 a，b的符号，并求 f(x)的极小值点； (2)设 f(x)的极小值为 m，求证：ma0， 又函数 f(x)aln xbxc(a0)有极小值， b0，a0，则 g(t)ln t14t2，t0， g(t)1t12t32t212t3. 令 g(t)0，得 t22，故 g(t)在0，22上单调

15、递减，在22， 上单调递增， g(t)g22ln22120. a0，ag(t)0，ma1，f(x)g(x)恒成立 (1)解 f(x)的定义域为(2，)， f(x)2x22(x1)2（x23x1）x2， 当 f(x)0.解得 x3 52. 当 f(x)0时，x23x10，解得2x1时，h(x)0恒成立，h(x)单调递减 又 h(1)0， 当 x(1，)时，h(x)h(1)0恒成立， 即 f(x)g(x)1，f(x)g(x)恒成立 2已知函数 f(x)aexln x1. (1)设 x2是 f(x)的极值点，求 a，并求 f(x)的单调区间； (2)证明：当 a1e时，f(x)0. (1)解 f(x

16、)的定义域为(0，)，f(x)aex1x. 由题设知，f(2)0，所以 a12e2. 从而 f(x)12e2exln x1，f(x)12e2ex1x. 当 0 x2时，f(x)2 时，f(x)0. 所以 f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，)上单调递增 (2)证明 当 a1e时，f(x)exeln x1(x0) 设 g(x)exeln x1(x0)，则 g(x)exe1x(x0) 当 0 x1时，g(x)1 时，g(x)0. 所以 x1是 g(x)的最小值点 故当 x0 时，g(x)g(1)0. 因此，当 a1e时，f(x)0. 3(2020 全国卷)已知函数 f(x)sin2xsin 2

17、x. (1)讨论 f(x)在区间(0，)的单调性； (2)证明：|f(x)|3 38； (3)设 nn*，证明：sin2xsin22xsin24xsin22nx3n4n. 11 / 22 (1)解 f(x)cos x(sin xsin 2x)sin x(sin xsin 2x) 2sin xcos xsin 2x2sin2xcos 2x 2sin xsin 3x. 当 x0，323， 时，f(x)0； 当 x3，23时，f(x)0， 所以函数 (x)在(0，)上单调递增， 12 / 22 所以(x)(0)0， 所以 f(x)0， 所以函数 f(x)在(0，)上单调递增 (2)假设 k0，设函数

18、 h(x)ex1xk(ln xe1)， 则 h(x)在(0，)上单调递增 由(1)可知，当 x0.1时，ex1xe12； 当 xe2ke1时，ln xe12k， 所以 x0min0.1，e2ke1时， h(x0)ex01x0k(ln x0e1)0 时，显然成立， 设 (x)ex1xln xe1， 则 (x)（x1）（ex1）x2， 所以函数 (x)在(0，1)上单调递减， 在(1，)上单调递增，(x)的最小值为 (1)， 故 (x)(1)0，即也成立 综上，实数 k 的取值范围是0，1 13 / 22 题型二 双变量任意型 【例 2】 已知函数 f(x)xexx1，g(x)ln x1e(e 为

19、自然对数的底数) (1)证明：f(x)g(x)； (2)若对于任意的 x1，x21，a(a1)，总有|f(x1)g(x2)|2e21e1，求 a 的最大值 (1)证明 令 f(x)f(x)g(x) xexxln x11e， f(x)1xex11x(x1)exxxex. x0，exx1， f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增， f(x)minf(1)0，f(x)g(x) (2)解 x1，a，f(x)1xex10， g(x)1x0， f(x)，g(x)均在1，a上单调递增 f(x)g(x)，f(x)f(x)g(x)在1，)上单调递增， f(x)与 g(x)的图象在1，a上的距离随

20、x 增大而增大， |f(x1)g(x2)|maxf(a)g(1)2e21e1， aeaa2e22， 设 g(a)aeaa(a1)，g(a)1aea1eaa1ea， 当 a1 时，eaa1， 当 a1 时，g(a)0，g(a)在1，)上单调递增， a2， a 的最大值为 2. 题型三 双变量任意存在型 14 / 22 【例 3】 已知函数 f(x)2ln x23x6x1. (1)求 f(x)的单调区间； (2)若 g(x)ln xax，若对任意 x1(1，)，存在 x2(0，)，使得f(x1)g(x2)成立，求实数 a的取值范围 解 (1)因为 f(x)2ln x23x6x1，x(0，)， 所以

21、 f(x)2x9（x1）22x25x2x（x1）2 （2x1）（x2）x（x1）2， 当12x2时，f(x)0， 当 0 x2时，f(x)0， 所以 f(x)的单调递减区间是12，2 ，单调递增区间是0，12，(2，) (2)由(1)知，f(x)在(1，2)上单调递减，在(2，)上单调递增， 所以当 x1时，f(x)f(2)0， 又 g(x)ln xax， 所以对任意 x1(1，)，存在 x2(0，)，使得 f(x1)g(x2)成立存在x2(0，)，使得 g(x2)0 成立函数 yln x 与直线 yax 的图象在(0，)上有交点方程 aln xx在(0，)上有解 设 h(x)ln xx，则

22、h(x)1ln xx2， 当 x(0，e)时，h(x)0，h(x)单调递增， 当 x(e，)时，h(x)0，h(x)单调递减， 又 h(e)1e，x0 时，h(x)， 所以在(0，)上，h(x)的值域是，1e， 所以实数 a 的取值范围是，1e. 感悟升华 (1)单变量任意型，常用分离参数法，不易分离参数或分离参数后函15 / 22 数太复杂时，应直接讨论参数； (2)双变量任意型、任意存在型注意等价转化为最值问题解决 【训练 1】 (2021 山水联盟考试)已知正实数 a，设函数 f(x)x2a2xln x. (1)若 a 2，求实数 f(x)在1，e的值域； (2)对任意实数 x12， 均

23、有 f(x)a 2x1恒成立，求实数 a的取值范围 解 (1)当 a 2时，函数 f(x)x22xln x， 则 f(x)2(x1ln x) 设 f(x)2(x1ln x)，x1，e， 则 f(x)211x0， 所以 f(x)在1，e上单调递增，f(x)f(1)0， 所以 f(x)在1，e上单调递增， 所以在1，e上 f(x)1，e22e (2)由题意可得 f(1)a，即 0a1. 当 0a1时，x2a2xln xa 2x1， 即x2a22x1axln x0. 记 t1a1，设 g(t)x2t2 2x1txln x， 则 g(t)为关于 t 的二次函数， 且定义域为1，)，其对称轴为 t2x1

24、2x2. 因为当 x12， 时，4x412x，所以2x12x20，g(t)g(1)xx2x1xln x. 设函数 h(x)x2x1xln x，x12， 16 / 22 h(x)1x2x1 2x1x21x （x1）x12x1x2. 当 x12，1 时，h(x)0，h(x)在(1，)上单调递增，所以 h(x)minh(1)0， 即当 x12， 时，h(x)0，所以 g(t)0， 所以 01) (1)求证：函数 f(x)在(1，)上单调递增； (2)若关于 x的方程|f(x)t|1 在(0，)上有三个零点，求实数 t 的值； (3)若对任意的 x1，x2a1，a，|f(x1)f(x2)|e1 恒成立

25、(e 为自然对数的底数)，求实数 a 的取值范围 (1)证明 因为函数 f(x)(logax)2xln x， 所以 f(x)11x2logax1xln a. 因为 a1，x1， 所以 f(x)11x2logax1xln a0， 所以函数 f(x)在(1，)上单调递增 (2)解 因为当 a1，0 x1 时，分别有 11x0， 2logax1xln a0，所以 f(x)1)， 则 g(x)1x22x1x120， 所以 g(a)g(1)0， 即 f(a)f(a1)0， 所以 f(x)maxf(a)， 所以问题等价于x1，x2a1，a， |f(x1)f(x2)|maxf(a)f(1)aln ae1.

26、由 h(x)xln x 的单调性，且 a1，解得 1ae， 所以实数 a 的取值范围为(1，e 1已知函数 f(x)(x2x1) ex. 当 x0，2时，f(x)x22xm恒成立，求 m的取值范围 解 f(x)x22xm在 x0，2时恒成立， mf(x)x22x(x2x1) exx22x， 令 g(x)(x2x1) exx22x， 则 g(x)(x2)(x1)ex2(x1)， 当 x0，1)时，g(x)（x1）（2x2ex）ex0， g(x)在0，1)上单调递减，在(1，2上单调递增， g(x)ming(1)1e1， m的取值范围为，1e1 . 2(2020 名校预测冲刺卷四)已知实数 ar，

27、设函数 f(x)ln xax1. (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)若 f(x)a（ x1x2）x1 恒成立，求实数 a的取值范围 18 / 22 解 (1)由题意得定义域为(0，)，f(x)1xa1axx. 当 a0 时，f(x)0 恒成立，所以函数 f(x)在(0，)上单调递增； 当 a0 时，令 f(x)0，解得 x1a， 所以当0，1a时，f(x)0，函数 f(x)单调递增； 当1a， 时，f(x)0， 所以 f(x)a（x1x2）x1 恒成立等价于 xln xa x1恒成立 设 h(x)ln x11x， 则 h(x)1x1x2x1x2， 所以函数 h(x)在(0，1)上单调递

28、减，在(1，)上单调递增， 所以 h(x)minh(1)0.即 ln x11x， 所以 xln xx11xx1恒成立， 问题等价于 x1a x10 恒成立，分离参数得 ax1x1恒成立 设 t x1(1，)，函数 g(t)t22t， 则 g(t)12t20， 所以函数 g(t)在(1，)上单调递增， 所以 g(t)g(1)1， 所以 a1，故实数 a 的取值范围为(，1 微课三 不等式能成立 【典例】 (2021 镇海中学检测)已知函数 f(x)ln(1x)asin x，ar. (1)若 yf(x)在点(0，0)处的切线为 x3y0，求 a 的值； (2)若存在 x1，2，使得 f(x)2a，

29、求实数 a的取值范围 19 / 22 解 (1)f(x)11xacos x， 则 f(0)1a13，所以 a23. (2)将不等式转化为存在 x1，2，使得 aln（1x）2sin x. 令函数 g(x)ln（1x）2sin x， 则 g(x)2sin x（1x）cos xln（1x）（1x）（2sin x）2， 令函数 h(x)2sin x(1x)cos xln(1x)，x1，2， 当 x2，2 时，h(x)0； 当 x1，2时，h(x)2sin x(1x)ln(1x)， 令函数 (x)2sin x(1x)ln(1x)， 则 (x)cos xln(1x)13120， 则当 x1，2时，h(x

30、)(x)0， 故函数 g(x)在1，2上单调递增，g(x)maxg(2)ln 32sin 2， 则当 aln 32sin 2时，存在 x1，2，使得 f(x)2a. 所以，实数 a 的取值范围是，ln 32sin 2. 感悟升华 “恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即 f(x)g(a)对于 xd恒成立，应求 f(x)的最小值；若存在 xd，使得 f(x)g(a)成立，应求f(x)的最大值在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值特别需要关注等号是否成立问题，以免细节出错 【训练】 (202

31、1 义乌联考)已知函数 f(x)x(ln x1)，g(x)1ex2. (1)求证：当 0 x1e时，f(x)x273x； (2)若存在 x0(0，m，使 f(x0)g(m)0，求 m的取值范围 20 / 22 (1)证明 由题得 f(x)的定义域为(0，)， x(ln x1)x273x，即 ln xx430， 设函数 f(x)ln xx43， 则 f(x)1xx，故函数 f(x)在(0，1)上单调递增 当 0 x1e时，f(x)f1e131e0， 即 f(x)x273x. (2)解 f(x)ln x，故函数 f(x)在(0，1)上单调递减， 在(1，)上单调递增， 当 0m1时，f(x)minf(m)m(ln m1)mln mm， 依题意可知 f(m)g(m)02mln m(em2m1)0.构造函数：(m)em2m1(0m1)， 则有 (m)em2. 由此可得：当 m(0，ln 2)时，(m)0， 即 (m)在 m(0，ln 2)时单调递减，m(ln 2，1)单调递增， 注意到：(0)0，(1)0，因此 (m)0. 同时注意到 2mln m0，故有 2mln m(em2m1)0. 当 m1时，f(x)minf(