3.5导数的综合应用（2）-不等式问题 -2022届高考数学一轮复习讲义

3.5导数与不等式问题一、学习目标：利用导数判断与证明函数不等式；利用导数处理不等式的恒成立的问题.二、典例分析例1.（1）当，证明：.（2）当时，证明：【答案】作差构造函数，转化为函数最值问题，过程略.变式：求证：；求证：【答案】作差构造函数，转化为函数最值问题，过程略.例2.设，，证明：【答案】不妨设，令，原不等号等价于.例3．已知函数．证明：当时，．【答案】当a≥时，f（x）≥．设g（x）=，则当0<x<1时，g′（x）<0；当x>1时，g′（x）>0．故g（x）≥g（1）=0．因此，当时，．变式：1.已知函数，当m≤2时，证明：f(x)>0.【答案】当m≤2，x∈(－m，+∞)时，ln(x+m)≤ln(x+2)，故只需证明当m=2时，f(x)>0．当m=2时，函数在(－2，+∞)上递增．又f'(－1)<0，f'(0)>0，故f'(x)=0在(－2，+∞)上有唯一实根，且．当时，f'(x)<0；当时，f'(x)>0，从而当时，f(x)取得最小值．由得，，故．综上，当m≤2时，f(x)>0．例4．设函数，若当时恒成立，求的取值范围．【答案】，由于，故f′(x)≥x－2ax＝(1－2a)x，从而当1－2a≥0，即a≤时，f′(x)≥0，而f(0)＝0，于是当x≥0时，f(x)≥0.由得，从而当a>时，，故当x∈(0，ln2a)时，f′(x)<0，而f(0)＝0，于是当x∈(0，ln2a)时，f(x)<0，综上可得a的取值范围为(－∞，]．变式：1.已知函数，其中a≤0.（1）讨论f(x)的单调性；（2）若f(x)≥0，求a的取值范围.【答案】（1）函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，且，①若a＝0，则在(－∞，＋∞)上递增.②若a<0，则由f′(x)＝0，得x＝ln.当x∈时，f′(x)<0；当x∈时，f′(x)>0.故f(x)在上递减，在上递增.（2）①当a＝0时，恒成立.②若a<0，则由(1)得，当x＝ln时，f(x)取得最小值f＝，故当且仅当≥0，即时，f(x)≥0.综上a的取值范围是[，0].2．设，已知函数，若存在，使得，求实数a的取值范围．【答案】的定义域为，（ⅰ）若，则，故当时，，在递增，所以，存在，使得的充要条件为，即，所以.（ⅱ）若，则，故当时，；当时，，在递减，在递增.所以，存在，使得的充要条件为，而，所以不合题意.（ⅲ）若，则.综上，a的取值范围是.设函数.证明：当时.【答案】由单调性知，在有唯一零点，记为，故在递减，在递增，所以当时，取得最小值，最小值为.由于，所以.故当时，.【变式】1.设函数，若当时，，求整数的最大值.【答案】隐零点问题，可用设而不求，整体代入解决，整数的最大值为2.课外作业1．若，则下列不等式恒成立的是（）A． B．C． D．【答案】C2．已知，设函数若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为（）A． B． C． D．【答案】C3．当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】C4．对于总有成立，则=________．【答案】45．设函数，其中，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是___________．【答案】6．已知函数．当时，．【答案】当时，．令，则，当时，，递减；当时，，递增；所以．因此．7.已知函数当时，证明：【答案】当a＜0时，f（x）在取得最大值.所以等价于，即.设g（x）=lnx-x+1，则.当x∈（0,1）时，；当x∈（1，+）时，.所以g（x）在（0,1）递增，在（1，+）递减.故当x=1时，g（x）取得最大值，最大值为g（1）=0.所以当x＞0时，g（x）≤0.从而当a＜0时，，即.8．设，证明：当时，．【答案】当x>0时，，故，记，则令，则当0<x<2时，，因此在（0,2）内是减函数，又由，得，所以，因此在（0,2）内是减函数，又由，得，当0<x<2时，.9．设函数．（1）证明：当时，；（2）设当时，，求实数的取值范围．【答案】（1）证明：时，，于是有，即.令，，令，得．于是在上递减，在上递增，所以当时，，故当时，，即，从而．（2）由时，恒成立，故.设，，则．设，，则.当，即时，，时，，，故.所以递增，，故递增，恒成立，符合题意.当，即时，存在，时，，递减，，与恒成立矛盾.综上，实数的取值范围是．10．已知函数.当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围.【答案】由得，，其中，①.当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意；②.当时，分离参数a得，，记，，令，则，，故递增，，故函数递增，，由可得恒成立，故在时递增；在时递减；因此，，综上，实数a的取值范围是.11．已知函数.（1）求的单调区间；（2）设，证明：对任意.【答案】(1)f′(x)＝(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)，令h(x)＝1－x－xlnx，x∈(0，＋∞)，当x∈(0,1)时，h(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0.又ex＞0，所以x∈(0,1)时，f′(x)＞0；x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0.因此f(x)的递增区间为(0,1)，递减区间为(1，＋∞)(2)因为g(x)＝xf′(x)，所以g(x)＝(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)，由(2)得，h(x)＝1－x－xlnx，h′(x)＝－lnx－2＝－(lnx－lne－2)．所以当x∈(0，e－2)时，h′(x)＞0，函数h(x)递增；当x∈(e－2，＋∞)时，h′(x)＜0，函数h(x)递减．所以当x∈(0，＋∞)时，h(x)≤h(e－2)＝1＋e－2.又当x∈(0，＋∞)时，0＜＜1，所以当x∈(0，＋∞)时，h(x)＜1＋e－2，即g(x)＜1＋e－2.12．设函数，g（x）=，其中a∈R.（1）证明：当x＞1时，g（x）＞0；（2）确定a的所有可能取值，使得f（x）＞g（x）在区间（1，+∞）内恒成立.【答案】（1）令=，则=.由于，从而=＞0.（2）当时，＞0.当，时，=.故当＞在区间内恒成立