(全国通用)2016高考数学二轮复习 专题一 第5讲 导数与不等式、存在性及恒成立问题课件 理

第5讲导数与不等式、存在性及恒成立问题高考定位在高考压轴题中，函数与不等式交汇的试题是考查的热点，一类是利用导数证明不等式，另一类是存在性及恒成立问题.真题感悟(2015·福建卷改编)已知函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝kx(k∈R).(1)证明：当x＞0时，f(x)＜x；(2)证明：当k＜1时，存在x0＞0，使得对任意的x∈(0，x0)，恒有f(x)＞g(x).证明(1)令F(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x，x∈(0，＋∞)，则有F′(x)＝11＋x－1＝－xx＋1.当x∈(0，＋∞)时，F′(x)＜0，所以F(x)在(0，＋∞)上单调递减，故当x＞0时，F(x)＜F(0)＝0，即当x＞0时，f(x)＜x.(2)令G(x)＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx，x∈(0，＋∞)，则有G′(x)＝1x＋1－k＝－kx＋（1－k）x＋1.当k≤0时，G′(x)＞0，故G(x)在(0，＋∞)单调递增，G(x)＞G(0)＝0，故任意正实数x0均满足题意.当0＜k＜1时，令G′(x)＝0，得x＝1－kk＝1k－1＞0，取x0＝1k－1，对任意x∈(0，x0)，有G′(x)＞0，从而G(x)在(0，x0)单调递增，所以G(x)＞G(0)＝0，即f(x)＞g(x).综上，当k＜1时，总存在x0＞0，使得对任意x∈(0，x0)，恒有f(x)＞g(x).考点整合1.常见构造辅助函数的四种方法(1)移项法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))的问题转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x).(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数.(3)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数.(4)主元法：对于(或可化为)f(x1，x2)≥A的不等式，可选x1(或x2)为主元，构造函数f(x，x2)(或f(x，x1)).2.利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法(1)分离参数法：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围.一般地，f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a即可；f(x)≤a恒成立，只需f(x)max≤a即可.(2)函数思想法：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，然后构建不等式求解.3.不等式的恒成立与能成立问题(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)]min＞0(x∈I).(2)f(x)＞g(x)对x∈I能成立⇔I与f(x)＞g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max＞0(x∈I).(3)对∀x1，x2∈I使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.(4)对∀x1∈I，∃x2∈I使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min.热点一导数与不等式[微题型1]利用导数证明不等式【例1－1】已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m).(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；(2)当m≤2时，证明f(x)0.解易知f′(x)＝ex－1x＋m.由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，所以m＝1.于是f(x)＝ex－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，∴f′(x)＝ex－1x＋1在(－1，＋∞)上是增函数，且f′(0)＝0.当x∈(－1，0)时，f′(x)0；当x0时，f′(x)0.故f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.(2)证明当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，f′(x)＝ex－1x＋2在(－2，＋∞)上单调递增.又f′(－1)＝1e－10，f′(0)＝1－120.所以f′(x)＝0在(－2，＋∞)上有唯一实根x0，且－1x00.于是y＝f(x)在x＝x0处，取到最小值.又f′(x0)＝0，得ex0＝1x0＋2，两边取对数得ln(x0＋2)＝－x0.故f(x)≥f(x0)＝ex0－ln(x0＋2)＝1x0＋2＋x0＝（x0＋1）2x0＋20.综上可知，当m≤2时，f(x)0成立.探究提高(1)证明f(x)≥g(x)或f(x)≤g(x)，可通过构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，将上述不等式转化为求证h(x)≥0或h(x)≤0，从而利用求h(x)的最小值或最大值来证明不等式.或者，利用f(x)min≥g(x)max或f(x)max≤g(x)min来证明不等式.(2)在证明不等式时，如果不等式较为复杂，则可以通过不等式的性质把原不等式变换为简单的不等式，再进行证明.[微题型2]不等式恒成立求参数范围问题【例1－2】(1)已知函数f(x)＝ax－1－lnx，a∈R.①讨论函数f(x)的单调区间；②若函数f(x)在x＝1处取得极值，对∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的取值范围.(2)设f(x)＝xlnxx＋1，若对∀x∈[1，＋∞)，f(x)≤m(x－1)恒成立，求m的取值范围.解(1)①在区间(0，＋∞)上，f′(x)＝a－1x＝ax－1x，当a≤0时，f′(x)＜0恒成立，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减；当a＞0时，令f′(x)＝0得x＝1a，在区间0，1a上，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，在区间1a，＋∞上，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增.综上所述：当a≤0时，f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间；当a＞0时，f(x)的单调递减区间是0，1a，单调递增区间是1a，＋∞.②因为函数f(x)在x＝1处取得极值，所以f′(1)＝0，解得a＝1，经检验可知满足题意.由已知f(x)≥bx－2，即x－1－lnx≥bx－2，即1＋1x－lnxx≥b对∀x∈(0，＋∞)恒成立，令g(x)＝1＋1x－lnxx，则g′(x)＝－1x2－1－lnxx2＝lnx－2x2，易得g(x)在(0，e2]上单调递减，在[e2，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(e2)＝1－1e2，即b≤1－1e2.(2)f(x)＝xlnxx＋1，∀x∈[1，＋∞)，f(x)≤m(x－1)，即lnx≤mx－1x.设g(x)＝lnx－mx－1x，即∀x∈[1，＋∞)，g(x)≤0恒成立，等价于函数g(x)在[1，＋∞)上的最大值g(x)max≤0.g′(x)＝1x－m1＋1x2＝－mx2＋x－mx2.①若m≤0，g′(x)＞0，g(x)在[1，＋∞)上单调递增，即g(x)≥g(1)＝0，这与要求的g(x)≤0矛盾.②若m＞0，方程－mx2＋x－m＝0的判别式Δ＝1－4m2.当Δ≤0，即m≥12时，g′(x)≤0.所以g(x)在[1，＋∞)上单调递减，g(x)max＝g(1)＝0，即不等式成立；当0＜m＜12时，方程－mx2＋x－m＝0的两根分别为x1＝1－1－4m22m＜1，x2＝1＋1－4m22m＞1.当x∈(1，x2)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，g(x)＞g(1)＝0，与要求矛盾.综上所述，m≥12.探究提高对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数，这样就把问题转化为一端是函数，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.【训练1】(2015·武汉模拟)设函数f(x)＝1－x2＋ln(x＋1).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若不等式f(x)＞kxx＋1－x2(k∈N*)在(0，＋∞)上恒成立，求k的最大值.解(1)函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝1x＋1－2x，由f′(x)＞0，得－1＜x＜3－12；由f′(x)＜0，得x＞3－12.所以函数f(x)的单调递增区间为－1，3－12，单调递减区间为3－12，＋∞.(2)法一由已知f(x)＞kxx＋1－x2在(0，＋∞)上恒成立，得k＜（x＋1）[1＋ln（x＋1）]x(x＞0)，令g(x)＝（x＋1）[1＋ln（x＋1）]x(x＞0)，则g′(x)＝x－1－ln（x＋1）x2，设h(x)＝x－1－ln(x＋1)(x＞0)，则h′(x)＝1－1x＋1＝xx＋1＞0，所以函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增.而h(2)＝1－ln3＜0，h(3)＝2－ln4＞0，由零点存在定理，知存在x0∈(2，3)，使得h(x0)＝0，即1＋ln(x0＋1)＝x0，又函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x∈(0，x0)时，h(x)＜h(x0)＝0；当x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞h(x0)＝0.从而当x∈(0，x0)时，g′(x)＝h（x）x2＜0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＝h（x）x2＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(x0)＝（x0＋1）[1＋ln（x0＋1）]x0＝x0＋1.因此f(x)＞kxx＋1－x2在(0，＋∞)上恒成立等价于k＜g(x)min＝x0＋1.由x0∈(2，3)，知x0＋1∈(3，4)，所以k的最大值为3.法二由题意，1＋ln(x＋1)＞kxx＋1在(0，＋∞)上恒成立.设g(x)＝1＋ln(x＋1)－kxx＋1(x＞0)，则g′(x)＝1x＋1－k（x＋1）2＝x－（k－1）（x＋1）2，(ⅰ)当k＝1时，则g′(x)＝x（x＋1）2＞0，所以g(x)单调递增，g(0)＝1＞0，即g(x)＞0恒成立.(ⅱ)当k＞1时，则g(x)在(0，k－1)上单调递减，在(k－1，＋∞)上单调递增，所以g(x)的最小值为g(k－1)，只需g(k－1)＞0即可，即lnk－k＋2＞0.设h(k)＝lnk－k＋2(k＞1)，h′(k)＝1－kk＜0，则h(k)单调递减，因为h(2)＝ln2＞0，h(3)＝ln3－1＞0，h(4)＝ln4－2＜0，所以k的最大值为3.热点二存在与恒成立问题【例2】(2015·南昌模拟)已知函数f(x)＝lnx－ax＋1－ax－1(a∈R).(1)当a≤12时，讨论f(x)的单调性；(2)设g(x)＝x2－2bx＋4，当a＝14时，若对任意x1∈(0，2)，存在x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围.解(1)因为f(x)＝lnx－ax＋1－ax－1，所以f′(x)＝1x－a＋a－1x2＝－ax2－x＋1－ax2，x∈(0，＋∞).令h(x)＝ax2－x＋1－a，x∈(0，＋∞).(ⅰ)当a＝0时，h(x)＝－x＋1，x∈(0，＋∞)，所以当x∈(0，1)时，h(x)＞0，此时f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，此时f′(x)＞0，函数f(x)单调递增.(ⅱ)当a≠0时，由f′(x)＝0，即ax2－x＋1－a＝0，解得x1＝1，x2＝1a－1.①当a＝12时，x1＝x2，h(x)≥0恒成立，此时f′(x)≤0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减.②当0＜a＜12时，1a－1＞1＞0，x∈(0，1)时，h(x)＞0，此时f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；x∈1，1a－1时，h(x)＜0，此时f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；x∈1a－1，＋∞时，h(x)＞0，此时f′(x)＜0，函数f(x)单调递减.③当a＜0时，由于1a－1＜0＜1，x∈(0，1)时，h(x)＞0此时f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，此时f′(x)＞0，函数f(x)单调递增.综上所述，当a≤0时，函数f(x)在(0，1]上单调递减，在