2020届高考数学一轮总复习 第三单元 导数及其应用 第18讲 导数的综合应用——导数与不等式课件

高考总复习第（1）轮理科数学第三单元导数及其应用第18讲导数的综合应用——导数与不等式1．能够构造函数利用导数证明一些简单的不等式和解某些不等式．2．会将恒成立问题及存在性问题转化为最值问题进行求解．最小值(a，x0)最小值(x0，b)最大值最大值1．如果不等式f(x)≥g(x)，x∈[a，b]恒成立，则转化为函数φ(x)＝f(x)－g(x)在x∈[a，b]内的________≥0.(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”)2．若f′(x)0，x∈[a，b]，且x0∈(a，b)有f(x0)＝0，则f(x)0的x的取值范围为_________，f(x)0的x的取值范围为________.3．若f(x)m在x∈[a，b]上恒成立，则函数f(x)在x∈[a，b]的________m.(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”)若f(x)m在x∈[a，b]上恒成立，则函数f(x)在x∈[a，b]的_________m.(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”)若f(x)m在x∈[a，b]有解，则函数f(x)在x∈[a，b]的________m.(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”)解：令f(x)＝ex－(1＋x)，因为f′(x)＝ex－1，所以对∀x∈[0，＋∞)，f′(x)≥0，故f(x)在[0，＋∞)上递增，故f(x)≥f(0)＝0，即ex≥1＋x.答案：A1．对于∀x∈[0，＋∞)，则ex与1＋x的大小关系为()A．ex≥1＋xB．ex1＋xC．ex＝1＋xD．ex与1＋x大小关系不确定2．对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－1)f′(x)0，则必有()A．f(0)＋f(2)＜2f(1)B．f(0)＋f(2)2f(1)C．f(0)＋f(2)＝2f(1)D．f(0)＋f(2)与2f(1)的大小不确定解：依题意，当x1时，f′(x)0，f(x)在(1，＋∞)上是增函数；当x＜1时，f′(x)0，f(x)在(－∞，1)上是减函数，故当x＝1时，f(x)取最小值，所以f(0)f(1)，f(2)f(1)，所以f(0)＋f(2)2f(1)．答案：B3．已知定义在R上函数f(x)满足f(－x)＝－f(x)，且x0时，f′(x)0，则f(x)0的解集为()A．(－∞，0)B．(0，＋∞)C．(－∞，－1)D．(1，＋∞)解：因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0，又x0时，f′(x)0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，所以f(x)0的解集为(－∞，0)．答案：A4．若函数h(x)＝2x－kx＋k3在[1，＋∞)上是增函数，则实数k的取值范围是__________.解：因为h′(x)＝2＋kx2，且h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h′(x)＝2＋kx2≥0，所以k≥－2x2，要使k≥－2x2在[1，＋∞)上恒成立，则只要k≥(－2x2)max，所以k≥－2.答案：[－2，＋∞)5．设f(x)＝－x2＋a，g(x)＝2x.(1)若∀x∈[0,1]，f(x)≥g(x)，则实数a的取值范围为________；(2)若∃x∈[0,1]，f(x)≥g(x)，则实数a的取值范围为________.解：(1)F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2－2x＋a(x∈[0,1])．则[F(x)]min＝F(1)＝－3＋a.因为“若∀x∈[0,1]，f(x)≥g(x)”等价于“[F(x)]min≥0，x∈[0,1]”，所以－3＋a≥0，解得a≥3.所以实数a的取值范围为[3，＋∞)．(2)F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2－2x＋a(x∈[0,1])．则[F(x)]max＝F(0)＝a.因为“若∃x∈[0,1]，f(x)≥g(x)”等价于“[F(x)]max≥0，x∈[0,1]”，所以a≥0.所以实数a的取值范围为[0，＋∞)．答案：(1)[3，＋∞)(2)[0，＋∞)利用导数解不等式利用导数证明不等式恒成立问题与存在性问题考点1·利用导数解不等式【例1】(2019·湖南岳阳段考)若f(x)的定义域为R，f′(x)2恒成立，f(－1)＝2，则f(x)2x＋4的解集为()A．(－1,1)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，＋∞)解：令g(x)＝f(x)－2x－4，因为g′(x)＝f′(x)－20，所以g(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，又g(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，所以f(x)2x＋4⇔g(x)g(－1)⇔x－1.所以f(x)2x＋4的解集为(－1，＋∞)．答案：B【变式探究】1．(经典真题)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x0时，xf′(x)－f(x)0，则使得f(x)0成立的x的取值范围是()A．(－∞，－1)∪(0,1)B．(－1,0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1,0)D．(0,1)∪(1，＋∞)解：记函数g(x)＝fxx，则g′(x)＝xf′x－fxx2，因为当x0时，xf′(x)－f(x)0，故当x0时，g′(x)0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减；又因为函数f(x)(x∈R)是奇函数，所以函数g(x)是偶函数，所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，且g(－1)＝g(1)＝0，当0x1时，g(x)0，则f(x)0；当x－1时，g(x)0，则f(x)0.综上所述，使得f(x)0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．点评：利用导数解不等式的基本方法：(1)构造函数，利用导数研究其单调性；(2)寻找一个特殊的函数值；(3)根据函数的性质(主要是单调性，结合图象)得到不等式的解集．考点2·利用导数证明不等式【例2】已知函数f(x)＝(1＋x)e－2x.当x∈[0,1]时，求证：1－x≤f(x)≤11＋x.解：要证x∈[0,1]时，(1＋x)e－2x≤11＋x，只需证明ex≥x＋1.记k(x)＝ex－x－1，则k′(x)＝ex－1，当x∈(0,1)时，k′(x)0，因此，k(x)在[0,1]上是增函数，故k(x)≥k(0)＝0，所以f(x)≤11＋x，x∈[0,1]．要证x∈[0,1]时，(1＋x)e－2x≥1－x，只需证明(1＋x)e－x≥(1－x)ex.记h(x)＝(1＋x)e－x－(1－x)ex，则h′(x)＝x(ex－e－x)，当x∈(0,1)时，h′(x)0，因此，h(x)在[0,1]上是增函数，故h(x)≥h(0)＝0.所以f(x)≥1－x，x∈[0,1]．综上，1－x≤f(x)≤11＋x，x∈[0,1]．【变式探究】分析：f(x)≥1⇔ex－x2－1≥0⇔x2＋1ex－1≤0.故可构造函数g(x)＝ex－x2－1或g(x)＝(x2＋1)e－x－1进行证明，前者思路自然，后者技巧性较强．2．(2018·全国卷Ⅱ节选)已知函数f(x)＝ex－x2.证明：当x≥0时，f(x)≥1.证明：(方法1)f(x)≥1等价于ex－x2－1≥0，令g(x)＝ex－x2－1，则g′(x)＝ex－2x，令φ(x)＝ex－2x，则φ′(x)＝ex－2，由φ′(x)＝0，得x＝ln2.当x∈[0，ln2)，φ′(x)0，即g′(x)在[0，ln2)单调递减；当x∈(ln2，＋∞)，φ′(x)0，即g′(x)在(ln2，＋∞)单调递增．所以g′(x)min＝g′(ln2)＝eln2－2ln2＝2(1－ln2)0，所以g′(x)0，故g(x)在[0，＋∞)单调递增，又g(0)＝0，所以g(x)≥0，从而f(x)≥1.(方法2)f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)·e－x＝－(x－1)2e－x.当x≠1时，g′(x)0，所以g(x)在[0，＋∞)单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.点评：(1)证明f(x)g(x)的步骤：①构造函数F(x)＝f(x)－g(x)；②研究F(x)的单调性或最值；③证明F(x)min0.(2)注意：其中第①步构造函数是将不等式问题转化为函数问题的关键．为了便于利用导数研究函数的性质，常用分析法．．．将要证明的不等式进行适当变形或化简或放缩，然后构造相应的函数；其中第②步是难点，讨论F′(x)时，有时还要进一步构造函数进行研究．考点3·恒成立问题与存在性问题【例3】(2018·武汉二月调研)已知函数f(x)＝x2lnx－a(x2－1)(a∈R)，若f(x)≥0在0x≤1上恒成立，则实数a的取值范围为()A.[2，＋∞)B．[1，＋∞)C．[12，＋∞)D．[24，＋∞)解：f′(x)＝2xlnx＋x－2ax＝x(2lnx＋1－2a)，因为0x≤1，所以2lnx≤0.①1－2a≤0，即a≥12时，f′(x)0，f(x)在(0，1]单调递减，f(x)≥f(1)＝0满足．②1－2a0，即a12时，f′(x0)＝0，x0＝e2a－12，x∈(x0，1)时，f′(x)0，f(x)在(x0，1)单调递增，所以f(x)f(1)＝0，不成立．综上可得，a的取值范围为[12，＋∞)．答案：C【变式探究】3．(2019·临汾五校联考)设函数f(x)＝ex(x3＋32x2－6x＋2)－2aex－x，若不等式f(x)≤0在[－2，＋∞)内有解，则实数a的最小值为()A．－32－1eB．－32－2eC．－34－12eD．－1－1e解：因为f(x)＝ex(x3＋32x2－6x＋2)－2aex－x≤0，所以a≥12x3＋34x2－3x＋1－x2ex，令g(x)＝12x3＋34x2－3x＋1－x2ex，g′(x)＝32x2＋32x－3＋x－12ex＝(x－1)·(32x＋3＋12ex)，故当x∈[－2,1)时，g′(x)0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)0，所以g(x)在[－2,1)内是减函数，在(1，＋∞)内是增函数，所以g(x)min＝g(1)＝12＋34－3＋1－12e＝－34－12e.则实数a的最小值为－34－12e.点评：(1)恒成立问题和存在性问题都可转化为最值问题．(2)恒成立问题及存在性问题，其求解方法主要有“整体考虑”和“分离参数”两种思路．例如f(x)g(x)在x∈D上恒成立，求其中参数a的范围，其主要方法是：①整体考虑法：将不等式变形为f(x)－g(x)0，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，转化为F(x)min0.②分离参数法：将不等式变为ah(x)或ah(x)在x∈D内恒成立，从而转化为ah(x)max或ah(x)min.1．利用导数证明不等式f(x)g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明F(x)0.其中要特别关注如下两点：(1)是直接构造F(x)，还是适当变形化简后构造F(x)，对解题的繁简有影响；(2)找到F(x)在什么地方可以等于零，往往是解决问题的一个突破口．2．利用导数解不等式的基本方法是构造函数，寻找一个函数的特殊值，通过研究函数的单调性，从而得出不等式的解集．3．处理已知不等式恒成立求参数范围的问题，要突出转化的思想，将其转化为函数的最值问题．例如，已知f(x)g(x)在x∈D上恒成立，求其中参数a的范围，其主要方法是：①整体考虑法：将不等式变形为f(x)－g(x)0，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，转化为F(x)min0.②分离参数法：将不等式变为ah(x)或ah(x)在x∈D内恒成立，从而转化为ah(x)max或ah(x)min.