（文理通用）江苏省2020高考数学二轮复习 专题四 函数与导数、不等式 第19讲 导数与不等式问题课

第19讲导数与不等式问题题型一利用导数证明不等式[例1](2019·苏州期末)已知函数f(x)＝lnx－4ax，g(x)＝xf(x)．(1)若a＝18，求g(x)的单调区间；(2)若a0，求证：f(x)≤14a－2.[解](1)由a＝18，得g(x)＝xlnx－12x2(x0)，所以g′(x)＝lnx－x＋1.令h(x)＝lnx－x＋1，则h′(x)＝1－xx，故h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，h(x)max＝h(1)＝0，从而当x0时，g′(x)≤0恒成立，故g(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间．(2)证明：f′(x)＝1x－4a＝1－4axx，由a0，令f′(x)＝0，得x＝14a，故f(x)在0，14a上单调递增，在14a，＋∞上单调递减，所以f(x)max＝f14a＝ln14a－1，所以只需证明ln14a－1≤14a－2，即证明ln4a＋14a－1≥0.令φ(a)＝ln4a＋14a－1，则φ′(a)＝1a－14a2＝4a－14a2，令φ′(a)0，得a14，令φ′(a)0，得0a14，所以φ(a)在0，14上单调递减，在14，＋∞上单调递增，所以φ(a)min＝φ14＝0，所以ln4a＋14a－1≥0，原不等式得证．[解题方略]利用导数证明不等式的关键是构造函数，其思路为：(1)对于(或可化为)左右两边结构相同的不等式，构造函数f(x)，使原不等式成为形如f(a)f(b)的形式．(2)对形如f(x)g(x)的不等式，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)．(3)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(x1，x))．[针对训练]已知函数f(x)＝mex－lnx－1.(1)当m＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)当m≥1时，证明：f(x)＞1.解：(1)当m＝1时，f(x)＝ex－lnx－1，所以f′(x)＝ex－1x.所以f(1)＝e－1，f′(1)＝e－1.所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x.(2)证明：当m≥1时，f(x)＝mex－lnx－1≥ex－lnx－1.要证f(x)＞1，只需证ex－lnx－2＞0.设g(x)＝ex－lnx－2，则g′(x)＝ex－1x.设h(x)＝ex－1x，则h′(x)＝ex＋1x2＞0，所以函数h(x)＝g′(x)＝ex－1x在(0，＋∞)上单调递增．因为g′12＝e12－2＜0，g′(1)＝e－1＞0，所以函数g′(x)＝ex－1x在(0，＋∞)上有唯一零点x0，且x0∈12，1.因为g′(x0)＝0，所以ex0＝1x0，即lnx0＝－x0.当x∈(0，x0)时，g′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＞0.所以当x＝x0时，g(x)取得最小值g(x0)．故g(x)≥g(x0)＝ex0－lnx0－2＝1x0＋x0－2＞0.综上可知，当m≥1时，f(x)＞1.题型二不等式的恒成立问题[例2](2019·天一中学检测)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．[解](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.故实数b的取值范围为－∞，1－1e2.[解题方略]求解不等式恒成立问题的方法(1)构造函数分类讨论：遇到f(x)≥g(x)型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h(x)＝f(x)－g(x)或“右减左”的函数u(x)＝g(x)－f(x)，进而只需满足h(x)min≥0或u(x)max≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论．(2)分离参数：分离参数法的主要思想是将不等式变形成一个一端是参数a，另一端是变量表达式v(x)的不等式后，应用数形结合思想把不等式恒成立问题转化为水平直线y＝a与函数y＝v(x)图象的交点个数问题来解决．[针对训练]已知函数f(x)＝ax＋xlnx(a∈R)．(1)若函数f(x)在区间[e，＋∞)上为增函数，求a的取值范围；(2)当a＝1且k∈Z时，不等式k(x－1)f(x)在x∈(1，＋∞)上恒成立，求k的最大值．解：(1)f′(x)＝a＋lnx＋1，由题意知f′(x)≥0在[e，＋∞)上恒成立，即lnx＋a＋1≥0在[e，＋∞)上恒成立，即a≥－(lnx＋1)在[e，＋∞)上恒成立，而[－(lnx＋1)]max＝－(lne＋1)＝－2，所以a≥－2，即a的取值范围为[－2，＋∞)．(2)f(x)＝x＋xlnx，kfxx－1，即kx＋xlnxx－1对任意x1恒成立．令g(x)＝x＋xlnxx－1，则g′(x)＝x－lnx－2x－12.令h(x)＝x－lnx－2(x1)，则h′(x)＝1－1x＝x－1x0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增．因为h(3)＝1－ln30，h(4)＝2－2ln20，所以存在x0∈(3,4)使h(x0)＝0.即当1xx0时，h(x)0，即g′(x)0.当xx0时，h(x)0，即g′(x)0.所以g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．由h(x0)＝x0－lnx0－2＝0，得lnx0＝x0－2，g(x)min＝g(x0)＝x01＋lnx0x0－1＝x01＋x0－2x0－1＝x0∈(3,4)，所以kg(x)min＝x0且k∈Z，即kmax＝3.题型三不等式的能成立问题[例3]已知函数f(x)＝x2－(2a＋1)x＋alnx(a∈R)．(1)若f(x)在区间[1,2]上是单调函数，求实数a的取值范围；(2)若函数g(x)＝(1－a)x，若∃x0∈[1，e]使得f(x0)≥g(x0)成立，求实数a的取值范围．[解](1)f′(x)＝2x－1x－ax，当导函数f′(x)的零点x＝a落在区间(1,2)内时，函数f(x)在区间[1,2]上就不是单调函数，所以a∉(1,2)，所以实数a的取值范围是(－∞，1]∪[2，＋∞)．(2)由题意知，不等式f(x)≥g(x)在区间[1，e]上有解，即x2－2x＋a(lnx－x)≥0在区间[1，e]上有解．因为当x∈[1，e]时，lnx≤1≤x(不同时取等号)，x－lnx0，所以a≤x2－2xx－lnx在区间[1，e]上有解．令h(x)＝x2－2xx－lnx，则h′(x)＝x－1x＋2－2lnxx－lnx2.因为x∈[1，e]，所以x＋22≥2lnx，所以h′(x)≥0，h(x)在[1，e]上单调递增，所以h(x)max＝h(e)＝ee－2e－1，所以a≤ee－2e－1，所以实数a的取值范围是－∞，ee－2e－1.[解题方略]1．能成立(存在型)问题的解题方法a≥f(x)在x∈D上能成立，则a≥f(x)min；a≤f(x)在x∈D上能成立，则a≤f(x)max.2．含全称、存在量词不等式能成立问题(1)存在x1∈A，任意x2∈B使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)max≥g(x)max；(2)任意x1∈A，存在x2∈B，使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)min≥g(x)min.[针对训练]已知函数f(x)＝ax＋lnx(a∈R)，g(x)＝x2－2x＋2，若对任意x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈[0,1]，使得f(x1)g(x2)，求a的取值范围．解：由已知，转化为f(x)maxg(x)max.∵g(x)＝(x－1)2＋1，x∈[0,1]，∴g(x)max＝g(0)＝2.由f(x)＝ax＋lnx，得f′(x)＝a＋1x＝ax＋1x(x0)，当a≥0时，由于x0，故ax＋10，f′(x)0，∴f(x)在(0，＋∞)单调递增，值域为R，不合题意．当a0时，f(x)在0，－1a上单调递增，在－1a，＋∞上单调递减，故f(x)的极大值即为最大值，f－1a＝－1＋ln－1a＝－1－ln(－a)，所以2－1－ln(－a)，解得a－1e3，故a的取值范围为－∞，－1e3.