《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題2 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第5講 利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立及相關(guān)問(wèn)題 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題2 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第5講 利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立及相關(guān)問(wèn)題 理（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題2 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第5講 利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立及相關(guān)問(wèn)題 理
導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用
訓(xùn)練提示:在討論方程的根的個(gè)數(shù)、研究函數(shù)圖象與x軸(或某直線)的交點(diǎn)個(gè)數(shù)、不等式恒成立等問(wèn)題時(shí),常常需要求出其中參數(shù)的取值范圍,這類(lèi)問(wèn)題的實(shí)質(zhì)就是函數(shù)的單調(diào)性與函數(shù)的極(最)值的應(yīng)用.
1.(xx云南省第一次統(tǒng)一檢測(cè))已知函數(shù)f(x)=ln (1+2x)-.
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)若a>0,b>0,求證ln 2a-ln b≥1-.
(1)解:由2x+1>0得x>-.
所以f(x)的定義域?yàn)椋?,+∞）.
因?yàn)閒(x)=ln (1+2x)-,
所以f′(
2、x)=-=.
由f′(x)>0得x>-,由f′(x)<0得x<-.
所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為[-,+∞),
f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(-,-].
(2)證明:由(1)知,當(dāng)x=-時(shí),f(x)取得最小值.
所以f(x)的最小值為f(-)=-ln 2.
所以當(dāng)x>-時(shí),f(x)≥f(-),即f(x)≥-ln 2.
因?yàn)閍>0,b>0,所以=->-.
設(shè)x=,則f()≥-ln 2,
化簡(jiǎn)得ln 2a-ln b≥1-.
所以當(dāng)a>0,b>0時(shí),ln 2a-ln b≥1-.
2.(xx山東濟(jì)寧市一模)已知函數(shù)f(x)=ex-ax-a(其中a∈R,e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù),e=2.71
3、828…).
(1)當(dāng)a=e時(shí),求函數(shù)f(x)的極值;
(2)當(dāng)0≤a≤1時(shí),求證f(x)≥0;
(3)求證:對(duì)任意正整數(shù)n,都有(1+)(1+)…(1+)1時(shí),f′(x)>0;
所以函數(shù)f(x)在(-∞,1)上單調(diào)遞減,
在(1,+∞)上單調(diào)遞增,
所以函數(shù)f(x)在x=1處取得極小值f(1)=-e,
函數(shù)f(x)無(wú)極大值;
(2)解:由f(x)=ex-ax-a,f′(x)=ex-a
①當(dāng)a=0時(shí),f(x)=ex≥0恒成立,滿(mǎn)足條件,
②當(dāng)0
4、f′(x)=0,得x=ln a,
則當(dāng)x∈(-∞,ln a)時(shí),f′(x)<0,當(dāng)x∈(ln a,+∞)時(shí),
f′(x)>0,
所以函數(shù)f(x)在(-∞,ln a)上單調(diào)遞減,
在(ln a,+∞)上單調(diào)遞增,
所以函數(shù)f(x)在x=ln a處取得極小值即為最小值,
f(x)min=f(ln a)=eln a-aln a-a=-aln a.
因?yàn)?
5、≥x+1,所以ln (x+1)≤x,令x=(n∈N+),
得ln (1+)≤,
所以ln (1+)+ln (1+)+…+ln (1+)≤++…+==1-()n<1,
所以(1+)(1+)…(1+)
6、a=1時(shí),
在x=1處函數(shù)f(x)=(x-2)ex取得極小值,所以a=1;
(2)f(x)=(x-2)ex,f′(x)=ex+(x-2)ex=(x-1)ex.
x
(-∞,1)
1
(1,+∞)
f′(x)
-
0
+
f(x)
減
增
當(dāng)m≥1時(shí),f(x)在[m,m+1]上單調(diào)遞增,
f(x)min=f(m)=(m-2)em.
當(dāng)0
7、)em+1.
綜上,f(x)在[m,m+1]上的最小值
f(x)min=
(3)由(1)知f(x)=(x-2)ex,
f′(x)=ex+(x-2)ex=(x-1)ex.
令f′(x)=0得x=1,
因?yàn)閒(0)=-2,f(1)=-e,f(2)=0,
所以f(x)max=0,f(x)min=-e,
所以,對(duì)任意x1,x2∈[0,2],
都有|f(x1)-f(x2)|≤f(x)max-f(x)min=e.
4.(xx吉林長(zhǎng)春市質(zhì)量監(jiān)測(cè)二)設(shè)函數(shù)f(x)=(1-ax)ln (x+1)-bx,其中a和b是實(shí)數(shù),曲線y=f(x)恒與x軸相切于坐標(biāo)原點(diǎn).
(1)求常數(shù)b的值;
(2
8、)當(dāng)0≤x≤1時(shí),關(guān)于x的不等式f(x)≥0恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍;
(3)求證:()10000.4
9、=0而且僅有f(0)=0;
②當(dāng)a≥0時(shí),由于0≤x≤1,有f″(x)=-<0,
于是f′(x)在[0,1]上單調(diào)遞減,從而f′(x)≤f′(0)=0,
因此f(x)在[0,1]上單調(diào)遞減,
即f(x)≤f(0)=0而且僅有f(0)=0;
③當(dāng)-
10、10000.4
11、相當(dāng)于(2)中a=-情形,對(duì)于任意x∈[0,1],
恒有f(x)≥0而且僅有f(0)=0.取x=,
得對(duì)于任意正整數(shù)n都有（1+）ln （1+）->0成立.
因此對(duì)于任意正整數(shù)n,
不等式（1+）0)上存在極值,求實(shí)數(shù)m的取值范圍;
(2)設(shè)
12、g(x)=[xf(x)-1],若對(duì)任意x∈(0,1)恒有g(shù)(x)<-2,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
解:(1)由題意k=f(x)=,x>0,
所以f′(x)=（）′=-
當(dāng)00;當(dāng)x>1時(shí),f′(x)<0.
所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減,
故f(x)在x=1處取得極大值.
因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在區(qū)間（m,m+）(其中m>0)上存在極值,
所以得0,不合題意.
當(dāng)a>0時(shí),由g(x)<-2,可得ln x+<0,
設(shè)h(x)=ln x
13、+,則h′(x)=.
設(shè)t(x)=x2+(2-4a)x+1,Δ=(2-4a)2-4=16a(a-1),
①若00,h′(x)>0,
所以h(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增,又h(1)=0,
所以h(x)1,則Δ>0,t(0)=1>0,t(1)=4(1-a)<0,
所以存在x0∈(0,1),使得t(x0)=0,
則h(x)在(x0,1)內(nèi)單調(diào)遞減,又h(1)=0,
所以當(dāng)x∈(x0,1)時(shí),h(x)>0,不合要求.
綜合①②可得a的取值范圍是(0,1].
2.設(shè)函數(shù)f(x)=x2+ln (x+1).
14、
(1)求證:當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí)f(x)>x恒成立;
(2)求證:++…+0時(shí),g′(x)<0,
所以g(x)在(0,+∞)上遞減,
所以g(x)0時(shí),x-x2
15、n
16、R),
所以f′(x)=-a-=-,
x∈(0,+∞),
令h(x)=ax2-x+1-a,x∈(0,+∞),
當(dāng)a≥時(shí),由f′(x)=0,則ax2-x+1-a=0,
解得x1=1,x2=-1.
①當(dāng)a=時(shí),x1=x2,h(x)≥0恒成立,
此時(shí)f′(x)≤0,函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減;
②當(dāng)0,此時(shí)f′(x)<0,
函數(shù)f(x)單調(diào)遞減;
x∈（-1,1）時(shí),h(x)<0,此時(shí)f′(x)>0,
函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;
x∈(1,+∞)時(shí),h(x)>0,此時(shí)f′(x)<0,
函數(shù)f(x)單調(diào)遞減;
17、
③當(dāng)a≥1時(shí),由于-1≤0,
x∈(0,1)時(shí),h(x)<0,此時(shí)f′(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;
x∈(1,+∞)時(shí),h(x)>0,此時(shí)f′(x)<0,
函數(shù)f(x)單調(diào)遞減;
綜上所述:
當(dāng)a=時(shí),函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減;
當(dāng)
18、ln ）,
令F(t)=t-1-ln t,則F′(t)=1-=(t>0)
當(dāng)01時(shí),F′(t)>0,F(t)單調(diào)遞增,
故當(dāng)t≠1時(shí),F(t)>F(1)=0,即t-1-ln t>0
從而-1-ln >0,-1-ln >0,
所以(x1)>0,(x2)<0
因?yàn)楹瘮?shù)(x)在區(qū)間(x1,x2)上的圖象是連續(xù)不斷的一條曲線,
所以存在x0∈(x1,x2),使(x0)=0,
所以g′(x0)=k成立.
4.已知函數(shù)f(x)=a-be-x(e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù),e=2.71828…)的圖象在x=0處的切線方程為y=x.
(1)求a
19、,b的值;
(2)若g(x)=mln x-e-x+x2-(m+1)x+1(m>0),求函數(shù)h(x)=g(x)-f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(3)若正項(xiàng)數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1=,an=f(an),證明:數(shù)列{an}是遞減
數(shù)列.
(1)解:由題意得f(0)=0,f′(0)=1,則a-b=0,b=1,
解得a=1,b=1.
(2)解:由題意得h(x)=mln x+x2-(m+1)x,
x∈(0,+∞).
h′(x)=+x-(m+1)=
=
①當(dāng)00,
并注意到函數(shù)的定義域(0,+∞),
得01,則h(x)的增區(qū)間是(0,m),(1,+∞);
20、
同理可求h(x)的減區(qū)間是(m,1).
②當(dāng)m=1時(shí),h′(x)≥0,
則h(x)是定義域(0,+∞)內(nèi)的增函數(shù).
③當(dāng)m>1時(shí),令h′(x)>0,
并注意到函數(shù)的定義域(0,+∞)得0m,
則h(x)的增區(qū)間是(0,1),(m,+∞);
同理可求h(x)的減區(qū)間是(1,m).
(3)證明:因?yàn)檎?xiàng)數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1=,
an=f(an),
所以ln (an)=ln (1-),即an+1=-ln .
要證數(shù)列{an}是遞減數(shù)列
?an+1?>an+1.
設(shè)u(x)=ex-x-1,x∈(0,+∞).因?yàn)閡′(x)=ex-1>0,
21、
所以u(píng)(x)是(0,+∞)上的增函數(shù),則u(x)>u(0)=0,
即ex>x+1,故>an+1,
則數(shù)列{an}是遞減數(shù)列.
5.(xx四川德陽(yáng)市一診)如圖,已知點(diǎn)A(11,0),函數(shù)y=的圖象上的動(dòng)點(diǎn)P在x軸上的射影為H,且點(diǎn)H在點(diǎn)A的左側(cè),設(shè)|PH|=t,
△APH的面積為f(t).
(1)求函數(shù)f(t)的解析式及t的取值范圍;
(2)若a∈(0,2),求函數(shù)f(t)在(0,a]上的最大值.
解:(1)由已知可得=t,所以點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t2-1,
因?yàn)辄c(diǎn)H在點(diǎn)A的左側(cè),所以t2-1<11,
即-20,所以0
2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題2 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第5講 利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立及相關(guān)問(wèn)題 理
