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2019-2020年高考數(shù)學二輪復習 專題2 函數(shù)與導數(shù) 第5講 利用導數(shù)研究不等式恒成立及相關問題 文
導數(shù)的綜合應用
訓練提示:在討論方程的根的個數(shù)、研究函數(shù)圖象與x軸(或某直線)的交點個數(shù)、不等式恒成立等問題時,常常需要求出其中參數(shù)的取值范圍,這類問題的實質(zhì)就是函數(shù)的單調(diào)性與函數(shù)的極(最)值的應用.
1.(xx云南省第一次統(tǒng)一檢測)已知函數(shù)f(x)=ln x-.
(1)求證:f(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增;
(2)若f[x(3x-2)]<-,求實數(shù)x的取值范圍.
(1)證明:由已知得f(x)的定義域為(0,+∞).
因為f(x)=ln x-,
所以f′(x)=-=.
因為x>0,所以4x2+3x+1>0,x(1+2x)2>0.
所以當x>0時,f′(x)>0.
所以f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.
(2)解:因為f(x)=ln x-,
所以f(1)=ln 1-=-.
由f[x(3x-2)]<-得f[x(3x-2)]
0,得x>1,
所以h(x)在(1,+∞)上為增函數(shù);
令h′(x)=1-<0,得00,即2-f(x)>0.
要證x<,只需證x[2-f(x)]<2+f(x),
即證f(x)>.
記k(x)=f(x)-=ln x-,
則k′(x)=.
所以當10,k(x)在(1,e2)上為增函數(shù).
所以k(x)>k(1)=0,所以ln x->0,
所以ln x>.
所以當10),
可知g(x)在(0,1)上是減函數(shù),在(1,+∞)上是增函數(shù),
所以g(x)≥g(1)=0,
所以f(x)≥-+-4x+成立.
(3)解:由x∈[e,+∞)知,x+ln x>0,
所以f(x)≥0恒成立等價于a≤
在x∈[e,+∞)時恒成立.
令h(x)=,x∈[e,+∞),
有h′(x)=>0,
所以h(x)在[e,+∞)上是增函數(shù),有h(x)≥h(e)=,
所以a≤.即a的取值范圍為(-∞,].
4.(xx山東淄博市一模)設函數(shù)f(x)=x2-ax+ln x(a為常數(shù)).
(1)當a=3時,求函數(shù)f(x)的極值;
(2)當01時,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增;
所以f(x)極小值=f(1)=-2,
f(x)極大值=f()=--ln 2.
(2)函數(shù)的定義域為(0,+∞),f′(x)=2x+-a,
因為2x+≥2,(當且僅當x=時,等號成立)
因為00在(0,+∞)上恒成立,
故f(x)在(0,+∞)上是增函數(shù).
(3)當a∈(0, )時,由(2)知,f(x)在[,1]上單調(diào)遞增,
所以f(x)max=f(1)=1-a.
故問題等價于:當a∈(0, )時,
不等式1-a0,
所以M(a)在a∈(0, )上單調(diào)遞增,
M(a)0)上存在極值,求實數(shù)m的取值范圍;
(2)設g(x)=[xf(x)-1],若對任意x∈(0,1)恒有g(x)<-2,求實數(shù)a的取值范圍.
解:(1)由題意k=f(x)=,x>0,
所以f′(x)= ( )′=-
當00;
當x>1時,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.
因為函數(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a>0時,由g(x)<-2,可得ln x+<0,
設h(x)=ln x+,則h′(x)=.
設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x∈(x0,1)時,h(x)>0,不合要求.
綜合①②可得00,求a的取值范圍.
解:(1)由題意知f(x)=-x3+2x2-4,f′(x)=-3x2+4x,
令f′(x)=0,得x=0或.
當x在[-1,1]上變化時,f′(x),f(x)隨x的變化情況如表:
x
-1
(-1,0)
0
(0,1)
1
f′(x)
-7
-
0
+
1
f(x)
-1
↘
-4
↗
-3
所以對于m∈[-1,1],f(m)的最小值為f(0)=-4,
因為f′(x)=-3x2+4x的對稱軸為x=,
且拋物線開口向下,
所以對于n∈[-1,1],f′(n)的最小值為f′(-1)=-7.
所以f(m)+f′(n)的最小值為-11.
(2)因為f′(x)=-3x(x-).
①若a≤0,當x>0時,f′(x)<0,
所以f(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞減,
又f(0)=-4,則當x>0時,f(x)<-4.
所以當 a≤0時,不存在x0>0,使f(x0)>0.
②若a>0,則當00,
當x>時,f′(x)<0.
從而f(x)在(0,]上單調(diào)遞增,
在[,+∞)上單調(diào)遞減,
所以當x∈(0,+∞)時,
f(x)max=f()=-+-4.
根據(jù)題意,-4>0,即a3>27,解得a>3.
綜上,a的取值范圍是(3,+∞).
3.已知函數(shù)f(x)=ln x-x+1,x∈(0,+∞),g(x)=x3-ax.
(1)求曲線f(x)在點(1,f(1))處的切線方程;
(2)求函數(shù)f(x)的最大值;
(3)若對任意x1∈(0,+∞),總存在x2∈[1,2]使得f(x1)≤g(x2)成立,求a的取值范圍.
解:(1)因為f(x)=ln x-x+1(x>0),
所以f′(x)=-1=,
所以f′(1)=0,由導數(shù)的幾何意義知
曲線f(x)在點(1,0)處的切線的斜率為0,
故所求切線方程為y=0.
(2)由(1)知f′(x)=-1=,
所以當00;
當x>1時,f′(x)<0,所以f(x)≤f(1)=0,
所以f(x)的最大值為0.
(3)依題意f(x1)max≤g(x2)max其中x1∈(0,+∞),
x2∈[1,2],
由(2)知f(x1)max=f(1)=0,
問題轉化為:存在x∈[1,2],
使得x3-ax≥0?a≤(x2)max=4,其中x∈[1,2],
所以a≤4.即a的取值范圍為(-∞,4].
4.已知函數(shù)f(x)=ln x-ax2+x,a∈R.
(1)若f(1)=0,求函數(shù)f(x)的最大值;
(2)令g(x)=f(x)-(ax-1),求函數(shù)g(x)的單調(diào)區(qū)間;
(3)若a=-2,正實數(shù)x1,x2滿足f(x1)+f(x2)+x1x2=0,證明x1+x2≥.
(1)解:因為f(1)=1-=0,
所以a=2,
此時f(x)=ln x-x2+x,x>0,
f′(x)=-2x+1=(x>0),
由f′(x)=0,得x=1,
所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,
在(1,+∞)上單調(diào)遞減,
故當x=1時函數(shù)有極大值,也是最大值,
所以f(x)的最大值為f(1)=0.
(2)解:g(x)=f(x)-(ax-1)
=ln x-ax2+(1-a)x+1,
所以g′(x)=-ax+(1-a)
=.
當a≤0時,因為x>0,所以g′(x)>0.
所以g(x)在(0,+∞)上是遞增函數(shù),
當a>0時,
g′(x)=
=-,
令g′(x)=0,得x=.
所以當x∈(0, )時,g′(x)>0;
當x∈(,+∞)時,g′(x)<0,
因此函數(shù)g(x)在x∈(0, )是增函數(shù),
在x∈(,+∞)是減函數(shù).
綜上,當a≤0時,
函數(shù)g(x)的遞增區(qū)間是(0,+∞),無遞減區(qū)間;
當a>0時,函數(shù)g(x)的遞增區(qū)間是(0, ),
遞減區(qū)間是(,+∞).
(3)證明:當a=-2時,f(x)=ln x+x2+x,x>0.
由f(x1)+f(x2)+x1x2=0,
即ln x1++x1+ln x2++x2+x1x2=0.
從而(x1+x2)2+(x1+x2)=x1x2-ln (x1x2).
令t=x1x2,
則由φ(t)=t-ln t得,φ′(t)=.
可知,φ(t)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減,
在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞增.
所以φ(t)≥φ(1)=1,
所以(x1+x2)2+(x1+x2)≥1,
因為x1>0,x2>0,
因此x1+x2≥成立.
5.(xx四川德陽市一診)如圖,已知點A(11,0),函數(shù)y=的圖象上的動點P在x軸上的射影為H,且點H在點A的左側,設|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P的橫坐標為t2-1,
因為點H在點A的左側,
所以t2-1<11,
即-20,
所以0
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利用導數(shù)研究不等式恒成立及相關問題
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