[导与练]2016高考数学二轮复习 专题2 函数与导数 第5讲 利用导数研究不等式恒成立及相关问题 理

第5讲 利用导数研究不等式恒成立及相关问题

导数的综合应用

训练提示:在讨论方程的根的个数、研究函数图象与x轴(或某直线)的交点个数、不等式恒成立等问题时,常常需要求出其中参数的取值范围,这类问题的实质就是函数的单调性与函数的极(最)值的应用.

1.(2015云南省第一次统一检测)已知函数f(x)=ln (1+2x)-.

(1)求f(x)的单调区间;

(2)若a>0,b>0,求证ln 2a-ln b≥1-.

(1)解:由2x+1>0得x>-.

所以f(x)的定义域为（-,+∞）.

因为f(x)=ln (1+2x)-,

所以f′(x)=-=.

由f′(x)>0得x>-,由f′(x)<0得x<-.

所以f(x)的单调递增区间为[-,+∞),

f(x)的单调递减区间为(-,-].

(2)证明:由(1)知,当x=-时,f(x)取得最小值.

所以f(x)的最小值为f(-)=-ln 2.

1

所以当x>-时,f(x)≥f(-),即f(x)≥-ln 2.

因为a>0,b>0,所以=->-.

设x=,则f()≥-ln 2,

化简得ln 2a-ln b≥1-.

所以当a>0,b>0时,ln 2a-ln b≥1-.

2.(2015山东济宁市一模)已知函数f(x)=e-ax-a(其中a∈R,e是自然对数的底数,e=2.71828…).

(1)当a=e时,求函数f(x)的极值; (2)当0≤a≤1时,求证f(x)≥0;

(3)求证:对任意正整数n,都有(1+)(1+)…(1+)1时,f′(x)>0; 所以函数f(x)在(-∞,1)上单调递减, 在(1,+∞)上单调递增,

所以函数f(x)在x=1处取得极小值f(1)=-e, 函数f(x)无极大值;

xx

(2)解:由f(x)=e-ax-a,f′(x)=e-a

x

①当a=0时,f(x)=e≥0恒成立,满足条件, ②当0

则当x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0,当x∈(ln a,+∞)时, f′(x)>0,

所以函数f(x)在(-∞,ln a)上单调递减, 在(ln a,+∞)上单调递增,

所以函数f(x)在x=ln a处取得极小值即为最小值,

ln a

f(x)min=f(ln a)=e-aln a-a=-aln a.

因为0

所以综上得,当0≤a≤1时,f(x)≥0;

(3)证明:由(2)知,当a=1时,f(x)≥0恒成立,

x

所以f(x)=e-x-1≥0恒成立,

即e≥x+1,所以ln (x+1)≤x,令x=(n∈N+),

2

x

x

x

x

得ln (1+)≤,

所以ln (1+)+ln (1+)+…+ln (1+)≤++…+==1-()<1,

n

所以(1+)(1+)…(1+)

3.(2015黑龙江大庆二模)已知函数f(x)=(ax-2)e在x=1处取得 极值.

(1)求a的值;

(2)求函数f(x)在[m,m+1]上的最小值;

(3)求证:对任意x1,x2∈[0,2],都有|f(x1)-f(x2)|≤e.

xxx

解:(1)f′(x)=ae+(ax-2)e=(ax+a-2)e, 由已知得f′(1)=0,即(2a-2)e=0,解得a=1, 验证知,当a=1时,

x

在x=1处函数f(x)=(x-2)e取得极小值,所以a=1;

xxxx

(2)f(x)=(x-2)e,f′(x)=e+(x-2)e=(x-1)e.

x f′(x) f(x) (-∞,1) - 减 1 0 (1,+∞) + 增 x

所以函数f(x)在(-∞,1)上递减,在(1,+∞)上递增. 当m≥1时,f(x)在[m,m+1]上单调递增,

m

f(x)min=f(m)=(m-2)e.

当0

当m≤0时,m+1≤1,f(x)在[m,m+1]单调递减,

m+1

f(x)min=f(m+1)=(m-1)e.

综上,f(x)在[m,m+1]上的最小值 f(x)min=

x

(3)由(1)知f(x)=(x-2)e,

xxx

f′(x)=e+(x-2)e=(x-1)e. 令f′(x)=0得x=1,

因为f(0)=-2,f(1)=-e,f(2)=0, 所以f(x)max=0,f(x)min=-e, 所以,对任意x1,x2∈[0,2],

都有|f(x1)-f(x2)|≤f(x)max-f(x)min=e.

4.(2015吉林长春市质量监测二)设函数f(x)=(1-ax)ln (x+1)-bx,其中a和b是实数,曲线y=f(x)恒与x轴相切于坐标原点. (1)求常数b的值;

(2)当0≤x≤1时,关于x的不等式f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围;

3

(3)求证:()

10000.4

1000.5

.

(1)解:对f(x)求导得f′(x)=-aln (1+x)+-b,

根据条件知f′(0)=0,所以1-b=0?b=1.

(2)解:由(1)得f(x)=(1-ax)ln (1+x)-x,0≤x≤1, f′(x)=-aln (1+x)+

-1

f″(x)=-+=-.

①当a≤-时,由于0≤x≤1,

有f″(x)=-≥0,

于是f′(x)在[0,1]上单调递增,从而f′(x)≥f′(0)=0, 因此f(x)在[0,1]上单调递增, 即f(x)≥f(0)=0而且仅有f(0)=0; ②当a≥0时,由于0≤x≤1,有f″(x)=-<0,

于是f′(x)在[0,1]上单调递减,从而f′(x)≤f′(0)=0, 因此f(x)在[0,1]上单调递减, 即f(x)≤f(0)=0而且仅有f(0)=0; ③当-

当0≤x≤m时,f″(x)=-≤0,

于是f′(x)在[0,m]上单调递减,从而f′(x)≤f′(0)=0, 因此f(x)在[0,m]上单调递减, 即f(x)≤f(0)=0而且仅有f(0)=0.

综上可知,所求实数a的取值范围是(-∞,-]. (3)证明:对要证明的不等式等价变形如下:

4