2019-2020年高考数学二轮复习 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

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1、2019-2020年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.(xx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ln2a-lnb≥1-.(1)解:由2x+1>0得x>-.所以f(x)的定义域为（-,+∞）.因为

2、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(-)=-ln2.所以当x>-时,f(x)≥f(-),即f(x)≥-ln2.因为a>0,b>0,所以=->-.设x=,则f()≥-ln2,化简得ln2a-lnb≥1-.所以当a>0,b>0时,ln2a-lnb≥1-.2.(xx山东济宁市一模)已知函数f(

3、x)=ex-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;(2)解:由f(x)=ex

4、-ax-a,f′(x)=ex-a①当a=0时,f(x)=ex≥0恒成立,满足条件,②当00,所以函数f(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增,所以函数f(x)在x=lna处取得极小值即为最小值,f(x)min=f(lna)=elna-alna-a=-alna.因为0

5、f(x)≥0;(3)证明:由(2)知,当a=1时,f(x)≥0恒成立,所以f(x)=ex-x-1≥0恒成立,即ex≥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、f(x1)-f(x2)

7、

8、≤e.解:(1)f′(x)=aex+(ax-2)ex=(ax+a-2)ex,由已知得f′(1)=0,即(2a-2)e=0,解得a=1,验证知,当a=1时,在x=1处函数f(x)=(x-2)ex取得极小值,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)减增当m≥1时,f(x)在[m,m+1]上单调递增,f(x)min=f(m)=(m-2)em.当0

9、m+1]上单调递增,f(x)min=f(1)=-e.当m≤0时,m+1≤1,f(x)在[m,m+1]单调递减,f(x)min=f(m+1)=(m-1)em+1.综上,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

10、f(x1)-f(x2)

11、≤f(x)max-f

12、(x)min=e.4.(xx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)求证:()10000.4