2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題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)問題 文

《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題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)問題 文》由會員分享，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)問題 文（6頁珍藏版）》請?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)問題 文 　　　　 　　　　　　　 　　　　　　 　　 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)、不等式恒成立等問題時(shí),常常需要求出其中參數(shù)的取值范圍,這類問題的實(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)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(shí)數(shù)x的取值范圍. (1)證明:由已知得f(x)的定義域?yàn)?0,+∞). 因?yàn)閒(x)=

2、ln x-, 所以f′(x)=-=. 因?yàn)閤>0,所以4x2+3x+1>0,x(1+2x)2>0. 所以當(dāng)x>0時(shí),f′(x)>0. 所以f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增. (2)解:因?yàn)閒(x)=ln x-, 所以f(1)=ln 1-=-. 由f[x(3x-2)]<-得f[x(3x-2)]

3、取得極值. (1)求a的值及h(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)求證:當(dāng)10,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

4、x[2-f(x)]<2+f(x), 即證f(x)>. 記k(x)=f(x)-=ln x-, 則k′(x)=. 所以當(dāng)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(dāng)1

5、-,由題意可得f′(1)=0, 解得a=1. 經(jīng)檢驗(yàn),a=1時(shí)f(x)在x=1處取得極值,所以a=1. (2)證明:由(1)知,f(x)=x2-x-ln x 令g(x)=f(x)- (-+-4x+1) =-+3x-ln x- 由g′(x)=x2-3x+3-=-3(x-1) =(x>0), 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(jià)于a≤ 在x∈[e,+∞)時(shí)恒成立. 令h(x)=,x∈[e,+∞), 有

6、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(shè)函數(shù)f(x)=x2-ax+ln x(a為常數(shù)). (1)當(dāng)a=3時(shí),求函數(shù)f(x)的極值; (2)當(dāng)0

7、遞減; 當(dāng)01時(shí),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?yàn)?0,+∞),f′(x)=2x+-a, 因?yàn)?x+≥2,(當(dāng)且僅當(dāng)x=時(shí),等號成立) 因?yàn)?0在(0,+∞)上恒成立, 故f(x)在(0,+∞)上是增函數(shù). (3)當(dāng)a∈(0, )時(shí),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(jià)于:當(dāng)a∈(0, )時(shí), 不等式1-a

8、g′(a)=, 令M(a)=-aln a-1+a,M′(a)=-ln a>0, 所以M(a)在a∈(0, )上單調(diào)遞增, M(a)0)上存在極值,求實(shí)數(shù)m的取值范圍; (2)設(shè)g(x)=[xf(x)-1],若對任意x

9、∈(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+,則h′(x)=. 設(shè)t(

10、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0

11、是f(x)的導(dǎo)函數(shù). (1)當(dāng)a=2時(shí),對任意的m∈[-1,1],n∈[-1,1],求f(m)+f′(n)的最小值; (2)若存在x0∈(0,+∞),使f(x0)>0,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(dāng)x在[-1,1]上變化時(shí),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?yàn)?/p>

12、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?yàn)閒′(x)=-3x(x-). ①若a≤0,當(dāng)x>0時(shí),f′(x)<0, 所以f(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞減, 又f(0)=-4,則當(dāng)x>0時(shí),f(x)<-4. 所以當(dāng) a≤0時(shí),不存在x0>0,使f(x0)>0. ②若a>0,則當(dāng)00, 當(dāng)x>時(shí),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(dāng)x∈(0,+∞)時(shí), f(x

13、)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(diǎn)(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?yàn)閒(x)=ln x-x+1(x>0), 所以f′(x)=-1=, 所以f′(1)=0,由導(dǎo)數(shù)的幾何意義知 曲線f(x)在點(diǎn)(1,0)處的切線的斜率為0, 故所求切線方程為y=

14、0. (2)由(1)知f′(x)=-1=, 所以當(dāng)00; 當(dāng)x>1時(shí),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(zhuǎn)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

15、)-(ax-1),求函數(shù)g(x)的單調(diào)區(qū)間; (3)若a=-2,正實(shí)數(shù)x1,x2滿足f(x1)+f(x2)+x1x2=0,證明x1+x2≥. (1)解:因?yàn)閒(1)=1-=0, 所以a=2, 此時(shí)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(dāng)x=1時(shí)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) =.

16、 當(dāng)a≤0時(shí),因?yàn)閤>0,所以g′(x)>0. 所以g(x)在(0,+∞)上是遞增函數(shù), 當(dāng)a>0時(shí), g′(x)= =-, 令g′(x)=0,得x=. 所以當(dāng)x∈(0, )時(shí),g′(x)>0; 當(dāng)x∈(,+∞)時(shí),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(dāng)a≤0時(shí), 函數(shù)g(x)的遞增區(qū)間是(0,+∞),無遞減區(qū)間; 當(dāng)a>0時(shí),函數(shù)g(x)的遞增區(qū)間是(0, ), 遞減區(qū)間是(,+∞). (3)證明:當(dāng)a=-2時(shí),f(x)=ln x+x2+x,x>0. 由f(x1)+f(x2)+x1x2=0, 即ln

17、 x1++x1+ln x2++x2+x1x2=0. 從而(x1+x2)2+(x1+x2)=x1·x2-ln (x1·x2). 令t=x1·x2, 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?yàn)閤1>0,x2>0, 因此x1+x2≥成立. 5.(xx四川德陽市一診)如圖,已知點(diǎn)A(11,0),函數(shù)y=的圖象上的動點(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

18、)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