《2020高考数学之冲破压轴题讲与练专题05应用导数研究不等式恒成立问题【解析版】11893.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020高考数学之冲破压轴题讲与练专题05应用导数研究不等式恒成立问题【解析版】11893.pdf（24页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、 1 第一章 函数与导数 专题 05 应用导数研究不等式恒成立问题【压轴综述】纵观近几年的高考命题，应用导数研究函数的单调性、极（最）值问题，证明不等式、研究函数的零点等，是高考考查的“高频点”问题，常常出现在“压轴题”的位置.其中，应用导数研究不等式恒成立问题的主要命题角度有：证明不等式恒成立、由不等式恒(能)成立求参数的范围、不等式存在性问题.本专题就应用导数研究不等式恒成立问题，进行专题探讨，通过例题说明此类问题解答规律与方法-参变分离、数形结合、最值分析等.一、利用导数证明不等式f(x)g(x)的基本方法(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)ming(x)ma
2、x；(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)f(x)g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)0.二、不等式恒成立问题的求解策略(1)已知不等式f(x，)0(为实参数)对任意的xD恒成立，求参数的取值范围利用导数解决此类问题可以运用分离参数法，其一般步骤如下：(2)如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(a0，0 或a0，0)求解 三、不等式存在性问题的求解策略“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)g(a)对于xD恒成立，应求f(x)的最小 2 值；若存在x
3、D，使得f(x)g(a)成立，应求f(x)的最大值在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值特别需要关注等号是否成立，以免细节出错【压轴典例】例 1.（2019 年高考天津理）已知aR，设函数222,1,()ln,1.xaxaxf xxaxx若关于x的不等式()0f x 在R上恒成立，则a的取值范围为（）A 0,1 B0,2 C0,e D 1,e【答案】C【解析】当1x 时，(1)12210faa 恒成立；当1x时，22()22021xf xxaxaax恒成立，令2()1xg xx，则222(11)(
4、1)2(1)1()111xxxxg xxxx 11122(1)2011xxxx ，当111xx，即0 x 时取等号，max2()0ag x，则0a.当1x 时，()ln0f xxax，即lnxax恒成立，令()lnxh xx，则2ln1()(ln)xh xx，当ex 时，()0h x，函数()h x单调递增，当0ex时，()0h x，函数()h x单调递减，则ex 时，()h x取得最小值(e)eh，min()eah x，3 综上可知，a的取值范围是0,e.故选 C.例 2.（2018 届河北省邯郸市高三 1 月）已知关于x的不等式2cos2mxx在,2 2 上恒成立，则实数m的取值范围为（）
5、A.3,B.3,C.2,D.2,【答案】C【解析】22cosxmx最大值,因为当0,2x时2222 cos2sin2()coscosxxxxxxx 令 cossin,cossincos000yxxx yxxxxy y 因此22()0cosxx,由因为22cosxx为偶函数,所以22cosxx最大值为202cos0,2m,选 C.例 3.已知函数 lnaf xxx，若 2f xx在1,上恒成立，则a的取值范围是_【答案】1a 【解析】恒成立的不等式为2lnaxxx，便于参数分离，所以考虑尝试参变分离法 解：233lnlnlnaxxxxaxaxxxx，其中1,x 只需要3maxlnaxxx，令 3
6、lng xxxx 2()1ln3g xxx （导函数无法直接确定单调区间，但再求一次导即可将ln x变为1x，所以二阶导函数的单调性可分析，为了便于确定 gx的符号，不妨先验边界值）12g，211660 xgxxxx，（判断单调性时一定要先看定义域，有可能会简化判断的过程）gx在1,单调递减，10()gxgg x在1,单调递减 11g xg 1a 答案：1a .4 例 4.已知不等式21logaxx在1,2x上恒成立，则实数a的取值范围是_【答案】12a【解析】本题难于进行参变分离，考虑数形结合解决，先作出21yx的图象，观察图象可得：若要使不等式成立，则logayx的图象应在21yx的上方，
7、所以应为单增的对数函数，即1a，另一方面，观察图象可得：若要保证在1,2x时不等式成立，只需保证在2x 时，21logaxx即可，代入2x 可得：1log 22aa，综上可得：12a.例 5.（2017天津高考真题（文）设，.已知函数，.（）求的单调区间；（）已知函数和的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线，（i）求证：在处的导数等于 0；（ii）若关于x的不等式在区间上恒成立，求b的取值范围.【答案】（I）单调递增区间为，单调递减区间为.（II）（i）0.（ii）.【解析】（I）由，可得，令，解得，或.由，得.当 变化时，的变化情况如下表：所以，的单调递增区间为，单调递减区间为.（II）
8、（i）因为，由题意知，5 所以，解得.所以，在处的导数等于 0.（ii）因为，由，可得.又因为，故为的极大值点，由（I）知.另一方面，由于，故，由（I）知在内单调递增，在内单调递减，故当时，在上恒成立，从而在上恒成立.由，得，.令，所以，令，解得（舍去），或.因为，故的值域为.所以，的取值范围是.例 6.（2017全国高考真题（文）已知函数（1）讨论的单调性；（2）若，求a的取值范围【答案】（1）见解析（2）【解析】（1）函数的定义域为，若，则，在单调递增.若，则由得.当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增.若，则由得.6 当时，；当时，故在单调递减，在单调递增.（2）若，则，所以.若，则由
9、（1）得，当时，取得最小值，最小值为.从而当且仅当，即时，.若，则由（1）得，当时，取得最小值，最小值为.从而当且仅当，即时.综上，的取值范围为.例 7.（2018 届安徽省马鞍山市高三第二次监测）已知函数.（1）若在定义域内无极值点，求实数 的取值范围；（2）求证：当时，恒成立.【答案】（1）；（2）见解析【解析】（1）由题意知，令，则，当时，在上单调递减，当时，在上单调递增，又，在定义域内无极值点，又当时，在和上都单调递增也满足题意，所以 （2），令，由（1）可知在上单调递増，又，所以存在唯一的零点，故在上单调递减，在上单调递増，7 由知 即当时，恒成立.例 8.（2018 届山西省孝义市
10、一模）已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）当时，曲线总在曲线的下方，求实数 的取值范围.【答案】（1）当时，函数在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）.【解析】（1）由可得的定义域为，且，若，则，函数在上单调递增；若，则当时，在上单调递增，当时，在上单调递减.综上，当时，函数在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）原命题等价于不等式在上恒成立，即，不等式恒成立.当时，即证当时，大于的最大值.又当时，综上所述，.【总结提升】不等式恒成立问题常见方法：分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；数形结合(图象在 上方即可)；讨论最值或恒成立；讨 8 论参数.本题是利用
11、方法 求得 的范围.【压轴训练】1（安徽省毛坦厂中学 2019 届高三校区 4 月联考）已知，若关于 的不等式恒成立，则实数 的取值范围是（）A1,e B,0 C1,e D1,e【答案】D【解析】由 0f x 恒成立得ln1exxa恒成立，设 ln1exxh x，则 1ln1exxxh x.设 1ln1g xxx，则 2110gxxx 恒成立，在上单调递减，又，当时，即；当时，即，在上单调递增，在上单调递减，.故选 D.2（2018 年（衡水金卷调研卷）三）若存在，不等式成立，则实数 的最大值为（）A.B.C.4 D.【答案】A【解析】9 设，则 当时，单调递减 当时，单调递增 存在，成立，故
12、选 3.（2019辽宁高考模拟（文）已知函数1()2xaf xeaxxx，若对任意(0,)x，都有()()f xxfx 成立，则实数a的取值范围是（）A3,2e B(,2 e-?C3,2e轹-+?滕 D)2,e-+?【答案】D【解析】令2()()(21)xg xxf xxeaxa，则()()()g xf xxfx，因为对任意(0,)x，都有()()f xxfx 成立，所以()()()0g xf xxfx在(0,)x上恒成立；即()(21)20 xg xxeax在(0,)x上恒成立；即(21)122xxxeaexx在(0,)x上恒成立；10 令1()2xh xex，(0,)x，则22211(21
13、)()2xxxxxh xeeexxx，由()0h x得2210 xx，解得1x（舍）或12x，所以，当102x时，22(21)()0 xxxh xex，1()2xh xex单调递减；当12x 时，22(21)()0 xxxh xex，1()2xh xex单调递增；所以min1()42h xhe，因为(21)122xxxeaexx在(0,)x上恒成立，所以只需24ae，解得2ae.故选 D 4.（2019湖南高三期末（理）函数22(),()e2xf xxxa g xx（e 为自然对数的底数），若任意0,1x，都有()0f g x，则实数a的最大值是（）A256ee B236ee C2 D14【答
14、案】A【解析】由于()4xg xex，令()4xm xex，当0,1x时，()40 xm xe，又(0)10m，(1)40me，所以()m x在0,1有唯一一个零点0 x，即00-40 xex 且()g x在00,)x单调递增，在0(,1x单调递减，11 所以 2220000002()2422122eg xg xexxxxx 剟，令()2,2)ug xe，则由()0f u，即221124a uuu，所以22(2)(2)56aeeee，故选 A 5（2019天津高考模拟（文）已知函数23ln,1(),46,1x xf xxxx 若不等式()|2|f xxa对任意(0,)x上恒成立，则实数a的取值
15、范围为（）A13,3e B3,3 ln5 C3,4ln2 D13,5e【答案】C【解析】由题意得：设g(x)=|2|xa，易得a0，可得2,2g(x)=2,2axa xaxa x，g(x)与 x 轴的交点为(,0)2a，当2ax，由不等式()|2|f xxa对任意(0,)x上恒成立，可得临界值时，()g()f xx与相切，此时2()46,1f xxxx，()2,2ag xxa x，可得()24fxx，可得切线斜率为 2，242x，3x，可得切点坐标（3，3），可得切线方程：23yx，切线与 x 轴的交点为3(,0)2,可得此时322a，3a，综合函数图像可得3a；同理，当2ax，由()g()f
16、 xx与相切，（1）当2()46,1f xxxx，()2,2ag xxa x，可得()24fxx，可得切线斜率为-2，242x，1x，可得切点坐标（1，3），可得切线方程25yx，可得5a，综合函数图像可得5a，（2）当()3ln,1f xx x，()2,2ag xxa x，()g()f xx与相切，可得1()fxx=-，12 此时可得可得切线斜率为-2，12x，12x，可得切点坐标1(,32)2In,可得切线方程：1(32)2()2yInx，242yxIn 可得切线与 x 轴的交点为2(2,0)2In，可得此时2222aIn，42aIn，综合函数图像可得42aIn，综上所述可得342aIn，
17、故选 C.6.（2019山东高考模拟（文）已知函数2()ln2()f xxaxx aR.（1）求()f x的单调递增区间；（2）若函数()f x有两个极值点1212,()x xxx且12()0f xmx恒成立，求实数m的取值范围.【答案】（1）12a 时，增区间为(0,)；0a 时，增区间为112(,)2a；102a时，增区间为112(0,)2a，11 2(,)2a；（2）3(,ln 22.【解析】（1）函数()f x的定义域为(0,)，222()22axxafxxxx，令2220 xxa，484(12)aa，1若12a 时，0，()0fx 在(0,)恒成立，函数()f x在(0,)上单调递增
18、.2若12a，方程2220 xxa，两根为11122ax，21122ax，当0a 时，20 x，2(,)xx，()0fx，()f x单调递增.当102a时，10 x，20 x，1(0,)xx，()0fx，()f x单调递增，2(,)xx，()0fx，()f x单调递增.综上，12a 时，函数()f x单调递增区间为(0,)，13 0a 时，函数()f x单调递增区间为112(,)2a，102a时，函数()f x单调递增区间为112(0,)2a，11 2(,)2a.（2）由（1）知，()f x存在两个极值点1212,()x xxx时，102a且121xx+，122axx，则1112axx，112
19、1axx，且1102x，2112x.此时 120f xmx 恒成立，可化为 21111112121ln21f xxxxxxmxx 11111111121ln11xxxxxxx 1111112ln1xxxx 恒成立，设1()12 ln1g xxxxx，1(0,)2x，2221(1)1()122ln2ln(1)(1)xg xxxxx 2(2)2ln(1)x xxx，因为102x，所以(2)0 x x，2ln0 x，所以)(0g x，故()g x在1(0,)2单调递减，13()ln 222g xg，所以实数m的取值范围是3(,ln 22.7.（2018 届广东省肇庆市高三三模】已知函数，.（）讨论的
20、单调区间；（）若,且恒成立.求 的最大值.【答案】（1）见解析;（2）6.【解析】（1），当时，即时，在上恒成立，所以的单调减区间是，无单调增区间.当时，即时，由得.由，得，所以的单调减区间是，单调增区间是 14（2）由得，令 ，8.（陕西省 2019 届高三第三次联考）已知函数，.（1）求函数的极值点；（2）若恒成立，求 的取值范围.【答案】（1）极大值点为，无极小值点.（2）.【解析】（1）lnf xxax的定义域为，当时，所以在上单调递增，无极值点；当时，解得，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以函数有极大值点，为，无极小值点.（2）由条件可得恒成立，15 则当时，恒成立，令，则，
21、令，则当时，所以在上为减函数.又，所以在上，；在上，.所以在上为增函数，在上为减函数，所以，所以.9.（2019天津高考模拟（文）已知函数 3223f xxaxa x，aR.（1）若0a，求函数 f x的单调减区间；（2）若关于 x 的不等式 22 ln1x xfxa恒成立，求实数 a 的范围.【答案】（1）3aa，（2）a2【解析】（1）f（x）3x2+2axa2（3xa）（x+a）由f（x）0 且a0 得：3axa 函数f（x）的单调减区间为3aa，（2）依题意x（0，+）时，不等式 2xlnxf（x）+a2+1 恒成立，等价于3122xalnxx在x（0，+）上恒成立 令 3122xh
22、xlnxx 则 223111310222xxhxxxxx 当x（0，1）时，h（x）0，h（x）单调递增 当x（1，+）时，h（x）0，h（x）单调递减 16 当x1 时，h（x）取得最大值h（1）2 故a2.10.（2019河南高考模拟（文）已知函数 lnf xxxab，曲线 yf x在点 1,1f处的切线为210 xy.（1）求a，b的值；（2）若对任意的1,x，1f xm x恒成立，求正整数m的最大值.【答案】（1）1a，0b；（2）3【解析】（1）由 lnf xxxab得：ln1fxxa 由切线方程可知：12 1 1f 112fa，11fab，解得：1a，0b（2）由（1）知 ln1f
23、 xxx 则1,x时，1f xm x恒成立等价于1,x时，ln11xxmx恒成立 令 ln11xxg xx，1x，则 2ln21xxgxx.令 ln2h xxx，则 111xh xxx 当1,x时，0h x，则 h x单调递增 31 ln30h Q，422ln20h 03,4x，使得 00h x 当01,xx时，0gx；0,xx时，0gx 000min0ln11xxg xg xx 000ln20h xxxQ 00ln2xx 0000min02 13,41xxg xg xxx 17 03,4mx，即正整数m的最大值为3 11（2019山西高考模拟（文）已知函数2()xf xmex.（）若1m，求
24、曲线()yf x在(0,(0)f处的切线方程；（）若关于x的不等式()(4)xf xxme在0,)上恒成立，求实数m的取值范围.【答案】（）10 xy；（）132e,【解析】（）依题意，2()xf xex，故()2xfxex.(0)1f，而(0)1f.故所求切线方程为1yx，即10 xy.（）由24xxmexxme得2(1)4xmexxx.即问题转化为当0 x 时，2max4(1)xxxmxe.令24()(1)xxxg xex，0 x，则22(2)22()(1)xxxxeg xx.由()0g x 及0 x，得31x.当(0,31)x时，()0g x，()g x单调递增；当(31,)x时，()0
25、g x，()g x单调递减.所以当31x 时，13max()(3 1)2g xge.所以132me.即实数m的取值范围为132e,.【方法点睛】（II）将原不等式分离常数，得到2max4(1)xxxmxe，构造函数24()(1)xxxg xex，利用导数求得 g x的最大值，由此求得m的取值范围.12.（2019湖北高考模拟（文）已知函数2()12xxf xe（1）若直线yxa为 f x的切线，求a的值 18（2）若0,x，f xbx恒成立，求b的取值范围【答案】（1）0；（2）1b【解析】（1）设切点为00,P x y，xfxex，0001xfxex，令 xh xex，则 1xh xe，当0
26、 x 时，0h x，h x在0,上为增函数；当0 x 时，0h x，h x在,0上为减函数；所以 min01h xh，所以00 x，又0200112xexxa，所以0a （2）0,x，f xbx恒成立2102xxebx，0,x 令2()12xxg xebx，0,x xgxexbh x，1xh xe,当0 x 时，10 xh xe，所以 h x在0,上为增函数，min1h xb，若1b，则当0 x 时()0g x，故 g x在0,上为增函数，故0,x时，有 00g xg即2102xxebx 恒成立，满足题意.若1b，因为 gx为0,上的增函数且 010gb，ln 2lnln2gbbb，令 lnl
27、n2s bbb，其中1b，110s bb，所以 s b在1,为增函数，所以 11 ln20s bs，故存在0 x，使得()00gx=且00,xx时，0gx，19 g x在00,x为减函数，故当00,xx时，00g xg，矛盾，舍去.综上可得：1b 13（2019天津高考模拟（理）己知函数 2xf xaxeaR，fx是 f x的导数（e 为自然对数的底数）（I）当1a 时，求曲线 yf x在点（00f，）处的切线方程；（II）若当0 x 时，不等式 1f xx 恒成立，求实数 a 的取值范围【答案】I.10 xy；II.1,2a 【解析】（I）当1a 时，2xf xxe，2xfxxe 则 000
28、1fe，0001fe 切线方程为：110yx ，即10 xy （II）当0 x 时，1f xx 恒成立，即：210 xaxex 在0,上恒成立 设 21xg xaxex 则 21xgxaxe，2xgxae 当12a 时，21a，此时01xee，则 0gx 可知 g x在0,上单调递减，则 00gxg g x在0,上单调递减 00g xg 即 1f xx 恒成立 12a满足题意 当12a 时，令 0gx，解得：ln2xa 当0,ln2xa时，0gx，则 g x单调递增 此时 00gxg，则 g x在0,ln 2a上单调递增()()00g xg?20 即当0,ln2xa时，1f xx 即 1f x
29、x 不恒成立，可知12a 不合题意 综上所述，1,2a 14.（2019浙江高考模拟）设函数2()ln()f xaxx aR.（1）讨论函数()f x的单调性；（2）若()0f x 恒成立，求实数a的取值范围【答案】（1）见解析；（2）1,)2e【解析】（1）由题意，221()(0)axfxxx.当0a 时，()0fx，函数()f x在(0,)上单调递减；当0a 时，令 0fx，解得12xa 当1(0,)2xa时，()0fx，当1(,)2xa时，()0fx ()f x在1(0,)2a上单调递减，在1(,)2a上单调递增；（2）()0f x 恒成立，(e)0f，可得21ae 由（1）可得，()f
30、 x在1(0,)2a上单调递减，在1(,)2a上单调递增，()f x的最小值为111()ln()222faa.11ln022a，解得12ae.因此，实数a的取值范围为1,)2e.【方法点睛】（2）()0f x 恒成立，由（1）知()f x在1(0,)2a上单调递减，在1(,)2a上单调递增，求其最小值，由最小值大于等于0求解a的取值范围 21 15.（2019临川一中实验学校高考模拟（理）已知函数()exf xaxb.（其中e为自然对数的底数）（1）若()0f x 恒成立，求ab的最大值；（2）设()ln1g xx，若()()()F xg xf x存在唯一的零点，且对满足条件的,a b不等式e
31、1)（m ab恒成立，求实数m的取值集合.【答案】（1）2e；（2）1【解析】（1）xg xea，当0a 时，0gx，g x在R上单调递增，取1min 0,bma，当0 xm时，000010 xg xeaxbaxb 矛盾；当0a 时，xg xebb，只要0b，即0b，此时0ab；当0a 时，令 0gx，lnxa，所以 g x在ln,a 单调递增，在,lna单调递减，lnlng xgaaaab，所以ln0aaab，即lnbaaa，此时22lnabaaa，令 22lnh aaaa，2122 ln1 2lnh aaaaaaaa，令 0h a，ae，当0,ae，0h a，h a在0,e上为增函数；当,
32、ae，0h a，h a在,e 上为减函数 所以 1122h aheeee，所以2eab，故ab的最大值为2e （2）1xFxeax在0,单调递减且 Fx在0,的值域为R，设 F x的唯一的零点为0 x，则 00F x，00Fx，22 即00000ln1010 xxxeaxbeax 所以001xaex，001lnxobxex，由1m aeb 恒成立，则00000111lnxxm eexexx，得00001ln10 xmxmexmex 在0,上恒成立 令 1ln1xmk xxmexmex，0,x，2211xxmkxxm exmexxx 若0m，0kx，k x在0,上为增函数，注意到 10k，知当0
33、,1x时，0k x，矛盾；当,xm 时，0kx，k x为增函数，若01m ，则当1,xm时，0kx，k x为减函数，所以1,xm时，总有 10k xk，矛盾；若01m，则当,1xm 时，0kx，k x为增函数，所以,1xm 时，总有 10k xk，矛盾；所以1m即1m ，此时当1,x时，0kx，k x为增函数，当0,1x时，0kx，k x为减函数，而(1)0k，所以 F x有唯一的零点.综上，m的取值集合为 1 16.（2019山东高考模拟（文）已知函数.（1）当时，讨论函数的单调性；（2）当时，恒有，求实数 的取值范围.23 附：，.【答案】(1)见解析.(2).【解析】（1）.若，在区间上
34、恒成立，所以函数在区间上单调递减；若，由，解得或；由，解得.所以函数在区间，上单调递减；在区间上单调递增.综上所述，当时，函数在区间上单调递减；当时，函数在区间，上单调递减；在区间上单调递增.（2）由（1）知，.因为，所以.若，则，由，解得；由，解得.所以函数在区间上单调递减；在区间上单调递增.所以当时，取得最大值为，所以当时，恒成立.若，由，解得；由，解得或，所以函数在区间上单调递增；在区间，上单调递减.所以当时，取得极小值，极小值为，当时，取得极大值，极大值为.要使当时，则需，解得.因为，所以.24 又，所以时，恒成立.若，由（1）知，函数在区间上单调递减，又，所以当时，不满足题意.若，由（1）知，函数在区间，上单调递减；在区间上单调递增.故当时，函数取得极小值，极小值为，不满足题意.综上可知，实数 的取值范围为.