導(dǎo)數(shù)與不等式

第5節(jié)導(dǎo)數(shù)與不等式考試要求1.能利用導(dǎo)數(shù)證明簡(jiǎn)單的不等式；2.已知不等式恒(能)成立，會(huì)求參數(shù)的取值范圍.知

識(shí)

梳

理1.證明不等式時(shí)，可構(gòu)造函數(shù)，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的極值或最值問(wèn)題.2.求解不等式恒成立或有解問(wèn)題，可以考慮將參數(shù)分離出來(lái)，將參數(shù)范圍問(wèn)題轉(zhuǎn)化為研究新函數(shù)值域的問(wèn)題.3.不等式能成立看作不等式有解問(wèn)題.[常用結(jié)論與易錯(cuò)提醒]與不等式有關(guān)的結(jié)論(1)對(duì)任意x，f(x)>g(x)?f(x)－g(x)>0?[f(x)－g(x)]min>0.(2)對(duì)任意x1，x2，f(x1)>g(x2)?f(x)min>g(x)max.(3)存在x1，x2，f(x1)>g(x2)?f(x)max>g(x)min.(4)對(duì)任意x，存在x0，f(x)>g(x0)?f(x)min>g(x)min.(5)f(x)≥a或f(x)≤a對(duì)x∈D恒成立?f(x)min≥a或f(x)max≤a.(6)若存在x∈D，使f(x)≥a或f(x)≤a?f(x)max≥a或f(x)min≤a.(7)對(duì)任意的x1∈D1，總存在x2∈D2，使f(x1)＝g(x2)?A?B(其中集合A為f(x1)的值域，集合B為f(x2)的值域).(8)當(dāng)參數(shù)不易分離時(shí)，應(yīng)注意分類(lèi)討論或數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用.答案D答案D答案B4.已知f(x)＝xlnx，g(x)＝x3＋ax2－x＋2，若對(duì)任意的x∈(0，＋∞)，不等式2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.

解析g′(x)＝3x2＋2ax－1，∵2f(x)≤g′(x)＋2，∴2xlnx≤3x2＋2ax＋1.當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h′(x)>0，h(x)遞增，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)<0，h(x)遞減，∴h(x)最大＝h(x)極大＝h(1)＝－2，由題意得a≥－2.答案[－2，＋∞)5.當(dāng)x∈[－2，1]時(shí)，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.答案[－6，－2]考點(diǎn)一利用導(dǎo)數(shù)證明不等式規(guī)律方法

(1)利用參數(shù)a的范圍放縮不等式是關(guān)鍵；(2)不等式有等號(hào)時(shí)，可利用函數(shù)的最值證明不等式，否則可利用函數(shù)的單調(diào)性求函數(shù)的值域.【訓(xùn)練1】

已知函數(shù)f(x)＝xlnx－2x. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間、極值； (2)若x>y>0，試確定f(x)－f(y)與xlny－ylnx的大小關(guān)系，并給以證明.

解(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1－2＝lnx－1，令f′(x)＝0得x＝e.

將x，f′(x)，f(x)變化情況列下表：x(0，e)e(e，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘極小值↗可得(0，e)是f(x)的遞減區(qū)間，(e，＋∞)是f(x)的遞增區(qū)間，f(x)在x＝e處有極小值－e，無(wú)極大值.∴M(t)>M(1)＝0，即Q′(t)>0.∴Q(t)在(1，＋∞)上是遞增函數(shù).∴Q(t)>Q(1)＝0.又y>0，∴(*)>0，∴f(x)－f(y)>xlny－ylnx.考點(diǎn)二根據(jù)不等式恒成立求參數(shù)的范圍角度1單變量任意型多維探究當(dāng)x變化時(shí)，p′(x)，p(x)的變化情況如下：角度2雙變量任意型∵f(x)≥g(x)，F(xiàn)(x)＝f(x)－g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(x)與g(x)的圖象在[1，a]上距離隨x增大而增大，∵當(dāng)a>1時(shí)，ea>a＋1，∴當(dāng)a>1時(shí)，G′(a)>0，G(a)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴a≤2，∴a的最大值為2.角度3雙變量任意存在型(2)由(1)知，f(x)在(1，2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x>1時(shí)，f(x)≥f(2)＝0，又g(x)＝lnx－ax，當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，規(guī)律方法(1)單變量任意型，常用分離參數(shù)法，不易分離參數(shù)或分離參數(shù)后函數(shù)太復(fù)雜時(shí)，應(yīng)直接討論參數(shù)；(2)雙變量任意型、任意存在型注意等價(jià)轉(zhuǎn)化為最值問(wèn)題解決.(ⅰ)當(dāng)m＞0時(shí)，當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，－1)(－1，1)(1，＋∞)f′(x)－＋－f(x)所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－1，1)，單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，－1]，[1，＋∞).(ⅱ)當(dāng)m＜0時(shí)，當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，－1)(－1，1)(1，＋∞)f′(x)＋－＋f(x)所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－1]，[1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間是(－1，1).②依題意，“當(dāng)m＞0時(shí)，對(duì)于任意x1，x2∈[0，2]，f(x1)≥g(x2)恒成立”等價(jià)于“當(dāng)m＞0時(shí)，對(duì)于任意x∈[0，2]，f(x)min≥g(x)max成立”.當(dāng)m＞0時(shí)，由①知函數(shù)f(x)在[0，1]上單調(diào)遞增，在[1，2]上單調(diào)遞減，因?yàn)間(x)＝x2eax，所以g′(x)＝(ax2＋2x)eax.a.當(dāng)a≥0時(shí)，由任意的x∈[0，2]，g′(x)＝(ax2＋2x)eax≥0，故函數(shù)g(x)＝x2eax單調(diào)遞增，g(x)max＝g(2)＝4e2a≥4，顯然不滿(mǎn)足g(x)max≤1，故a≥0不成立.綜上所述，a的取值范圍是(－∞，－ln2].考點(diǎn)三不等式能成立解(1)f′(x)＝－[x2＋(a－2)x＋b－a]e3－x，由題意知f′(3)＝0，即－[9＋3(a－2)＋b－a]＝0，解得b＝－2a－3.當(dāng)a＝2時(shí)，b＝－7，故由f′(x)＝－(x2－9)e3－x>0得－3<x<3，于是f(x)在(－3，3)上單調(diào)遞增，在(－∞，－3)和(3，＋∞)上單調(diào)遞減.(2)由(1)得f′(x)＝－[x2＋(a－2)x－3a－3]e3－x，由f′(x)>0得－a－1<x<3，所以f(x)在[0，3)上單調(diào)遞增，在(3，4]上單調(diào)遞減，于是f(x)max＝f(3)＝a＋6，f(x)min＝min{f(0)，f(4)}＝－(2a＋3)e3.規(guī)律方法“恒成立”與“存在性”問(wèn)題的求解是“互補(bǔ)”關(guān)系，即f(x)≥g(a)對(duì)于x∈D恒成立，應(yīng)求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，應(yīng)求f(x)的最大值.在具體問(wèn)題中究竟是求最大值還是最小值，可以先聯(lián)想“恒成立”是求最大值還是最小值，這樣也就可以解決相應(yīng)的“存在性”問(wèn)題是求最大值還是最小值.特別需要關(guān)注等號(hào)是否成立問(wèn)題，以免細(xì)節(jié)出錯(cuò).【訓(xùn)練3】

已知函數(shù)f(x)＝ex(3x－2)，g(x)＝a(x－2)，其中a，x∈R. (1)若對(duì)任意x∈R，有f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值范圍； (2)若存在唯一的整數(shù)x0，使得f(x0)<g(x0)，求a的取值范圍.

解(1)由題意，對(duì)任意x∈R有ex(3x－2)≥a(x－2)恒成立，當(dāng)x變化時(shí)，F(xiàn)′(x)，F(xiàn)(x)變化如下表：x(－∞，0)0(0，2)F′(x)＋0－F(x)1F(x)max＝F(0)＝1，故此時(shí)a≥1.②當(dāng)x＝2時(shí)，f(x)≥g(x)恒成立，故此時(shí)a∈R.當(dāng)x變化時(shí)，F(xiàn)′(x)，F(xiàn)(x)變化如下表：導(dǎo)數(shù)與不等式審題路線(xiàn)圖(1)(2)滿(mǎn)分解答x(0，16)16(16，＋∞)g′(x)－0＋g(x)2－4ln2所以g(x)在[256，＋∞)上單調(diào)遞增，故g(x1x2)>g(256)＝8－8ln2，即f(x1)＋f(x2)>8－8ln2.…………7分所以存在x0∈(m，n)使f(x0)＝kx0＋a，所以對(duì)于任意的a∈R及k∈(0，＋∞)，直線(xiàn)y＝kx＋a與曲線(xiàn)y＝f(x)有公共點(diǎn).……11分由(1)可知g(x)≥g(16)，又根據(jù)已知a≤3－4ln2，故－g(x)－1＋a≤－g(16)－1＋a＝－3＋4ln2＋a≤0，所以h′(x)≤0，即函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，因此方程f(x)－kx－a＝0至多1個(gè)實(shí)根.綜上，當(dāng)a≤3－4ln2時(shí)，對(duì)于任意k>0，直線(xiàn)y＝kx＋a與曲線(xiàn)y＝f(x)有唯一公共點(diǎn).15分[構(gòu)建模板]①若b≥0，則f′(x)>0，f(x)在(