习题课3 利用导数研究恒(能)成立、证明不等式问题-【正禾一本通】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册同步课堂高效讲义配套课件（人教B版2019）

习题课3　利用导数研究恒(能)成立、证明不等式问题 　 第六章 导数及其应用 学习目标 1.会用导数求解恒(能)成立问题，并掌握几种常见的求解方法．　 2.会用导数证明有关不等式，并掌握几种常见的证明方法． 技法一　分离变量法解决恒(能)成立问题 1 课时测评 5 技法二　分类讨论法解决恒(能)成立问题 2 内容索引 技法三　等价转化法解决恒(能)成立问题 3 技法四　最值法证明不等式 4 技法一　分离变量法解决恒(能)成立问题 返回 例1　 设函数f (x)＝ln x－ax(a∈R). (1)讨论f (x)的单调性； 当a≤0时，f ′(x)>0，所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增； 综上所述，当a≤0时，f (x)在定义域上单调递增； (2)当a>0时，若f (x)<0在(0，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围． 解：当a>0时，f (x)<0在(0，＋∞)上恒成立， 当x∈(0，e)时，g′(x)>0，g(x)为增函数； 当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)为减函数． 规律方法 恒成立、有解问题与函数最值的等价转化 C．4 D．e2－1 √ (2)已知函数f (x)＝ln x－x，若f (x)－m＋1≤0恒成立，则m的取值范围为________． [0，＋∞) 因为f (x)＝ln x－x，则f (x)－m＋1≤0恒成立，等价于m≥ln x－x＋1.令g(x)＝ln x－x＋1(x>0)，则g′(x)＝ (x>0)，因此g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故g(x)max＝g(1)＝0，所以m≥0. 返回 技法二　分类讨论法解决恒(能)成立问题 返回 例2　已知函数f (x)＝3(x－1)－2xln x. (1)求f (x)的单调递增区间； 解：因为函数f (x)＝3(x－1)－2xln x，x>0， 所以f′(x)＝1－2ln x， (2)当x≥1时，f (x)≤aln x恒成立，求实数a的取值范围． 解：因为当x≥1时，f (x)≤aln x恒成立， 所以当x≥1时，3(x－1)－2xln x－aln x≤0恒成立， 令g(x)＝3(x－1)－2xln x－aln x， 令h(x)＝x－a－2xln x， 则h′(x)＝－1－2ln x，h(1)＝1－a， 因为当x≥1时，h′(x)<0恒成立， 所以h(x)在[1，＋∞)上单调递减． ①当a≥1时，h(x)≤h(1)≤0，g(x)在[1，＋∞)上单调递减， 故g(x)≤g(1)＝0，符合要求； ②当a<1时，h(1)>0，x→＋∞时，h(x)→－∞， 故存在x0∈(1，＋∞)使得h(x0)＝0， 则当x∈(1，x0)时，h(x)>0，g(x)单调递增， g(x)>g(1)＝0，不符合要求． 综上，实数a的取值范围是[1，＋∞)． 规律方法 分类讨论法解决恒成立、能成立问题时需要确定分类标准，做到不重不漏， 一般情况下，分类时常考虑以下情况： 1．最高次项系数的正负情况(注意0)． 2．导数的零点存在与否(二次的一般用Δ)． 3．极值点的大小关系(分三种情况，包括相等)． 4．极值点与定义域的关系． 所以F(x)在[1，2]上单调递增， 所以F(x)max＝F(2)＝aln 2＋2≥1， 令x2＋ax＋2＝0，此时Δ＝a2－8>0， 设x2＋ax＋2＝0的两根分别为x1，x2， 则x1＋x2＝－a，x1x2＝2，所以x1<0，x2<0， 所以F(x)在[1，2]上单调递增， 返回 技法三　等价转化法解决恒(能)成立问题 返回 例3 已知f (x)＝x＋aln x，g(x)＝ex－1.若a>0，∀x1，x2∈[3，＋∞)(x1≠x2)，都有|f (x1)－f (x2)|<|g(x1)－g(x2)|，求实数a的取值范围． 所以x∈[3，＋∞)时，f ′(x)>0， 所以f (x)在[3，＋∞)上为增函数； 因为g′(x)＝ex>0， 所以g(x)在[3，＋∞)上为增函数． 不妨设x1<x2， 则f (x1)<f (x2)，g(x1)<g(x2)， 所以|f (x1)－f (x2)|<|g(x1)－g(x2)|可转化为f (x2)－f (x1)<g(x2)－g(x1)， 即f (x1)－g(x1)>f (x2)－g(x2)， 设h(x)＝f (x)－g(x)＝x＋aln x－ex＋1， 则h(x)在[3，＋∞)上为减函数，h′(x)＝1＋ －ex≤0在[3，＋∞)上恒成立， 即∀x∈[3，＋∞)，xex－x≥a恒成立， 设v(x)＝xex－x，x∈[3，＋∞)， 则v′(x)＝ex＋xex－1>0， 所以v(x)＝xex－x在[3，＋∞)上为增函数， 所以v(x)min＝3e3－3，所以a≤3e3－3， 故实数a的取值范围为(0，3e3－3]． 规律方法 1．对条件进行变形，使变量相同(如都是x1)的同一侧，观察是否可以构造一个函数，使左、右侧式子用该函数表示，进而转化为最值问题． 2．双变量的恒(能)成立问题 (1)∀x1∈D，∀x2∈E，f (x1)≥g(x2)恒成立⇔f (x)min≥g(x)max； (2)∀x1∈D，∃x2∈E，f (x1)≥g(x2)能成立⇔f (x)min≥g(x)min； (3)∃x1∈D，∀x2∈E，f (x1)≥g(x2)能成立⇔f (x)max≥g(x)max； (4)∃x1∈D，∃x2∈E，f (x1)≥g(x2)能成立⇔f (x)max≥g(x)min； (5)∀x1∈D，∃x2∈E，使f (x1)＝g(x2)⇔f (x)的值域是g(x)的值域的 子集． 对点练3.已知f (x)＝xex－ex，g(x)＝mx－m(m>0)，若对任意的x1∈[－2，2]，总存在x2∈[－2，2]使得f (x1)＝g(x2)，求实数m的取值范围． 解：因为f (x)＝xex－ex＝ex(x－1)， 所以f ′(x)＝ex(x－1)＋ex＝xex， 由f ′(x)>0，得x>0， 故f (x)在(0，＋∞)上是增函数， 由f ′(x)<0，得x<0， 故f (x)在(－∞，0)上是减函数， 所以当x＝0时，f (x)min＝f (0)＝－1， 又f (－2)＝－3e－2，f (2)＝e2， 所以f (x)在[－2，2]上的值域为[－1，e2]， 又g(x)＝mx－m(m>0)在[－2，2]上是增函数， 所以g(x)在[－2，2]上的值域为[－3m，m]． 若对任意的x1∈[－2，2]，总存在x2∈[－2，2]，使得f (x1)＝g(x2)， 则[－1，e2]⊆[－3m，m]，所以－3m≤－1<e2≤m， 解得m≥e2， 即实数m的取值范围是[e2，＋∞)． 返回 技法四　最值法证明不等式 返回 例4　设x＞0，f (x)＝ln x，g(x)＝1－ . (1)求证：直线y＝x－1与曲线y＝f (x)相切； 解：证明：因为直线y＝x－1过点(1，0), f (x)＝ln x过点(1，0)． 设过点(1，0)与f (x)＝ln x相切的直线为y＝kx＋b，因为f ′(x)＝ ，设切点为(x0，ln x0)， 所以切线方程为y－ln x0＝ (x－x0)，代入(1，0)，得x0＝1， 所以切线方程为y＝x－1，即y＝x－1与曲线y＝f (x)相切． (2)判断f (x)与g(x)的大小关系，并加以证明． 解：f (x)≥g(x)． 所以当x∈(0，1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增； 所以h(x)min＝h(1)＝0，即h(x)≥0，所以f (x)－g(x)≥0，即有f (x)≥g(x)， 得证． 规律方法 1．利用导数证明不等式的策略 利用导数证明不等式(含比较大小)问题，其实质就是利用求导数的方法研究函数的单调性，而证明不等式(含比较大小)常与函数最值问题有关．因此，解决该类问题通常是构造一个函数，然后考查这个函数的单调性，结合给定的区间和函数在该区间端点的函数值使问题得以求解．用最值法证明不等式f (x)≥g(x)的常规步骤： 第一步(构造)：构造新函数h(x)＝f (x)－g(x)； 第二步(转化)：问题转化为证明f (x)－g(x)≥0，即证h(x)≥0即可； 第三步(讨论单调性)：根据h′(x)与0的大小关系确定函数h(x)的单调性； 第四步(求最值)：由函数h(x)的单调性确定最值，并确认h(x)≥h(x)min≥0 即可． 规律方法 2．证明不等式时的一些常见结论 (1)ln x≤x－1，等号当且仅当x＝1时取到； (2)ex≥x＋1，等号当且仅当x＝0时取到； (3)ln x<x<ex，x>0； (4) ≤ln(x＋1)≤x，x>－1，等号当且仅当x＝0时取到． 对点练4.已知函数f (x)＝ex，g(x)＝ln x. (1)求过点(0，－1)且与曲线y＝g(x)相切的直线l的方程； (2)求证：f (x)－g(x)＞2. 解：证明：法一：f (x)－g(x)＞2，即ex－ln x＞2，即ex＞ln x＋2，即ex＞x＋1>ln x＋2. 设h(x)＝ex－(x＋1)，即h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1， 因为x＞0，所以h′(x)＞0，h(x)在(0，＋∞)上为增函数， 所以h(x)＞h(0)＝0，即ex>x＋1①； 当x＞1时，H′(x)>0，H(x)在(1，＋∞)上为增函数； 当0＜x＜1时，H′(x)＜0，H(x)在(0，1)上为减函数，所以H(x)≥H(1)＝0， 所以x≥ln x＋1，即x＋1≥ln x＋2②； 由①，②得ex＞ln x＋2，即ex－ln x＞2，从而原命题f(x)－g(x)＞2得证． 故h(x)＞0，得f (x)－g(x)＞2. 返回 x0 x0 课时测评 返回 1．已知函数f (x)＝ex－x＋a，若f (x)>0恒成立，则实数a的取值范围是 A．(－1，＋∞) B．(－∞，－1) C．[－1，＋∞) D．(－∞，－1] f ′(x)＝ex－1，令f ′(x)>0，解得x>0，令f ′(x)<0，解得x<0，故f (x)在 (－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故f (x)min＝f (0)＝1＋a，若f (x)>0恒成立，则1＋a>0，解得a>－1.故选A． √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2．已知函数f (x)＝3x＋sin x cos x－a cos x在R上单调递增，则实数a 的取值范围是 A．[－2，2] B．(－∞，－2]∪[2，＋∞) √ f ′(x)＝3＋cos 2x＋asin x＝3＋1－2sin2x＋asin x＝4－2sin2x＋asin x，函数f (x)＝3x＋sin x cos x－acos x在R上单调递增，所以f′(x)≥0在[－1，1]上恒成立，令t＝sin x(－1≤t≤1)，即4－2t2＋at≥0在[－1，1]上恒成立，即2t2－at－4≤0在－1≤t≤1上恒成立． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3．函数f (x)＝ x3－x2＋a，函数g(x)＝x2－3x，它们的定义域均为[1， ＋∞)，并且函数f (x)的图象始终在函数g(x)图象的上方，那么a的取值范 围是 A．(0，＋∞) B．(－∞，0) √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 即a>h(x)max，h′(x)＝－x2＋4x－3，x∈[1，＋∞)，当1<x<3时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x>3时，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以当x＝3时，函数h(x)取得最大值，且最大值为0，所以实数a的取值范围是(0，＋∞)．故选A． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 4．已知函数f (x)＝ex－k－k ln x，g(x)＝ex－kx，∀x∈(1，＋∞)，f (x)<g(x)恒成立，则实数k的取值范围是 A．(－∞，1) B．(－∞，1] C．(－∞，e) D．(－∞，e] 由题意得ex－k－kln x<ex－kx，∀x∈(1，＋∞)恒成立，即eln x＋1－k(ln x＋1)<ex－kx，∀x∈(1，＋∞)恒成立，令h(x)＝ex－kx，则h(ln x＋1)<h(x)恒成立，令m(x)＝ln x－x＋1，x∈(1，＋∞)，则m′(x)＝ －1<0恒成立，所以m(x)在(1，＋∞)上为减函数，即m(x)＝ln x－x＋1<m(1)＝0，即ln x＋1<x，所以h(x)为增函数，即h′(x)＝ex－k≥0，∀x∈(1，＋∞)恒成立，所以k≤e.故选D． √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 5．(多选)(2024·山西运城高二联考)下列不等式中正确的是 A．sin x≤x(x≥0) B．ln x≤x－1 C．ex<x＋1 D．ex<ex 令f (x)＝x－sin x(x≥0)，则f ′(x)＝1－cos x≥0，所以f (x)在[0，＋∞)上单调递增，所以f (x)≥f (0)＝0，即x－sin x≥0，所以sin x≤x(x≥0)，故A正确；令g(x)＝x－ln x－1，则g′(x)＝1－ ，x∈(0，＋∞)，所以当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)≥g(1)＝0，即x－ln x－1≥0恒成立，所以ln x≤x－1，故B 正确； √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 令h(x)＝ex－(x＋1)，则h′(x)＝ex－1，所以当x<0时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x>0时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)≥h(0)＝0，即ex－(x＋1)≥0，所以ex≥x＋1，故C错误；令m(x)＝ex－ex，则m′(x)＝ex－e，所以当x<1时，m′(x)<0，m(x)单调递减，当x>1时，m′(x)>0，m(x)单调递增，所以m(x)≥m(1)＝0，即ex－ex≥0，所以ex≥ex，故D错误．故选AB． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 < 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 当x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．又因为h(2)＝1－ln 3<0，h(3)＝2－ln 4>0，所以∃x0∈(2，3)使g′(x0)＝0，则ln(x0＋1)＝x0－1.当x∈(0，x0)时，h(x)<0，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)≥g(x0)＝ (x0＋1)＝x0＋1，因为x0∈(2，3)，所以x0＋1∈(3，4)，所 以正整数k的最大值为3. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 9．(10分)函数f (x)＝x3－2x＋c，g(x)＝ln x＋1，若f (x)≥g(x)恒成立，求实数c的取值范围． 解：由f (x)≥g(x)，得x3－2x＋c≥ln x＋1，即c≥－x3＋2x＋ln x＋1. 故函数h(x)在区间(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以h(x)最大值为h(1)＝2，所以c≥2. 所以实数c的取值范围为[2，＋∞)． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 10．(10分)已知函数f (x)＝cos x＋mx2－1(x∈R)． 证明：当m≥ 时，f (x)≥0. 则g′(x)＝－sin x＋x， 令h(x)＝g′(x)＝－sin x＋x，则h(－x)＝－sin(－x)＋(－x)＝sin x－x＝－h(x)， 故h(x)＝g′(x)＝－sin x＋x为奇函数，其中h′(x)＝1－cos x≥0恒成立， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 故h(x)＝g′(x)＝－sin x＋x在[0，＋∞)上单调递增， 其中h(0)＝0，故h(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立， 其中g(0)＝cos 0＋0－1＝0，故g(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立， 故f (x)＝cos x＋mx2－1≥0在R上恒成立． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 12．(5分)(2024·湖南邵阳高二期末)若∀x∈(0，＋∞)，不等式ex＋λ－ln x＋λ≥0恒成立，则实数λ的取值范围是_____________． [－1，＋∞) 对任意的x∈(0，＋∞)，ex＋λ－ln x＋λ≥0，则ex＋λ＋x＋λ＝ex＋λ＋ln ex＋λ≥x＋ln x，构造函数f (x)＝x＋ln x，其中x>0，则f ′(x)＝1＋ >0，所以函数f (x)在(0，＋∞)上为增函数，由ex＋λ＋ln ex＋λ≥x＋ln x可得f (ex＋λ)≥ f (x)，且ex＋λ>0，则ex＋λ≥x，则x＋λ≥ln x，可得λ≥ln x－x，令g(x)＝ln x－x，其中x>0，则g′(x)＝ ，由g′(x)>0，可得0<x<1，由g′(x)<0，可得x>1，所以函数g(x)的增区间为(0，1)，减区间为(1，＋∞)，所以函数g(x)在x＝1处取得极大值，亦即最大值，故g(x)max＝g(1)＝－1，故λ≥－1，即λ∈[－1，＋∞)． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 13．(15分)已知函数f (x)＝ex＋ax，其中a∈R. (1)讨论函数f (x)的单调性；(6分) 解：f ′(x)＝ex＋a， 当a≥0时，f ′(x)>0恒成立，f (x)在R上单调递增， 当a<0时，令f ′(x)＝0，ex＝－a， 解得x＝ln(－a)， 当x∈(ln(－a)，＋∞)，f ′(x)>0，当x∈(－∞，ln(－a))，f ′(x)<0， 所以函数f (x)在(ln(－a)，＋∞)上单调递增，在(－∞，ln(－a))上单调递减． 综上，a≥0时，f (x)在R上单调递增， 当a<0时，函数f (x)在(ln(－a)，＋∞)上单调递增，在(－∞，ln(－a))上单调 递减． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (2)若对于任意的x1，x2∈[1，＋∞)，且x1<x2，都有x2·f (x1)－x1·f (x2)<a (x1－x2)成立，求a的取值范围．(9分) 解：对于任意的x1，x2∈[1，＋∞)，且x1<x2，都有x2·f (x1)－x1·f (x2)<a(x1－x2)成立， 令h(x)＝(x－1)ex，则h′(x)＝ex＋(x－1)ex＝xex>0， 所以函数h(x)＝(x－1)ex在[1，＋∞)上单调递增，故h(x)min＝0，所以实数a的取值范围为(－∞，0]． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 14．(15分)已知函数f (x)＝aex－x－1. (1)若f (x)≥0对于任意的x恒成立，求a的取值范围；(6分) 解：若f (x)≥0，故aex≥x＋1， 故a的取值范围为[1，＋∞)． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解：证明：由(1)可得当a＝1时，ex≥x＋1， 即x≥ln (x＋1)， 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 谢 谢 观 看 ！ 第 六 章 导 数 及 其 应 用 返回 恒成立问题 1 f (x)≥a恒成立⇔f (x)min≥a； f (x)≤a恒成立⇔f (x)max≤A． 2 f (x)≥g(x)恒成立⇔[f (x)－g(x)]min≥0； f (x)≤g(x)恒成立⇔[f (x)－g(x)]max≤0. 有解问题 1 f (x)≥a有解⇔f (x)max≥a； f (x)≤a有解⇔f (x)min≤A． 2 f (x)≥g(x)有解⇔[f (x)－g(x)]max≥0； f (x)≤g(x)有解⇔[f (x)－g(x)]min≤0. 当≤x<1时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当1<x≤e时，h′(x)>0，h(x)单调递增．因为存在x∈，m≤2ln x＋x＋成立，所以m≤h(x)max，因为h＝－2＋＋3e，h(e)＝2＋e＋，所以h>h(e)．所以m≤＋3e－2.故 选A． －1＝ 令f′(x)>0，解得0<x<e ， 所以f (x)的单调递增区间为(0，e ). 又h′＜0，h′(1)>0，所以h′(x)在(0，＋∞)内有唯一零点，设该零点为x0，h′(x0)＝e －＝0， 所以h(x)≥h(x0)＝e －ln x0－2＝＋x0－2≥2－2＝0，又x0≠1， ＝ 令g(x)＝cos x＋x2－1，g(－x)＝cos(－x)＋(－x)2－1＝cos x＋x2－1＝g(x)， －1＝ $$