新高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)知識(shí)點(diǎn)講解與練習(xí)38-導(dǎo)數(shù)與不等式

新高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)知識(shí)點(diǎn)講解與練習(xí)導(dǎo)數(shù)與不等式知識(shí)梳理1．證明不等式時(shí)，可構(gòu)造函數(shù)，將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的極值或最值問題．2．求解不等式恒成立或有解問題，可以考慮將參數(shù)分離出來(lái)，將參數(shù)范圍問題轉(zhuǎn)化為研究新函數(shù)值域的問題．3．不等式能成立看作不等式有解問題．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)注意分類討論或數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．診斷自測(cè)1．已知函數(shù)f(x)＝x2ex，當(dāng)x∈[－1，1]時(shí)，不等式f(x)<m恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))C．[e，＋∞)D．(e，＋∞)答案D解析由f′(x)＝xex(x＋2)，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝－2(舍去)．當(dāng)x∈(－1，0]時(shí)，f′(x)<0，f(x)遞減，當(dāng)x∈(0，1]時(shí)，f′(x)>0，f(x)遞增，f(－1)＝eq\f(1,e)，f(1)＝e，∴f(x)最大＝f(1)＝e，由題意得m>e.2．設(shè)函數(shù)f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一整數(shù)x0使得f(x0)<0，則a的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2e)，1))B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2e)，\f(3,4)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2e)，\f(3,4)))D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2e)，1))答案D解析設(shè)g(x)＝ex(2x－1)，h(x)＝ax－a，由題意知存在唯一的整數(shù)x0，使g(x0)在直線h(x)＝ax－a的下方，因?yàn)間′(x)＝ex(2x＋1)，∴當(dāng)x<－eq\f(1,2)時(shí)，g′(x)<0，當(dāng)x>－eq\f(1,2)時(shí)，g′(x)>0，∴當(dāng)x＝eq\f(1,2)時(shí)，[g(x)]min＝－2eeq\f(1,2)，g(0)＝－1，g(1)＝e>1，直線h(x)＝ax－a恒過(1，0)且斜率為a，故－a>g(0)＝－1，且g(－1)＝－3e－1≥－a－a，解得eq\f(3,2e)≤a<1.3．若對(duì)任意a，b滿足0<a<b<t，都有blna<alnb，則t的最大值為________．答案e解析∵0<a<b<t，blna<alnb，∴eq\f(lna,a)<eq\f(lnb,b)，令y＝eq\f(lnx,x)，x∈(0，t)，則函數(shù)在(0，t)上單調(diào)遞增，故y′＝eq\f(1－lnx,x2)>0，解得0<x<e，故t的最大值是e.4．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________．答案[－2，＋∞)解析g′(x)＝3x2＋2ax－1，∵2f(x)≤g′(x)＋2，∴2xlnx≤3x2＋2ax＋1.∵x∈(0，＋∞)，∴a≥lnx－eq\f(3,2)x－eq\f(1,2x).設(shè)h(x)＝lnx－eq\f(3,2)x－eq\f(1,2x)(x>0)，則h′(x)＝－eq\f(（x－1）（3x＋1）,2x2)，令h′(x)＝0，得x＝1或x＝－eq\f(1,3)(舍去)，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≥－2.5．函數(shù)f(x)＝x－2sinx，對(duì)任意的x1，x2∈[0，π]，恒有|f(x1)－f(x2)|≤M，則M的最小值為________．答案eq\f(2π,3)＋eq\r(3)解析∵f(x)＝x－2sinx，∴f′(x)＝1－2cosx，∴當(dāng)0<x<eq\f(π,3)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)eq\f(π,3)<x<π時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；∴當(dāng)x＝eq\f(π,3)時(shí)，f(x)有極小值，也是最小值，即f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\f(π,3)－2sineq\f(π,3)＝eq\f(π,3)－eq\r(3).又f(0)＝0，f(π)＝π，∴在x∈[0，π]上，f(x)max＝π.由題意得|f(x1)－f(x2)|≤M等價(jià)于M≥|f(x)max－f(x)min|＝π－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\r(3)))＝eq\f(2π,3)＋eq\r(3).∴M的最小值為eq\f(2π,3)＋eq\r(3).微課一利用導(dǎo)數(shù)證明不等式題型一證明f(x)>g(x)型不等式【例1】(2021·北京西城區(qū)練習(xí))已知函數(shù)f(x)＝eq\f(alnx,x＋1)＋eq\f(b,x)，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線為x＋2y－3＝0.(1)求a，b的值；(2)若k≤0，求證：對(duì)于任意x∈(1，＋∞)，f(x)＞eq\f(lnx,x－1)＋eq\f(k,x).(1)解f′(x)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋1,x)－lnx)),（x＋1）2)－eq\f(b,x2)由于直線x＋2y－3＝0的斜率為－eq\f(1,2)，且過點(diǎn)(1，1)，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（1）＝1，,f′（1）＝－\f(1,2)，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝1，,\f(a,2)－b＝－\f(1,2)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝1.))(2)證明由(1)知f(x)＝eq\f(lnx,x＋1)＋eq\f(1,x)，所以f(x)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x－1)＋\f(k,x)))＝eq\f(1,1－x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2lnx＋\f(（k－1）（x2－1）,x))).考慮函數(shù)h(x)＝2lnx＋eq\f(（k－1）（x2－1）,x)(x＞1)，則h′(x)＝eq\f(（k－1）（x2＋1）＋2x,x2)＝eq\f(k（x2＋1）－（x－1）2,x2)＜0.而h(1)＝0，故當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h(x)＜0，所以eq\f(1,1－x2)×h(x)＞0，即f(x)＞eq\f(lnx,x－1)＋eq\f(k,x).題型二證明與極值點(diǎn)有關(guān)的不等式【例2】(2021·浙江名校仿真訓(xùn)練卷一)已知函數(shù)f(x)＝x2－ax＋lnx(a∈R)．(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求曲線f(x)在點(diǎn)P(1，0)處的切線方程；(2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，求證f(x1＋x2)<－2＋lneq\r(2).(1)解當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝x2－x＋lnx，則f′(x)＝2x－1＋eq\f(1,x)，所以f′(1)＝2，因此曲線f(x)在點(diǎn)P(1，0)處的切線方程為2x－y－2＝0.(2)證明f′(x)＝2x－a＋eq\f(1,x)＝eq\f(2x2－ax＋1,x)，由題意得2x2－ax＋1＝0的兩個(gè)不等的實(shí)根為x1，x2，由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝a2－8>0，,x1＋x2＝\f(a,2)>0，,x1·x2＝\f(1,2)，))解得a>2eq\r(2).故f(x1＋x2)＝(x1＋x2)2－a(x1＋x2)＋ln(x1＋x2)＝eq\f(a2,4)－eq\f(a2,2)＋lneq\f(a,2)＝－eq\f(a2,4)＋lneq\f(a,2).設(shè)g(a)＝－eq\f(a2,4)＋lneq\f(a,2)(a>2eq\r(2))，則g′(a)＝－eq\f(a,2)＋eq\f(1,a)＝eq\f(2－a2,2a)<0，故g(a)在(2eq\r(2)，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(a)<g(2eq\r(2))＝－2＋lneq\r(2).因此f(x1＋x2)<－2＋lneq\r(2).題型三證明與零點(diǎn)有關(guān)不等式【例3】(2020·浙江卷)已知1＜a≤2，函數(shù)f(x)＝ex－x－a，其中e＝2.71828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．(1)證明：函數(shù)y＝f(x)在(0，＋∞)上有唯一零點(diǎn)；(2)記x0為函數(shù)y＝f(x)在(0，＋∞)上的零點(diǎn)，證明：①eq\r(a－1)≤x0≤eq\r(2（a－1）)；②x0f(ex0)≥(e－1)(a－1)a.證明(1)因?yàn)閒(0)＝1－a＜0，f(2)＝e2－2－a≥e2－4＞0，所以y＝f(x)在(0，＋∞)上存在零點(diǎn)．因?yàn)閒′(x)＝ex－1，所以當(dāng)x＞0時(shí)，f′(x)＞0，故函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以函數(shù)y＝f(x)在(0，＋∞)上有唯一零點(diǎn)．(2)①令g(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－x－1(x≥0)，g′(x)＝ex－x－1＝f(x)＋a－1，由(1)知函數(shù)g′(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，故當(dāng)x＞0時(shí)，g′(x)＞g′(0)＝0，所以函數(shù)g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，故g(x)≥g(0)＝0.由g(eq\r(2（a－1）))≥0，得f(eq\r(2（a－1）))＝eeq\r(2（a－1）)－eq\r(2（a－1）)－a≥0＝f(x0)．因?yàn)閒(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以eq\r(2（a－1）)≥x0.令h(x)＝ex－x2－x－1(0≤x≤1)，h′(x)＝ex－2x－1，令h1(x)＝ex－2x－1(0≤x≤1)，h1′(x)＝ex－2，所以當(dāng)x變化時(shí)，h1(x)，h1′(x)變化如下表：x0(0，ln2)ln2(ln2，1)1h1′(x)－1－0＋e－2h1(x)0e－3故當(dāng)0＜x＜1時(shí)，h1(x)＜0，即h′(x)＜0，所以h(x)在[0，1]上單調(diào)遞減，因此當(dāng)0≤x≤1時(shí)，h(x)≤h(0)＝0.由h(eq\r(a－1))≤0，得f(eq\r(a－1))＝eeq\r(a－1)－eq\r(a－1)－a≤0＝f(x0)．因?yàn)閒(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以eq\r(a－1)≤x0.綜上，eq\r(a－1)≤x0≤eq\r(2（a－1）).②令u(x)＝ex－(e－1)x－1，u′(x)＝ex－(e－1)，所以當(dāng)x＞1時(shí)，u′(x)＞0，故函數(shù)u(x)在區(qū)間[1，＋∞)上單調(diào)遞增，因此u(x)≥u(1)＝0.由ex0＝x0＋a，得x0f(ex0)＝x0f(x0＋a)＝(ea－1)xeq\o\al(2,0)＋a(ea－2)x0≥(e－1)axeq\o\al(2,0)，由x0≥eq\r(a－1)，得x0f(ex0)≥(e－1)(a－1)a.題型四證明與方程根有關(guān)的不等式【例4】(2020·浙江名校仿真訓(xùn)練卷五)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x－2，x<0，,（x－2）ex，x≥0.))若方程f(x)＝m有兩個(gè)實(shí)數(shù)根x1，x2，且x1<x2，證明：x2－x1≤eq\f(e2＋1,e2)m＋4.證明先證兩個(gè)不等式，(x－2)ex≥－x－2(x≥0)，①(x－2)ex≥e2(x－2)，②設(shè)g(x)＝(x－2)ex＋x＋2(x≥0)，則g′(x)＝(x－1)ex＋1.記h(x)＝(x－1)ex＋1(x≥0)，則h′(x)＝xex，顯然h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且h(0)＝0，所以g′(x)≥0(x≥0)，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又g(0)＝0，故(x－2)ex≥－x－2(x≥0)恒成立，易證(x－2)ex≥e2(x－2)．由方程f(x)＝m有兩個(gè)實(shí)數(shù)根x1，x2，且x1<x2，知x1<1<x2.因?yàn)閒(x2)＝m＝(x2－2)ex2≥(x2－2)e2，若m＝(x2－2)ex2＝(x3－2)e2，則x3≥x2，且x3＝eq\f(m,e2)＋2，當(dāng)且僅當(dāng)m＝0時(shí)，x2＝x3.①當(dāng)x1≥0時(shí)，f(x1)＝m＝(x1－2)ex1≥－x1－2，若m＝(x1－2)ex1＝－x4－2，則x1≥x4，且x4＝－m－2，當(dāng)且僅當(dāng)m＝－2時(shí)，x1＝x4，所以x2－x1<x3－x4＝eq\f(e2＋1,e2)m＋4.②當(dāng)x1<0時(shí)，f(x1)＝m＝－x1－2，則x1＝－m－2，所以x2－x1≤eq\f(m,e2)＋2＋m＋2＝eq\f(e2＋1,e2)m＋4，當(dāng)且僅當(dāng)m＝0時(shí)，取等號(hào)．綜上可知，x2－x1≤eq\f(e2＋1,e2)m＋4.感悟升華利用導(dǎo)數(shù)證不等式，先構(gòu)造函數(shù)，然后利用函數(shù)的單調(diào)性、值域、最值證明，有時(shí)也結(jié)合換元法、放縮法(如用參數(shù)范圍，函數(shù)或式子的有界性，基本不等式等進(jìn)行放縮)．【訓(xùn)練1】(2018·全國(guó)Ⅲ卷)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ax2＋x－1,ex).(1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，－1)處的切線方程；(2)證明：當(dāng)a≥1時(shí)，f(x)＋e≥0.(1)解f′(x)＝eq\f(－ax2＋（2a－1）x＋2,ex)，f′(0)＝2.因此曲線y＝f(x)在(0，－1)處的切線方程是2x－y－1＝0.(2)證明當(dāng)a≥1時(shí)，f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x.令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，則g′(x)＝2x＋1＋ex＋1.當(dāng)x<－1時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>－1時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；所以g(x)≥g(－1)＝0.因此f(x)＋e≥0.【訓(xùn)練2】(2021·嘉興期末)已知函數(shù)f(x)＝alnx＋bx＋c(a≠0)有極小值．(1)試判斷a，b的符號(hào)，并求f(x)的極小值點(diǎn)；(2)設(shè)f(x)的極小值為m，求證：m＋a<eq\f(4ac－b2,4a).(1)解∵f′(x)＝eq\f(a,x)＋b＝eq\f(a＋bx,x)，x>0，又∵函數(shù)f(x)＝alnx＋bx＋c(a≠0)有極小值，∴b>0，a<0，f(x)的極小值點(diǎn)為x＝－eq\f(a,b).(2)證明由(1)知，m＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,b)))，m＋a－eq\f(4ac－b2,4a)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,b)))＋a－eq\f(4ac－b2,4a)＝alneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,b)))－a＋c＋a－c＋eq\f(b2,4a)＝alneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,b)))＋eq\f(b2,4a)＝aeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,b)))＋\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))\s\up12(2))).令－eq\f(a,b)＝t>0，則g(t)＝lnt＋eq\f(1,4t2)，t>0，g′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(1,2t3)＝eq\f(2t2－1,2t3).令g′(t)＝0，得t＝eq\f(\r(2),2)，故g(t)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上單調(diào)遞增，∴g(t)≥geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＋eq\f(1,2)>0.∵a<0，∴ag(t)<0，∴m＋a<eq\f(4ac－b2,4a).1．(2021·溫州中學(xué)模擬)已知函數(shù)f(x)＝2ln(x＋2)－(x＋1)2，g(x)＝k(x＋1)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)k＝2時(shí)，求證：對(duì)于?x>－1，f(x)<g(x)恒成立．(1)解f(x)的定義域?yàn)?－2，＋∞)，f′(x)＝eq\f(2,x＋2)－2(x＋1)＝eq\f(－2（x2＋3x＋1）,x＋2)，當(dāng)f′(x)<0時(shí)，x2＋3x＋1>0.解得x>eq\f(－3＋\r(5),2).當(dāng)f′(x)>0時(shí)，x2＋3x＋1<0，解得－2<x<eq\f(－3＋\r(5),2).所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(－3＋\r(5),2)))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－3＋\r(5),2)，＋∞)).(2)證明當(dāng)k＝2時(shí)，g(x)＝2(x＋1)，令h(x)＝f(x)－g(x)＝2ln(x＋2)－(x＋1)2－2(x＋1)，∵h(yuǎn)′(x)＝eq\f(－2（x2＋3x＋1）,x＋2)－2＝eq\f(－2（x＋3）（x＋1）,x＋2)，∴當(dāng)x>－1時(shí)，h′(x)<0恒成立，h(x)單調(diào)遞減．又h(－1)＝0，∴當(dāng)x∈(－1，＋∞)時(shí)，h(x)<h(－1)＝0恒成立，即f(x)－g(x)<0.∴當(dāng)k＝2時(shí)，對(duì)于?x>－1，f(x)<g(x)恒成立．2．已知函數(shù)f(x)＝aex－lnx－1.(1)設(shè)x＝2是f(x)的極值點(diǎn)，求a，并求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：當(dāng)a≥eq\f(1,e)時(shí)，f(x)≥0.(1)解f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝aex－eq\f(1,x).由題設(shè)知，f′(2)＝0，所以a＝eq\f(1,2e2).從而f(x)＝eq\f(1,2e2)ex－lnx－1，f′(x)＝eq\f(1,2e2)ex－eq\f(1,x).當(dāng)0<x<2時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>2時(shí)，f′(x)>0.所以f(x)在(0，2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)證明當(dāng)a≥eq\f(1,e)時(shí)，f(x)≥eq\f(ex,e)－lnx－1(x>0)．設(shè)g(x)＝eq\f(ex,e)－lnx－1(x>0)，則g′(x)＝eq\f(ex,e)－eq\f(1,x)(x>0)．當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的最小值點(diǎn)．故當(dāng)x>0時(shí)，g(x)≥g(1)＝0.因此，當(dāng)a≥eq\f(1,e)時(shí)，f(x)≥0.3．(2020·全國(guó)Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝sin2xsin2x.(1)討論f(x)在區(qū)間(0，π)的單調(diào)性；(2)證明：|f(x)|≤eq\f(3\r(3),8)；(3)設(shè)n∈N*，證明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤eq\f(3n,4n).(1)解f′(x)＝cosx(sinxsin2x)＋sinx(sinxsin2x)′＝2sinxcosxsin2x＋2sin2xcos2x＝2sinxsin3x.當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))時(shí)，f′(x)<0.所以f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))單調(diào)遞增，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))單調(diào)遞減．(2)證明因?yàn)閒(0)＝f(π)＝0，由(1)知，f(x)在區(qū)間[0，π]的最大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\f(3\r(3),8)，最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝－eq\f(3\r(3),8).而f(x)是周期為π的周期函數(shù)，故|f(x)|≤eq\f(3\r(3),8).(3)證明因?yàn)?sin2xsin22xsin24x…sin22nx)eq\f(3,2)＝|sin3xsin32x…sin32nx|＝|sinx||sin2xsin32x…sin32n－1xsin2nx||sin22nx|＝|sinx||f(x)f(2x)…f(2n－1x)||sin22nx|≤|f(x)f(2x)…f(2n－1x)|，所以sin2xsin22x…sin22nx≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),8)))eq\s\up12(\f(2n,3))＝eq\f(3n,4n).微課二根據(jù)不等式恒成立求參數(shù)范圍題型一單變量任意型【例1】(2021·紹興柯橋區(qū)模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex－1,x)，g(x)＝k(lnx＋e－1)．(1)判斷f(x)在(0，＋∞)的單調(diào)性；(2)若f(x)≥g(x)在(0，＋∞)上恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．解(1)由題意得f′(x)＝eq\f(xex－ex＋1,x2)，令γ(x)＝xex－ex＋1，則γ′(x)＝ex＋xex－ex＝xex>0，所以函數(shù)γ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以γ(x)>γ(0)＝0，所以f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)假設(shè)k<0，設(shè)函數(shù)h(x)＝eq\f(ex－1,x)－k(lnx＋e－1)，則h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．由(1)可知，當(dāng)x＝0.1時(shí)，eq\f(ex－1,x)<e－1<2；當(dāng)x＝eeq\f(2,k)－e＋1時(shí)，lnx＋e－1＝eq\f(2,k)，所以x0＝min{0.1，eeq\f(2,k)－e＋1}時(shí)，h(x0)＝eq\f(ex0－1,x0)－k(lnx0＋e－1)<2－k·eq\f(2,k)＝0，與題設(shè)矛盾，所以k≥0.又h(1)＝e－1－k(e－1)≥0，解得k≤1.下面證明0≤k≤1是符合題意的，設(shè)F(k)＝－(lnx＋e－1)k＋eq\f(ex－1,x)，則F(k)是關(guān)于k的一次函數(shù)k∈[0，1]，要使F(k)≥0恒成立，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(F（0）≥0，,F（1）≥0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(ex－1,x)≥0，①,－（lnx＋e－1）＋\f(ex－1,x)≥0，②))當(dāng)x>0時(shí)，①顯然成立，設(shè)δ(x)＝eq\f(ex－1,x)－lnx－e＋1，則δ′(x)＝eq\f(（x－1）（ex－1）,x2)，所以函數(shù)δ(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，δ(x)的最小值為δ(1)，故δ(x)≥δ(1)＝0，即②也成立．綜上，實(shí)數(shù)k的取值范圍是[0，1]．題型二雙變量任意型【例2】已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x,ex)＋x－1，g(x)＝lnx＋eq\f(1,e)(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))．(1)證明：f(x)≥g(x)；(2)若對(duì)于任意的x1，x2∈[1，a](a>1)，總有|f(x1)－g(x2)|≤eq\f(2,e2)－eq\f(1,e)＋1，求a的最大值．(1)證明令F(x)＝f(x)－g(x)＝eq\f(x,ex)＋x－lnx－1－eq\f(1,e)，∴F′(x)＝eq\f(1－x,ex)＋1－eq\f(1,x)＝(x－1)eq\f(ex－x,xex).∵x>0，∴ex>x＋1，∴F(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴F(x)min＝F(1)＝0，∴f(x)≥g(x)．(2)解∵x∈[1，a]，f′(x)＝eq\f(1－x,ex)＋1>0，g′(x)＝eq\f(1,x)>0，∴f(x)，g(x)均在[1，a]上單調(diào)遞增．∵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]上的距離隨x增大而增大，∴|f(x1)－g(x2)|max＝f(a)－g(1)≤eq\f(2,e2)－eq\f(1,e)＋1，∴eq\f(a,ea)＋a≤eq\f(2,e2)＋2，設(shè)G(a)＝eq\f(a,ea)＋a(a>1)，G′(a)＝eq\f(1－a,ea)＋1＝eq\f(ea－a＋1,ea)，∵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.題型三雙變量任意存在型【例3】已知函數(shù)f(x)＝2lneq\f(x,2)－eq\f(3x－6,x＋1).(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若g(x)＝lnx－ax，若對(duì)任意x1∈(1，＋∞)，存在x2∈(0，＋∞)，使得f(x1)≥g(x2)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)因?yàn)閒(x)＝2lneq\f(x,2)－eq\f(3x－6,x＋1)，x∈(0，＋∞)，所以f′(x)＝eq\f(2,x)－eq\f(9,（x＋1）2)＝eq\f(2x2－5x＋2,x（x＋1）2)＝eq\f(（2x－1）（x－2）,x（x＋1）2)，當(dāng)eq\f(1,2)<x<2時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)0<x<eq\f(1,2)或x>2時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，(2，＋∞)．(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，所以對(duì)任意x1∈(1，＋∞)，存在x2∈(0，＋∞)，使得f(x1)≥g(x2)成立?存在x2∈(0，＋∞)，使得g(x2)≤0成立?函數(shù)y＝lnx與直線y＝ax的圖象在(0，＋∞)上有交點(diǎn)?方程a＝eq\f(lnx,x)在(0，＋∞)上有解．設(shè)h(x)＝eq\f(lnx,x)，則h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，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，又h(e)＝eq\f(1,e)，x→0時(shí)，h(x)→－∞，所以在(0，＋∞)上，h(x)的值域是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e)))，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e))).感悟升華(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)化為最值問題解決．【訓(xùn)練1】(2021·山水聯(lián)盟考試)已知正實(shí)數(shù)a，設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－a2xlnx.(1)若a＝eq\r(2)，求實(shí)數(shù)f(x)在[1，e]的值域；(2)對(duì)任意實(shí)數(shù)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))均有f(x)≥aeq\r(2x－1)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)當(dāng)a＝eq\r(2)時(shí)，函數(shù)f(x)＝x2－2xlnx，則f′(x)＝2(x－1－lnx)．設(shè)F(x)＝2(x－1－lnx)，x∈[1，e]，則F′(x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))≥0，所以F′(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，F(xiàn)′(x)≥F′(1)＝0，所以f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，所以在[1，e]上f(x)∈[1，e2－2e]．(2)由題意可得f(1)≥a，即0<a≤1.當(dāng)0<a≤1時(shí)，x2－a2xlnx≥aeq\r(2x－1)，即eq\f(x2,a2)－eq\f(\r(2x－1),a)－xlnx≥0.記t＝eq\f(1,a)≥1，設(shè)g(t)＝x2t2－eq\r(2x－1)t－xlnx，則g(t)為關(guān)于t的二次函數(shù)，且定義域?yàn)閇1，＋∞)，其對(duì)稱軸為t＝eq\f(\r(2x－1),2x2).因?yàn)楫?dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))時(shí)，4x4＋1≥2x，所以eq\f(\r(2x－1),2x2)<1，當(dāng)a>0，g(t)≥g(1)＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(\r(2x－1),x)－lnx)).設(shè)函數(shù)h(x)＝x－eq\f(\r(2x－1),x)－lnx，x≥eq\f(1,2)，h′(x)＝1－eq\f(\f(x,\r(2x－1))－\r(2x－1),x2)－eq\f(1,x)＝eq\f(（x－1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,\r(2x－1)))),x2).當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))時(shí)，h′(x)<0，h(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)>0，h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)min＝h(1)＝0，即當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))時(shí)，h(x)≥0，所以g(t)≥0，所以0<a≤1.所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(0，1]．【訓(xùn)練2】(2020·湖州期末)已知函數(shù)f(x)＝(logax)2＋x－lnx(a>1)．(1)求證：函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增；(2)若關(guān)于x的方程|f(x)－t|＝1在(0，＋∞)上有三個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)t的值；(3)若對(duì)任意的x1，x2∈[a－1，a]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1恒成立(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．(1)證明因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝(logax)2＋x－lnx，所以f′(x)＝1－eq\f(1,x)＋2logax·eq\f(1,xlna).因?yàn)閍>1，x>1，所以f′(x)＝1－eq\f(1,x)＋2logax·eq\f(1,xlna)>0，所以函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)解因?yàn)楫?dāng)a>1，0<x<1時(shí)，分別有1－eq\f(1,x)<0，2logax·eq\f(1,xlna)<0，所以f′(x)<0，結(jié)合(1)可得f(x)min＝f(1)，所以t－1＝f(1)＝1，故t＝2.(3)解由(2)可知，函數(shù)f(x)在[a－1，1]上單調(diào)遞減，在(1，a]上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(1)＝1，f(x)max＝max{f(a－1)，f(a)}．f(a)－f(a－1)＝a－a－1－2lna，令g(x)＝x－x－1－2lnx(x>1)，則g′(x)＝1＋x－2－eq\f(2,x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))eq\s\up12(2)≥0，所以g(a)>g(1)＝0，即f(a)－f(a－1)>0，所以f(x)max＝f(a)，所以問題等價(jià)于?x1，x2∈[a－1，a]，|f(x1)－f(x2)|max＝f(a)－f(1)＝a－lna≤e－1.由h(x)＝x－lnx的單調(diào)性，且a>1，解得1<a≤e，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(1，e]．1．已知函數(shù)f(x)＝(x2－x＋1)·e－x.當(dāng)x∈[0，2]時(shí)，f(x)≥－x2＋2x＋m恒成立，求m的取值范圍．解∵f(x)≥－x2＋2x＋m在x∈[0，2]時(shí)恒成立，∴m≤f(x)＋x2－2x＝(x2－x＋1)·e－x＋x2－2x，令g(x)＝(x2－x＋1)·e－x＋x2－2x，則g′(x)＝－(x－2)(x－1)e－x＋2(x－1)，當(dāng)x∈[0，1)時(shí)，g′(x)＝eq\f(（x－1）（2－x＋2ex）,ex)<0，當(dāng)x∈(1，2]時(shí)，g′(x)＝eq\f(（x－1）（2－x＋2ex）,ex)>0，∴g(x)在[0，1)上單調(diào)遞減，在(1，2]上單調(diào)遞增，∴g(x)min＝g(1)＝eq\f(1,e)－1，∴m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e)－1)).2．(2020·名校預(yù)測(cè)沖刺卷四)已知實(shí)數(shù)a∈R，設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx－ax＋1.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)≥eq\f(a（\r(x＋1)－x2）,x)＋1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)由題意得定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x).當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0恒成立，所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,a)，所以當(dāng)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減．(2)因?yàn)閤>0，所以f(x)≥eq\f(a（\r(x＋1)－x2）,x)＋1恒成立等價(jià)于xlnx≥aeq\r(x＋1)恒成立．設(shè)h(x)＝lnx－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))，則h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)，所以函數(shù)h(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)min＝h(1)＝0.即lnx≥1－eq\f(1,x)，所以xlnx≥xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))＝x－1恒成立，問題等價(jià)于x－1－aeq\r(x＋1)≥0恒成立，分離參數(shù)得a≤eq\f(x－1,\r(x＋1))恒成立．設(shè)t＝eq\r(x＋1)∈(1，＋∞)，函數(shù)g(t)＝eq\f(t2－2,t)，則g′(t)＝1＋eq\f(2,t2)>0，所以函數(shù)g(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(t)>g(1)＝－1，所以a≤－1，故實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，－1]．微課三不等式能成立【典例】(2021·鎮(zhèn)海中學(xué)檢測(cè))已知函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)－asinx，a∈R.(1)若y＝f(x)在點(diǎn)(0，0)處的切線為x－3y＝0，求a的值；(2)若存在x∈[1，2]，使得f(x)≥2a，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)f′(x)＝eq\f(1,1＋x)－acosx，則f′(0)＝1－a＝eq\f(1,3)，所以a＝eq\f(2,3).(2)將不等式轉(zhuǎn)化為存在x∈[1，2]，使得a≤eq\f(ln（1＋x）,2＋sinx).令函數(shù)g(x)＝eq\f(ln（1＋x）,2＋sinx)，則g′(x)＝eq\f(2＋sinx－（1＋x）cosxln（1＋x）,（1＋x）（2＋sinx）2)，令函數(shù)h(x)＝2＋sinx－(1＋x)cosxln(1＋x)，x∈[1，2]，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，2))時(shí)，h(x)>0；當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(π,2)))時(shí)，h(x)>2＋sinx－(1＋x)ln(1＋x)，令函數(shù)φ(x)＝2＋sinx－(1＋x)ln(1＋x)，則φ′(x)＝cosx－ln(1＋x)－1<0，故φ(x)≥φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝3－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(π,2)))lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(π,2)))>3－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(π,2)))>0，則當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(π,2)))時(shí)，h(x)>φ(x)>0，故函數(shù)g(x)在[1，2]上單調(diào)遞增，g(x)max＝g(2)＝eq\f(ln3,2＋sin2)，則當(dāng)a≤eq\f(ln3,2＋sin2)時(shí)，存在x∈[1，2]，使得f(x)≥2a.所以，實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(ln3,2＋sin2))).感悟升華“恒成立”與“存在性”問題的求解是“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)是否成立問題，以免細(xì)節(jié)出錯(cuò)．【訓(xùn)練】(2021·義烏聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝x(lnx－1)，g(x)＝eq\f(1－ex,2).(1)求證：當(dāng)0<x<eq\f(1,e)時(shí)，f(x)<x2－eq\f(7,3)x；(2)若存在x0∈(0，m]，使f(x0)－g(m)≤0，求m的取值范圍．(1)證明由題得f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，x(lnx－1)<x2－eq\f(7,3)x，即lnx－x＋eq\f(4,3)<0，設(shè)函數(shù)F(x)＝lnx－x＋eq\f(4,3)，則F′(x)＝eq\f(1－x,x)，故函數(shù)F(x)在(0，1)上單調(diào)遞增．當(dāng)0<x<eq\f(1,e)時(shí)，F(xiàn)(x)<Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(1,3)－eq\f(1,e)<0，即f(x)<x2－eq\f(7,3)x.(2)解f′(x)＝lnx，故函數(shù)f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，①當(dāng)0<m≤1時(shí)，f(x)min＝f(m)＝m(lnm－1)＝mlnm－m，依題意可知f(m)－g(m)≤0?2mlnm＋(em－2m－1)≤0.構(gòu)造函數(shù)：φ(m)＝em－2m－1(0<m≤1)，則有φ′(m)＝em－2.由此可得：當(dāng)m∈(0，ln2)時(shí)，φ′(m)<0；當(dāng)m∈(ln2，1)時(shí)，φ′(m)>0，即φ(m)在m∈(0，ln2)時(shí)單調(diào)遞減，m∈(ln2，1)單調(diào)遞增，注意到：φ(0)＝0，φ(1)＝0，因此φ(m)≤0.同時(shí)注意到2mlnm≤0，故有2mlnm＋(em－2m－1)≤0.②當(dāng)m>1時(shí)，f(x)min＝f(1)＝－1，依據(jù)題意可知f(m)－g(m)≤0?－1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(em,2)))≤0?em≤3?1<m≤ln3，綜上①、②所述，所求實(shí)數(shù)m取值范圍為(0，ln3]．1．設(shè)x＝3是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax＋b)e3－x(x∈R)的一個(gè)極值點(diǎn)．(1)求a與b之間的關(guān)系式，并求當(dāng)a＝2時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)設(shè)a>0