【数学】2021届一轮复习北师大版（文）第三章　第4讲　第1课时　利用导数解决不等式问题学案 10页

第4讲　导数的综合应用 第1课时　利用导数解决不等式问题 ‎　　　　　　构造函数证明不等式(师生共研)‎ ‎ (2020·九江市摸底考试)设f(x)＝2xln x＋1.‎ ‎(1)求f(x)的最小值；‎ ‎(2)证明：f(x)≤x2－x＋＋2ln x.‎ ‎【解】　(1)f′(x)＝2(ln x＋1)．‎ 所以当x∈时，f′(x)<0，f(x)是减少的；‎ 当x∈时，f′(x)>0，f(x)是增加的．‎ 所以当x＝时，f(x)取得最小值f＝1－.‎ ‎(2)证明：x2－x＋＋2ln x－f(x)‎ ‎＝x(x－1)－－2(x－1)ln x ‎＝(x－1)，‎ 令g(x)＝x－－2ln x，则g′(x)＝1＋－＝≥0，‎ 所以g(x)在(0，＋∞)上是增加的，‎ 又g(1)＝0，‎ 所以当01时，g(x)>0，‎ 所以(x－1)≥0，‎ 即f(x)≤x2－x＋＋2ln x.‎ 利用导数证明不等式成立问题的常用方法 ‎(1)将不等式转化为函数最值来证明不等式，其主要思想是依据函数在固定区间的单调性，直接求得函数的最值，然后由f(x)≤f(x)max或f(x)≥f(x)min直接证得不等式．‎ ‎(2)直接将不等式转化成某个函数的最值问题．若证明f(x)0)．‎ ‎①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上是增加的；‎ ‎②若a>0，则当00，当x>时，f′(x)<0，‎ 故f(x)在上是增加的，在上是减少的．‎ ‎(2)证明：因为x>0，所以只需证f(x)≤－2e，当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0，1)上是增加的，在(1，＋∞)上是减少的，‎ 所以f(x)max＝f(1)＝－e.‎ 记g(x)＝－2e(x>0)，‎ 则g′(x)＝，‎ 所以当01时，g′(x)>0，g(x)是增加的，‎ 所以g(x)min＝g(1)＝－e.‎ 综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e，‎ 即xf(x)－ex＋2ex≤0.‎ ‎(1)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值问题．‎ ‎(2)在证明过程中，等价转化是关键，此处f(x)min>g(x)max恒成立．从而f(x)>g(x)，但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”．　‎ ‎　(2020·四省八校双教研联考)已知函数f(x)＝ax－axln x－1(a∈R，a≠0)．‎ ‎(1)讨论函数f(x)的单调性；‎ ‎(2)当x>1时，求证：>－1.‎ 解：(1)f′(x)＝a－a(ln x＋1)＝－aln x，若a>0，则当x∈(0，1)时，f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)，f′(x)<0，所以f(x)在(0，1)上是增加的，在(1，＋∞)上是减少的；‎ 若a<0，则当x∈(0，1)时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)，f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上是减少的，在(1，＋∞)上是增加的．‎ ‎(2)证明：要证>－1，即证>e－x，即证1时，x－xln x－1<0，即1时，ln x1，则F′(x)＝ex－是增加的，所以F′(x)>F′(1)＝e－1>0，‎ 所以F(x)在(1，＋∞)上是增加的，所以F(x)>F(1)，而F(1)＝e，所以ex－ln x>e>0，‎ 所以ex>ln x，所以ex>ln x>，‎ 所以原不等式得证．‎ ‎　　　　由不等式恒成立探求参数的取值范围(师生共研)‎ ‎ 已知函数f(x)＝ln x＋－1.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)设m∈R，对任意的a∈(－1，1)，总存在x0∈[1，e]，使不等式ma－f(x0)＜0成立，求实数m的取值范围．‎ ‎【解】　(1)f′(x)＝－＝，x＞0.‎ 令f′(x)＞0，得x＞1，所以函数f(x)的递增区间是(1，＋∞)．‎ 令f′(x)＜0，得0＜x＜1，所以函数f(x)的递减区间是(0，1)．‎ ‎(2)依题意，ma＜f(x)max，由(1)知，f(x)在x∈[1，e]上是增函数．‎ 所以f(x)max＝f(e)＝ln e＋－1＝.‎ 所以ma＜，即ma－＜0，对于任意的a∈(－1，1)恒成立．‎ 所以解得－≤m≤.‎ 所以m的取值范围是.‎ 解决含参不等式恒成立(或有解)问题的方法 ‎(1)直接构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围．若f(x)≥a或g(x)≤a恒成立，只需满足f(x)min≥a或g(x)max≤a即可，利用导数方法求出f(x)的最小值或g(x)的最大值，从而问题得解．‎ ‎(2)先分离参变量，再构造函数，进而把问题转化为函数的最值问题．‎ ‎　已知函数f(x)＝x·ln x．若对于任意x∈，都有f(x)≤ax－1，求实数a的取值范围．‎ 解：当≤x≤e时，f(x)≤ax－1等价于a≥ln x＋.‎ 令g(x)＝ln x＋，x∈，‎ g′(x)＝－＝，x∈.‎ 当x∈时，g′(x)<0，‎ 所以g(x)在上是减少的，‎ 当x∈(1，e]时，g′(x)>0，所以g(x)在(1，e]上是增加的．‎ 而g＝ln＋e＝e－1>1.5，‎ g(e)＝ln e＋＝1＋<1.5.‎ 所以g(x)在上的最大值为g＝e－1.‎ 所以当a≥e－1时，对于任意x∈，‎ 都有f(x)≤ax－1.‎ 所以a的取值范围是[e－1，＋∞)．‎ 核心素养系列8　逻辑推理——两个经典不等式的活用 逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证．利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程．‎ ‎(1)对数形式：x≥1＋ln x(x>0)，当且仅当x＝1时，等号成立．‎ ‎(2)指数形式：ex≥x＋1(x∈R)，当且仅当x＝0时，等号成立．‎ 进一步可得到一组不等式链：ex>x＋1>x>1＋ln x(x>0，且x≠1)．‎ ‎ 已知函数f(x)＝，则y＝f(x)的图象大致为(　　)‎ ‎【解析】　因为f(x)的定义域为 即{x|x>－1，且x≠0}，所以排除选项D.‎ 当x>0时，由经典不等式x>1＋ln x(x>0)，‎ 以x＋1代替x，得x>ln(x＋1)(x>－1，且x≠0)，‎ 所以ln(x＋1)－x<0(x>－1，且x≠0)，即x>0或－11＋ln x．‎ ‎　已知函数f(x)＝ex，x∈R.证明：曲线y＝f(x)与曲线y＝x2＋x＋1有唯一公共点．‎ 证明：令g(x)＝f(x)－＝ex－x2－x－1，x∈R，则g′(x)＝ex－x－1，‎ 由经典不等式ex≥x＋1恒成立可知，g′(x)≥0恒成立，‎ 所以g(x)在R上为增函数，且g(0)＝0.‎ 所以函数g(x)有唯一零点，即两曲线有唯一公共点．‎ ‎[基础题组练]‎ ‎1．(2020·陕西咸阳一模)函数f(x)＝ln x＋a的导数为f′(x)，若方程f′(x)＝f(x)的根x0小于1，则实数a的取值范围为(　　)‎ A．(1，＋∞)　　　　　　　 B．(0，1)‎ C．(1，) D．(1，)‎ 解析：选A.由函数f(x)＝ln x＋a可得f′(x)＝，‎ 因为x0使f′(x)＝f(x)成立，所以＝ln x0＋a，‎ 又01，ln x0<0，‎ 所以a＝－ln x0>1.‎ ‎2．(2020·宿州模拟)若函数f(x)＝x3＋x2－在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是(　　)‎ A．[－5，0) B．(－5，0)‎ C．[－3，0) D．(－3，0)‎ 解析：选C.由题意知，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2，0)上是减函数，作出其大致图像如图所示，‎ 令x3＋x2－＝－得，x＝0或x＝－3，则结合图像可知，解得a∈[－3，0)．‎ ‎3．已知函数f(x)＝x＋，g(x)＝2x＋a，若对任意的x1∈，存在x2∈[2，3]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是________．‎ 解析：由题意知f(x)min≥g(x)min(x∈[2，3])，因为f(x)min＝5，g(x)min＝4＋a，所以5≥4＋a，即a≤1.‎ 答案：(－∞，1]‎ ‎4．若对任意a，b满足00.‎ 所以f(x)的减区间是(0，1)，增区间是(1，＋∞)．‎ ‎(2)证明：要证xf(x)≤g(x)，即证x(x－ln x)≤aex，即证a≥.设h(x)＝，‎ 则h′(x)＝＝‎ ，由(1)可知f(x)≥f(1)＝1，‎ 即ln x－(x－1)≤0，‎ 于是，当x∈(0，1)时，h′(x)>0，h(x)是增加的；‎ 当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)是减少的．‎ 所以x＝1时，h(x)取得最大值，h(x)max＝＝，‎ 所以当a≥时，xf(x)≤g(x)．‎ ‎[综合题组练]‎ ‎1．(2020·贵州省适应性考试)已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)存在x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范围．‎ 解：(1)因为f′(x)＝a－ex，x∈R.‎ 当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上是减少的；‎ 当a＞0时，令f′(x)＝0得x＝ln a.‎ 由f′(x)＞0得f(x)的增区间为(－∞，ln a)；‎ 由f′(x)<0得f(x)的减区间为(ln a，＋∞)．‎ 综上，当a≤0时，f(x)的减区间为R；当a＞0时，f(x)的增区间为(－∞，ln a)；‎ 减区间为(ln a，＋∞)．‎ ‎(2)因为存在x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，‎ 则ax≤，即a≤.‎ 设h(x)＝，则问题转化为a≤，‎ 由h′(x)＝，‎ 令h′(x)＝0，则x＝.‎ 当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：‎ x ‎(0，)‎ ‎(，＋∞)‎ h′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ h(x)‎  极大值  由上表可知，当x＝时，函数h(x)有极大值，即最大值为.所以a≤.‎ ‎2．(2020·江西九江模拟)设函数f(x)＝－，g(x)＝a(x2－1)－ln x(a∈R，e为自然对数的底数)．‎ ‎(1)证明：当x>1时，f(x)>0；‎ ‎(2)讨论g(x)的单调性；‎ ‎(3)若不等式f(x)1时，s′(x)>0，所以s(x)在(1，＋∞)上是增加的，又s(1)＝0，所以s(x)>0，‎ 从而当x>1时，f(x)>0.‎ ‎(2)g′(x)＝2ax－＝(x>0)，‎ 当a≤0时，g′(x)<0，g(x)在(0，＋∞)上是减少的，‎ 当a>0时，由g′(x)＝0得x＝ .‎ 当x∈时，g′(x)<0，g(x)是减少的，‎ 当x∈时，g′(x)>0，g(x)是增加的．‎ ‎(3)由(1)知，当x>1时，f(x)>0.‎ 当a≤0，x>1时，g(x)＝a(x2－1)－ln x<0，‎ 故当f(x)0.‎ 当01，‎ g(x)在上是减少的，g0，所以此时f(x)1时，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0，‎ 因此，h(x)在区间(1，＋∞)上是增加的，‎ 又h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝g(x)－f(x)>0，即f(x)