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- 2021-06-16 发布
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高考专题突破一 高考中的导数应用问题
第1课时 导数与不等式
题型一 证明不等式
例1 已知函数f(x)=1-,g(x)=x-ln x.
(1)证明:g(x)≥1;
(2)证明:(x-ln x)f(x)>1-.
证明 (1)由题意得g′(x)=(x>0),
当01时,g′(x)>0,
即g(x)在(0,1)上为减函数,在(1,+∞)上为增函数.
所以g(x)≥g(1)=1,得证.
(2)由f(x)=1-,得f′(x)=,
所以当02时,f′(x)>0,
即f(x)在(0,2)上为减函数,在(2,+∞)上为增函数,
所以f(x)≥f(2)=1-(当x=2时取等号).①
又由(1)知x-ln x≥1(当x=1时取等号),②
所以①②等号不同时取得,
所以(x-ln x)f(x)>1-.
思维升华 (1)证明f(x)>g(x)的一般方法是证明h(x)=f(x)-g(x)>0(利用单调性),特殊情况是证明f(x)min>g(x)max(最值方法),但后一种方法不具备普遍性.
(2)证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式,一种方法为变换不等式使两个变元成为一个整体,另一种方法为转化后利用函数的单调性,如不等式f(x1)+g(x1)0,xln x≤0,
故xln x1时,令g(x)=ex+sin x-1-xln x,
故g′(x)=ex+cos x-ln x-1.
令h(x)=g′(x)=ex+cos x-ln x-1,
则h′(x)=ex--sin x,
当x>1时,ex->e-1>1,
所以h′(x)=ex--sin x>0,
故h(x)在(1,+∞)上单调递增.
故h(x)>h(1)=e+cos 1-1>0,即g′(x)>0,
所以g(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以g(x)>g(1)=e+sin 1-1>0,
即xln x0,f(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减.
所以x=1为函数f(x)的极大值点,且是唯一极值点,
所以00,
所以g(x)为单调增函数,所以g(x)≥g(1)=2,
故k≤2,即实数k的取值范围是(-∞,2].
引申探究
本例(2)中若改为:∃x∈[1,e],使不等式f(x)≥成立,求实数k的取值范围.
解 当x∈[1,e]时,k≤有解,
令g(x)=(x∈[1,e]),由例(2)解题知,
g(x)为单调增函数,所以g(x)max=g(e)=2+,
所以k≤2+,即实数k的取值范围是.
思维升华 利用导数解决不等式的恒成立问题的策略
(1)首先要构造函数,利用导数求出最值,求出参数的取值范围.
(2)也可分离变量,构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题.
跟踪训练2 已知函数f(x)=ex-1-x-ax2.
(1)当a=0时,求证:f(x)≥0;
(2)当x≥0时,若不等式f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围.
(1)证明 当a=0时,f(x)=ex-1-x,f′(x)=ex-1.
当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0;
当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0.
故f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
f(x)min=f(0)=0,∴f(x)≥0.
(2)解 f′(x)=ex-1-2ax,令h(x)=ex-1-2ax,
则h′(x)=ex-2a.
①当2a≤1,即a≤时,
在[0,+∞)上,h′(x)≥0,h(x)单调递增,
h(x)≥h(0),即f′(x)≥f′(0)=0,
∴f(x)在[0,+∞)上为增函数,∴f(x)≥f(0)=0,
∴当a≤时满足条件.
②当2a>1,即a>时,
令h′(x)=0,解得x=ln(2a),
在[0,ln(2a))上,h′(x)<0,h(x)单调递减,
∴当x∈(0,ln(2a))时,有h(x)0),
则F′(x)=+1-ex-xex=-(x+1)ex
=(x+1).
令G(x)=-ex,可知G(x)在(0,+∞)上为减函数,
且G=2->0,G(1)=1-e<0,
∴存在x0∈,使得G(x0)=0,即-=0.
当x∈(0,x0)时,G(x)>0,∴F′(x)>0,F(x)为增函数;
当x∈(x0,+∞)时,G(x)<0,
∴F′(x)<0,F(x)为减函数.
∴F(x)≤F(x0)=ln x0+x0-+1,
又∵-=0,∴=,即ln x0=-x0,
∴F(x0)=0,即F(x)≤0,∴f(x)≤g(x).
2.已知函数f(x)=ax2+bx+xln x的图象在(1,f(1))处的切线方程为3x-y-2=0.
(1)求实数a,b的值;
(2)设g(x)=x2-x,若k∈Z,且k(x-2)2恒成立,求k的最大值.
解 (1)f′(x)=2ax+b+1+ln x,
所以2a+b+1=3且a+b=1,解得a=1,b=0.
(2)由(1)与题意知k<=对任意的x>2恒成立,
设h(x)=(x>2),则h′(x)=,
令m(x)=x-4-2ln x(x>2),则m′(x)=1-=>0,
所以函数m(x)为(2,+∞)上的增函数.
因为m(8)=4-2ln 8<4-2ln e2=4-4=0,m(10)=6-2ln 10>6-2ln e3=6-6=0,
所以函数m(x)在(8,10)上有唯一零点x0,
即有x0-4-2ln x0=0成立,
故当2x0时,m(x)>0,即h′(x)>0,所以函数h(x)在(2,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以h(x)min=h(x0)===,
所以k<,因为x0∈(8,10),
所以∈(4,5),又k∈Z,
所以k的最大值为4.
3.已知函数f(x)=ax-ex(a∈R),g(x)=.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)∃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上单调递减;
当a>0时,令f′(x)=0,得x=ln a.
由f′(x)>0,得f(x)的单调增区间为(-∞,ln a);
由f′(x)<0,得f(x)的单调减区间为(ln a,+∞).
综上所述,当a≤0时,f(x)的单调减区间为(-∞,+∞),无单调增区间;
当a>0时,f(x)的单调增区间为(-∞,ln a),单调减区间为(ln a,+∞).
(2)因为∃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≤max,
由h′(x)=,令h′(x)=0,得x=.
当x在区间(0,+∞)内变化时,h′(x),h(x)随x变化的变化情况如下表:
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≤.
故a的取值范围是.
4.已知函数f(x)=ln x-ax+-1(a∈R).设g(x)=x2-2bx+4,当a=时,若∀x1∈(0,2),总存在x2∈[1,2],使f(x1)≥g(x2),求实数b的取值范围.
解 依题意知f(x)在(0,2)上的最小值不小于g(x)在[1,2]上的最小值,
即f(x)min≥g(x)min.
当a=时,f(x)=ln x-x+-1,
所以f′(x)=--=-,
则当00,
所以当x∈(0,2)时,f(x)min=f(1)=-.
又g(x)=x2-2bx+4,
①当b<1时,可求得g(x)min=g(1)=5-2b,
则5-2b≤-,解得b≥,这与b<1矛盾;
②当1≤b≤2时,可求得g(x)min=g(b)=4-b2,
则4-b2≤-,
得b2≥,这与1≤b≤2矛盾;
③当b>2时,可求得g(x)min=g(2)=8-4b,
由8-4b≤-,得b≥.
综合①②③得实数b的取值范围是.
5.已知函数f(x)为偶函数,当x≥0时,f(x)=2ex,若存在实数m,对任意的x∈[1,k](k>1),都有f(x+m)≤2ex,求整数k的最小值.
解 因为f(x)为偶函数,且当x≥0时,f(x)=2ex,
所以f(x)=2e|x|,
对于x∈[1,k],由f(x+m)≤2ex得2e|x+m|≤2ex,
两边取以e为底的对数得|x+m|≤ln x+1,
所以-x-ln x-1≤m≤-x+ln x+1在[1,k]上恒成立,
设g(x)=-x+ln x+1(x∈[1,k]),
则g′(x)=-1+=≤0,
所以g(x)在[1,k]上单调递减,
所以g(x)min=g(k)=-k+ln k+1,
设h(x)=-x-ln x-1(x∈[1,k]),易知h(x)在[1,k]上单调递减,
所以h(x)max=h(1)=-2,故-2≤m≤-k+ln k+1,
若实数m存在,则必有-k+ln k≥-3,
又k>1,且k为整数,
所以k=2满足要求,故整数k的最小值为2.