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- 2021-06-11 发布
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第三课时 导数在不等式中的应用
考点一 构造函数证明不等式
多维探究
角度
1
直接构造函数证明不等式
因为曲线
y
=
f
(
x
)
与曲线
y
=
g
(
x
)
的一个公共点是
A
(1
,
1)
,且在点
A
处的切线互相垂直,
所以
g
(1)
=
1
,且
f
′(1)·
g
′(1)
=-
1.
从而
g
(1)
=
a
+
1
-
b
=
1
,且
g
′(1)
=-
a
-
b
-
1
=
1.
解得
a
=
b
=-
1.
所以
h
(
x
)
在
[1
,+
∞
)
上单调递增,
角度
2
适当放缩构造函数证明不等式
【例
1
-
2
】
(2018·
全国
Ⅰ
卷
)
已知函数
f
(
x
)
=
a
e
x
-
ln
x
-
1.
当
0<
x
<2
时,
f
′(
x
)<0
;当
x
>2
时,
f
′(
x
)>0.
所以
f
(
x
)
在
(0
,
2)
上单调递减,在
(2
,+
∞
)
上单调递增
.
当
0<
x
<1
时,
g
′(
x
)<0
;当
x
>1
时,
g
′(
x
)>0.
所以
x
=
1
是
g
(
x
)
的最小值点
.
故当
x
>0
时,
g
(
x
)
≥
g
(1)
=
0.
【训练
1
】
(1)
(
角度
1)
已知函数
f
(
x
)
=
ln
x
.
①
解
因为
g
(
x
)
=
f
(
x
-
1)
-
x
+
2
=
ln(
x
-
1)
-
x
+
2(
x
>1).
则
g
(
x
)
在
(1
,
2)
上单调递增,在
(2
,+
∞
)
上单调递减
.
所以
g
(
x
)
=
ln(
x
-
1)
-
x
+
2
的最大值为
g
(2)
=
0.
所以
F
(
x
)
在
(1
,+
∞
)
上单调递增,有
F
(
x
)>
F
(1)
=
0.
当
x
∈
(0
,
1)
时,
f
′(
x
)<0
,当
x
∈
(1
,+
∞
)
时,
f
′(
x
)>0
,
∴
f
(
x
)
在
(0
,
1)
上单调递减,在
(1
,+
∞
)
上单调递增
.
考点二 隔离分析最值法证明不等式
【例
2
】
已知函数
f
(
x
)
=
eln
x
-
ax
(
a
∈
R
).
(1)
讨论函数
f
(
x
)
的单调性;
(2)
当
a
=
e
时,证明:
xf
(
x
)
≤
e
x
-
2e
x
.
当
a
=
e
时,由
(1)
知,
f
(
x
)
在
(0
,
1)
上单调递增,在
(1
,+
∞
)
上单调递减
.
所以
f
(
x
)
max
=
f
(1)
=-
e.
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
)
min
=
g
(1)
=-
e.
故不等式
xf
(
x
)
≤
e
x
-
2e
x
得证
.
规律方法
1.
若直接求导比较复杂或无从下手时,可将待证式进行变形,构造两个函数,从而找到可以传递的中间量,达到证明的目标
.
本例中同时含
ln
x
与
e
x
,不能直接构造函数,把指数与对数分离两边,分别计算它们的最值,借助最值进行证明
.
2.
在证明过程中,等价转化是关键,此处
g
(
x
)
min
=
f
(
x
)
max
恒成立
.
从而
f
(
x
)
≤
g
(
x
)
恒成立,但此处
f
(
x
)
与
g
(
x
)
取到最值的条件不是同一个
“
x
的值
”.
(1)
解
函数
f
(
x
)
=
x
ln
x
-
ax
的定义域为
(0
,+
∞
).
当
a
=-
1
时,
f
(
x
)
=
x
ln
x
+
x
,
f
′(
x
)
=
ln
x
+
2.
显然当
x
→
+
∞
时,
f
(
x
)
→
+
∞
,
f
(
x
)
没有最大值
.
∴
当
0<
x
<1
时,
G
′(
x
)>0
;当
x
>1
时,
G
′(
x
)<0.
考点三 不等式恒成立或有解问题
多维探究
角度
1
不等式恒成立求参数
【例
3
-
1
】
(2020·
西安模拟改编
)
已知函数
f
(
x
)
=
a
ln
x
-
x
+
1(
其中
a
>0).
因为
a
>0
,令
f
′(
x
)
=
0
,得
x
=
a
,
在
(0
,
a
)
上,
f
′(
x
)>0
,
f
(
x
)
是增函数;
在
(
a
,+
∞
)
上,
f
′(
x
)<0
,
f
(
x
)
是减函数,
所以当
x
=
a
时,
f
(
x
)
有极大值
f
(
a
)
=
a
ln
a
-
a
+
1
,无极小值
.
(2)
由
(1)
知,当
x
=
a
取得极大值也是最大值
.
所以
f
(
x
)
max
=
f
(
a
)
=
a
ln
a
-
a
+
1(
a
>0)
,
在
(0
,
1)
上,
k
′(
a
)>0
,
k
(
a
)
=
u
′(
a
)
是增函数,在
(1
,+
∞
)
上,
k
′(
a
)<0
,
k
(
a
)
=
u
′(
a
)
是减函数,
所以当
a
=
1
时,
k
(
a
)
=
u
′(
a
)
取得极大值也是最大值,
∴
u
′(
a
)
max
=
u
′(1)
=-
1<0
,
在
(0
,+
∞
)
上,
u
′(
a
)<0
,
u
(
a
)
是减函数,又
u
(1)
=
0
,
所以要使得
u
(
a
)
≤
0
恒成立,则
a
≥
1
,
所以实数
a
的取值范围为
[1
,+
∞
).
规律方法
1.
破解此类题需
“
一形一分类
”
,
“
一形
”
是指会结合函数的图象,对函数进行求导,然后判断其极值,从而得到含有参数的方程组,解方程组,即可求出参数的值;
“
一分类
”
是指对不等式恒成立问题,常需对参数进行分类讨论,求出参数的取值范围
.
2.
利用导数研究含参数的不等式问题,若能够分离参数,则常将问题转化为形如
a
≥
f
(
x
)(
或
a
≤
f
(
x
))
的形式,通过求函数
y
=
f
(
x
)
的最值求得参数范围
.
【训练
3
】
已知函数
f
(
x
)
=
ax
e
x
-
(
a
+
1)(2
x
-
1).
(1)
若
a
=
1
,求函数
f
(
x
)
的图象在点
(0
,
f
(0))
处的切线方程;
(2)
当
x
>0
时,函数
f
(
x
)
≥
0
恒成立,求实数
a
的取值范围
.
解
(1)
若
a
=
1
,则
f
(
x
)
=
x
e
x
-
2(2
x
-
1)
,
f
′(
x
)
=
x
e
x
+
e
x
-
4
,则
f
′(0)
=-
3
,
f
(0)
=
2
,
所以所求切线方程为
y
=-
3
x
+
2.
(2)
若
a
≤
-
1
时,显然
f
(
x
)
≥
0
对
x
>0
不恒成立
.
当
0<
x
<1
时,
F
′(
x
)>0
;当
x
>1
时,
F
′(
x
)<0
,
所以函数
F
(
x
)
在
(0
,
1)
上单调递增,在
(1
,+
∞
)
上单调递减,
角度
2
不等式能成立或有解求参数的取值
(
范围
)
(1)
求函数
f
(
x
)
的单调区间;
(2)
∃
x
∈
(0
,+
∞
)
,使不等式
f
(
x
)
≤
g
(
x
)
-
e
x
成立,求
a
的取值范围
.
解
(1)
因为
f
′(
x
)
=
a
-
e
x
,
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
)
的单调递增区间为
(
-
∞
,
ln
a
)
;
由
f
′(
x
)<0
,得
f
(
x
)
的单调递减区间为
(ln
a
,+
∞
).
综上所述,当
a
≤
0
时,
f
(
x
)
的单调递减区间为
(
-
∞
,+
∞
)
,无单调递增区间;
当
a
>0
时,
f
(
x
)
的单调递增区间为
(
-
∞
,
ln
a
)
,单调递减区间为
(ln
a
,+
∞
).
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:
规律方法
1.
含参数的能成立
(
存在型
)
问题的解题方法
(1)
a
≥
f
(
x
)
在
x
∈
D
上能成立,则
a
≥
f
(
x
)
min
;
(2)
a
≤
f
(
x
)
在
x
∈
D
上能成立,则
a
≤
f
(
x
)
max
.
2.
含全称、存在量词不等式能成立问题
(1)
存在
x
1
∈
A
,任意
x
2
∈
B
使
f
(
x
1
)
≥
g
(
x
2
)
成立,则
f
(
x
)
max
≥
g
(
x
)
max
;
(2)
任意
x
1
∈
A
,存在
x
2
∈
B
,使
f
(
x
1
)
≥
g
(
x
2
)
成立,则
f
(
x
)
min
≥
g
(
x
)
min
.
【训练
4
】
已知函数
f
(
x
)
=
x
ln
x
(
x
>0).
解
(1)
由
f
(
x
)
=
x
ln
x
,
得
f
′(
x
)
=
1
+
ln
x
,
由
g
′(
x
)>0
,得
x
>1
;由
g
′(
x
)<0
,得
0<
x
<1.
所以
g
(
x
)
在
(0
,
1)
上单调递减,在
(1
,+
∞
)
上单调递增
.
所以
g
(
x
)
min
=
g
(1)
=
4
,则
m
≥
4.
故
m
的最小值为
4.
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:
e
x
≥
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:
e
x
>
x
+
1>
x
>1
+
ln
x
(
x
>0
,且
x
≠
1).
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-
1<
x
<0
时均有
f
(
x
)<0
,排除
A
,
C
,易知
B
正确
.
答案
B
由经典不等式
e
x
≥
x
+
1
恒成立可知,
g
′(
x
)
≥
0
恒成立,
所以
g
(
x
)
在
R
上为单调递增函数,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
.
【例
2
】
(
2017·
全国
Ⅲ
卷改编
)
已知函数
f
(
x
)
=
x
-
1
-
a
ln
x
.
(1)
解
f
(
x
)
的定义域为
(0
,+
∞
)
,
当
x
∈
(0
,
a
)
时,
f
′(
x
)<0
;当
x
∈
(
a
,+
∞
)
时,
f
′(
x
)>0
;
所以
f
(
x
)
在
(0
,
a
)
单调递减,在
(
a
,+
∞
)
单调递增,
故
x
=
a
是
f
(
x
)
在
(0
,+
∞
)
的唯一最小值点
.
因为
f
(1)
=
0
,所以当且仅当
a
=
1
时,
f
(
x
)
≥
0
,故
a
=
1.
(2)
证明
由
(1)
知当
x
∈
(1
,+
∞
)
时,
x
-
1
-
ln
x
>0.
【例
3
】
已知函数
f
(
x
)
=
ax
-
ln
x
-
1.
所以当
x
∈
(0
,
1)
时,
g
′(
x
)>0
,当
x
∈
(1
,+
∞
)
时,
g
′(
x
)<0
,
则
g
(
x
)
在
(0
,
1)
上单调递增,在
(1
,+
∞
)
上单调递减,
所以
g
(
x
)
max
=
g
(1)
=
1
,则
a
≥
1
,所以
a
的最小值为
1.
(2)
证明
当
a
=
1
时,由
(1)
得
x
≥
ln
x
+
1
,即
t
≥
1
+
ln
t
.
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