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  • 2021-06-11 发布

2021届高考数学一轮复习第三章导数及其应用第2节第3课时导数在不等式中的应用课件新人教A版

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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 .