2018届高三数学第2轮复习第一篇专题突破专题二函数与导数刺第3讲导数及应用第2课时导数的综合应用课件文

第2课时 导数的综合应用
总纲目录
考点一 利用导数证明不等式 考点二 利用导数解决不等式的恒成立、存在性问题 考点三 利用导数解决函数零点或方程根的问题
考点一 利用导数证明不等式
若证明f(x)≤g(x),x∈[a,b],只需构造函数F(x)=f(x)-g(x),x∈[a,b],证 明F(x)max≤0即可;同理若证明f(x)≥g(x),x∈[a,b],只需构造函数F(x)=f(x)g(x),x∈[a,b],证明F(x)min≥0即可.
2
当b>2时,显然g'(x)>0恒成立,g(x)=ln x+ 1 x2+bx在x∈[1,+∞)上为增函数,
2
要使g(x)≥0在x∈[1,+∞)上恒成立,只需g(1)=ln 1+ 1 ×12+b= 1 +b≥0,此时
2
2
b>2.
当b<-2时,Δ>0,令g'(x)=0,得x1= b
b2 2
方法归纳 利用导数证明不等式的基本步骤 (1)作差变形; (2)构造新的函数F(x); (3)对F(x)求导; (4)利用F'(x)判断F(x)的单调性或取值; (5)下结论.
跟踪集训
(2017山西太原第二次模拟)已知函数f(x)=ex-ax2-2x(a∈R).
(1)当a=0时,求f(x)的最小值;
即 ex0 -2ax0-2=0,∴a= ex0 2 . 2 x0
∴当x∈(0,x0)时, f '(x)<0,当x∈(x0,+∞)时, f '(x)>0,∴f(x)在(0,x0)上单调递
减,在(x0,+∞)上单调递增,
∴当x∈(0,+∞)时, f(x)min=f(x0)= ex0 -a x02-2x0
xx
∴h(x)在(1,+∞)上单调递减. ∴h(x)<h(1)=0,即ln x-x+1<0, ∴ln x<x-1. 令g(x)=x-1-xln x(x>1). 则g'(x)=1-(ln x+1)=-ln x<0. ∴g(x)在(1,+∞)上单调递减. ∴g(x)<g(1)=0,即x-1-xln x<0, ∴x-1<xln x.
= 1 +b<0,不符合题意.
2
综上,满足条件的实数b的取值范围是 12
,


.
解法二:f(x)=ln x+ 1 ax2+bx≥0在x∈[1,+∞)上恒成立等价于ln x+bx≥
-
1 2
2
x2a在x∈[1,+∞)上恒成立,
因为对任意的a∈[1,+∞),ln x+bx≥- 1 x2a在x∈[1,+∞)上恒成立,所以等
=x(1-a-x-x2),取x0= 5 4a 1, 2
则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.
当a≤0时,取x0= 5 1, 2
则x0∈(0,1), f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1. 综上,a的取值范围是[1,+∞). 方法归纳 对于不等式恒成立问题,可从函数角度转化为求函数的最值问题,也可 以采用分离变量法将变量分离出来,进而转化为求函数的最值,从而求 得参数的范围.
∴f(x)min=f(ln 2)=2-2ln 2.
ex 2x e 1
(2)证法一:原不等式等价于a<
2
x2 在(0,+∞)上恒成立.
令g(x)=
ex

2x

Hale Waihona Puke e 21,x>0,则g'(x)= (x
2)ex
2x x3

e

2
.
x2
令h(x)=(x-2)ex+2x+e-2,x>0,则h'(x)=(x-1)ex+2,
4 ,x2= b
b2 2
4 ,因为x2=
b b2 4 > b >1,且x1x2=1,所以0<x1<1,g'(x)= (x x1)(x x2 ) ,当1<x<x2时,
2
2
x
g'(x)<0,当x>x2时,g'(x)>0,所以当x∈[1,x2)时,函数g(x)为减函数,g(x)≤g(1)
跟踪集训
1
(2017福建八校适应性考试)已知函数f(x)=ln x+ 2 ax2+bx,a,b∈R.
(1)若a=-2,b=1,求函数f(x)的单调区间;
(2)若对任意的a∈[1,+∞), f(x)≥0在x∈[1,+∞)上恒成立,求实数b的取值
范围.
解析 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),
当a=-2,b=1时, f(x)=ln x-x2+x,
当x>1时,h(x)>0,∴g'(x)>0,∴g(x)在(1,+∞)上单调递增,
∴g(x)≥g(1)= e -1.
2
∵a< e -1,∴a<g(x)在(0,+∞)上恒成立,∴原不等式成立.
2
证法二:当a< e -1时,∵f(x)=ex-ax2-2x,
2
∴f '(x)=ex-2ax-2.
令p(x)=ex-2ax-2,x∈(0,+∞),
(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex. 当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h'(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)单调递 减,而h(0)=1, 故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1. 当0<a<1时,设函数g(x)=ex-x-1,g'(x)=ex-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)单调 递增,而g(0)=0,故ex≥x+1. 当0<x<1时, f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1
e
e
(2)当a< 2 -1时,证明:不等式f(x)> 2 -1在(0,+∞)上恒成立.
解析 (1)当a=0时, f(x)=ex-2x,∴f '(x)=ex-2.
令f '(x)>0,得x>ln 2,令f '(x)<0,得x<ln 2.
∴f(x)在(-∞,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增.
2
x
x
令g'(x)=0,则x2+bx+1=0,Δ=b2-4.
当-2≤b≤2时,Δ≤0,即g'(x)≥0恒成立,g(x)=ln x+ 1x2+bx在x∈[1,+∞)上
2
为增函数,要使g(x)≥0在x∈[1,+∞)上恒成立,只需g(1)=ln 1+ 1 ×12+b= 1 +
2
2
b≥0,此时- 1 ≤b≤2.
令t(x)=(x-1)ex+2,x>0,则t'(x)=xex>0.
∴h'(x)=t(x)在(0,+∞)上单调递增,
∵h'(0)=1>0,∴h'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,
∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,
又h(1)=0,∴当0<x<1时,h(x)<0,∴g'(x)<0,
∴g(x)在(0,1)上单调递减,
= ex0
-
1 2
e x0
x0-x0,0<x0<1,
令m(x)=ex- 1 exx-x(0<x<1),则m'(x)= 1 ex(1-x)-1,
2
2
令n(x)= 1 ex(1-x)-1(0<x<1),则n'(x)=- 1 xex<0,
2
2
∴n(x)在(0,1)上单调递减,
∴m'(x)=n(x)<n(0)=- 1 <0,
典型例题
(2016课标Ⅲ,21,12分)设函数f(x)=ln x-x+1.
(1)讨论f(x)的单调性;
x 1
(2)证明当x∈(1,+∞)时,1< ln x <x;
(3)设c>1,证明当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.
1
解析 (1)由题设知, f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)= x -1,令f '(x)=0,解得x=
2
价于ln x+bx≥- 1 x2在x∈[1,+∞)上恒成立,即ln x+ 1 x2+bx≥0在x∈[1,+∞)
2
2
上恒成立.
即-b≤ ln x + 1 x在[1,+∞)上恒成立.
x2
令g(x)= ln x + 1 x,x∈[1,+∞),
x2
所以等价于-b≤g(x)min,g'(x)= 1 xl2n
2
∴m(x)在(0,1)上单调递减,∴m(x)>m(1)= e -1,
2
∴f(x)≥f(x0)> 2e -1.
考点二 利用导数解决不等式的恒成立、
存在性问题