第三章 高考专题突破一 第1课时
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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 设函数f (x )＝ln x －x ＋1.
(1)讨论f (x )的单调性；
(2)证明：当x ∈(1，＋∞)时，1 f ′(x )＝1x －1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1. 当0 (2)证明 由(1)知，f (x )在x ＝1处取得极大值也为最大值，最大值为f (1)＝0. 所以当x ≠1时，ln x 故当x ∈(1，＋∞)时，ln x －1， 即1 (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 (x 1)＋g (x 1) 跟踪训练1 已知函数f (x )＝x ln x －e x ＋1. (1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)证明：f (x ) (1)解 依题意得f ′(x )＝ln x ＋1－e x ， 又f (1)＝1－e ，f ′(1)＝1－e ，故所求切线方程为y －1＋e ＝(1－e)(x －1)，即y ＝(1－e)x . (2)证明 依题意，要证f (x ) 即证x ln x －e x ＋1 即证x ln x 当0 故x ln x 当x >1时，令g (x )＝e x ＋sin x －1－x ln x ， 故g ′(x )＝e x ＋cos x －ln x －1. 令h (x )＝g ′(x )＝e x ＋cos x －ln x －1， 则h ′(x )＝e x －1x －sin x ， 当x >1时，e x －1x >e －1>1， 所以h ′(x )＝e x －1x －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x ln x 综上所述，f (x ) 题型二 不等式恒成立或有解问题 例2 (2018·大同模拟)已知函数f (x )＝1＋ln x x . (1)若函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎫a ，a ＋12上存在极值，求正实数a 的取值范围； (2)如果当x ≥1时，不等式f (x )≥k x ＋1恒成立，求实数k 的取值范围． 解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1－1－ln x x 2＝－ln x x 2 ， 令f ′(x )＝0，得x ＝1. 当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，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0 ， 故12