2020版高考数学第三章导数及其应用高考专题突破一高考中的导数应用问题(第1课时)导数与不等式教案

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－x －1ex，g (x )＝x －ln x .(1)证明：g (x )≥1；(2)证明：(x －ln x )f (x )>1－1e 2.证明 (1)由题意得g ′(x )＝x －1x(x >0)， 当0<x <1时，g ′(x )<0. 当x >1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－x －1ex，得f ′(x )＝x －2ex，所以当0<x <2时，f ′(x )<0，当x >2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)＝1－1e 2(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 )>1－1e2.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 (x 1)＋g (x 1)<f (x 2)＋g (x 2)对x 1<x 2恒成立，即等价于函数h (x )＝f (x )＋g (x )为增函数． 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 )<sin x 在(0，＋∞)上恒成立． (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 )<sin x ， 即证x ln x －e x＋1<sin x ， 即证x ln x <e x ＋sin x －1.当0<x ≤1时，e x ＋sin x －1>0，x ln x ≤0， 故x ln x <e x＋sin x －1，即f (x )<sin 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 <e x＋sin x －1，即f (x )<sin x . 综上所述，f (x )<sin x 在(0，＋∞)上恒成立．题型二 不等式恒成立或有解问题例2已知函数f (x )＝1＋ln xx.(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 )≥kx ＋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 xx2， 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<a <1<a ＋12，故12<a <1，即实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1. (2)当x ≥1时，k ≤(x ＋1)(1＋ln x )x恒成立，令g (x )＝(x ＋1)(1＋ln x )x(x ≥1)，则g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋ln x ＋1＋1x x －(x ＋1)(1＋ln x )x 2＝x －ln x x 2.再令h (x )＝x －ln x (x ≥1)，则h ′(x )＝1－1x≥0， 所以h (x )≥h (1)＝1，所以g ′(x )>0，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 )≥kx ＋1成立，求实数k 的取值范围．解 当x ∈[1，e]时，k ≤(x ＋1)(1＋ln x )x有解，令g (x )＝(x ＋1)(1＋ln x )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＋2e，所以k ≤2＋2e ，即实数k 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，2＋2e .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 )＝e x－1－x －ax 2. (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 )＝e x－1－x ，f ′(x )＝e x－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 )＝e x－1－2ax ，令h (x )＝e x－1－2ax ， 则h ′(x )＝e x－2a . ①当2a ≤1，即a ≤12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 ≤12时满足条件．②当2a >1，即a >12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 )<h (0)＝0， 即f ′(x )<f ′(0)＝0，∴f (x )在区间(0，ln(2a ))上为减函数， ∴f (x )<f (0)＝0，不合题意． 综上，实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12.1．已知函数f (x )＝ln x ＋x ，g (x )＝x ·e x－1，求证：f (x )≤g (x )． 证明 令F (x )＝f (x )－g (x )＝ln x ＋x －x e x ＋1(x >0)， 则F ′(x )＝1x ＋1－e x －x e x ＝1＋x x－(x ＋1)e x＝(x ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－e x .令G (x )＝1x－e x，可知G (x )在(0，＋∞)上为减函数，且G ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2－e>0，G (1)＝1－e<0， ∴存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，使得G (x 0)＝0，即1x 0－0e x＝0.当x ∈(0，x 0)时，G (x )>0，∴F ′(x )>0，F (x )为增函数； 当x ∈(x 0，＋∞)时，G (x )<0， ∴F ′(x )<0，F (x )为减函数．∴F (x )≤F (x 0)＝ln x 0＋x 0－00e xx ＋1， 又∵1x 0－0e x ＝0，∴1x 0＝0e x，即ln x 0＝－x 0，∴F (x 0)＝0，即F (x )≤0，∴f (x )≤g (x )．2．已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋x ln 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 )＝x 2－x ，若k ∈Z ，且k (x －2)<f (x )－g (x )对任意的x >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 <f (x )－g (x )x －2＝x ＋x ln xx －2对任意的x >2恒成立，设h (x )＝x ＋x ln x x －2(x >2)，则h ′(x )＝x －4－2ln x (x －2)2， 令m (x )＝x －4－2ln x (x >2)，则m ′(x )＝1－2x＝x －2x>0， 所以函数m (x )为(2，＋∞)上的增函数．因为m (8)＝4－2ln 8<4－2ln e 2＝4－4＝0，m (10)＝6－2ln 10>6－2ln e 3＝6－6＝0， 所以函数m (x )在(8,10)上有唯一零点x 0， 即有x 0－4－2ln x 0＝0成立，故当2<x <x 0时，m (x )<0，即h ′(x )<0；当x >x 0时，m (x )>0，即h ′(x )>0，所以函数h (x )在(2，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以h (x )min ＝h (x 0)＝x 0＋x 0ln x 0x 0－2＝x 0⎝⎛⎭⎪⎫1＋x 0－42x 0－2＝x 02，所以k <x 02，因为x 0∈(8,10)，所以x 02∈(4,5)，又k ∈Z ，所以k 的最大值为4.3．已知函数f (x )＝ax －e x(a ∈R )，g (x )＝ln x x.(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 )－e x， 则ax ≤ln x x ，即a ≤ln xx2.设h (x )＝ln x x2，则问题转化为a ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2max ，由h ′(x )＝1－2ln x x3，令h ′(x )＝0，得x ＝ e. 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：由上表可知，当x ＝e 时，函数h (x )有极大值，即最大值为12e ，所以a ≤12e .故a 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12e .4．已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－ax －1(a ∈R )．设g (x )＝x 2－2bx ＋4，当a ＝14时，若∀x 1∈(0,2)，总存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，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 ＝14时，f (x )＝ln x －14x ＋34x －1，所以f ′(x )＝1x －14－34x 2＝－(x －1)(x －3)4x 2， 则当0<x <1时，f ′(x )<0，当1<x <2时，f ′(x )>0， 所以当x ∈(0,2)时，f (x )min ＝f (1)＝－12.又g (x )＝x 2－2bx ＋4，①当b <1时，可求得g (x )min ＝g (1)＝5－2b ， 则5－2b ≤－12，解得b ≥114，这与b <1矛盾；②当1≤b ≤2时，可求得g (x )min ＝g (b )＝4－b 2， 则4－b 2≤－12，得b 2≥92，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 ≤－12，得b ≥178.综合①②③得实数b 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫178，＋∞.5．已知函数f (x )为偶函数，当x ≥0时，f (x )＝2e x，若存在实数m ，对任意的x ∈[1，k ](k >1)，都有f (x ＋m )≤2e x ，求整数k 的最小值．解 因为f (x )为偶函数，且当x ≥0时，f (x )＝2e x， 所以f (x )＝2e |x |，对于x ∈[1，k ]，由f (x ＋m )≤2e x 得2e|x ＋m |≤2e x ，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＋1x ＝1－x x≤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.。