2021高考数学(理)一轮复习专题突破《高考中的导数应用问题 第1课时 导数与不等式》

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已知函数f (x )＝1－x －1e x，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 －1e x ，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(当且仅当x ＝2时取等号)．①又由(1)知x －ln x ≥1(当且仅当x ＝1时取等号)，②且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(2018·大同模拟)已知函数f (x )＝1＋ln xx.(1)若函数f (x )，a 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 xx 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<a <1<a ＋12，故12<a <1，即实数a (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 )＝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 0∈[1，e]，使不等式f (x 0)≥kx 0＋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 ∞，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(2018·沈阳模拟)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 ∞，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 ＋令G (x )＝1x －e x ，可知G (x )在(0，＋∞)上为减函数，且2－e>0，G (1)＝1－e<0，∴存在x 0G (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－x 00e x＋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．(2018·兰州模拟)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 x x －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＝0＝x 02，所以k <x02，因为x 0∈(8,10)，所以x02∈(4,5)，又k ∈Z ，所以k 的最大值为4.3．(2018·贵州适应性考试)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 ，＋∞)．(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 xx 2，则问题转化为a ，由h ′(x )＝1－2ln xx3，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：x (0，e)e (e ，＋∞)h ′(x )＋0－h (x )极大值12e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 ∞，12e .4．设函数f (x )＝ax 2－x ln x －(2a －1)x ＋a －1(a ∈R )．若对任意的x ∈[1，＋∞)，f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围．解f ′(x )＝2ax －1－ln x －(2a －1)＝2a (x －1)－ln x (x >0)，易知当x ∈(0，＋∞)时，ln x ≤x －1，则f ′(x )≥2a (x －1)－(x －1)＝(2a －1)(x －1)．当2a －1≥0，即a ≥12时，由x ∈[1，＋∞)得f ′(x )≥0恒成立，f (x )在[1，＋∞)上单调递增，f (x )≥f (1)＝0，符合题意．当a ≤0时，由x ∈[1，＋∞)得f ′(x )≤0恒成立，f (x )在[1，＋∞)上单调递减，f (x )≤f (1)＝0，显然不合题意，a ≤0舍去．当0<a <12时，由ln x ≤x －1，得ln 1x ≤1x －1，即ln x ≥1－1x，则f ′(x )≤2a (x －1)ax －1)，∵0<a <12，∴12a>1.当x ∈1，12a 时，f ′(x )≤0恒成立，∴f (x )在1∴当x ∈1f (x )≤f (1)＝0，显然不合题意，0<a <12舍去．综上可得，a ∈12，＋5．已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－a x－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，＋6．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.。