2021年新高考数学导数在不等式中的应用知识梳理考情分析教师版
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2021年新高考数学导数在不等式中的应用知识梳理考情分析
教师版
第15讲-导数在不等式中的应用
一、经典例题
考点一构造函数证明不等式
【例1】已知函数f(x)＝1－x－1
e x，g(x)＝x－ln x.
(1)证明：g(x)≥1；
(2)证明：(x－ln x)f(x)>1－1 e2.
证明(1)由题意得g′(x)＝x－1
x(x>0)，
当0
即g(x)在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数.所以g(x)≥g(1)＝1，得证.
(2)由f(x)＝1－x－1
e x，得f′(x)＝
x－2
e x，
所以当0
即f(x)在(0，2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数，
所以f(x)≥f(2)＝1－1
e2(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)>1－1 e2.
规律方法 1.证明不等式的基本方法：
(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①∀x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)，②∀x1，x2∈[a，b]，且x1 (2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则∀x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m). 2.证明f (x ) 考点二 利用“若f (x )min >g (x )max ，则f (x )>g (x )”证明不等式 【例2】 已知函数f (x )＝x ln x －ax . (1)当a ＝－1时，求函数f (x )在(0，＋∞)上的最值； (2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x ＋1> 1 e x ＋1－2e 2x 成立. (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. 由f ′(x )＝0，得x ＝1 e 2. 当x ∈⎝ ⎛ ⎭ ⎪⎫0，1e 2时，f ′(x )<0；当x >1e 2时，f ′(x )>0. 所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2，＋∞上单调递增. 因此f (x )在x ＝1e 2处取得最小值，即f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭ ⎪⎫ 1e 2＝－1e 2，但f (x )在(0，＋∞)上无最大值. (2)证明 当x >0时，ln x ＋1>1e x ＋1－2e 2x 等价于x (ln x ＋1)>x e x ＋1－2 e 2. 由(1)知a ＝－1时，f (x )＝x ln x ＋x 的最小值是－1e 2，当且仅当x ＝1 e 2时取等号. 设G (x )＝x e x ＋1－2 e 2，x ∈(0，＋∞)， 则G ′(x )＝1－x e x ＋1，易知G (x )max ＝G (1)＝－1 e 2， 当且仅当x ＝1时取到，从而可知对一切x ∈(0，＋∞)，都有f (x )>G (x )，即ln x ＋1> 1e x ＋1 －2 e 2x . 规律方法 1.在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可考虑转化为两个函数的最值问题. 2.在证明过程中，等价转化是关键，此处f (x )min >g (x )max 恒成立.从而f (x )>g (x )，但此处f (x )与g (x )取到最值的条件不是同一个“x 的值”. 考点三 不等式恒成立或有解问题 角度1 不等式恒成立求参数 【例3－1】 已知函数f (x )＝sin x x (x ≠0). (1)判断函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭ ⎪⎫0，π2上的单调性； (2)若f (x ) ⎭⎪⎫0，π2上恒成立，求实数a 的最小值. 解 (1)f ′(x )＝x cos x －sin x x 2 ， 令g (x )＝x cos x －sin x ，x ∈⎝ ⎛ ⎭ ⎪⎫0，π2，则g ′(x )＝－x sin x ， 显然，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，g ′(x )＝－x sin x <0，即函数g (x )在区间⎝ ⎛ ⎭⎪⎫0，π2上单调递减，且g (0)＝ 0. 从而g (x )在区间⎝ ⎛ ⎭⎪⎫0，π2上恒小于零， 所以f ′(x )在区间⎝ ⎛ ⎭ ⎪⎫0，π2上恒小于零， 所以函数f (x )在区间⎝ ⎛ ⎭ ⎪⎫0，π2上单调递减.