第四节 导数的综合应用(一)

a
令g'(x)<0,得x> 1 .
a
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所以g(x)在1,
1 a
上单调递增,
所以当x∈1,
1 a
时,g(x)>g(1)=0,
即0<a<1时不满足题意(舍去).
当a≤0时,g'(x)= 1 -a>0,
x
则g(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以当x∈(1,+∞)时,g(x)>g(1)=0,
所以g(x)min=g(1)=e+2,
所以λ<e+2.
即λ的取值范围为(-∞,e+2).
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规律总结 利用分离参数法来确定不等式f(x,λ)≥0(x∈D,λ为实参数)恒成立问题中参数 取值范围的基本步骤: (1)将参数与变量分离,化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式; (2)求f2(x)在x∈D时的最大值或最小值; (3)解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min,得到λ的取值范围.
考点突破
考点二 不等式恒成立问题
命题方向一 分离参数法
典例5 已知函数f(x)= ex ,x∈(0,+∞).
x
(1)求函数f(x)在[m,m+1](m>0)上的最小值; (2)∀x∈(0,+∞),不等式xf(x)>-x2+λx-1恒成立,求λ的取值范围.
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考点突破
解析
xex -ex
(1)f '(x)= x2 ,
1 2n
,得ln1
1 2n
<
1 2n
,
从而ln1
1 2
+ln1
1 22
+…+ln1
1 2n
<
1 2
+
1 22
+…+
1 2n
=1-
1 2n
<1,
故1
1 2
1
1 22
·…·1
1 2n
<e.
而1
1 2
1
1 22
1
1 23
>2,所以m的最小值为3.
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规律总结 利用常见不等式进行放缩,化简、证明不等式.常见不等式:sin x<x(x>0);ln x≤ x-1(x>0);x+1≤ex.
0,
1 e
时,g'(x)<0;当x∈
1 e
,
时,g'(x)>0.
故g(x)在x∈
0,
1 e
上单调递减,在x∈
1 e
,
上单调递增,从而g(x)在(0,+∞)上
的最小值为g
1 e
=-
1 e
.
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设函数h(x)=xe-x- 2 ,则h'(x)=e-x(1-x).所以当x∈(0,1)时,h'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,
所以f(x)min=f(1)=e.
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(2)由题意得,∀x∈(0,+∞),不等式ex+x2+1>λx恒成立,即
ex
+x+
1>λ恒成立,
xx
令g(x)= ex +x+ 1 ,
xx
则g'(x)=
(ex
x 1)(x-1) x2
,
由g'(x)>0得,x>1;
由g'(x)<0得,0<x<1.
e
h'(x)<0.故h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,从而h(x)在(0,+∞)上的 最大值为h(1),h(1)=-1 .综上,当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1.
e
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命题方向四 放缩法证明不等式
典例4 已知函数f(x)=x-1-aln x.
(1)若f(x)≥0,求a的值;
x
x
x
∵当x>2时,g'(x)>0,
∴g(x)在(2,+∞)上为增函数,
∴g(x)>g(2)=4-2ln 2-6+4>0, ∴当x>2时,x2-2ln x>3x-4, 即当x>2时, f(x)>3x-4.
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命题方向二 构造新函数证明不等式
典例2
已知f(x)=aln
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规律总结 对于不适合分离参数的不等式,常常将参数看作常数直接构造函数,常用分类 讨论法,利用导数研究函数的单调性、最值,从而得出参数范围.
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命题方向三 整体代入法
典例8 已知函数f(x)=x+xln x,若k∈Z,且k(x-1)<f(x)对任意的x>1恒成立,求实 数k的最大值.
设g(x)=ln x-a(x-1),x>0,
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则g'(x)= 1 -a,且g(1)=0,
x
当a≥1时,g'(x)<0在x∈(1,+∞)上恒成立, 则g(x)在x∈(1,+∞)上单调递减, 所以g(x)<g(1)=0, 即a≥1时满足题意. 当0<a<1时,令g'(x)>0,
得0<x< 1 ;
(2)在(1)的条件下,设m为整数,且对于任意正整数n,1
1 2
1
1 22
…1
1 2n
<m,
求m的最小值.
解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),
①若a≤0,则f
1 2
=-
1 2
+aln
2<0,所以不满足题意.
②若a>0,由f '(x)=1- a = x-a 知,
xx
当x∈(0,a)时, f '(x)<0;当x∈(a,+∞)时, f '(x)>0.
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命题方向二 分类讨论法
典例6 (2019湖南衡阳模拟)已知函数f(x)=ln x-ax,a∈R. (1)求函数f(x)的单调区间; (2)若不等式f(x)+a<0在x∈(1,+∞)上恒成立,求a的取值范围.
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考点突破
解析 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)= 1 -a.
所以f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.
故x=a是f(x)在(0,+∞)上的唯一极小值点,也是最小值点,
因为f(1)=0,所以当且仅当a=1时, f(x)≥0,故a=1.
(2)由(1)知当x∈(1,+∞)时,
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x-1-ln x>0,
令x=1+
(1,x0)时,g(x)<g(x0)=0;当x∈(x0,+∞)时,g(x)>g(x0)=0.由题意得h'(x)=
x-ln x-2 (x-1)2
=
g(x) ,故h'(x)与g(x)同号, 因此当x∈(1,x0)时,h'(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,h'(x)>0,所
(x-1)2
以h(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,故h(x)min=h(x0)= x0 (ln x0 1) =
'(x)=aexln
x+
a x
ex-
b x2
ex-1+
b x
ex-1.由题意可得f(1)=2,
f
'(1)=e.故a=1,b=2.
(2)证明:由(1)知, f(x)=exln x+ 2 ex-1,从而f(x)>1等价于xln x>xe-x- 2 .
x
e
设g(x)=xln
x,则g'(x)=1+ln
x.所以当x∈
f '(x)=2x- 2 = 2(x 1)(x-1) ,
x
x
由f '(x)>0,得x>1;由f '(x)<0,
得0<x<1,
∴f(x)的单调增区间为(1,+∞),
单调减区间为(0,1).
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(2)证明:设g(x)=f(x)-3x+4=x2-2ln x-3x+4,
∴g'(x)=2x- 2 -3= 2x2 -3x-2 = (2x 1)(x-2) ,
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解析 依题意有k< x xln x 对任意x>1恒成立,令h(x)= x xln x (x>1),则h'(x)=
x-1
x-1
x-ln x-2 ,设g(x)=x-ln x-2(x>1),可得g'(x)=1- 1 = x-1>0,故g(x)在(1,+∞)上单调递
(x-1)2
xx
增,而g(3)=1-ln 3<0,g(4)=2-ln 4>0,所以g(x)存在唯一的零点x0∈(3,4),且当x∈
即a≤0时不满足题意(舍去).
综上所述,实数a的取值范围是[1,+∞).
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典例7 设函数f(x)=(1-x2)ex,当x≥0时, f(x)≤ax+1,求a的取值范围.
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解析 记F(x)=f(x)-ax-1,x∈[0,+∞),则F(x)≤0=F(0),F'(x)=ex(-x2-2x+1)-a,F'(0)= 1-a,F″(x)=ex(-x2-4x-1)<0,得F'(x)在[0,+∞)上单调递减.若a≥1,则F'(x)≤F'(0) ≤0,得F(x)在[0,+∞)上单调递减,符合题意;若a<1,则F '(0)>0.又当x→+∞时, F'(x)→-∞,故F'(x)在[0,+∞)上存在唯一零点x0,当0<x<x0时,F'(x)>0,得F(x)在(0,x0) 上单调递增,不合题意.综上,a的取值范围是[1,+∞).
x+
1 2
x2(a>0),若对任意两个不等的正实数x1、x2都有
f (x1)-f (x2 ) ≥2恒成立,则a的取值范围是
.
x1 -x2
答案 [1,+∞)
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解析
∵f(x)=aln
x+
1 2
x2(a>0)对任意两个不等的正实数x1、x2都有
f (x1)-f (x2 ) x1 -x2
≥2恒成立,
x
当a≤0时, f '(x)>0恒成立,则f(x)只有单调递增区间(0,+∞).
当a>0时,由f '(x)>0,得0<x< 1 ;
a
由f '(x)<0,得x> 1 ,
a
所以f(x)的单调递增区间是
0,
1 a
,单调递减区间是
1 a
,
.
(2)f(x)+a<0在x∈(1,+∞)上恒成立,
即ln x-a(x-1)<0在x∈(1,+∞)上恒成立.
令f '(x)>0,得x>1;
令f '(x)<0,得0<x<1,
所以函数f(x)在(0,1)上是减函数;在(1,+∞)上是增函数.
当m≥1时,函数f(x)在[m,m+1](m>0)上是增函数,所以f(x)min=f(m)=em .
m
当0<m<1时,函数f(x)在[m,1]上是减函数;
在(1,m+1]上是增函数,
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命题方向三 将不等式转化为两个函数最值的比较问题
典例3 函数f(x)=aexln x+ bex-1 的图象在x=1处的切线方程是y=e(x-1)+2.
x
(1)求实数a,b的值; (2)证明:f(x)>1恒成立.
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解析 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),
f
x0 -1
x0 (x0 -1) =x0.由题意有k<h(x)min=x0,又k∈Z,而x0∈(3,4),故k的最大值是3.
x0 -1
规律总结 f '(x0)=0不可解,利用f '(xwk.baidu.com)=0整体代入f(x0),化简求解.
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∴f '(x)= a +x≥2(x>0)恒成立,
x
∴a≥2x-x2恒成立,令g(x)=2x-x2=-(x-1)2+1,
则a≥g(x)max,
∵g(x)=2x-x2为开口向下,对称轴为x=1的抛物线,
∴当x=1时,g(x)=2x-x2取得最大值g(1),g(1)=1,
∴a≥1.
即a的取值范围是[1,+∞).
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第四节 导数的综合应用(一)
考点突破
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考点一 不等式证明
命题方向一 直接将不等式证明问题转化为函数最值问题
典例1 已知函数f(x)=x2-2ln x. (1)求函数f(x)的单调区间; (2)求证:当x>2时, f(x)>3x-4.
栏目索引
解析 (1)依题意知函数的定义域为{x|x>0},