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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

发表日期：2020-12-23 作者：沈阳育才家教网 电话：微信号jiake7888

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<ln x(x－1)<x.

(1)解　由题设知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝x(1)－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.

当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．

(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<x－1.

故当x∈(1，＋∞)时，ln x<x－1，lnx(1)<x(1)－1，

即1<ln x(x－1)<x.

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(x1)＋g(x1)<f(x2)＋g(x2)对x1<x2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)＝xln x－ex＋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－ex，

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xln x－ex＋1<sin x，

即证xln x<ex＋sin x－1.

当0<x≤1时，ex＋sin x－1>0，xln x≤0，

故xln x<ex＋sin x－1，即f(x)<sin x.

当x>1时，令g(x)＝ex＋sin x－1－xln x，

故g′(x)＝ex＋cos x－ln x－1.

令h(x)＝g′(x)＝ex＋cos x－ln x－1，

则h′(x)＝ex－x(1)－sin x，

当x>1时，ex－x(1)>e－1>1，

所以h′(x)＝ex－x(1)－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xln x<ex＋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·大连模拟)已知函数f(x)＝x(1＋ln x).

(1)若函数f(x)在区间2(1)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)≥x＋1(k)恒成立，求实数k的取值范围．

解　(1)函数的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝x2(1－1－ln x)＝－x2(ln x)，

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＋2(1)，

故2(1)<a<1，即实数a的取值范围为，1(1).

(2)当x≥1时，k≤x((x＋1)(1＋ln x))恒成立，

令g(x)＝x((x＋1)(1＋ln x))(x≥1)，

则g′(x)＝x2(x－(x＋1)(1＋ln x))＝x2(x－ln x).

再令h(x)＝x－ln x(x≥1)，则h′(x)＝1－x(1)≥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)≥x＋1(k)成立，求实数k的取值范围．

解　当x∈[1，e]时，k≤x((x＋1)(1＋ln x))有解，

令g(x)＝x((x＋1)(1＋ln 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＋e(2)，

所以k≤2＋e(2)，即实数k的取值范围是e(2).

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)＝ax＋ln x，x∈[1，e]，若f(x)≤0恒成立，求实数a的取值范围．

解　∵f(x)≤0，即ax＋ln x≤0对x∈[1，e]恒成立，

∴a≤－x(ln x)，x∈[1，e]．

令g(x)＝－x(ln x)，x∈[1，e]，则g′(x)＝x2(ln x－1)，

∵x∈[1，e]，∴g′(x)≤0，∴g(x)在[1，e]上单调递减，

∴g(x)min＝g(e)＝－e(1)，∴a≤－e(1).

∴实数a的取值范围是e(1).

1．已知函数f(x)＝ln x＋x，g(x)＝x·ex－1，求证：f(x)≤g(x)．

证明　令F(x)＝f(x)－g(x)＝ln x＋x－xex＋1(x>0)，

则F′(x)＝x(1)＋1－ex－xex＝x(1＋x)－(x＋1)ex

＝(x＋1)－ex(1).

令G(x)＝x(1)－ex，可知G(x)在(0，＋∞)上为减函数，

且G2(1)＝2－>0，G(1)＝1－e<0，

∴存在x0∈，1(1)，使得G(x0)＝0，即x0(1)－＝0.

当x∈(0，x0)时，G(x)>0，∴F′(x)>0，F(x)为增函数；

当x∈(x0，＋∞)时，G(x)<0，

∴F′(x)<0，F(x)为减函数．

∴F(x)≤F(x0)＝ln x0＋x0－x0＋1，

又∵x0(1)－＝0，∴x0(1)＝，即ln x0＝－x0，

∴F(x0)＝0，即F(x)≤0，∴f(x)≤g(x)．

2．已知f(x)＝ex－ax2，若f(x)≥x＋(1－x)·ex在[0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．

解　f(x)≥x＋(1－x)ex，即ex－ax2≥x＋ex－xex，

即ex－ax－1≥0，x≥0.

令h(x)＝ex－ax－1(x≥0)，则h′(x)＝ex－a(x≥0)，

当a≤1时，由x≥0知h′(x)≥0，

∴h(x)≥h(0)＝0，原不等式恒成立．

当a>1时，令h′(x)>0，得x>ln a；

令h′(x)<0，得0≤x<ln a.

∴h(x)在[0，ln a)上单调递减，

又∵h(0)＝0，∴h(x)≥0不恒成立，

∴a>1不合题意．

综上，a的取值范围为(－∞，1]．

3．已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝x(ln x).

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范围．

解　(1)因为f′(x)＝a－ex，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)－ex，则ax≤x(ln x)，即a≤x2(ln x).

设h(x)＝x2(ln x)，则问题转化为a≤x2(ln x)max，

由h′(x)＝x3(1－2ln x)，令h′(x)＝0，得x＝.

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，)

(，＋∞)

h′(x)

＋

0

－

h(x)

极大值2e(1)

 

由上表可知，当x＝时，函数h(x)有极大值，即最大值为2e(1)，所以a≤2e(1).

故a的取值范围是2e(1).

4．设函数f(x)＝ax2－xln 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≥2(1)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<2(1)时，由ln x≤x－1，

得ln x(1)≤x(1)－1，即ln x≥1－x(1)，

则f′(x)≤2a(x－1)－x(1)＝x(x－1)(2ax－1)，

∵0<a<2(1)，∴2a(1)>1.

当x∈2a(1)时，f′(x)≤0恒成立，

∴f(x)在2a(1)上单调递减，

∴当x∈2a(1)时，f(x)≤f(1)＝0，

显然不合题意，0<a<2(1)舍去．

综上可得，a∈，＋∞(1).

5．已知函数f(x)为偶函数，当x≥0时，f(x)＝2ex，若存在实数m，对任意的x∈[1，k](k>1)，都有f(x＋m)≤2ex，求整数k的最小值．

解　因为f(x)为偶函数，且当x≥0时，f(x)＝2ex，

所以f(x)＝2e|x|，

对于x∈[1，k]，由f(x＋m)≤2ex得2e|x＋m|≤2ex，

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＋x(1)＝x(1－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.