导数的综合应用学案(教师版)

第3课时 导数与函数的综合问题

题型一 导数与不等式

命题点1 证明不等式

x－1

典例 (2017·贵阳模拟)已知函数f(x)＝1－x，g(x)＝x－ln x.

e(1)证明：g(x)≥1； 1

(2)证明：(x－ln x)f(x)>1－2.

e证明 (1)由题意得g′(x)＝当01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．

x－1x－2

(2)由f(x)＝1－x，得f′(x)＝x，

ee

所以当02时，f′(x)>0， 即f(x)在(0,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数， 1

所以f(x)≥f(2)＝1－2(当且仅当x＝2时取等号)．①

e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， 1

所以(x－ln x)f(x)>1－2.

e

命题点2 不等式恒成立或有解问题 1＋ln x

典例 (2024·大同模拟)已知函数f(x)＝.

x

1

a，a＋?上存在极值，求正实数a的取值范围； (1)若函数f(x)在区间?2??(2)如果当x≥1时，不等式f(x)≥

k

恒成立，求实数k的取值范围． x＋1x－1

(x>0)， x

解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)， 1－1－ln xln x

f′(x)＝＝－，

x2x2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， 1

所以0

2

1?1

故

x?x＋1??1＋ln x?

令g(x)＝(x≥1)，

x

则g′(x)＝?1＋ln x＋1＋1?x－?x＋1??1＋ln x?

x??x－ln x

x2＝x2.

1

再令h(x)＝x－ln x(x≥1)，则h′(x)＝1－≥0，

x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

k

本例(2)中若改为：?x0∈[1，e]，使不等式f(x0)≥成立，求实数k的取值范围．

x0＋1?x＋1??1＋ln x?

解 当x∈[1，e]时，k≤有解，

x?x＋1??1＋ln x?

令g(x)＝(x∈[1，e])，由例(2)解题知，

x2

g(x)为单调增函数，所以g(x)max＝g(e)＝2＋，

e22

－∞，2＋?. 所以k≤2＋，即实数k的取值范围是?e??e思维升华 (1)利用导数证明不等式的方法

证明f(x)

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 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， ln x

∴a≤－，x∈[1，e]．

xln x

令g(x)＝－，x∈[1，e]，

xln x－1

则g′(x)＝，

x2

∵x∈[1，e]，∴g′(x)≤0， ∴g(x)在[1，e]上单调递减， 1

∴g(x)min＝g(e)＝－，

e1

∴a≤－.

e

1

－∞，－?. ∴实数a的取值范围是?e??

题型二 利用导数研究函数的零点问题

典例 (2024·洛阳质检)已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3. (1)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；

12

(2)探讨函数F(x)＝ln x－x＋是否存在零点？若存在，求出函数F(x)的零点；若不存在，请

eex说明理由．

解 (1)由对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立， 即有2xln x≥－x2＋ax－3. 3

即a≤2ln x＋x＋恒成立，

x3

令h(x)＝2ln x＋x＋，

x