2024版高考数学新增分大一轮新高考鲁京津琼专用讲义第三章高考专题突破一第1课时

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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

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；

x－1

(2)证明当x∈(1，＋∞)时，1<

ln x(1)解 由题设知，f(x)的定义域为(0，＋∞)， 1

f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.

x

当00，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

11

故当x∈(1，＋∞)时，ln x

xxx－1即1<

ln 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)

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. 1

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(2)证明 依题意，要证f(x)

当00，xln x≤0， 故xln x1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， 1

则h′(x)＝ex－－sin x，

x1

当x>1时，ex－>e－1>1，

x1

所以h′(x)＝ex－－sin x>0，

x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

综上所述，f(x)

1＋ln x

例2 (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＋1

解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)，

2

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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)＝x－ln x＝2.

x

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，

x

2

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 利用导数解决不等式的恒成立问题的策略 3

?1＋ln x＋1＋1?x－?x＋1??1＋ln x?

x??

x2