2019届高考数学大一轮复习第三章导数及其应用3.2第3课时导数与函数的综合问题学案理北师大版

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

典例 (2017·贵阳模拟)已知函数f(x)＝1－(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)上是减少的，在(1，＋∞)上是增加的． 所以g(x)≥g(1)＝1，得证． (2)由f(x)＝1－

x－1

e

x，g(x)＝x－ln x.

x－1

(x>0)， xx－1

e

x，得f′(x)＝

x－2

e

x，

所以当02时，f′(x)>0， 即f(x)在(0,2)上是减少的，在(2，＋∞)上是增加的， 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 (2018·大同模拟)已知函数f(x)＝.

x1??(1)若函数f(x)在区间?a，a＋?上存在极值，求正实数a的取值范围；

2??(2)如果当x≥1时，不等式f(x)≥

kx＋1

恒成立，求实数k的取值范围．

解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝

1－1－ln xln x＝－22，

xx令f′(x)＝0，得x＝1.

当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)是增加的； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)是减少的． 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???

x2

x－ln x. x2

x1

再令h(x)＝x－ln x(x≥1)，则h′(x)＝1－≥0， 所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)>0， 所以g(x)是增加的，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：存在x∈[1，e]，使不等式f(x)≥?x＋1??1＋ln x?

解 当x∈[1，e]时，k≤有解，

kx＋1

成立，求实数k的取值范围．

x?x＋1??1＋ln x?令g(x)＝(x∈[1，e])，由例(2)解题知，

xg(x)是增加的，所以g(x)max＝g(e)＝2＋，

2?2?所以k≤2＋，即实数k的取值范围是?－∞，2＋?.

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．

2

e