2021版高考文科数学(人教A版)一轮复习教师用书：第三章 第4讲 第1课时 利用导数解决不等式问题 Word版

第4讲 导数的综合应用 第1课时 利用导数解决不等式问题

构造函数证明不等式(师生共研)

(2020·唐山市摸底考试)设f(x)＝2xln x＋1. (1)求f(x)的最小值；

1

(2)证明：f(x)≤x2－x＋＋2ln x.

x【解】 (1)f′(x)＝2(ln x＋1)．

1

0，?时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 所以当x∈??e?1?当x∈??e，＋∞?时，f′(x)>0，f(x)单调递增． 1?12

所以当x＝时，f(x)取得最小值f?＝1－. ?e?ee1

(2)证明：x2－x＋＋2ln x－f(x)

xx－1

＝x(x－1)－－2(x－1)ln x

x1

x－－2ln x?， ＝(x－1)??x?

112（x－1）

令g(x)＝x－－2ln x，则g′(x)＝1＋2－＝≥0，

xxxx2

2

所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又g(1)＝0，

所以当01时，g(x)>0，

1

x－－2ln x?≥0， 所以(x－1)??x?1

即f(x)≤x2－x＋＋2ln x.

x

利用导数证明不等式成立问题的常用方法

(1)将不等式转化为函数最值来证明不等式，其主要思想是依据函数在固定区间的单调性，直接求得函数的最值，然后由f(x)≤f(x)max或f(x)≥f(x)min直接证得不等式．

(2)直接将不等式转化成某个函数的最值问题．若证明f(x)

1

(2019·高考北京卷节选)已知函数f(x)＝x3－x2＋x.

4

(1)求曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程； (2)当x∈[－2，4]时，求证：x－6≤f(x)≤x. 13

解：(1)由f(x)＝x3－x2＋x得f′(x)＝x2－2x＋1.

4438

令f′(x)＝1，即x2－2x＋1＝1，得x＝0或x＝.

438?8

又f(0)＝0，f??3?＝27，

88所以曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程是y＝x与y－＝x－，

27364

即y＝x与y＝x－.

27

(2)证明：令g(x)＝f(x)－x，x∈[－2，4]． 13

由g(x)＝x3－x2得g′(x)＝x2－2x.

448

令g′(x)＝0得x＝0或x＝.

3g′(x)，g(x)的情况如下： x g′(x) g(x) －2 －6 (－2，0) ＋ 0 0 ?0，8? ?3?－ 8 3 －64 27?8，4? ?3?＋ 4 0 所以g(x)的最小值为－6，最大值为0. 故－6≤g(x)≤0，即x－6≤f(x)≤x.

转化为两个函数的最值进行比较(师生共研)

(2020·福州模拟)已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)． (1)讨论f(x)的单调性；

(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0. e

【解】 (1)f′(x)＝－a(x>0)．

x

①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； ee

②若a>0，则当00，当x>时，f′(x)<0，

aaee

0，?上单调递增，在?，＋∞?上单调递减． 故f(x)在??a??a?

ex

(2)证明：因为x>0，所以只需证f(x)≤－2e，当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调

x递增，在(1，＋∞)上单调递减，

所以f(x)max＝f(1)＝－e. ex

记g(x)＝－2e(x>0)，

x（x－1）ex

则g′(x)＝，

x2

所以当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 所以g(x)min＝g(1)＝－e.

ex

综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e，

x即xf(x)－ex＋2ex≤0.

(1)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值问题．

(2)在证明过程中，等价转化是关键，此处f(x)min>g(x)max恒成立．从而f(x)>g(x)，但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”．

(2020·四省八校双教研联考)已知函数f(x)＝ax－axln x－1(a∈R，a≠0)．

(1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当x>1时，求证：

11

>－1. x－1ex解：(1)f′(x)＝a－a(ln x＋1)＝－aln x，若a>0，则当x∈(0，1)时，f′(x)>0，当x∈(1，＋

∞)，f′(x)<0，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；

若a<0，则当x∈(0，1)时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)，f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．

x－111x

(2)证明：要证>x－1，即证>e－x，即证

exx－1x－1

又由第(1)问令a＝1知f(x)＝x－xln x－1在(1，＋∞)上单调递减，f(1)＝0， x－1

所以当x>1时，x－xln x－1<0，即1时，ln x

x1

令F(x)＝ex－ln x, x>1，则F′(x)＝ex－单调递增，所以F′(x)>F′(1)＝e－1>0，

x所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以F(x)>F(1)，而F(1)＝e，所以ex－ln x>e>0， x－1

所以e>ln x，所以e>ln x>，

x

x

x

所以原不等式得证．

由不等式恒成立探求参数的取值范围(师生共研)

1

已知函数f(x)＝ln x＋－1.

x(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)设m∈R，对任意的a∈(－1，1)，总存在x0∈[1，e]，使不等式ma－f(x0)＜0成立，求实数m的取值范围．

11x－1

【解】 (1)f′(x)＝－2＝2，x＞0.

xxx

令f′(x)＞0，得x＞1，所以函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)． 令f′(x)＜0，得0＜x＜1，所以函数f(x)的单调递减区间是(0，1)． (2)依题意，ma＜f(x)max，由(1)知，f(x)在x∈[1，e]上是增函数． 11

所以f(x)max＝f(e)＝ln e＋－1＝.

ee

11

所以ma＜，即ma－＜0，对于任意的a∈(－1，1)恒成立．

ee

?11所以?解得－≤m≤.

ee1

m×（－1）－≤0，?e

11

－，?. 所以m的取值范围是??ee?

解决含参不等式恒成立(或有解)问题的方法

(1)直接构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围．若f(x)≥a或g(x)≤a恒成立，只需满足f(x)min≥a或g(x)max≤a即可，利用导数方法求出f(x)的最小值或g(x)的最大值，从而问题得解．

(2)先分离参变量，再构造函数，进而把问题转化为函数的最值问题．

1?

已知函数f(x)＝x·ln x．若对于任意x∈??e，e?，都有f(x)≤ax－1，求实

数a的取值范围．

11

解：当≤x≤e时，f(x)≤ax－1等价于a≥ln x＋.

ex1?1

令g(x)＝ln x＋，x∈??e，e?， x1?11x－1

g′(x)＝－2＝2，x∈??e，e?. xxx1?当x∈??e，1?时，g′(x)<0， 1?所以g(x)在??e，1?上单调递减，

当x∈(1，e]时，g′(x)>0，所以g(x)在(1，e]上单调递增． 1?1而g?＝ln＋e＝e－1>1.5， ?e?e11

g(e)＝ln e＋＝1＋<1.5.

ee

1?1

，e上的最大值为g??＝e－1. 所以g(x)在??e??e?1?

所以当a≥e－1时，对于任意x∈??e，e?， 都有f(x)≤ax－1.

所以a的取值范围是[e－1，＋∞)．

1

m×1－≤0，

e