【数学】2021届一轮复习北师大版（文）第三章 第4讲 第1课时 利用导数解决不等式问题学案
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)
(2020·九江市摸底考试)设f(x)＝2xln x＋1.
(1)求f(x)的最小值；
(2)证明：f(x)≤x2－x＋＋2ln x.
【解】 (1)f′(x)＝2(ln x＋1)．
所以当x∈时，f′(x)<0，f(x)是减少的；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)是增加的．
所以当x＝时，f(x)取得最小值f＝1－.
(2)证明：x2－x＋＋2ln x－f(x)
＝x(x－1)－－2(x－1)ln x
＝(x－1)，
令g(x)＝x－－2ln x，则g′(x)＝1＋－＝≥0，
所以g(x)在(0，＋∞)上是增加的，
又g(1)＝0，
所以当0
1时，g(x)>0，
所以(x－1)≥0，
即f(x)≤x2－x＋＋2ln 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)0)．
①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上是增加的；
②若a>0，则当00，当x>时，f′(x)<0，
故f(x)在上是增加的，在上是减少的．
(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)上是增加的，在(1，＋∞)上是减少的，
所以f(x)max＝f(1)＝－e.
记g(x)＝－2e(x>0)，
则g′(x)＝，
所以当01时，g′(x)>0，g(x)是增加的，
所以g(x)min＝g(1)＝－e.
综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e，
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：>－1.
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)上是增加的，在(1，＋∞)上是减少的；
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)上是减少的，在(1，＋∞)上是增加的．
(2)证明：要证>－1，即证>e－x，即证1时，x－xln x－1<0，即1时，ln x1，则F′(x)＝ex－是增加的，所以F′(x)>F′(1)＝e－1>0，
所以F(x)在(1，＋∞)上是增加的，所以F(x)>F(1)，而F(1)＝e，所以ex－ln x>e>0，
所以ex>ln x，所以ex>ln 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)
已知函数f(x)＝ln x＋－1.
(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．
【解】 (1)f′(x)＝－＝，x＞0.
令f′(x)＞0，得x＞1，所以函数f(x)的递增区间是(1，＋∞)．
令f′(x)＜0，得0＜x＜1，所以函数f(x)的递减区间是(0，1)．
(2)依题意，ma＜f(x)max，由(1)知，f(x)在x∈[1，e]上是增函数．
所以f(x)max＝f(e)＝ln e＋－1＝.
所以ma＜，即ma－＜0，对于任意的a∈(－1，1)恒成立．
所以解得－≤m≤.
所以m的取值范围是.
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．
已知函数f(x)＝x·ln x．若对于任意x∈，都有f(x)≤ax－1，求实数a的取值范围．
解：当≤x≤e时，f(x)≤ax－1等价于a≥ln x＋.
令g(x)＝ln x＋，x∈，
g′(x)＝－＝，x∈.
当x∈时，g′(x)<0，
所以g(x)在上是减少的，
当x∈(1，e]时，g′(x)>0，所以g(x)在(1，e]上是增加的．
而g＝ln＋e＝e－1>1.5，
g(e)＝ln e＋＝1＋<1.5.
所以g(x)在上的最大值为g＝e－1.
所以当a≥e－1时，对于任意x∈，
都有f(x)≤ax－1.
所以a的取值范围是[e－1，＋∞)．
核心素养系列8 逻辑推理——两个经典不等式的活用
逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证．利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程．
(1)对数形式：x≥1＋ln x(x>0)，当且仅当x＝1时，等号成立．
(2)指数形式：ex≥x＋1(x∈R)，当且仅当x＝0时，等号成立．
进一步可得到一组不等式链：ex>x＋1>x>1＋ln x(x>0，且x≠1)．
已知函数f(x)＝，则y＝f(x)的图象大致为( )
【解析】 因为f(x)的定义域为
即{x|x>－1，且x≠0}，所以排除选项D.
当x>0时，由经典不等式x>1＋ln x(x>0)，
以x＋1代替x，得x>ln(x＋1)(x>－1，且x≠0)，
所以ln(x＋1)－x<0(x>－1，且x≠0)，即x>0或－11＋ln x．
已知函数f(x)＝ex，x∈R.证明：曲线y＝f(x)与曲线y＝x2＋x＋1有唯一公共点．
证明：令g(x)＝f(x)－＝ex－x2－x－1，x∈R，则g′(x)＝ex－x－1，
由经典不等式ex≥x＋1恒成立可知，g′(x)≥0恒成立，
所以g(x)在R上为增函数，且g(0)＝0.
所以函数g(x)有唯一零点，即两曲线有唯一公共点．
[基础题组练]
1．(2020·陕西咸阳一模)函数f(x)＝ln x＋a的导数为f′(x)，若方程f′(x)＝f(x)的根x0小于1，则实数a的取值范围为( )
A．(1，＋∞) B．(0，1)
C．(1，) D．(1，)
解析：选A.由函数f(x)＝ln x＋a可得f′(x)＝，
因为x0使f′(x)＝f(x)成立，所以＝ln x0＋a，
又01，ln x0<0，
所以a＝－ln x0>1.
2．(2020·宿州模拟)若函数f(x)＝x3＋x2－在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是( )
A．[－5，0) B．(－5，0)
C．[－3，0) D．(－3，0)
解析：选C.由题意知，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2，0)上是减函数，作出其大致图像如图所示，
令x3＋x2－＝－得，x＝0或x＝－3，则结合图像可知，解得a∈[－3，0)．
3．已知函数f(x)＝x＋，g(x)＝2x＋a，若对任意的x1∈，存在x2∈[2，3]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是________．
解析：由题意知f(x)min≥g(x)min(x∈[2，3])，因为f(x)min＝5，g(x)min＝4＋a，所以5≥4＋a，即a≤1.
答案：(－∞，1]
4．若对任意a，b满足00.
所以f(x)的减区间是(0，1)，增区间是(1，＋∞)．
(2)证明：要证xf(x)≤g(x)，即证x(x－ln x)≤aex，即证a≥.设h(x)＝，
则h′(x)＝＝
，由(1)可知f(x)≥f(1)＝1，
即ln x－(x－1)≤0，
于是，当x∈(0，1)时，h′(x)>0，h(x)是增加的；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)是减少的．
所以x＝1时，h(x)取得最大值，h(x)max＝＝，
所以当a≥时，xf(x)≤g(x)．
[综合题组练]
1．(2020·贵州省适应性考试)已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)存在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上是减少的；
当a＞0时，令f′(x)＝0得x＝ln a.
由f′(x)＞0得f(x)的增区间为(－∞，ln a)；
由f′(x)<0得f(x)的减区间为(ln a，＋∞)．
综上，当a≤0时，f(x)的减区间为R；当a＞0时，f(x)的增区间为(－∞，ln a)；
减区间为(ln a，＋∞)．
(2)因为存在x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，
则ax≤，即a≤.
设h(x)＝，则问题转化为a≤，
由h′(x)＝，
令h′(x)＝0，则x＝.
当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
x
(0，)
(，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)
极大值
由上表可知，当x＝时，函数h(x)有极大值，即最大值为.所以a≤.
2．(2020·江西九江模拟)设函数f(x)＝－，g(x)＝a(x2－1)－ln x(a∈R，e为自然对数的底数)．
(1)证明：当x>1时，f(x)>0；
(2)讨论g(x)的单调性；
(3)若不等式f(x)1时，s′(x)>0，所以s(x)在(1，＋∞)上是增加的，又s(1)＝0，所以s(x)>0，
从而当x>1时，f(x)>0.
(2)g′(x)＝2ax－＝(x>0)，
当a≤0时，g′(x)<0，g(x)在(0，＋∞)上是减少的，
当a>0时，由g′(x)＝0得x＝ .
当x∈时，g′(x)<0，g(x)是减少的，
当x∈时，g′(x)>0，g(x)是增加的．
(3)由(1)知，当x>1时，f(x)>0.
当a≤0，x>1时，g(x)＝a(x2－1)－ln x<0，
故当f(x)0.
当01，
g(x)在上是减少的，g0，所以此时f(x)1时，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0，
因此，h(x)在区间(1，＋∞)上是增加的，
又h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝g(x)－f(x)>0，即f(x)
查看更多
