高考数学一轮复习第三章导数及其应用第2节导数在研究函数中的应用第3课时导数在不等式中的应用教学案
第三课时 导数在不等式中的应用
考点一 构造函数证明不等式 多维探究
角度1 直接构造函数证明不等式
【例1－1】 (2020·南昌调研)已知函数f(x)＝1－，g(x)＝＋－bx，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直.
(1)求a，b的值；
(2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.
(1)解 因为f(x)＝1－，
所以f′(x)＝，f′(1)＝－1.
因为g(x)＝＋－bx，
所以g′(x)＝－－－b.
因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直，
所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1.
从而g(1)＝a＋1－b＝1，且g′(1)＝－a－b－1＝1.
解得a＝b＝－1.
(2)证明 由(1)知，g(x)＝－＋＋x，
则f(x)＋g(x)≥⇔1－－－＋x≥0.
令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，
则h(1)＝0，h′(x)＝－＋＋＋1＝＋＋1.
因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1>0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(1)＝0，即1－－－＋x≥0.
故当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.
角度2 适当放缩构造函数证明不等式
【例1－2】 (2018·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x－1.
(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；
(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.
由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.
从而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－.
当0
2时，f′(x)>0.
所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增.
(2)证明 当a≥时，f(x)≥－ln x－1(x>0).
设g(x)＝－ln x－1(x>0)，则g′(x)＝－(x>0).
当01时，g′(x)>0.
所以x＝1是g(x)的最小值点.
故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.
因此，当a≥时，f(x)≥0.
规律方法 构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明.常用的两种构造方法有：(1)直接构造法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)0(f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1，ex≥x＋1；ln x0)，≤ln(x＋1)≤x(x>－1)等.
【训练1】 (1)(角度1)已知函数f(x)＝ln x.
①求函数g(x)＝f(x－1)－x＋2的最大值；
②已知0.
①解 因为g(x)＝f(x－1)－x＋2＝ln(x－1)－x＋2(x>1).
所以g′(x)＝－1＝，当x∈(1，2)时，g′(x)>0；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0.
则g(x)在(1，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减.
所以g(x)＝ln(x－1)－x＋2的最大值为g(2)＝0.
②证明 要证明f(b)－f(a)>，
只需证ln b－ln a>＝.
则ln >.又因为01，
构造函数F(x)＝ln x－(x>1)，
则F′(x)＝＋＝＝>0，
所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增，有F(x)>F(1)＝0.
所以有f(b)－f(a)>.
(2)(角度2)已知函数f(x)＝ln x－.
①若a＝1，求f(x)的单调区间；
②若a＝0，x∈(0，1)，证明：x2－<.
①解 当a＝1时，f(x)＝ln x－，x∈(0，＋∞)，
∴f′(x)＝－＝
＝.
当x∈(0，1)时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.
②证明 当a＝0，x∈(0，1)时，x2－<等价于＋x2－<0，
∵当x∈(0，1)时，ex∈(1，e)，－ln x>0，∴<－ln x，
∴只需要证－ln x＋x2－<0在(0，1)上恒成立.
令g(x)＝－ln x＋x2－，x∈(0，1)，
∴g′(x)＝－＋2x＋＝>0，
则函数g(x)在(0，1)上单调递增，于是g(x)<－ln 1＋1－1＝0，
∴当x∈(0，1)时，x2－<.
考点二 隔离分析最值法证明不等式
【例2】 已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明：xf(x)≤ex－2ex.
(1)解 f′(x)＝－a(x>0)，
①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0，则当00；
当x>时，f′(x)<0.
故f(x)在上单调递增，在上单调递减.
(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)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
所以f(x)max＝f(1)＝－e.
设g(x)＝－2e(x>0)，则g′(x)＝，
所以当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝－e.
综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e.
故不等式xf(x)≤ex－2ex得证.
规律方法 1.若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标.本例中同时含ln x与ex，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明.
2.在证明过程中，等价转化是关键，此处g(x)min＝f(x)max恒成立.从而f(x)≤g(x
)恒成立，但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”.
【训练2】 已知函数f(x)＝xln x－ax，G(x)＝－(x>0).
(1)当a＝－1时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的最值；
(2)求函数G(x)的最大值；
(3)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＋1>－成立.
(1)解 函数f(x)＝xln x－ax的定义域为(0，＋∞).
当a＝－1时，f(x)＝xln x＋x，f′(x)＝ln x＋2.
由f′(x)＝0，得x＝.
当x∈时，f′(x)<0；当x>时，f′(x)>0.
所以f(x)在x＝处取得极小值，也是最小值.
故f(x)min＝f＝－，
显然当x→＋∞时，f(x)→＋∞，f(x)没有最大值.
(2)解 易知G′(x)＝′＝.
∴当00；当x>1时，G′(x)<0.
∴G(x)的最大值为G(1)＝－.
(3)证明 当x>0时，ln x＋1>－等价于x(ln x＋1)>－.
由(1)知a＝－1时，f(x)＝xln x＋x的最小值是－，当且仅当x＝时取等号.
又由(2)知G(x)max＝G(1)＝－，
因此f(x)>G(x)，故1＋ln x>－.
考点三 不等式恒成立或有解问题 多维探究
角度1 不等式恒成立求参数
【例3－1】 (2020·西安模拟改编)已知函数f(x)＝aln x－x＋1(其中a>0).
(1)讨论函数f(x)的极值；
(2)对任意x>0，f(x)≤(a2－1)成立，求实数a的取值范围.
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1.
因为a>0，令f′(x)＝0，得x＝a，
在(0，a)上，f′(x)>0，f(x)是增函数；
在(a，＋∞)上，f′(x)<0，f(x)是减函数，
所以当x＝a时，f(x)有极大值f(a)＝aln a－a＋1，无极小值.
(2)由(1)知，当x＝a取得极大值也是最大值.
所以f(x)max＝f(a)＝aln a－a＋1(a>0)，
要使得对任意x>0，f(x)≤(a2－1)成立，
即aln a－a＋1≤(a2－1)，
则aln a＋－a－a2≤0成立，
令u(a)＝aln a＋－a－a2(a>0)，
所以u′(a)＝ln a＋1－1－a＝ln a－a，
令k(a)＝u′(a)＝ln a－a，
k′(a)＝－1，令k′(a)＝＝0，得a＝1，
在(0，1)上，k′(a)>0，k(a)＝u′(a)是增函数，在(1，＋∞)上，k′(a)<0，k(a)＝u′(a)是减函数，
所以当a＝1时，k(a)＝u′(a)取得极大值也是最大值，
∴u′(a)max＝u′(1)＝－1<0，
在(0，＋∞)上，u′(a)<0，u(a)是减函数，又u(1)＝0，
所以要使得u(a)≤0恒成立，则a≥1，
所以实数a的取值范围为[1，＋∞).
规律方法 1.破解此类题需“一形一分类”，“一形”是指会结合函数的图象，对函数进行求导，然后判断其极值，从而得到含有参数的方程组，解方程组，即可求出参数的值；“一分类”是指对不等式恒成立问题，常需对参数进行分类讨论，求出参数的取值范围.
2.利用导数研究含参数的不等式问题，若能够分离参数，则常将问题转化为形如a≥f(x)(或a≤f(x))的形式，通过求函数y＝f(x)的最值求得参数范围.
【训练3】 已知函数f(x)＝axex－(a＋1)(2x－1).
(1)若a＝1，求函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)当x>0时，函数f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.
解 (1)若a＝1，则f(x)＝xex－2(2x－1)，f′(x)＝xex＋ex－4，则f′(0)＝－3，f(0)＝2，
所以所求切线方程为y＝－3x＋2.
(2)若a≤－1时，显然f(x)≥0对x>0不恒成立.
若a>－1时，f(x)≥0对任意x>0恒成立，转化为≥对任意x>0恒成立.
设函数F(x)＝(x>0)，则F′(x)＝－.
当00；当x>1时，F′(x)<0，
所以函数F(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以F(x)max＝F(1)＝，
于是≥，解得a≥.
故实数a的取值范围是.
角度2 不等式能成立或有解求参数的取值(范围)
【例3－2】 已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)∃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上单调递减；
当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln a.
由f′(x)>0，得f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)；
由f′(x)<0，得f(x)的单调递减区间为(ln a，＋∞).
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；
当a>0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)，单调递减区间为(ln a，＋∞).
(2)因为∃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，得x＝.
当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)随x变化的变化情况如下表：
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≤.
故a的取值范围是.
规律方法 1.含参数的能成立(存在型)问题的解题方法
(1)a≥f(x)在x∈D上能成立，则a≥f(x)min；
(2)a≤f(x)在x∈D上能成立，则a≤f(x)max.
2.含全称、存在量词不等式能成立问题
(1)存在x1∈A，任意x2∈B使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)max≥g(x)max；(2)任意x1∈A，存在x2∈B，使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)min≥g(x)min.
【训练4】 已知函数f(x)＝xln x(x>0).
(1)求函数f(x)的极值；
(2)若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≤成立，求实数m的最小值.
解 (1)由f(x)＝xln x，得f′(x)＝1＋ln x，
令f′(x)>0，得x>；令f′(x)<0，得00).
则g′(x)＝＋1－＝＝.
由g′(x)>0，得x>1；由g′(x)<0，得00)，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).
【例1】 (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－10，由f′(x)＝1－＝知，
当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0；
所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增，
故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点.
因为f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，故a＝1.
(2)证明 由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0.
令x＝1＋，得ln<.
从而ln＋ln＋…＋ln<＋＋…＋＝1－<1.故…0，
所以f(x)≥0等价于a≥.
令g(x)＝，则g′(x)＝，
所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，
则g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)max＝g(1)＝1，则a≥1，
所以a的最小值为1.
(2)证明 当a＝1时，由(1)得x≥ln x＋1，即t≥1＋ln t.
令＝t，则－x－ln x＝ln t，故t≥1＋(－x－ln x)，
所以≥－x－ln x＋1，即＋x＋ln x－1≥0.
A级 基础巩固
一、选择题
1.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 由函数f(x)＝ln x＋a可得f′(x)＝，
∵x0使f′(x)＝f(x)成立，∴＝ln x0＋a，
又01，ln x0<0，∴a＝－ln x0>1.
答案 A
2.已知函数f(x)＝－1＋ln x，若存在x0>0，使得f(x0)≤0有解，则实数a的取值范围是( )
A.a>2 B.a<3
C.a≤1 D.a≥3
解析 函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，不等式－1＋ln x≤0有解，即a≤x－xln x在(0，＋∞)上有解.
令h(x)＝x－xln x，则h′(x)＝－ln x.
由h′(x)＝0，得x＝1.
当00，当x>1时，h′(x)<0.
故当x＝1时，函数h(x)＝x－xln x取得最大值1，
所以要使不等式a≤x－xln x在(0，＋∞)上有解，
只要a小于或等于h(x)的最大值即可，即a≤1.
答案 C
3.(2020·成都诊断)已知a∈R，设函数f(x)＝若关于x的不等式f(x)≥0在R上恒成立，则a的取值范围为( )
A.[0，1] B.[0，2]
C.[0，e] D.[1，e]
解析 当x≤1时，由f(x)＝x2－2ax＋2a≥0恒成立，且f(x)关于x＝a对称.
所以当a≥1时，f(x)min＝f(1)＝1>0恒成立，
当a<1时，f(x)min＝f(a)＝2a－a2≥0，∴0≤a<1.
综上，a≥0.
当x>1时，由f(x)＝x－aln x≥0恒成立，
即a≤恒成立.
设g(x)＝，则g′(x)＝.
令g′(x)＝0，得x＝e，
且当1e时，g′(x)>0，
∴g(x)min＝g(e)＝e，∴a≤e.
综上，a的取值范围是0≤a≤e，即[0，e].
答案 C
二、填空题
4.若对任意a，b满足00，解得00，f(x)单调递增；
∴当x＝时，f(x)有极小值，也是最小值，
即f(x)min＝f＝－2sin ＝－.
又f(0)＝0，f(π)＝π，∴在x∈[0，π]上，f(x)max＝π.
由题意得|f(x1)－f(x2)|≤M等价于M≥|f(x)max－f(x)min|＝π－＝＋.
∴M的最小值为＋.
答案 ＋
三、解答题
6.已知f(x)＝(1－x)ex－1.
(1)求函数f(x)的最大值；
(2)设g(x)＝，x>－1且x≠0，证明：g(x)<1.
(1)解 f′(x)＝－xex.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
所以f(x)的最大值为f(0)＝0.
(2)证明 由(1)知，当x>0时，f(x)<0，g(x)<0<1.
当－1x.
设h(x)＝f(x)－x，则h′(x)＝－xex－1.
当x∈(－1，0)时，0<－x<1，0h(0)＝0，即g(x)<1.
综上，当x>－1且x≠0时总有g(x)<1.
7.(2019·西安质检)设函数f(x)＝ln x＋(a为常数).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)不等式f(x)≥1在x∈(0，1]上恒成立，求实数a的取值范围.
解 (1)定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＋＝，
当a≤0时，又x>0，∴x－a>0，∴f′(x)>0，
∴f(x)在定义域(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，∴f(x)单调递增；
若00时，f(x)在区间(0，a)上是减函数，在区间(a，＋∞)上是增函数.
(2)f(x)≥1⇔＋ln x≥1⇔≥－ln x＋1⇔a≥－xln x＋x对任意x∈(0，1]恒成立.
令g(x)＝－xln x＋x，x∈(0，1].
则g′(x)＝－ln x－x·＋1＝－ln x≥0，x∈(0，1]，
∴g(x)在(0，1]上单调递增，∴g(x)max＝g(1)＝1，
∴a≥1，故a的取值范围为[1，＋∞).
B级 能力提升
8.(2019·天津卷节选)设函数f(x)＝excos x，g(x)为f(x)的导函数.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)当x∈时，证明f(x)＋g(x)≥0.
(1)解 由已知，有f′(x)＝ex(cos x－sin x).
因此，当x∈(k∈Z)时，
有sin x>cos x，得f′(x)<0，则f(x)单调递减；
当x∈(k∈Z)时，有sin x0，则f(x)单调递增.
所以f(x)的单调递增区间为(k∈Z)，
f(x)的单调递减区间为(k∈Z).
(2)证明 记h(x)＝f(x)＋g(x).
依题意及(1)，有g(x)＝ex(cos x－sin x)，
从而g′(x)＝－2exsin x.
当x∈时，g′(x)<0，
故h′(x)＝f′(x)＋g′(x)＋g(x)(－1)
＝g′(x)<0.
因此，h(x)在区间上单调递减，
进而h(x)≥h＝f＝0.
所以当x∈时，f(x)＋g(x)≥0.
9.(2020·衡水中学检测)设函数f(x)＝x2＋ax－ln x(a∈R).
(1)当a＝1时，求函数f(x)的极值；
(2)若对任意a∈(4，5)及任意x1，x2∈[1，2]，恒有m＋ln 2>|f(x1)－f(x2)|成立，求实数m的取值范围.
解 (1)由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞).
当a＝1时，f(x)＝x－ln x，f′(x)＝1－＝，
当01时，f′(x)>0, f(x)单调递增，
∴函数f(x)的极小值为f(1)＝1，无极大值.
(2)由题意知f′(x)＝(1－a)x＋a－
＝，
当a∈(4，5)时，1－a<－3，0<<，
所以在区间[1，2]上，f′(x)≤0，则f(x)单调递减，f(1)是f(x)的最大值，f(2)是f(x)的最小值.
∴|f(x1)－f(x2)|≤f(1)－f(2)＝－＋ln 2.
∵对任意a∈(4，5)及任意x1，x2∈[1，2]，恒有m＋ln 2>|f(x1)－f(x2)|成立，
∴m＋ln 2>－＋ln 2，得m>.
∵a∈(4，5)，∴＝1－<1－＝，
∴m≥，故实数m的取值范围是.
C级 创新猜想
10.(2020·湖南重点名校大联考)已知函数f(x)＝－aln x＋x＋.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)设g(x)＝ex＋mx2－2e2－3，当a＝e2＋1时，对任意x1∈[1，＋∞)，存在x2∈[1，＋∞)，使g(x2)≤f(x1)，求实数m的取值范围.
解 (1)由题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－＋1＋＝，
令f′(x)＝0，得x＝1或x＝a－1.
当a≤1时，a－1≤0，由f′(x)<0得00得x>1，
所以函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.
当10得01，
所以函数f(x)在(a－1，1)上单调递减，在(0，a－1)和(1，＋∞)上单调递增.
当a＝2时，a－1＝1，可得f′(x)≥0，
此时函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
当a>2时，a－1>1，由f′(x)<0得10得0a－1，
所以函数f(x)在(1，a－1)上单调递减，在(0，1)和(a－1，＋∞)上单调递增.
(2)当a＝e2＋1时，由(1)得函数f(x)在(1，e2)上单调递减，
在(0，1)和(e2，＋∞)上单调递增，
从而f(x)在[1，＋∞)上的最小值为f(e2)＝－e2－3.
对任意x1∈[1，＋∞)，存在x2∈[1，＋∞)，使g(x2)≤f(x1)，
即存在x2∈[1，＋∞)，使g(x2)的函数值不超过f(x)在区间[1，＋∞)上的最小值－e2－3.
由ex＋mx2－2e2－3≤－e2－3得ex＋mx2≤e2，m≤.
记p(x)＝，则当x∈[1，＋∞)时，m≤p(x)max.
p′(x)＝＝－，
当x∈[1，2]时，显然有exx＋2(e2－ex)>0，p′(x)<0，
当x∈(2，＋∞)时，exx＋2(e2－ex)>exx－2ex>0，p′(x)<0，
故p(x)在区间[1，＋∞)上单调递减，
得p(x)max＝p(1)＝e2－e，
从而m的取值范围为(－∞，e2－e].
