【数学】2020届一轮复习人教A版第三章第3课时导数在不等式中的应用学案
第3课时 导数在不等式中的应用
考点一 构造函数证明不等式
【例1】 已知函数f(x)＝1－，g(x)＝x－ln x.
(1)证明：g(x)≥1；
(2)证明：(x－ln x)f(x)>1－.
证明 (1)由题意得g′(x)＝(x>0)，
当0
1时，g′(x)>0，
即g(x)在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数.
所以g(x)≥g(1)＝1，得证.
(2)由f(x)＝1－，得f′(x)＝，
所以当02时，f′(x)>0，
即f(x)在(0，2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数，
所以f(x)≥f(2)＝1－(当且仅当x＝2时取等号).①
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，
所以(x－ln x)f(x)>1－.
规律方法 1.证明不等式的基本方法：
(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①∀x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)，②∀x1，x2∈[a，b]，且x1g(x)max，则f(x)>g(x)”证明不等式
【例2】 已知函数f(x)＝xln x－ax.
(1)当a＝－1时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的最值；
(2)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)在上单调递减，在上单调递增.
因此f(x)在x＝处取得最小值，即f(x)min＝f＝－，但f(x)在(0，＋∞)上无最大值.
(2)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.
设G(x)＝－，x∈(0，＋∞)，
则G′(x)＝，易知G(x)max＝G(1)＝－，
当且仅当x＝1时取到，从而可知对一切x∈(0，＋∞)，都有f(x)>G(x)，即ln x＋1>－.
规律方法 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”.
【训练2】 已知三次函数f(x)的导函数f′(x)＝－3x2＋3且f(0)＝－1，g(x)＝xln x＋(a≥1).
(1)求f(x)的极值；
(2)求证：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，都有f(x1)≤g(x2).
(1)解 依题意得f(x)＝－x3＋3x－1，f′(x)＝－3x2＋3＝－3(x＋1)(x－1)，
知f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是减函数，在(－1，1)上是增函数，
所以f(x)极小值＝f(－1)＝－3，f(x)极大值＝f(1)＝1.
(2)证明 易得x>0时，f(x)最大值＝1，
由a≥1知，g(x)≥xln x＋(x>0)，
令h(x)＝xln x＋(x>0)，
则h′(x)＝ln x＋1－＝ln x＋，
注意到h′(1)＝0，当x>1时，h′(x)>0；
当00，故φ(x)在区间(0，x0)上单调递增，且φ(0)＝0，
从而φ(x)在区间(0，x0)上大于零，这与sin x－ax<0恒成立相矛盾.
当a≤0时，在区间上φ′(x)>0，即函数φ(x)单调递增，且φ(0)＝0，得sin x－ax>0恒成立，这与sin x－ax<0恒成立相矛盾.
故实数a的最小值为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】 (2018·大同模拟)已知函数f(x)＝.
(1)若函数f(x)在区间上存在极值，求正实数a的取值范围；
(2)如果当x≥1时，不等式f(x)≥恒成立，求实数k的取值范围.
解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＝－，
令f′(x)＝0，得x＝1.
当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)是增函数；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)是减函数；
所以x＝1为函数f(x)的极大值点，且是唯一极值点，
所以00，
所以g(x)是增函数，所以g(x)≥g(1)＝2，
故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2].
角度2 不等式能成立求参数的取值范围
【例3－2】 已知函数f(x)＝x2－(2a＋1)x＋aln x(a∈R).
(1)若f(x)在区间[1，2]上是单调函数，求实数a的取值范围；
(2)函数g(x)＝(1－a)x，若∃x0∈[1，e]使得f(x0)≥g(x0)成立，求实数a的取值范围.
解 (1)f′(x)＝，当导函数f′(x)的零点x＝a落在区间(1，2)内时，函数f(x)在区间[1，2]上就不是单调函数，即a∉(1，2)，
所以实数a的取值范围是(－∞，1]∪[2，＋∞).
(2)由题意知，不等式f(x)≥g(x)在区间[1，e]上有解，
即x2－2x＋a(ln x－x)≥0在区间[1，e]上有解.
因为当x∈[1，e]时，ln x≤1≤x(不同时取等号)，x－ln x>0，
所以a≤在区间[1，e]上有解.
令h(x)＝，则h′(x)＝.
因为x∈[1，e]，所以x＋2>2≥2ln x，
所以h′(x)≥0，h(x)在[1，e]上单调递增，
所以x∈[1，e]时，h(x)max＝h(e)＝，
所以a≤，
所以实数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
a≥f(x)在x∈D上能成立，则a≥f(x)min；
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)＝m－2ln x(m∈R)，g(x)＝－，若至少存在一个x0∈[1，e]，使得f(x0)0⇔f(x)min>0；
∀x∈D，f(x)<0⇔f(x)max<0.
(2)能成立：∃x∈D，f(x)>0⇔f(x)max>0；
∃x∈D，f(x)<0⇔f(x)min<0.
[易错防范]
1.证明不等式，特别是含两个变量的不等式时，要注意合理的构造函数.
2.恒成立与能成立问题，要注意理解“任意”与“存在”的不同含义，要注意区分转化成的最值问题的异同.
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).
【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，f(x)在(0，1)上单调递增；
当x>1时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减.
(2)证明 由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.
所以当x≠1时，ln x1.①
因此ln <－1，即ln x>，1，ln x0<0，∴a＝－ln x0>1.
答案 A
2.(2019·南昌调研)已知a为常数，函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点x1，x2(x10，f(x2)>－
B.f(x1)<0，f(x2)<－
C.f(x1)>0，f(x2)<－
D.f(x1)<0，f(x2)>－
解析 f′(x)＝ln x－2ax＋1，依题意知f′(x)＝0有两个不等实根x1，x2，
即曲线y＝1＋ln x与直线y＝2ax有两个不同交点，如图.
由直线y＝x是曲线y＝1＋ln x的切线，
可知：0<2a<1，00，
∴f(x2)>f(1)＝－a>－.
答案 D
二、填空题
3.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，即最小值，
且f(x)min＝f＝－2sin ＝－.
又f(0)＝0，f(π)＝π，∴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
5.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.
6.已知函数f(x)＝x3－ax2＋10.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)在区间[1，2]内至少存在一个实数x，使得f(x)<0成立，求实数a的取值范围.
解 (1)当a＝1时，f(x)＝x3－x2＋10，
所以f′(x)＝3x2－2x，所以k＝f′(2)＝8.
又f(2)＝14，所以切线方程为y＝8x－2.
(2)由已知得：a>＝x＋至少有一个实数x使之成立，即a>.
设g(x)＝x＋(1≤x≤2)，则g′(x)＝1－，
因为1≤x≤2，所以g′(x)<0.
所以g(x)在[1，2]上是减函数，
所以g(x)min＝g(2)＝，a>，
即a的取值范围是.
能力提升题组
(建议用时：25分钟)
7.(2019·安徽江南十校联考)已知函数f(x)＝xln x(x>0).
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥恒成立，求实数m的最大值.
解 (1)由f(x)＝xln x(x>0)，得f′(x)＝1＋ln x，
令f′(x)>0，得x>；令f′(x)<0，得00)，则g′(x)＝，
由g′(x)>0⇒x>1，由g′(x)<0⇒00，证明(ex－1)ln(x＋1)>x2.
(1)证明 当a＝0时，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，
f′(x)>0.
故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
f(x)min＝f(0)＝0，∴f(x)≥0.
(2)解 f′(x)＝ex－1－2ax，令h(x)＝ex－1－2ax，
则h′(x)＝ex－2a.
①当2a≤1，即a≤时，在[0，＋∞)上，h′(x)≥0，h(x)单调递增，
h(x)≥h(0)，即f′(x)≥f′(0)＝0，
∴f(x)在[0，＋∞) 上为增函数，∴f(x)≥f(0)＝0，
∴当a≤时满足条件.
②当2a>1，即a>时，令h′(x)＝0，解得x＝ln (2a)，
在[0，ln (2a))上，h′(x)<0，h(x)单调递减，
∴当x∈(0，ln (2a))时，有h(x)0时，ex>1＋x＋，
即ex－1>x＋，
欲证不等式(ex－1)ln(x＋1)>x2，
只需证ln(x＋1)>.
设F(x)＝ln(x＋1)－，
则F′(x)＝－＝.
∵当x>0时，F′(x)>0恒成立，且F(0)＝0，
∴F(x)>0恒成立.∴原不等式得证.
