2021版高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 第4讲 导数的综合应用 第1课时 利用导数解决不等

1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)＝2xlnx＋1.(1)求f(x)的最小值；(2)证明：f(x)≤x2－x＋1x＋2lnx.【解】(1)f′(x)＝2(lnx＋1)．所以当x∈0，1e时，f′(x)0，f(x)单调递减；当x∈1e，＋∞时，f′(x)0，f(x)单调递增．所以当x＝1e时，f(x)取得最小值f1e＝1－2e.(2)证明：x2－x＋1x＋2lnx－f(x)＝x(x－1)－x－1x－2(x－1)lnx＝(x－1)x－1x－2lnx，令g(x)＝x－1x－2lnx，则g′(x)＝1＋1x2－2x＝（x－1）2x2≥0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g(1)＝0，所以当0x1时，g(x)0，当x1时，g(x)0，所以(x－1)x－1x－2lnx≥0，即f(x)≤x2－x＋1x＋2lnx.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(2)直接将不等式转化成某个函数的最值问题．若证明f(x)g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)0，则F(x)在(a，b)上是减函数，同时若F(a)≤0，由减函数的定义可知，x∈(a，b)时，有F(x)0，即证明f(x)g(x)．(2019·高考北京卷节选)已知函数f(x)＝14x3－x2＋x.(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.解：(1)由f(x)＝14x3－x2＋x得f′(x)＝34x2－2x＋1.令f′(x)＝1，即34x2－2x＋1＝1，得x＝0或x＝83.又f(0)＝0，f83＝827，所以曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程是y＝x与y－827＝x－83，即y＝x与y＝x－6427.(2)证明：令g(x)＝f(x)－x，x∈[－2，4]．由g(x)＝14x3－x2得g′(x)＝34x2－2x.令g′(x)＝0得x＝0或x＝83.g′(x)，g(x)的情况如下：x－2(－2，0)00，838383，44g′(x)＋－＋g(x)－60－64270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)＝elnx－ax(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.【解】(1)f′(x)＝ex－a(x0)．3①若a≤0，则f′(x)0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a0，则当0xea时，f′(x)0，当xea时，f′(x)0，故f(x)在0，ea上单调递增，在ea，＋∞上单调递减．(2)证明：因为x0，所以只需证f(x)≤exx－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.记g(x)＝exx－2e(x0)，则g′(x)＝（x－1）exx2，所以当0x1时，g′(x)0，g(x)单调递减，当x1时，g′(x)0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.综上，当x0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤exx－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)ming(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－axlnx－1(a∈R，a≠0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当x1时，求证：1x－11ex－1.解：(1)f′(x)＝a－a(lnx＋1)＝－alnx，若a0，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a0，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．(2)证明：要证1x－11ex－1，即证xx－1e－x，即证x－1xex，又由第(1)问令a＝1知f(x)＝x－xlnx－1在(1，＋∞)上单调递减，f(1)＝0，4所以当x1时，x－xlnx－10，即x－1xlnx，则只需证当x1时，lnxex即可．令F(x)＝ex－lnx,x1，则F′(x)＝ex－1x单调递增，所以F′(x)F′(1)＝e－10，所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以F(x)F(1)，而F(1)＝e，所以ex－lnxe0，所以exlnx，所以exlnxx－1x，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)＝lnx＋1x－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)＝1x－1x2＝x－1x2，x＞0.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．所以f(x)max＝f(e)＝lne＋1e－1＝1e.所以ma＜1e，即ma－1e＜0，对于任意的a∈(－1，1)恒成立．所以m×1－1e≤0，m×（－1）－1e≤0，解得－1e≤m≤1e.所以m的取值范围是－1e，1e.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．5已知函数f(x)＝x·lnx．若对于任意x∈1e，e，都有f(x)≤ax－1，求实数a的取值范围．解：当1e≤x≤e时，f(x)≤ax－1等价于a≥lnx＋1x.令g(x)＝lnx＋1x，x∈1e，e，g′(x)＝1x－1x2＝x－1x2，x∈1e，e.当x∈1e，1时，g′(x)0，所以g(x)在1e，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．而g1e＝ln1e＋e＝e－11.5，g(e)＝lne＋1e＝1＋1e1.5.所以g(x)在1e，e上的最大值为g1e＝e－1.所以当a≥e－1时，对于任意x∈1e，e，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＋lnx(x0)，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：exx＋1x1＋lnx(x0，且x≠1)．6已知函数f(x)＝1ln（x＋1）－x，则y＝f(x)的图象大致为()【解析】因为f(x)的定义域为x＋10，ln（x＋1）－x≠0，即{x|x－1，且x≠0}，所以排除选项D.当x0时，由经典不等式x1＋lnx(x0)，以x＋1代替x，得xln(x＋1)(x－1，且x≠0)，所以ln(x＋1)－x0(x－1，且x≠0)，即x0或－1x0时均有f(x)0，排除A，C，易知B正确【答案】B本题利用了经典不等式x1＋lnx．已知函数f(x)＝ex，x∈R.证明：曲线y＝f(x)与曲线y＝12x2＋x＋1有唯一公共点．证明：令g(x)＝f(x)－12x2＋x＋1＝ex－12x2－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上为单调递增函数，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·汕头一模)函数f(x)＝lnx＋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．(1，2)D．(1，3)7解析：选A.由函数f(x)＝lnx＋a可得f′(x)＝1x，因为x0使f′(x)＝f(x)成立，所以1x0＝lnx0＋a，又0x01，所以1x01，lnx00，所以a＝1x0－lnx01.2．(2020·聊城模拟)若函数f(x)＝13x3＋x2－23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，作出其大致图象如图所示，令13x3＋x2－23＝－23得，x＝0或x＝－3，则结合图象可知，－3≤a0，a＋50，解得a∈[－3，0)．3．已知函数f(x)＝x＋4x，g(x)＝2x＋a，若∀x1∈12，1，∃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x∈12，1≥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0abt，都有blnaalnb，则t的最大值为．解析：因为0abt，blnaalnb，所以lnaalnbb，令y＝lnxx，x∈(0，t)，则函数在(0，t)上单调递增，故y′＝1－lnxx2≥0，解得0x≤e，8故t的最大值是e.答案：e5．(2020·贵州省适应性考试)函数f(x)＝x－lnx，g(x)＝aex.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求证：当a≥1e时，xf(x)≤g(x)．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．由f(x)＝x－lnx，得f′(x)＝1－1x＝x－1x，当x∈(0，1)时，f′(x)0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0.所以f(x)的单调递减区间是(0，1)，单调递增区间是(1，＋∞)．(2)证明：要证xf(x)≤g(x)，即证x(x－lnx)≤aex，即证a≥x2－xlnxex.设h(x)＝x2－xlnxex，则h′(x)＝－x2＋2x－1＋xlnx－lnxex＝[lnx－（x－1）]（x－1）ex，由(1)可知f(x)≥f(1)＝1，即lnx－(x－1)≤0，于是，当x∈(0，1)时，h′(x)0，h(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)0，h(x)单调递减．所以x＝1时，h(x)取得最大值，h(x)max＝1－0e＝1e，所以当a≥1e时，xf(x)≤g(x)．[综合题组练]1．(2020·贵州省适应性考试)