2020年高考数学一轮(江苏理) 第3章 高考专题突破1 第1课时 导数与不等式.docx

高考专题突破一　高考中的导数应用问题 第1课时　导数与不等式 题型一　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<x<1时，g′(x)<0. 当x>1时，g′(x)>0， 即g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数． 所以g(x)≥g(1)＝1，得证． (2)由f(x)＝1－，得f′(x)＝， 所以当0<x<2时，f′(x)<0，当x>2时，f′(x)>0， 即f(x)在(0,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数， 所以f(x)≥f(2)＝1－(当x＝2时取等号)．① 又由(1)知x－ln x≥1(当x＝1时取等号)，② 所以①②等号不同时取得， 所以(x－ln x)f(x)>1－. 思维升华 (1)证明f(x)>g(x)的一般方法是证明h(x)＝f(x)－g(x)>0(利用单调性)，特殊情况是证明f(x)min>g(x)max(最值方法)，但后一种方法不具备普遍性． (2)证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式，一种方法为变换不等式使两个变元成为一个整体，另一种方法为转化后利用函数的单调性，如不等式f(x1)＋g(x1)<f(x2)＋g(x2)对x1<x2恒成立，即等价于函数h(x)＝f(x)＋g(x)为增函数． 跟踪训练1 已知函数f(x)＝xln x－ex＋1. (1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)证明：f(x)<sin x在(0，＋∞)上恒成立． (1)解　依题意得f′(x)＝ln x＋1－ex， 又f(1)＝1－e，f′(1)＝1－e，故所求切线方程为y－1＋e＝(1－e)(x－1)，即y＝(1－e)x. (2)证明　依题意，要证f(x)<sin x， 即证xln x－ex＋1<sin x， 即证xln x<ex＋sin x－1. 当0<x≤1时，ex＋sin x－1>0，xln x≤0， 故xln x<ex＋sin x－1，即f(x)<sin x. 当x>1时，令g(x)＝ex＋sin x－1－xln x， 故g′(x)＝ex＋cos x－ln x－1. 令h(x)＝g′(x)＝ex＋cos x－ln x－1， 则h′(x)＝ex－－sin x， 当x>1时，ex－>e－1>1， 所以h′(x)＝ex－－sin x>0， 故h(x)在(1，＋∞)上单调递增． 故h(x)>h(1)＝e＋cos 1－1>0，即g′(x)>0， 所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以g(x)>g(1)＝e＋sin 1－1>0， 即xln x<ex＋sin x－1，即f(x)<sin x. 综上所述，f(x)<sin x在(0，＋∞)上恒成立． 题型二　不等式恒成立或有解问题 例2 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)单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减． 所以x＝1为函数f(x)的极大值点，且是唯一极值点， 所以0<a<1<a＋， 故<a<1，即实数a的取值范围为. (2)当x≥1时，k≤恒成立， 令g(x)＝(x≥1)， 则g′(x)＝＝. 再令h(x)＝x－ln x(x≥1)，则h′(x)＝1－≥0， 所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)>0， 所以g(x)为单调增函数，所以g(x)≥g(1)＝2， 故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2]． 引申探究 本例(2)中若改为：∃x∈[1，e]，使不等式f(x)≥成立，求实数k的取值范围． 解　当x∈[1，e]时，k≤有解， 令g(x)＝(x∈[1，e])，由例(2)解题知， g(x)为单调增函数，所以g(x)max＝g(e)＝2＋， 所以k≤2＋，即实数k的取值范围是. 思维升华 利用导数解决不等式的恒成立问题的策略 (1)首先要构造函数，利用导数求出最值，求出参数的取值范围． (2)也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 跟踪训练2 已知函数f(x)＝ex－1－x－ax2. (1)当a＝0时，求证：f(x)≥0； (2)当x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围． (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)<h(0)＝0， 即f′(x)<f′(0)＝0， ∴f(x)在区间(0，ln(2a))上为减函数， ∴f(x)<f(0)＝0，不合题意． 综上，实数a的取值范围为. 1．已知函数f(x)＝ln x＋x，g(x)＝x·ex－1，求证：f(x)≤g(x)． 证明　令F(x)＝f(x)－g(x)＝ln x＋x－xex＋1(x>0)， 则F′(x)＝＋1－ex－xex＝－(x＋1)ex ＝(x＋1). 令G(x)＝－ex，可知G(x)在(0，＋∞)上为减函数， 且G＝2－>0，G(1)＝1－e<0， ∴存在x0∈，使得G(x0)＝0，即－＝0. 当x∈(0，x0)时，G(x)>0，∴F′(x)>0，F(x)为增函数； 当x∈(x0，＋∞)时，G(x)<0， ∴F′(x)<0，F(x)为减函数． ∴F(x)≤F(x0)＝ln x0＋x0－＋1， 又∵－＝0，∴＝，即ln x0＝－x0， ∴F(x0)＝0，即F(x)≤0，∴f(x)≤g(x)． 2．已知函数f(x)＝ax2＋bx＋xln x的图象在(1，f(1))处的切线方程为3x－y－2＝0. (1)求实数a，b的值； (2)设g(x)＝x2－x，若k∈Z，且k(x－2)<f(x)－g(x)对任意的x>2恒成立，求k的最大值． 解　(1)f′(x)＝2ax＋b＋1＋ln x， 所以2a＋b＋1＝3且a＋b＝1，解得a＝1，b＝0. (2)由(1)与题意知k<＝对任意的x>2恒成立， 设h(x)＝(x>2)，则h′(x)＝， 令m(x)＝x－4－2ln x(x>2)，则m′(x)＝1－＝>0， 所以函数m(x)为(2，＋∞)上的增函数． 因为m(8)＝4－2ln 8<4－2ln e2＝4－4＝0，m(10)＝6－2ln 10>6－2ln e3＝6－6＝0， 所以函数m(x)在(8,10)上有唯一零点x0， 即有x0－4－2ln x0＝0成立， 故当2<x<x0时，m(x)<0，即h′(x)<0；当x>x0时，m(x)>0，即h′(x)>0，所以函数h(x)在(2，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(x0)＝＝＝， 所以k<，因为x0∈(8,10)， 所以∈(4,5)，又k∈Z， 所以k的最大值为4. 3．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)的单调增区间为(－∞，ln a)； 由f′(x)<0，得f(x)的单调减区间为(ln a，＋∞)． 综上所述，当a≤0时，f(x)的单调减区间为(－∞，＋∞)，无单调增区间； 当a>0时，f(x)的单调增区间为(－∞，ln a)，单调减区间为(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≤max， 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. 4．已知函数f(x)＝ln x－ax＋－1(a∈R)．设g(x)＝x2－2bx＋4，当a＝时，若∀x1∈(0,2)，总存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围． 解　依题意知f(x)在(0,2)上的最小值不小于g(x)在[1,2]上的最小值， 即f(x)min≥g(x)min. 当a＝时，f(x)＝ln x－x＋－1， 所以f′(x)＝－－＝－， 则当0<x<1时，f′(x)<0，当1<x<2时，f′(x)>0， 所以当x∈(0,2)时，f(x)min＝f(1)＝－. 又g(x)＝x2－2bx＋4， ①当b<1时，可求得g(x)min＝g(1)＝5－2b， 则5－2b≤－，解得b≥，这与b<1矛盾； ②当1≤b≤2时，可求得g(x)min＝g(b)＝4－b2， 则4－b2≤－， 得b2≥，这与1≤b≤2矛盾； ③当b>2时，可求得g(x)min＝g(2)＝8－4b， 由8－4b≤－，得b≥. 综合①②③得实数b的取值范围是. 5．已知函数f(x)为偶函数，当x≥0时，f(x)＝2ex，若存在实数m，对任意的x∈[1，k](k>1)，都有f(x＋m)≤2ex，求整数k的最小值． 解　因为f(x)为偶函数，且当x≥0时，f(x)＝2ex， 所以f(x)＝2e|x|， 对于x∈[1，k]，由f(x＋m)≤2ex得2e|x＋m|≤2ex， 两边取以e为底的对数得|x＋m|≤ln x＋1， 所以－x－ln x－1≤m≤－x＋ln x＋1在[1，k]上恒成立， 设g(x)＝－x＋ln x＋1(x∈[1，k])， 则g′(x)＝－1＋＝≤0， 所以g(x)在[1，k]上单调递减， 所以g(x)min＝g(k)＝－k＋ln k＋1， 设h(x)＝－x－ln x－1(x∈[1，k])，易知h(x)在[1，k]上单调递减， 所以h(x)max＝h(1)＝－2，故－2≤m≤－k＋ln k＋1， 若实数m存在，则必有－k＋ln k≥－3， 又k>1，且k为整数， 所以k＝2满足要求，故整数k的最小值为2.