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二、利用导数解不等式及参数范围-2-命题热点一命题热点二命题热点三利用导数证明不等式【思考】如何利用导数证明不等式?例1(2019天津,文20)设函数f(x)=lnx-a(x-1)ex,其中a∈R.(1)若a≤0,讨论f(x)的单调性;(2)若,①证明f(x)恰有两个零点;②设x0为f(x)的极值点,x1为f(x)的零点,且x1x0,证明3x0-x12.0a1e(1)解由已知,f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=1𝑥-[aex+a(x-1)ex]=1-𝑎𝑥2e𝑥𝑥.因此当a≤0时,1-ax2ex0,从而f'(x)0,所以f(x)在区间(0,+∞)内单调递增.-3-命题热点一命题热点二命题热点三(2)证明①由(1)知,f'(x)=1-𝑎𝑥2e𝑥𝑥.令g(x)=1-ax2ex,由0a1e,可知g(x)在区间(0,+∞)内单调递减,又g(1)=1-ae0,且g(ln1𝑎)=1-a(ln1𝑎)2·1𝑎=1-(ln1𝑎)20,故g(x)=0在区间(0,+∞)内有唯一解,从而f'(x)=0在区间(0,+∞)内有唯一解,不妨设为x0,则1x0ln1𝑎.当x∈(0,x0)时,f'(x)=𝑔(𝑥)𝑥𝑔(𝑥0)𝑥=0,所以f(x)在区间(0,x0)内单调递增;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)=𝑔(𝑥)𝑥𝑔(𝑥0)𝑥=0,所以f(x)在区间(x0,+∞)内单调递减,因此x0是f(x)的唯一极值点.-4-命题热点一命题热点二命题热点三令h(x)=lnx-x+1,则当x1时,h'(x)=1𝑥-10,故h(x)在区间(1,+∞)内单调递减,从而当x1时,h(x)h(1)=0,所以xx-1.从而f(ln1𝑎)=ln(ln1𝑎)-a(ln1𝑎-1)eln1𝑎=ln(ln1𝑎)-ln1𝑎+1=h(ln1𝑎)0,又因为f(x0)f(1)=0,所以f(x)在区间(x0,+∞)内有唯一零点.又f(x)在区间(0,x0)内有唯一零点1,从而,f(x)在区间(0,+∞)内恰有两个零点.②由题意,得𝑓'(𝑥0)=0,𝑓(𝑥1)=0,即𝑎𝑥02e𝑥0=1,ln𝑥1=𝑎(𝑥1-1)e𝑥1,从而lnx1=𝑥1-1𝑥02e𝑥1-𝑥0,即e𝑥1-𝑥0=𝑥02ln𝑥1𝑥1-1.因为当x1时,lnxx-1,又x1x01,故e𝑥1-𝑥0𝑥02(𝑥1-1)𝑥1-1=𝑥02,两边取对数,得lne𝑥1-𝑥0ln𝑥02,于是x1-x02lnx02(x0-1),整理得3x0-x12.-5-命题热点一命题热点二命题热点三题后反思利用导数证明不等式,主要是构造函数,通过导数判断函数的单调性,由函数的单调性证明不等式成立,或通过求函数的最值,当该函数的最大值或最小值对不等式成立时,则不等式恒成立,从而可将不等式的证明转化为求函数的最值.-6-命题热点一命题热点二命题热点三对点训练1(2018全国Ⅲ,文21)已知函数f(x)=𝑎𝑥2+𝑥-1e𝑥.(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;(2)证明:当a≥1时,f(x)+e≥0.解(1)f'(x)=-𝑎𝑥2+(2𝑎-1)𝑥+2e𝑥,f'(0)=2.因此曲线y=f(x)在(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0.(2)当a≥1时,f(x)+e≥(x2+x-1+ex+1)e-x.令g(x)=x2+x-1+ex+1,则g'(x)=2x+1+ex+1.当x-1时,g'(x)0,g(x)单调递减;当x-1时,g'(x)0,g(x)单调递增;所以g(x)≥g(-1)=0.因此f(x)+e≥0.-7-命题热点一命题热点二命题热点三利用导数解与不等式恒成立有关的问题【思考】求解不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题的基本方法有哪些?例2(2019北京房山高三模拟,18)已知函数f(x)=ln𝑥𝑥.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)设实数k使得kf(x)12x对x∈(0,+∞)恒成立,求k的取值范围.-8-命题热点一命题热点二命题热点三解(1)f(x)的定义域是(0,+∞),f'(x)=1-ln𝑥𝑥2.由f'(x)=0,解得x=e.当x变化时,f(x)与f'(x)在区间(0,+∞)内的情况如下:x(0,e)e(e,+∞)f'(x)+0-f(x)↗极大值↘所以函数f(x)的单调递增区间是(0,e),单调递减区间是(e,+∞).-9-命题热点一命题热点二命题热点三(2)因为x0,所以kf(x)12x⇔klnx12x2⇔12x2-klnx0.令g(x)=12x2-klnx,则g'(x)=x-𝑘𝑥=𝑥2-𝑘𝑥.①当k=0时,g(x)=12x20在区间(0,+∞)内恒成立.②当k0时,令g'(x)0,则x2-k0,解得x𝑘;令g'(x)0,则x2-k0,解得x𝑘,所以函数g(x)的单调递减区间是(0,𝑘),单调递增区间是(𝑘,+∞).所以当x=𝑘时,函数g(x)有最小值g(𝑘)=𝑘2-kln𝑘=𝑘2(1-lnk).由g(𝑘)0,即𝑘2(1-lnk)0,解得0ke.③当k0时,g'(x)0,g(x)在区间(0,+∞)内单调递增.又因为g(e1𝑘)=12e2𝑘-klne1𝑘=12e2𝑘-10,不合题意.综上,若kf(x)12x对x∈(0,+∞)恒成立,实数k的取值范围为[0,e).-10-命题热点一命题热点二命题热点三题后反思1.不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题的解题方法是依据不等式的特点,进行等价变形.构造函数,借助图象观察或参变分离,转化为求函数的最值问题来处理.如不等式f(x)g(x)恒成立的处理方法一般是构造F(x)=f(x)-g(x),F(x)min0;或分离参数,将不等式等价变形为ah(x)或ah(x),进而转化为求函数h(x)的最值.2.f(x)a恒成立⇔𝑓(𝑥)min𝑎,有解⇔𝑓(𝑥)max𝑎,无解⇔𝑓(𝑥)max≤𝑎.-11-命题热点一命题热点二命题热点三对点训练2(2019河北示范性高中联合体联考,21)已知函数f(x)=(x-a-1)ex-x2+ax.(1)讨论f(x)的单调性.(2)若∃x∈[1,2],f(x)0,求a的取值范围.12解(1)f'(x)=(x-a)ex-x+a=(x-a)(ex-1).若a0,则当xa或x0时,f'(x)0;当ax0时,f'(x)0.所以f(x)在区间(-∞,a)内单调递增,在区间(a,0)内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增.若a=0,则f'(x)≥0对x∈R恒成立,所以f(x)在R上单调递增.若a0,则当x0或xa时,f'(x)0;当0xa时,f'(x)0.所以f(x)在区间(-∞,0)内单调递增,在区间(0,a)内单调递减,在区间(a,+∞)内单调递增.-12-命题热点一命题热点二命题热点三(2)①当a≤0时,由(1)知f(x)在区间(0,+∞)内单调递增,则f(x)在区间[1,2]上单调递增,所以f(x)min=f(1)=-ae-12+a=(1-e)a-120,解得12(1-e)a≤0.②当a0时,由(1)知f(x)在区间(0,a)内单调递减,在区间(a,+∞)内单调递增.当0a≤1时,f(x)在区间[1,2]上单调递增.所以f(x)min=f(1)=-ae-12+a=(1-e)a-120对a∈(0,1]恒成立,则0a≤1符合题意;当1a2时,f(x)在区间[1,a)内单调递减,在区间(a,2]上单调递增.所以f(x)min=f(a)=-ea+12a2.-13-命题热点一命题热点二命题热点三设函数g(x)=-ex+12x2,x∈(1,2),易得当x∈(1,2)时,12x2∈12,2,-ex∈(-e2,-e),所以g(x)0,故f(x)min=f(a)=-ea+12a20对a∈(1,2)恒成立,即1a2符合题意.当a≥2时,f(x)在区间[1,2]上单调递减.所以f(x)min=f(2)=(1-a)e2-2+2a=(1-a)(e2-2)0对a∈[2,+∞)恒成立,则a≥2符合题意.综上所述,a的取值范围为12(1-e),+∞.-14-命题热点一命题热点二命题热点三利用导数解函数中的探索性问题【思考】解决探索性问题的常用方法有哪些?例3(2019内蒙古赤峰模拟,21)已知函数f(x)=x+2𝑥+alnx(a0).(1)若a=1,求函数f(x)的极值和单调区间;(2)若g(x)=f(x)+2𝑎2-2𝑥,则在区间(0,e]上是否存在x0,使g(x0)0?若存在,求出实数a的取值范围;若不存在,请说明理由.解(1)当a=1时,f(x)=x+2𝑥+lnx.∵f'(x)=(𝑥+2)(𝑥-1)𝑥2,且x∈(0,+∞),∴当x∈(0,1)时,f'(x)0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)0,∴f(x)=x+2𝑥+lnx有极小值f(1)=3,故函数f(x)=x+2𝑥+lnx的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞),极小值为3,无极大值.-15-命题热点一命题热点二命题热点三(2)∵g(x)=f(x)+2𝑎2-2𝑥=x+2𝑎2𝑥+alnx(a0),∴g'(x)=(𝑥+2𝑎)(𝑥-𝑎)𝑥2.∵a0,∴当x∈(0,a)时,g'(x)0;当x∈(a,+∞)时,g'(x)0,∴x=a为函数g(x)的唯一极小值点.又x∈(0,e],当0a≤e时,g(x)min=g(a)=a+2a+alna=a(3+lna).在区间(0,e]上若存在x0,使g(x0)0,则g(x)min=a(3+lna)0,解得0a1e3.当ae时,g(x)=x+2𝑎2𝑥+alnx(a0)在区间(0,e]上为减函数,g(x)min=g(e)=e+2𝑎2e+a0,即不存在x0∈(0,e],使g(x0)0.综上所述,在区间(0,e]上存在x0,使g(x0)0,此时0a1e3.-16-命题热点一命题热点二命题热点三题后反思解决探索性问题的常用方法:(1)从最简单、最特殊的情况出发,有时也可借助直觉观察或判断,推测出命题的结论,必要时给出严格证明.(2)使用等价转化思想,找出命题成立的充要条件.-17-命题热点一命题热点二命题热点三对点训练3设函数f(x)=(x+a)lnx,g(x)=.已知曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线2x-y=0平行.(1)求a的值;(2)是否存在自然数k,使得方程f(x)=g(x)在区间(k,k+1)内存在唯一的根?如果存在,求出k;如果不存在,请说明理由;(3)设函数m(x)=min{f(x),g(x)}(min{p,q}表示p,q中的较小值),求m(x)的最大值.𝑥2e𝑥解(1)由题意知,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为2,所以f'(1)=2.又f'(x)=lnx+𝑎𝑥+1,所以a=1.-18-命题热点一命题热点二命题热点三(2)当k=1时,方程f(x)=g(x)在区间(1,2)内存在唯一的根.设h(x)=f(x)-g(x)=(x+1)lnx-𝑥2e𝑥,当x∈(0,1]时,h(x)0.又h(2)=3ln2-4e2=ln8-4e21-1=0,所以存在x0∈(1,2),使得h(x0)=0.因为h'(x)=lnx+1𝑥+1+𝑥(𝑥-2)e𝑥,所以当x∈(1,2)时,h'(x)1-1e0,当x∈(2,+∞)时,h'(x)0,所以当x∈(1,+∞)时,h(x)单调递增.所以当k=1时,方程f(x)=g(x)在区间(k,k+1)内存在唯一的根.-19-命题热点一命题热点二命题热点三(3)由(2)知方程f(x)=g(x)在区间(1,2)内存在唯一的根x0,且当x∈(0,x0)时,f(x