2021高考数学一轮复习 第三章 一元函数的导数及其应用 第2节 导数在研究函数中的应用 第3课时

第三章一元函数的导数及其应用第3课时导数在不等式中的应用考点1构造函数证明不等式(讲练互动)[典例](2020·南昌调研)已知函数f(x)＝1－lnxx，g(x)＝aeex＋1x－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)≥2x.(1)解：因为f(x)＝1－lnxx，所以f′(x)＝lnx－1x2，f′(1)＝－1.因为g(x)＝aeex＋1x－bx，所以g′(x)＝－aeex－1x2－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.解之得a＝b＝－1.(2)证明：由(1)知，g(x)＝－eex＋1x＋x，则f(x)＋g(x)≥2x⇔1－lnxx－eex－1x＋x≥0.令h(x)＝1－lnxx－eex－1x＋x(x≥1)，则h(1)＝0，h′(x)＝－1－lnxx2＋eex＋1x2＋1＝lnxx2＋eex＋1.因为x≥1，所以h′(x)＝lnxx2＋eex＋10，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0，即1－lnxx－eex－1x＋x≥0.故当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2x.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x1x2，有f(x1)f(x2)，对于减函数有类似结论．(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则∀x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m)．2．证明f(x)g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，证明F(x)0，先通过化简、变形，再移项构造不等式就能减少运算量，使得问题顺利解决．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－lnx－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≥1e时，f(x)≥0.(1)解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1x.由题设知，f′(2)＝0，所以a＝12e2.从而f(x)＝12e2ex－lnx－1，f′(x)＝12e2ex－1x.当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞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≥1e时，f(x)≥exe－lnx－1(x＞0)．设g(x)＝exe－lnx－1(x＞0)，则g′(x)＝exe－1x(x＞0)．当0＜x＜1时，g′(x)＜0；当x＞1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≥1e时，f(x)≥0.考点2隔离分析最值法证明不等式(讲练互动)[典例]已知函数f(x)＝e·lnx－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)＝ex－a(x0)，①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.设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.故不等式xf(x)≤ex－2ex得证．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，达到证明的目的．本例中同时含lnx与ex，不能直接构造函数，因此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f(x)≤g(x)min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．已知函数f(x)＝xlnx－ax，G(x)＝xex＋1－2e2(x0)．(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1＋lnx1ex＋1－2e2x成立．(1)解：函数f(x)＝xlnx－ax的定义域为(0，＋∞)．当a＝－1时，f(x)＝xlnx＋x，f′(x)＝lnx＋2.由f′(x)＝0，得x＝1e2.当x∈0，1e2时，f′(x)0；x1e2时，f′(x)0.因此f(x)在x＝1e2处取得极小值，该极小值也是最小值．故f(x)min＝f1e2＝－1e2，显然当x→＋∞时，f(x)→＋∞，f(x)没有最大值．(2)解：易知G′(x)＝xe·ex－2e2′＝1－xex＋1.所以当0x1时，G′(x)0；当x1时，G′(x)0.所以G(x)的最大值为G(1)＝－1e2.(3)证明：当x0时，lnx＋11ex＋1－2e2x等价于x(lnx＋1)xex＋1－2e2.由(1)知a＝－1时，f(x)＝xlnx＋x的最小值是－1e2，当且仅当x＝1e2时取到．又由(2)知，G(x)max＝G(1)＝－1e2，因此f(x)G(x)，故1＋lnx1ex＋1－2e2x.考点3不等式恒成立或有解问题(多维探究)角度不等式恒成立求参数[典例1](2020·汕头模拟改编)已知函数f(x)＝alnx－x＋1(其中a0)．(1)讨论函数f(x)的极值；(2)对任意x0，f(x)≤12(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)＝ax－1.当a0时，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)＝alna－a＋1，无极小值．(2)由(1)知，当x＝a时，f(a)为极大值也是最大值．所以f(x)max＝f(a)＝alna－a＋1(a0)，要使得对任意x0，f(x)≤12(a2－1)成立，即alna－a＋1≤12(a2－1)，则alna＋32－a－12a2≤0成立，令u(a)＝alna＋32－a－12a2(a0)，所以u′(a)＝lna＋1－1－a＝lna－a，令k(a)＝u′(a)＝lna－a，k′(a)＝1a－1，令k′(a)＝1－aa＝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，所以u′(a)max＝u′(1)＝－10，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，＋∞)．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，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．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x0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x0不恒成立．若a－1时，f(x)≥0对任意x0恒成立，转化为aa＋1≥2x－1xex对任意x0恒成立．设函数F(x)＝2x－1xex(x0)，则F′(x)＝－（2x＋1）（x－1）x2ex.当0x1时，F′(x)0，当x1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)＝1e，于是aa＋1≥1e，解得a≥1e－1.故实数a的取值范围是1e－1，＋∞.角度不等式能成立求参数的取值(范围)[典例2]已知函数f(x)＝xlnx(x0)．(1)求函数f(x)的极值；(2)若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≤－x2＋mx－32成立，求实数m的最小值．解：(1)由f(x)＝xlnx，得f′(x)＝1＋lnx，令f′(x)0，得x1e；令f′(x)0，得0x1e.所以f(x)在0，1e上单调递减，在1e，＋∞上单调递增．所以f(x)在x＝1e处取到极小值，且为f1e＝－1e，无极大值．(2)由f(x)≤－x2＋mx－32，得m≥2xlnx＋x2＋3x.问题转化为m≥2xlnx＋x2＋3xmin.令g(x)＝2xlnx＋x2＋3x＝2lnx＋x＋3x(x0)．则g′(x)＝2x＋1－3x2＝x2＋2x－3x2＝（x＋3）（x－1）x.由g′(x)0，得x1；由g′(x)0，得0x1.所以g(x)在(0，1)上递减，在(1，＋∞)上递增．所以g(x)min＝g(1)＝4，则m≥4.故m的最小值为4.1．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.已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝lnxx.(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a0时，令f′(x)＝0，得x＝lna.由f′(x)0，得f(x)的单调递增区间为(－∞，lna)；由f′(x)0，得f(x)的单调递减区间为(lna，＋∞)．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a0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，lna)，单调递减区间为(lna，＋∞)．(2)因为∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，则ax≤lnxx，即a≤lnxx2.设h(x)＝lnxx2，则问题转化为a≤lnxx2max，由h′(x)＝1－2lnxx3，令h′(x)＝0，得x＝e.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，e)e(e，＋∞)h′(x)＋0－h(x)↗极大值12e↘由上表可知，当x＝e时，函数h(x)有极大值，即最大值为12e，所以a≤12e.故a的取值范围是－∞，12e.