2020届高考数学一轮复习 第二篇 函数、导数及其应用 第11节 导数在研究函数中的应用（第3课时）

第二篇函数、导数及其应用(必修1、选修2-2)返回导航第11节导数在研究函数中的应用返回导航利用导数证明不等式是高考的热点问题，常作为解答题的一问出现，难度较大，解决此类问题一般是通过构造函数把不等式问题转化为求函数单调性或最值问题解决．第三课时利用导数证明不等式专题构造法证明一元不等式问题已知f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3.(1)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx＞1ex－2ex成立．返回导航解：(1)∀x∈(0，＋∞)，有2xlnx≥－x2＋ax－3，则a≤2lnx＋x＋3x，设h(x)＝2lnx＋x＋3x(x＞0)，则h′(x)＝x＋3x－1x2，返回导航①当x∈(0,1)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，②当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4.因为对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，所以a≤h(x)min＝4.(2)证明问题等价于证明xlnx＞xex－2e(x∈(0，＋∞))．返回导航f(x)＝xlnx(x∈(0，＋∞))的最小值是－1e，当且仅当x＝1e时取到，设m(x)＝xex－2e(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝1－xex，易知m(x)max＝m(1)＝－1e，当且仅当x＝1时取到．从而对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx＞1ex－2ex成立．返回导航【反思归纳】利用导数法证明不等式f(x)g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)0，若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min≥g(x)max；若f(x)与g(x)的最值不易求出，可对h(x)＝f(x)－g(x)适当变形后进行转化．返回导航【即时训练】(2017全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ax2－ax－xlnx，且f(x)≥0.(1)求a；(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2＜f(x0)＜2－2.返回导航解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．设g(x)＝ax－a－lnx，则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0.因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0，而g′(x)＝a－1x，g′(1)＝a－1，得a＝1.若a＝1，则g′(x)＝1－1x.当0＜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x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.综上，a＝1.返回导航(2)由(1)知f(x)＝x2－x－xlnx，f′(x)＝2x－2－lnx.设h(x)＝2x－2－lnx，则h′(x)＝2－1x.当x∈0，12时，h′(x)＜0；当x∈12，＋∞时，h′(x)＞0.所以h(x)在0，12单调递减，在12，＋∞单调递增．又h(e－2)＞0，h12＜0，h(1)＝0，所以h(x)在(0，12)有唯一零点x0在12，＋∞有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)＞0；返回导航当x∈(x0,1)时，h(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0.因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点．由f′(x0)＝0得lnx0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0)．由x0∈0，12得f(x0)＜14.因为x＝x0是f(x)在(0,1)的最大值点，由e－1∈(0,1)，f′(e－1)≠0得f(x0)＞f(e－1)＝e－2.所以e－2＜f(x0)＜2－2.返回导航不等式恒成立问题已知函数f(x)＝m(x－1)ex＋x2(m∈R)．(1)若m＝－1，求函数f(x)的单调区间；(2)若对任意的x＜0，不等式x2＋(m＋2)x＞f′(x)恒成立，求m的取值范围．返回导航解：(1)当m＝－1时，f(x)＝(1－x)ex＋x2，则f′(x)＝x(2－ex)，由f′(x)＞0得，0＜x＜ln2，由f′(x)＜0得x＜0或x＞ln2，故函数f(x)的单调递增区间为(0，ln2)，单调递减区间为(－∞，0)，(ln2，＋∞)．返回导航(2)依题意，f′(x)＝mxex＋2m＜x2＋(m＋2)x，x＜0，因为x＜0，所以mex－x－m＞0，令h(x)＝mex－x－m，则h′(x)＝mex－1，当m≤1时，h′(x)≤ex－1＜0，则h(x)在(－∞，0)上单调递减，所以h(x)＞h(0)＝0，符合题意；当m＞1时，h(x)在(－∞，－lnm)上单调递减，在(－lnm,0)上单调递增，所以h(x)min＝h(－lnm)＜h(0)＝0，不合题意．综上所述，m的取值范围为(－∞，1]．返回导航【反思归纳】二元不等式问题有两种形式，一种形式是对于同一个函数的两个不同自变量而言，一种形式则是对不同函数的不同自变量而言．利用导数解决第一种形式的二元不等式的基本思想是把这个二元不等式转化为一元不等式，通过构造函数，然后按照导数研究一元不等式的方法解决．转化的基本思路有两个，一是根据函数的单调性把不等式转化为一个函数在指定的区间上是单调的，二是通过“齐次变换”把不等式转化为一元不等式，然后构造函数．对于第二种形式则是转化为不同函数的最值进行解答．返回导航提醒：在把不等式转换为一元不等式时要注意变换的等价性，以及变换后函数的定义域．返回导航【即时训练】函数f(x)＝ex－x－1，g(x)＝ex(ax＋xcosx＋1)．(1)求函数f(x)的极值；(2)若a＞－1，证明：当x∈(0,1)时，g(x)＞1.返回导航解析：(1)函数f(x)＝ex－x－1的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－1，由f′(x)＞0得x＞0，f′(x)＜0得x＜0，所以函数f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)只有极小值f(0)＝0，(2)不等式g(x)＞1等价于ax＋xcosx＋1＞1ex，由(1)得：ex≥x＋1，所以1ex＜1x＋1，x∈(0,1)，所以(ax＋xcosx＋1)－1ex＞(ax＋xcosx＋1)－1x＋1＝ax＋xcosx＋xx＋1＝x(a＋cosx＋1x＋1)．返回导航令h(x)＝cosx＋a＋1x＋1，则h′(x)＝－sinx－1x＋12，当x∈(0,1)时，h′(x)＜0，所以h(x)在(0,1)上为减函数，因此，h(x)＞h(1)＝a＋12＋cos1，因为cos1＞cosπ3＝12，所以，当a＞－1时，a＋12＋cos1＞0，所以h(x)＞0，而x∈(0,1)，所以g(x)＞1.返回导航赋值法证明正整数不等式问题(2017全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x－1－alnx.(1)若f(x)≥0，求a的值；(2)设m为整数，且对于任意正整数n，1＋121＋122…1＋12n＜m，求m的最小值．返回导航解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．①若a≤0，因为f12＝－12＋aln2＜0，所以不满足题意；②若a＞0，由f′(x)＝1－ax＝x－ax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．由于f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0.故a＝1.返回导航(2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－lnx＞0.令x＝1＋12n得ln(1＋12n)＜12n.从而ln1＋12＋ln1＋122＋…＋ln1＋12n＜12＋122＋…＋12n＝1－12n＜1.故1＋121＋122…1＋12n＜e.而(1＋12)(1＋122)(1＋123)＞2，所以m的最小值为3.返回导航【反思归纳】利用导数研究的正整数不等式一般都与题目给出的函数不等式有关，如本例中给出的函数f(x)在a＝12，x≥1时，有不等式12x－1x≥lnx，根据函数的定义域，这个不等式当然对一切大于等于1的数成立，这样根据所证不等式的特点，给定x以适当的数值即可证明正整数不等式．凡涉及从1到n的整数的不等式，而且不等式中含有lnn的问题，一般都是通过赋值使之产生lnn＋1n，lnnn－1等使问题获得解决的，如证明12＋23＋…＋nn＋1n＋ln2－ln(n＋2)时，就是通过变换nn＋1＝1－1n＋1，进而通过不等式xln(1＋x)(x0)，得1nln1＋1n＝ln(n＋1)－lnn，累加后得出的．返回导航提醒：证明正整数不等式时，要把这些正整数放在正实数的范围内，通过构造正实数的不等式进行证明，而不能直接构造正整数的函数，因为这样的函数不是可导函数，使用导数就是错误的．返回导航【即时训练】已知函数f(x)＝ex－ax－a(其中a∈R，e是自然对数的底数，e＝2.71828…)．(1)当a＝e时，求函数f(x)的极值；(2)当0≤a≤1时，求证f(x)≥0；(3)求证：对任意正整数n，都有1＋121＋122…1＋12n＜e.返回导航(1)解：当a＝e时，f(x)＝ex－ex－e，f′(x)＝ex－e，当x＜1时，f′(x)＜0；当x＞1时，f′(x)＞0；所以函数f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)在x＝1处取得极小值f(1)＝－e，函数f(x)无极大值；返回导航(2)解：由f(x)＝ex－ax－a，f′(x)＝ex－a①当a＝0时，f(x)＝ex≥0恒成立，满足条件，②当0＜a≤1时，由f′(x)＝0，得x＝lna，则当x∈(－∞，lna)时，f′(x)＜0，当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)＞0，所以函数f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，返回导航所以函数f(x)在x＝lna处取得极小值即为最小值，f(x)min＝f(lna)＝elna－alna－a＝－alna.因为0＜a≤1，所以lna≤0，所以－alna≥0，所以f(x)min≥0，综上得，当0≤a≤1时，f(x)≥0；返回导航(3)证明：由(2)知，当a＝1时，f(x)≥0恒成立，所以f(x)＝ex－x－1≥0恒成立，即ex≥x＋1，所以ln(x＋1)≤x，令x＝12n(n∈N＋)，得ln1＋12n≤12n，所以ln1＋12＋ln1＋122＋…＋ln1＋12n≤12＋122＋…＋12n＝121－12n1－12＝1－12n1，所以1＋121＋122…1＋12n＜e.返回导航