搜索
第4讲导数的综合应用第1课时利用导数解决不等式问题第三章导数及其应用证明不等式(师生共研)(2018·高考全国卷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.【解】(1)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0x2时，f′(x)0；当x2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.设g(x)＝exe－lnx－1，则g′(x)＝exe－1x.当0x1时，g′(x)0；当x1时，g′(x)0.所以x＝1是g(x)的最小值点．故当x0时，g(x)≥g(1)＝0.因此，当a≥1e时，f(x)≥0.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)直接将不等式转化成某个函数最值问题．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，即证明了f(x)g(x)．(3)将待证不等式转化为两个函数的最值进行比较证明：在证明不等式中，若待证不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可借助两个函数的最值证明，如证f(x)≥g(x)在D上成立，只需证明f(x)min≥g(x)max即可．1．已知函数f(x)＝lnx＋2x＋1，求证：f(x)≤x＋12.证明：f(x)＝lnx＋2x＋1.令g(x)＝f(x)－x＋12＝lnx＋2x＋1－x＋12(x＞0)，则g′(x)＝1x－2（x＋1）2－12＝2－x－x32x（x＋1）2＝－（x－1）（x2＋x＋2）2x（x＋1）2.当x＞1时，g′(x)＜0，当0＜x＜1时，g′(x)＞0，所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，即当x＝1时，g(x)取得极大值即最大值，故g(x)≤g(1)＝0，即f(x)≤x＋12成立，得证．2．(2019·四省八校双教研联考)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，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)(2019·江西南昌一模)已知函数f(x)＝ex－alnx－e(a∈R)，其中e为自然对数的底数．(1)若f(x)在x＝1处取到极小值，求a的值及函数f(x)的单调区间；(2)若当x∈[1，＋∞)时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．【解】(1)易知f(x)的定义域为(0，＋∞)．由f(x)＝ex－alnx－e(a∈R)，得f′(x)＝ex－ax.由题意可知f′(1)＝0，所以a＝e，所以f′(x)＝ex－ex＝xex－ex.令g(x)＝xex－e，则g′(x)＝ex(1＋x)．当x＞0时，g′(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0.所以当x∈(0，1)时，g(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，g(x)＞0，所以当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0.故函数f(x)的单调递减区间为(0，1)；单调递增区间为(1，＋∞)．(2)由f(x)＝ex－alnx－e，得f′(x)＝ex－ax.①当a≤0时，f′(x)＝ex－ax＞0，所以f(x)在[1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝0.(符合题意)②当a＞0时，f′(x)＝ex－ax，当x∈[1，＋∞)时，ex≥e.(ⅰ)当a∈(0，e]时，因为x∈[1，＋∞)，所以ax≤e，f′(x)＝ex－ax≥0，所以f(x)在[1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝0.(符合题意)(ⅱ)当a∈(e，＋∞)时，存在x0∈[1，＋∞)，满足f′(x0)＝ex0－ax0＝0，所以f(x)在[1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，故f(x0)＜f(1)＝0.不满足x∈[1，＋∞)时，f(x)≥0恒成立．综上所述，a的取值范围是(－∞，e]．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．1．(2019·安徽十大名校联考)设函数f(x)＝ex－x2－ax－1(e为自然对数的底数)，a∈R.当x＞0时，f(x)＋x≥0恒成立，求a的取值范围．解：当x＞0时，f(x)＋x≥0恒成立，即ex－x2－ax＋x－1≥0恒成立，所以ax≤ex－x2＋x－1，即a≤exx－x－1x＋1恒成立．令h(x)＝exx－x－1x＋1(x＞0)，则h′(x)＝（x－1）（ex－x－1）x2.当x＞0时，ex－x－1＞0恒成立，令h′(x)＜0，解得0＜x＜1，令h′(x)＞0，解得x＞1，所以h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝e－1.所以a的取值范围是(－∞，e－1]．2．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，因此函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)．令f′(x)＜0，得0＜x＜1，因此函数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.