2021版高考文科数学（北师大版）一轮复习教师用书：第三章　第4讲　第1课时　利用导数解决不等式问题

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

　　　　　　构造函数证明不等式(师生共研)

(2020·九江市摸底考试)设f(x)＝2xln x＋1.

(1)求f(x)的最小值；

(2)证明：f(x)≤x2－x＋＋2ln x.

【解】　(1)f′(x)＝2(ln x＋1)．

所以当x∈时，f′(x)<0，f(x)是减少的；

当x∈时，f′(x)>0，f(x)是增加的．

所以当x＝时，f(x)取得最小值f＝1－.

(2)证明：x2－x＋＋2ln x－f(x)

＝x(x－1)－－2(x－1)ln x

＝(x－1)，

令g(x)＝x－－2ln x，则g′(x)＝1＋－＝≥0，

所以g(x)在(0，＋∞)上是增加的，

又g(1)＝0，

所以当0<x<1时，g(x)<0，

当x>1时，g(x)>0，

所以(x－1)≥0，

即f(x)≤x2－x＋＋2ln x.

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的最值问题．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f(x)<g(x)．

　(2019·高考北京卷节选)已知函数f(x)＝x3－x2＋x.

(1)求曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程；

(2)当x∈[－2，4]时，求证：x－6≤f(x)≤x.

解：(1)由f(x)＝x3－x2＋x得f′(x)＝x2－2x＋1.

令f′(x)＝1，即x2－2x＋1＝1，得x＝0或x＝.

又f(0)＝0，f＝，

所以曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程是y＝x与y－＝x－，

即y＝x与y＝x－.

(2)证明：令g(x)＝f(x)－x，x∈[－2，4]．

由g(x)＝x3－x2得g′(x)＝x2－2x.

令g′(x)＝0得x＝0或x＝.

g′(x)，g(x)的情况如下：

所以g(x)的最小值为－6，最大值为0.

故－6≤g(x)≤0，即x－6≤f(x)≤x.

　　　　转化为两个函数的最值进行比较(师生共研)

(2020·宿州模拟)已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.

【解】　(1)f′(x)＝－a(x>0)．

①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上是增加的；

②若a>0，则当0<x<时，f′(x)>0，当x>时，f′(x)<0，

故f(x)在上是增加的，在上是减少的．

(2)证明：因为x>0，所以只需证f(x)≤－2e，当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0，1)上是增加的，在(1，＋∞)上是减少的，

所以f(x)max＝f(1)＝－e.

记g(x)＝－2e(x>0)，

则g′(x)＝，

所以当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)是减少的，当x>1时，g′(x)>0，g(x)是增加的，

所以g(x)min＝g(1)＝－e.

综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e，

即xf(x)－ex＋2ex≤0.

(1)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值问题．

(2)在证明过程中，等价转化是关键，此处f(x)min>g(x)max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”．　

　(2020·四省八校双教研联考)已知函数f(x)＝ax－axln x－1(a∈R，a≠0)．

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)当x>1时，求证：>－1.

解：(1)f′(x)＝a－a(ln x＋1)＝－aln x，若a>0，则当x∈(0，1)时，f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)，f′(x)<0，所以f(x)在(0，1)上是增加的，在(1，＋∞)上是减少的；

若a<0，则当x∈(0，1)时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)，f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上是减少的，在(1，＋∞)上是增加的．

(2)证明：要证>－1，即证>e－x，即证<ex，

又由第(1)问令a＝1知f(x)＝x－xln x－1在(1，＋∞)上是减少的，f(1)＝0，

所以当x>1时，x－xln x－1<0，即<ln x，则只需证当x>1时，ln x<ex即可．

令F(x)＝ex－ln x, x>1，则F′(x)＝ex－是增加的，所以F′(x)>F′(1)＝e－1>0，

所以F(x)在(1，＋∞)上是增加的，所以F(x)>F(1)，而F(1)＝e，所以ex－ln x>e>0，

所以ex>ln x，所以ex>ln x>，

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)

已知函数f(x)＝ln x＋－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)＝－＝，x＞0.

令f′(x)＞0，得x＞1，所以函数f(x)的递增区间是(1，＋∞)．

令f′(x)＜0，得0＜x＜1，所以函数f(x)的递减区间是(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)＝ln e＋－1＝.

所以ma＜，即ma－＜0，对于任意的a∈(－1，1)恒成立．

所以解得－≤m≤.

所以m的取值范围是.

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．

　已知函数f(x)＝x·ln x．若对于任意x∈，都有f(x)≤ax－1，求实数a的取值范围．

解：当≤x≤e时，f(x)≤ax－1等价于a≥ln x＋.

令g(x)＝ln x＋，x∈，

g′(x)＝－＝，x∈.

当x∈时，g′(x)<0，

所以g(x)在上是减少的，

当x∈(1，e]时，g′(x)>0，所以g(x)在(1，e]上是增加的．

而g＝ln＋e＝e－1>1.5，

g(e)＝ln e＋＝1＋<1.5.

所以g(x)在上的最大值为g＝e－1.

所以当a≥e－1时，对于任意x∈，

都有f(x)≤ax－1.

所以a的取值范围是[e－1，＋∞)．

核心素养系列8　逻辑推理——两个经典不等式的活用

逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证．利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程．

(1)对数形式：x≥1＋ln x(x>0)，当且仅当x＝1时，等号成立．

(2)指数形式：ex≥x＋1(x∈R)，当且仅当x＝0时，等号成立．

进一步可得到一组不等式链：ex>x＋1>x>1＋ln x(x>0，且x≠1)．

已知函数f(x)＝，则y＝f(x)的图象大致为(　　)

【解析】　因为f(x)的定义域为

即{x|x>－1，且x≠0}，所以排除选项D.

当x>0时，由经典不等式x>1＋ln x(x>0)，

以x＋1代替x，得x>ln(x＋1)(x>－1，且x≠0)，

所以ln(x＋1)－x<0(x>－1，且x≠0)，即x>0或－1<x<0时均有f(x)<0，排除A，C，易知B正确

【答案】　B

本题利用了经典不等式x>1＋ln x．

　已知函数f(x)＝ex，x∈R.证明：曲线y＝f(x)与曲线y＝x2＋x＋1有唯一公共点．

证明：令g(x)＝f(x)－＝ex－x2－x－1，x∈R，则g′(x)＝ex－x－1，

由经典不等式ex≥x＋1恒成立可知，g′(x)≥0恒成立，

所以g(x)在R上为增函数，且g(0)＝0.

所以函数g(x)有唯一零点，即两曲线有唯一公共点．

[基础题组练]

1．(2020·陕西咸阳一模)函数f(x)＝ln x＋a的导数为f′(x)，若方程f′(x)＝f(x)的根x0小于1，则实数a的取值范围为(　　)

A．(1，＋∞)　　　　　　　 B．(0，1)

C．(1，)   D．(1，)

解析：选A.由函数f(x)＝ln x＋a可得f′(x)＝，

因为x0使f′(x)＝f(x)成立，所以＝ln x0＋a，

又0<x0<1，所以>1，ln x0<0，

所以a＝－ln x0>1.

2．(2020·宿州模拟)若函数f(x)＝x3＋x2－在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是(　　)

A．[－5，0)   B．(－5，0)

C．[－3，0)   D．(－3，0)

解析：选C.由题意知，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2，0)上是减函数，作出其大致图像如图所示，

令x3＋x2－＝－得，x＝0或x＝－3，则结合图像可知，解得a∈[－3，0)．

3．已知函数f(x)＝x＋，g(x)＝2x＋a，若对任意的x1∈，存在x2∈[2，3]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是________．

解析：由题意知f(x)min≥g(x)min(x∈[2，3])，因为f(x)min＝5，g(x)min＝4＋a，所以5≥4＋a，即a≤1.

答案：(－∞，1]

4．若对任意a，b满足0<a<b<t，都有bln a<aln b，则t的最大值为________．

解析：因为0<a<b<t，bln a<aln b，

所以<，

令y＝，x∈(0，t)，则函数在(0，t)上是增加的，

故y′＝≥0，解得0<x≤e，

故t的最大值是e.

答案：e

5．(2020·贵州省适应性考试)函数f(x)＝x－ln x，g(x)＝aex.

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)求证：当a≥时，xf(x)≤g(x)．

解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．

由f(x)＝x－ln x，得f′(x)＝1－＝，

当x∈(0，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.

所以f(x)的减区间是(0，1)，增区间是(1，＋∞)．

(2)证明：要证xf(x)≤g(x)，即证x(x－ln x)≤aex，即证a≥.设h(x)＝，

则h′(x)＝＝

，由(1)可知f(x)≥f(1)＝1，

即ln x－(x－1)≤0，

于是，当x∈(0，1)时，h′(x)>0，h(x)是增加的；

当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)是减少的．

所以x＝1时，h(x)取得最大值，h(x)max＝＝，

所以当a≥时，xf(x)≤g(x)．

[综合题组练]

1．(2020·贵州省适应性考试)已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝.

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)存在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上是减少的；

当a＞0时，令f′(x)＝0得x＝ln a.

由f′(x)＞0得f(x)的增区间为(－∞，ln a)；

由f′(x)<0得f(x)的减区间为(ln a，＋∞)．

综上，当a≤0时，f(x)的减区间为R；当a＞0时，f(x)的增区间为(－∞，ln a)；

减区间为(ln a，＋∞)．

(2)因为存在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≤，

由h′(x)＝，

令h′(x)＝0，则x＝.

当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：

由上表可知，当x＝时，函数h(x)有极大值，即最大值为.所以a≤.

2．(2020·江西九江模拟)设函数f(x)＝－，g(x)＝a(x2－1)－ln x(a∈R，e为自然对数的底数)．

(1)证明：当x>1时，f(x)>0；

(2)讨论g(x)的单调性；

(3)若不等式f(x)<g(x)对x∈(1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．

解：(1)证明：f(x)＝，

令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1，

当x>1时，s′(x)>0，所以s(x)在(1，＋∞)上是增加的，又s(1)＝0，所以s(x)>0，

从而当x>1时，f(x)>0.

(2)g′(x)＝2ax－＝(x>0)，

当a≤0时，g′(x)<0，g(x)在(0，＋∞)上是减少的，

当a>0时，由g′(x)＝0得x＝ .

当x∈时，g′(x)<0，g(x)是减少的，

当x∈时，g′(x)>0，g(x)是增加的．

(3)由(1)知，当x>1时，f(x)>0.

当a≤0，x>1时，g(x)＝a(x2－1)－ln x<0，

故当f(x)<g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.

当0<a<时， >1，

g(x)在上是减少的，g<g(1)＝0，而f>0，所以此时f(x)<g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立．

当a≥时，令h(x)＝g(x)－f(x)(x≥1)，

当x>1时，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0，

因此，h(x)在区间(1，＋∞)上是增加的，

又h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝g(x)－f(x)>0，即f(x)<g(x)恒成立．

综上，a的取值范围为.