2025版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第4講導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用第1課時(shí)利用導(dǎo)數(shù)解決不等式問題教案文新人教A版

PAGEPAGE1第1課時(shí)利用導(dǎo)數(shù)解決不等式問題構(gòu)造函數(shù)證明不等式(師生共研)(2024·唐山市摸底考試)設(shè)f(x)＝2xlnx＋1.(1)求f(x)的最小值；(2)證明：f(x)≤x2－x＋eq\f(1,x)＋2lnx.【解】(1)f′(x)＝2(lnx＋1)．所以當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．所以當(dāng)x＝eq\f(1,e)時(shí)，f(x)取得最小值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝1－eq\f(2,e).(2)證明：x2－x＋eq\f(1,x)＋2lnx－f(x)＝x(x－1)－eq\f(x－1,x)－2(x－1)lnx＝(x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)－2lnx))，令g(x)＝x－eq\f(1,x)－2lnx，則g′(x)＝1＋eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＝eq\f(（x－1）2,x2)≥0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又g(1)＝0，所以當(dāng)0<x<1時(shí)，g(x)<0，當(dāng)x>1時(shí)，g(x)>0，所以(x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)－2lnx))≥0，即f(x)≤x2－x＋eq\f(1,x)＋2lnx.eq\a\vs4\al()利用導(dǎo)數(shù)證明不等式成立問題的常用方法(1)將不等式轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值來證明不等式，其主要思想是依據(jù)函數(shù)在固定區(qū)間的單調(diào)性，干脆求得函數(shù)的最值，然后由f(x)≤f(x)max或f(x)≥f(x)min干脆證得不等式．(2)干脆將不等式轉(zhuǎn)化成某個(gè)函數(shù)的最值問題．若證明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)，假如F′(x)<0，則F(x)在(a，b)上是減函數(shù)，同時(shí)若F(a)≤0，由減函數(shù)的定義可知，x∈(a，b)時(shí)，有F(x)<0，即證明f(x)<g(x)．(2024·高考北京卷節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,4)x3－x2＋x.(1)求曲線y＝f(x)的斜率為1的切線方程；(2)當(dāng)x∈[－2，4]時(shí)，求證：x－6≤f(x)≤x.解：(1)由f(x)＝eq\f(1,4)x3－x2＋x得f′(x)＝eq\f(3,4)x2－2x＋1.令f′(x)＝1，即eq\f(3,4)x2－2x＋1＝1，得x＝0或x＝eq\f(8,3).又f(0)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)))＝eq\f(8,27)，所以曲線y＝f(x)的斜率為1的切線方程是y＝x與y－eq\f(8,27)＝x－eq\f(8,3)，即y＝x與y＝x－eq\f(64,27).(2)證明：令g(x)＝f(x)－x，x∈[－2，4]．由g(x)＝eq\f(1,4)x3－x2得g′(x)＝eq\f(3,4)x2－2x.令g′(x)＝0得x＝0或x＝eq\f(8,3).g′(x)，g(x)的狀況如下：x－2(－2，0)0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(8,3)))eq\f(8,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，4))4g′(x)＋－＋g(x)－60－eq\f(64,27)0所以g(x)的最小值為－6，最大值為0.故－6≤g(x)≤0，即x－6≤f(x)≤x.轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)的最值進(jìn)行比較(師生共研)(2024·福州模擬)已知函數(shù)f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1)探討f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a＝e時(shí)，證明：xf(x)－ex＋2ex≤0.【解】(1)f′(x)＝eq\f(e,x)－a(x>0)．①若a≤0，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；②若a>0，則當(dāng)0<x<eq\f(e,a)時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x>eq\f(e,a)時(shí)，f′(x)<0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)證明：因?yàn)閤>0，所以只需證f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，當(dāng)a＝e時(shí)，由(1)知，f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(1)＝－e.記g(x)＝eq\f(ex,x)－2e(x>0)，則g′(x)＝eq\f(（x－1）ex,x2)，所以當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.綜上，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)≤g(x)，即f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.eq\a\vs4\al()(1)在證明不等式中，若無法轉(zhuǎn)化為一個(gè)函數(shù)的最值問題，則可以考慮轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)的最值問題．(2)在證明過程中，等價(jià)轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵，此處f(x)min>g(x)max恒成立．從而f(x)>g(x)，但此處f(x)與g(x)取到最值的條件不是同一個(gè)“x的值”．(2024·四省八校雙教研聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ax－axlnx－1(a∈R，a≠0)．(1)探討函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)x>1時(shí)，求證：eq\f(1,x－1)>eq\f(1,ex)－1.解：(1)f′(x)＝a－a(lnx＋1)＝－alnx，若a>0，則當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x∈(1，＋∞)，f′(x)<0，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減；若a<0，則當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)，f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)證明：要證eq\f(1,x－1)>eq\f(1,ex)－1，即證eq\f(x,x－1)>e－x，即證eq\f(x－1,x)<ex，又由第(1)問令a＝1知f(x)＝x－xlnx－1在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，f(1)＝0，所以當(dāng)x>1時(shí)，x－xlnx－1<0，即eq\f(x－1,x)<lnx，則只需證當(dāng)x>1時(shí)，lnx<ex即可．令F(x)＝ex－lnx,x>1，則F′(x)＝ex－eq\f(1,x)單調(diào)遞增，所以F′(x)>F′(1)＝e－1>0，所以F(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以F(x)>F(1)，而F(1)＝e，所以ex－lnx>e>0，所以ex>lnx，所以ex>lnx>eq\f(x－1,x)，所以原不等式得證．由不等式恒成立探求參數(shù)的取值范圍(師生共研)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－1.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)設(shè)m∈R，對(duì)隨意的a∈(－1，1)，總存在x0∈[1，e]，使不等式ma－f(x0)＜0成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．【解】(1)f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)，x＞0.令f′(x)＞0，得x＞1，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(1，＋∞)．令f′(x)＜0，得0＜x＜1，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，1)．(2)依題意，ma＜f(x)max，由(1)知，f(x)在x∈[1，e]上是增函數(shù)．所以f(x)max＝f(e)＝lne＋eq\f(1,e)－1＝eq\f(1,e).所以ma＜eq\f(1,e)，即ma－eq\f(1,e)＜0，對(duì)于隨意的a∈(－1，1)恒成立．所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m×1－\f(1,e)≤0，,m×（－1）－\f(1,e)≤0，))解得－eq\f(1,e)≤m≤eq\f(1,e).所以m的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，\f(1,e))).eq\a\vs4\al()解決含參不等式恒成立(或有解)問題的方法(1)干脆構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，進(jìn)而得出相應(yīng)的含參不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍．若f(x)≥a或g(x)≤a恒成立，只需滿意f(x)min≥a或g(x)max≤a即可，利用導(dǎo)數(shù)方法求出f(x)的最小值或g(x)的最大值，從而問題得解．(2)先分別參變量，再構(gòu)造函數(shù)，進(jìn)而把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題．已知函數(shù)f(x)＝x·lnx．若對(duì)于隨意x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，都有f(x)≤ax－1，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：當(dāng)eq\f(1,e)≤x≤e時(shí)，f(x)≤ax－1等價(jià)于a≥lnx＋eq\f(1,x).令g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e)).當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))時(shí)，g′(x)<0，所以g(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(1，e]時(shí)，g′(x)>0，所以g(x)在(1，e]上單調(diào)遞增．而geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝lneq\f(1,e)＋e＝e－1>1.5，g(e)＝lne＋eq\f(1,e)＝1＋eq\f(1,e)<1.5.所以g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的最大值為geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝e－1.所以當(dāng)a≥e－1時(shí)，對(duì)于隨意x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，都有f(x)≤ax－1.所以a的取值范圍是[e－1，＋∞)．核心素養(yǎng)系列8邏輯推理——兩個(gè)經(jīng)典不等式的活用邏輯推理是得到數(shù)學(xué)結(jié)論，構(gòu)建數(shù)學(xué)體系的重要方式，是數(shù)學(xué)嚴(yán)謹(jǐn)性的基本保證．利用兩個(gè)經(jīng)典不等式解決其他問題，降低了思索問題的難度，優(yōu)化了推理和運(yùn)算過程．(1)對(duì)數(shù)形式：x≥1＋lnx(x>0)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)，等號(hào)成立．(2)指數(shù)形式：ex≥x＋1(x∈R)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)，等號(hào)成立．進(jìn)一步可得到一組不等式鏈：ex>x＋1>x>1＋lnx(x>0，且x≠1)．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,ln（x＋1）－x)，則y＝f(x)的圖象大致為()【解析】因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)閑q\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1>0，,ln（x＋1）－x≠0，))即{x|x>－1，且x≠0}，所以解除選項(xiàng)D.當(dāng)x>0時(shí)，由經(jīng)典不等式x>1＋lnx(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時(shí)均有f(x)<0，解除A，C，易知B正確【答案】Beq\a\vs4\al()本題利用了經(jīng)典不等式x>1＋lnx．已知函數(shù)f(x)＝ex，x∈R.證明：曲線y＝f(x)與曲線y＝eq\f(1,2)x2＋x＋1有唯一公共點(diǎn)．證明：令g(x)＝f(x)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2＋x＋1))＝ex－eq\f(1,2)x2－x－1，x∈R，則g′(x)＝ex－x－1，由經(jīng)典不等式ex≥x＋1恒成立可知，g′(x)≥0恒成立，所以g(x)在R上為單調(diào)遞增函數(shù)，且g(0)＝0.所以函數(shù)g(x)有唯一零點(diǎn)，即兩曲線有唯一公共點(diǎn)．[基礎(chǔ)題組練]1．(2024·汕頭一模)函數(shù)f(x)＝lnx＋a的導(dǎo)數(shù)為f′(x)，若方程f′(x)＝f(x)的根x0小于1，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A．(1，＋∞) B．(0，1)C．(1，eq\r(2)) D．(1，eq\r(3))解析：選A.由函數(shù)f(x)＝lnx＋a可得f′(x)＝eq\f(1,x)，因?yàn)閤0使f′(x)＝f(x)成立，所以eq\f(1,x0)＝lnx0＋a，又0<x0<1，所以eq\f(1,x0)>1，lnx0<0，所以a＝eq\f(1,x0)－lnx0>1.2．(2024·聊城模擬)若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3)在區(qū)間(a，a＋5)上存在最小值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．[－5，0) B．(－5，0)C．[－3，0) D．(－3，0)解析：選C.由題意知，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函數(shù)，在(－2，0)上是減函數(shù)，作出其大致圖象如圖所示，令eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3)＝－eq\f(2,3)得，x＝0或x＝－3，則結(jié)合圖象可知，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3≤a<0，,a＋5>0，))解得a∈[－3，0)．3．已知函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(4,x)，g(x)＝2x＋a，若?x1∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，?x2∈[2，3]，使得f(x1)≥g(x2)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是．解析：由題意知f(x)mineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))))≥g(x)min(x∈[2，3])，因?yàn)閒(x)min＝5，g(x)min＝4＋a，所以5≥4＋a，即a≤1.答案：(－∞，1]4．若對(duì)隨意a，b滿意0<a<b<t，都有blna<alnb，則t的最大值為．解析：因?yàn)?<a<b<t，blna<alnb，所以eq\f(lna,a)<eq\f(lnb,b)，令y＝eq\f(lnx,x)，x∈(0，t)，則函數(shù)在(0，t)上單調(diào)遞增，故y′＝eq\f(1－lnx,x2)≥0，解得0<x≤e，故t的最大值是e.答案：e5．(2024·貴州省適應(yīng)性考試)函數(shù)f(x)＝x－lnx，g(x)＝aex.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求證：當(dāng)a≥eq\f(1,e)時(shí)，xf(x)≤g(x)．解：(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．由f(x)＝x－lnx，得f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，1)，單調(diào)遞增區(qū)間是(1，＋∞)．(2)證明：要證xf(x)≤g(x)，即證x(x－lnx)≤aex，即證a≥eq\f(x2－xlnx,ex).設(shè)h(x)＝eq\f(x2－xlnx,ex)，則h′(x)＝eq\f(－x2＋2x－1＋xlnx－lnx,ex)＝eq\f([lnx－（x－1）]（x－1）,ex)，由(1)可知f(x)≥f(1)＝1，即lnx－(x－1)≤0，于是，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減．所以x＝1時(shí)，h(x)取得最大值，h(x)max＝eq\f(1－0,e)＝eq\f(1,e)，所以當(dāng)a≥eq\f(1,e)時(shí)，xf(x)≤g(x)．[綜合題組練]1．(2024·貴州省適應(yīng)性考試)已知函數(shù)f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝eq\f(lnx,x).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)?x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范圍．解：(1)因?yàn)閒′(x)＝a－ex，x∈R.當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)<0，f(x)在R上單調(diào)遞減；當(dāng)a＞0時(shí)，令f′(x)＝0得x＝lna.由f′(x)＞0得f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，lna)；由f′(x)<0得f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(lna，＋∞)．綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為R；當(dāng)a＞0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，lna)；單調(diào)遞減區(qū)間為(lna，＋∞)．(2)因?yàn)?x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，則ax≤eq\f(lnx,x)，即a≤eq\f(lnx,x2).設(shè)h(x)＝eq\f(lnx,x2)，則問題轉(zhuǎn)化為a≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x2)))eq\s\do7(max)，由h′(x)＝eq\f(1－2lnx,x3)，令h′(x)＝0，則x＝eq\r(e).當(dāng)x在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)改變時(shí)，h′(x)，h(x)的改變狀況如下表：x(0，eq\r(e))eq\r(e)(eq\r(e)，＋∞)h′(x)＋0－h(huán)(x)極大值eq\f(1,2e)由上表可知，當(dāng)x＝eq\r(e)時(shí)，函數(shù)h(x)有極大值，即最大值為eq\f(1,2e).所以a≤eq\f(1,2e).2．(2024·重慶市七校聯(lián)合考試)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(e,ex)，g(x)＝a(x2－1)－lnx(a∈R，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))．(1)證明：當(dāng)x>1時(shí)，f(x)>0；(2)探討g(x)的單調(diào)性；(3)若不等式f(x)<g(x)對(duì)x∈(1，＋∞)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：(1)證明：f(x)＝eq\f(ex－1－x,xex－1)，令s(x)＝ex－1－x，則s′(x)＝ex－1－1，當(dāng)x>1時(shí)，s′(x)>0，所以s(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，又s(1)＝0，所以s(x)>0