高考数学第三章导数及其应用第4讲导数的综合应用第1课时利用导数解决不等式问题教案文新人教A版.docx

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唐山市摸底考试)设f(x)2xln x1.(1)求f(x)的最小值；(2)证明：f(x)x2x2ln x.【解】(1)f(x)2(ln x1)所以当x时，f(x)0，f(x)单调递增所以当x时，f(x)取得最小值f1.(2)证明：x2x2ln xf(x)x(x1)2(x1)ln x(x1)，令g(x)x2ln x，则g(x)10，所以g(x)在(0，)上单调递增，又g(1)0，所以当0x1时，g(x)1时，g(x)0，所以(x1)0，即f(x)x2x2ln 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)0)若a0，则f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增；若a0，则当0x0，当x时，f(x)0，所以只需证f(x)2e，当ae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)maxf(1)e.记g(x)2e(x0)，则g(x)，所以当0x1时，g(x)1时，g(x)0，g(x)单调递增，所以g(x)ming(1)e.综上，当x0时，f(x)g(x)，即f(x)2e，即xf(x)ex2ex0.(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)ming(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)axaxln x1(aR，a0)(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当x1时，求证：1.解：(1)f(x)aa(ln x1)aln x，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，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增(2)证明：要证1，即证ex，即证1时，xxln x10，即1时，ln x1，则F(x)ex单调递增，所以F(x)F(1)e10，所以F(x)在(1，)上单调递增，所以F(x)F(1)，而F(1)e，所以exln xe0，所以exln x，所以exln 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 x1.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设mR，对任意的a(1，1)，总存在x01，e，使不等式maf(x0)0成立，求实数m的取值范围【解】(1)f(x)，x0.令f(x)0，得x1，所以函数f(x)的单调递增区间是(1，)令f(x)0，得0x1，所以函数f(x)的单调递减区间是(0，1)(2)依题意，maf(x)max，由(1)知，f(x)在x1，e上是增函数所以f(x)maxf(e)ln e1.所以ma，即ma0，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)mina或g(x)maxa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)xln x若对于任意x，都有f(x)ax1，求实数a的取值范围解：当xe时，f(x)ax1等价于aln x.令g(x)ln x，x，g(x)，x.当x时，g(x)0，所以g(x)在(1，e上单调递增而glnee11.5，g(e)ln e10)，当且仅当x1时，等号成立(2)指数形式：exx1(xR)，当且仅当x0时，等号成立进一步可得到一组不等式链：exx1x1ln x(x0，且x1) 已知函数f(x)，则yf(x)的图象大致为()【解析】因为f(x)的定义域为即x|x1，且x0，所以排除选项D.当x0时，由经典不等式x1ln x(x0)，以x1代替x，得xln(x1)(x1，且x0)，所以ln(x1)x1，且x0)，即x0或1x0时均有f(x)1ln x已知函数f(x)ex，xR.证明：曲线yf(x)与曲线yx2x1有唯一公共点证明：令g(x)f(x)exx2x1，xR，则g(x)exx1，由经典不等式exx1恒成立可知，g(x)0恒成立，所以g(x)在R上为单调递增函数，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汕头一模)函数f(x)ln xa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 xa可得f(x)，因为x0使f(x)f(x)成立，所以ln x0a，又0x01，ln x01.2(2020聊城模拟)若函数f(x)x3x2在区间(a，a5)上存在最小值，则实数a的取值范围是()A5，0) B(5，0)C3，0) D(3，0)解析：选C.由题意知，f(x)x22xx(x2)，故f(x)在(，2)，(0，)上是增函数，在(2，0)上是减函数，作出其大致图象如图所示，令x3x2得，x0或x3，则结合图象可知，解得a3，0)3已知函数f(x)x，g(x)2xa，若x1，x22，3，使得f(x1)g(x2)，则实数a的取值范围是 解析：由题意知f(x)ming(x)min(x2，3)，因为f(x)min5，g(x)min4a，所以54a，即a1.答案：(，14若对任意a，b满足0abt，都有bln aaln b，则t的最大值为 解析：因为0abt，bln aaln b，所以，令y，x(0，t)，则函数在(0，t)上单调递增，故y0，解得0xe，故t的最大值是e.答案：e5(2020贵州省适应性考试)函数f(x)xln 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)xln x，得f(x)1，当x(0，1)时，f(x)0.所以f(x)的单调递减区间是(0，1)，单调递增区间是(1，)(2)证明：要证xf(x)g(x)，即证x(xln x)aex，即证a.设h(x)，则h(x)，由(1)可知f(x)f(1)1，即ln x(x1)0，于是，当x(0，1)时，h(x)0，h(x)单调递增；当x(1，)时，h(x)0，h(x)单调递减所以x1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)axex(aR)，g(x).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)x0(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)aex，xR.当a0时，f(x)0，f(x)在R上单调递减；当a0时，令f(x)0得xln a.由f(x)0得f(x)的单调递增区间为(，ln a)；由f(x)1时，f(x)0；(2)讨论g(x)的单调性；(3)若不等式f(x)1时，s(x)0，所以s(x)在(1，)上单调递增，又s(1)0，所以s(x)0，从而当x1时，f(x)0.(2)g(x)2ax(x0)，当a0时，g(x)0时，由g(x)0得x .当x时，g(x)0，g