2025版高考数学一轮复习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

PAGEPAGE1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)(2024·唐山市摸底考试)设f(x)＝2xlnx＋1.(1)求f(x)的最小值；(2)证明：f(x)≤x2－x＋eq\f(1,x)＋2lnx.【解】(1)f′(x)＝2(lnx＋1)．所以当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以当x＝eq\f(1,e)时，f(x)取得最小值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝1－eq\f(2,e).(2)证明：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，则g′(x)＝1＋eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＝eq\f(（x－1）2,x2)≥0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，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)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，干脆求得函数的最值，然后由f(x)≤f(x)max或f(x)≥f(x)min干脆证得不等式．(2)干脆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)，假如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)．(2024·高考北京卷节选)已知函数f(x)＝eq\f(1,4)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)＝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)，所以曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程是y＝x与y－eq\f(8,27)＝x－eq\f(8,3)，即y＝x与y＝x－eq\f(64,27).(2)证明：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)的状况如下：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)(2024·福州模拟)已知函数f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1)探讨f(x)的单调性；(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.【解】(1)f′(x)＝eq\f(e,x)－a(x>0)．①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a>0，则当0<x<eq\f(e,a)时，f′(x)>0，当x>eq\f(e,a)时，f′(x)<0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,a)，＋∞))上单调递减．(2)证明：因为x>0，所以只需证f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，当a＝e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)max＝f(1)＝－e.记g(x)＝eq\f(ex,x)－2e(x>0)，则g′(x)＝eq\f(（x－1）ex,x2)，所以当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g(x)min＝g(1)＝－e.综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.eq\a\vs4\al()(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”．(2024·四省八校双教研联考)已知函数f(x)＝ax－axlnx－1(a∈R，a≠0)．(1)探讨函数f(x)的单调性；(2)当x>1时，求证：eq\f(1,x－1)>eq\f(1,ex)－1.解：(1)f′(x)＝a－a(lnx＋1)＝－alnx，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)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；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)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)证明：要证eq\f(1,x－1)>eq\f(1,ex)－1，即证eq\f(x,x－1)>e－x，即证eq\f(x－1,x)<ex，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x>1时，x－xlnx－1<0，即eq\f(x－1,x)<lnx，则只需证当x>1时，lnx<ex即可．令F(x)＝ex－lnx,x>1，则F′(x)＝ex－eq\f(1,x)单调递增，所以F′(x)>F′(1)＝e－1>0，所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增，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)＝lnx＋eq\f(1,x)－1.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设m∈R，对随意的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)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)，x＞0.令f′(x)＞0，得x＞1，所以函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)．令f′(x)＜0，得0＜x＜1，所以函数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＋eq\f(1,e)－1＝eq\f(1,e).所以ma＜eq\f(1,e)，即ma－eq\f(1,e)＜0，对于随意的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的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，\f(1,e))).eq\a\vs4\al()解决含参不等式恒成立(或有解)问题的方法(1)干脆构造函数，利用导数探讨函数的单调性，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，只需满意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)先分别参变量，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·lnx．若对于随意x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，都有f(x)≤ax－1，求实数a的取值范围．解：当eq\f(1,e)≤x≤e时，f(x)≤ax－1等价于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)).当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))时，g′(x)<0，所以g(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上单调递减，当x∈(1，e]时，g′(x)>0，所以g(x)在(1，e]上单调递增．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))上的最大值为geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝e－1.所以当a≥e－1时，对于随意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，降低了思索问题的难度，优化了推理和运算过程．(1)对数形式：x≥1＋lnx(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＋lnx(x>0，且x≠1)．已知函数f(x)＝eq\f(1,ln（x＋1）－x)，则y＝f(x)的图象大致为()【解析】因为f(x)的定义域为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1>0，,ln（x＋1）－x≠0，))即{x|x>－1，且x≠0}，所以解除选项D.当x>0时，由经典不等式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时均有f(x)<0，解除A，C，易知B正确【答案】Beq\a\vs4\al()本题利用了经典不等式x>1＋lnx．已知函数f(x)＝ex，x∈R.证明：曲线y＝f(x)与曲线y＝eq\f(1,2)x2＋x＋1有唯一公共点．证明：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，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．(2024·汕头一模)函数f(x)＝lnx＋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，eq\r(2)) D．(1，eq\r(3))解析：选A.由函数f(x)＝lnx＋a可得f′(x)＝eq\f(1,x)，因为x0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·聊城模拟)若函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3)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，作出其大致图象如图所示，令eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3)＝－eq\f(2,3)得，x＝0或x＝－3，则结合图象可知，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3≤a<0，,a＋5>0，))解得a∈[－3，0)．3．已知函数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)，则实数a的取值范围是．解析：由题意知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])，因为f(x)min＝5，g(x)min＝4＋a，所以5≥4＋a，即a≤1.答案：(－∞，1]4．若对随意a，b满意0<a<b<t，都有blna<alnb，则t的最大值为．解析：因为0<a<b<t，blna<alnb，所以eq\f(lna,a)<eq\f(lnb,b)，令y＝eq\f(lnx,x)，x∈(0，t)，则函数在(0，t)上单调递增，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·贵州省适应性考试)函数f(x)＝x－lnx，g(x)＝aex.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求证：当a≥eq\f(1,e)时，xf(x)≤g(x)．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．由f(x)＝x－lnx，得f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，当x∈(0，1)时，f′(x)<0；当x∈(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(x－lnx)≤aex，即证a≥eq\f(x2－xlnx,ex).设h(x)＝eq\f(x2－xlnx,ex)，则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，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x＝1时，h(x)取得最大值，h(x)max＝eq\f(1－0,e)＝eq\f(1,e)，所以当a≥eq\f(1,e)时，xf(x)≤g(x)．[综合题组练]1．(2024·贵州省适应性考试)已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝eq\f(lnx,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)＝a－ex，x∈R.当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上单调递减；当a＞0时，令f′(x)＝0得x＝lna.由f′(x)＞0得f(x)的单调递增区间为(－∞，lna)；由f′(x)<0得f(x)的单调递减区间为(lna，＋∞)．综上，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为R；当a＞0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，lna)；单调递减区间为(lna，＋∞)．(2)因为∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，则ax≤eq\f(lnx,x)，即a≤eq\f(lnx,x2).设h(x)＝eq\f(lnx,x2)，则问题转化为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，则x＝eq\r(e).当x在区间(0，＋∞)内改变时，h′(x)，h(x)的改变状况如下表：x(0，eq\r(e))eq\r(e)(eq\r(e)，＋∞)h′(x)＋0－h(x)极大值eq\f(1,2e)由上表可知，当x＝eq\r(e)时，函数h(x)有极大值，即最大值为eq\f(1,2e).所以a≤eq\f(1,2e).2．(2024·重庆市七校联合考试)设函数f(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(e,ex)，g(x)＝a(x2－1)－lnx(a∈R，e为自然对数的底数)．(1)证明：当x>1时，f(x)>0；(2)探讨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)＝eq\f(ex－1－x,xex－1)，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，＋∞)上单调递增，又s(1)＝0，所以s(x)>0