【数学】2020届一轮复习苏教版高考专题突破一高考中的导数应用问题学案
高考专题突破一 高考中的导数应用问题
第1课时 导数与不等式
题型一 证明不等式
例1 已知函数f(x)＝1－，g(x)＝x－ln x.
(1)证明：g(x)≥1；
(2)证明：(x－ln x)f(x)>1－.
证明 (1)由题意得g′(x)＝(x>0)，
当0
1时，g′(x)>0，
即g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．
所以g(x)≥g(1)＝1，得证．
(2)由f(x)＝1－，得f′(x)＝，
所以当02时，f′(x)>0，
即f(x)在(0,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，
所以f(x)≥f(2)＝1－(当x＝2时取等号)．①
又由(1)知x－ln x≥1(当x＝1时取等号)，②
所以①②等号不同时取得，
所以(x－ln x)f(x)>1－.
思维升华 (1)证明f(x)>g(x)的一般方法是证明h(x)＝f(x)－g(x)>0(利用单调性)，特殊情况是证明f(x)min>g(x)max(最值方法)，但后一种方法不具备普遍性．
(2)证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式，一种方法为变换不等式使两个变元成为一个整体，另一种方法为转化后利用函数的单调性，如不等式f(x1)＋g(x1)0，xln x≤0，
故xln x1时，令g(x)＝ex＋sin x－1－xln x，
故g′(x)＝ex＋cos x－ln x－1.
令h(x)＝g′(x)＝ex＋cos x－ln x－1，
则h′(x)＝ex－－sin x，
当x>1时，ex－>e－1>1，
所以h′(x)＝ex－－sin x>0，
故h(x)在(1，＋∞)上单调递增．
故h(x)>h(1)＝e＋cos 1－1>0，即g′(x)>0，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)>g(1)＝e＋sin 1－1>0，
即xln x0，f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
所以x＝1为函数f(x)的极大值点，且是唯一极值点，
所以00，
所以g(x)为单调增函数，所以g(x)≥g(1)＝2，
故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2]．
引申探究
本例(2)中若改为：∃x∈[1，e]，使不等式f(x)≥成立，求实数k的取值范围．
解 当x∈[1，e]时，k≤有解，
令g(x)＝(x∈[1，e])，由例(2)解题知，
g(x)为单调增函数，所以g(x)max＝g(e)＝2＋，
所以k≤2＋，即实数k的取值范围是.
思维升华 利用导数解决不等式的恒成立问题的策略
(1)首先要构造函数，利用导数求出最值，求出参数的取值范围．
(2)也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
跟踪训练2 已知函数f(x)＝ex－1－x－ax2.
(1)当a＝0时，求证：f(x)≥0；
(2)当x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
(1)证明 当a＝0时，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
f(x)min＝f(0)＝0，∴f(x)≥0.
(2)解 f′(x)＝ex－1－2ax，令h(x)＝ex－1－2ax，
则h′(x)＝ex－2a.
①当2a≤1，即a≤时，
在[0，＋∞)上，h′(x)≥0，h(x)单调递增，
h(x)≥h(0)，即f′(x)≥f′(0)＝0，
∴f(x)在[0，＋∞)上为增函数，∴f(x)≥f(0)＝0，
∴当a≤时满足条件．
②当2a>1，即a>时，
令h′(x)＝0，解得x＝ln(2a)，
在[0，ln(2a))上，h′(x)<0，h(x)单调递减，
∴当x∈(0，ln(2a))时，有h(x)0)，
则F′(x)＝＋1－ex－xex＝－(x＋1)ex
＝(x＋1).
令G(x)＝－ex，可知G(x)在(0，＋∞)上为减函数，
且G＝2－>0，G(1)＝1－e<0，
∴存在x0∈，使得G(x0)＝0，即－＝0.
当x∈(0，x0)时，G(x)>0，∴F′(x)>0，F(x)为增函数；
当x∈(x0，＋∞)时，G(x)<0，
∴F′(x)<0，F(x)为减函数．
∴F(x)≤F(x0)＝ln x0＋x0－＋1，
又∵－＝0，∴＝，即ln x0＝－x0，
∴F(x0)＝0，即F(x)≤0，∴f(x)≤g(x)．
2．已知函数f(x)＝ax2＋bx＋xln x的图象在(1，f(1))处的切线方程为3x－y－2＝0.
(1)求实数a，b的值；
(2)设g(x)＝x2－x，若k∈Z，且k(x－2)2恒成立，求k的最大值．
解 (1)f′(x)＝2ax＋b＋1＋ln x，
所以2a＋b＋1＝3且a＋b＝1，解得a＝1，b＝0.
(2)由(1)与题意知k<＝对任意的x>2恒成立，
设h(x)＝(x>2)，则h′(x)＝，
令m(x)＝x－4－2ln x(x>2)，则m′(x)＝1－＝>0，
所以函数m(x)为(2，＋∞)上的增函数．
因为m(8)＝4－2ln 8<4－2ln e2＝4－4＝0，m(10)＝6－2ln 10>6－2ln e3＝6－6＝0，
所以函数m(x)在(8,10)上有唯一零点x0，
即有x0－4－2ln x0＝0成立，
故当2x0时，m(x)>0，即h′(x)>0，所以函数h(x)在(2，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(x0)＝＝＝，
所以k<，因为x0∈(8,10)，
所以∈(4,5)，又k∈Z，
所以k的最大值为4.
3．已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)∃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上单调递减；
当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln a.
由f′(x)>0，得f(x)的单调增区间为(－∞，ln a)；
由f′(x)<0，得f(x)的单调减区间为(ln a，＋∞)．
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调减区间为(－∞，＋∞)，无单调增区间；
当a>0时，f(x)的单调增区间为(－∞，ln a)，单调减区间为(ln a，＋∞)．
(2)因为∃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≤max，
由h′(x)＝，令h′(x)＝0，得x＝.
当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)随x变化的变化情况如下表：
x
(0，)
(，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)
↗
极大值
↘
由上表可知，当x＝时，函数h(x)有极大值，即最大值为，所以a≤.
故a的取值范围是.
4．已知函数f(x)＝ln x－ax＋－1(a∈R)．设g(x)＝x2－2bx＋4，当a＝时，若∀x1∈(0,2)，总存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围．
解 依题意知f(x)在(0,2)上的最小值不小于g(x)在[1,2]上的最小值，
即f(x)min≥g(x)min.
当a＝时，f(x)＝ln x－x＋－1，
所以f′(x)＝－－＝－，
则当00，
所以当x∈(0,2)时，f(x)min＝f(1)＝－.
又g(x)＝x2－2bx＋4，
①当b<1时，可求得g(x)min＝g(1)＝5－2b，
则5－2b≤－，解得b≥，这与b<1矛盾；
②当1≤b≤2时，可求得g(x)min＝g(b)＝4－b2，
则4－b2≤－，
得b2≥，这与1≤b≤2矛盾；
③当b>2时，可求得g(x)min＝g(2)＝8－4b，
由8－4b≤－，得b≥.
综合①②③得实数b的取值范围是.
5．已知函数f(x)为偶函数，当x≥0时，f(x)＝2ex，若存在实数m，对任意的x∈[1，k](k>1)，都有f(x＋m)≤2ex，求整数k的最小值．
解 因为f(x)为偶函数，且当x≥0时，f(x)＝2ex，
所以f(x)＝2e|x|，
对于x∈[1，k]，由f(x＋m)≤2ex得2e|x＋m|≤2ex，
两边取以e为底的对数得|x＋m|≤ln x＋1，
所以－x－ln x－1≤m≤－x＋ln x＋1在[1，k]上恒成立，
设g(x)＝－x＋ln x＋1(x∈[1，k])，
则g′(x)＝－1＋＝≤0，
所以g(x)在[1，k]上单调递减，
所以g(x)min＝g(k)＝－k＋ln k＋1，
设h(x)＝－x－ln x－1(x∈[1，k])，易知h(x)在[1，k]上单调递减，
所以h(x)max＝h(1)＝－2，故－2≤m≤－k＋ln k＋1，
若实数m存在，则必有－k＋ln k≥－3，
又k>1，且k为整数，
所以k＝2满足要求，故整数k的最小值为2.
