2021届高考数学一轮复习第三章导数及其应用第2节第3课时导数在不等式中的应用课件新人教A版

2021届高考数学一轮复习第三章导数及其应用第2节第3课时导数在不等式中的应用课件新人教A版

第三课时　导数在不等式中的应用 考点一　构造函数证明不等式　 多维探究 角度 1 　直接构造函数证明不等式 因为曲线 y ＝ f ( x ) 与曲线 y ＝ g ( x ) 的一个公共点是 A (1 ， 1) ，且在点 A 处的切线互相垂直， 所以 g (1) ＝ 1 ，且 f ′(1)· g ′(1) ＝－ 1. 从而 g (1) ＝ a ＋ 1 － b ＝ 1 ，且 g ′(1) ＝－ a － b － 1 ＝ 1. 解得 a ＝ b ＝－ 1. 所以 h ( x ) 在 [1 ，＋ ∞ ) 上单调递增， 角度 2 　适当放缩构造函数证明不等式 【例 1 － 2 】 (2018· 全国 Ⅰ 卷 ) 已知函数 f ( x ) ＝ a e x － ln x － 1. 当 0< x <2 时， f ′( x )<0 ；当 x >2 时， f ′( x )>0. 所以 f ( x ) 在 (0 ， 2) 上单调递减，在 (2 ，＋ ∞ ) 上单调递增 . 当 0< x <1 时， g ′( x )<0 ；当 x >1 时， g ′( x )>0. 所以 x ＝ 1 是 g ( x ) 的最小值点 . 故当 x >0 时， g ( x ) ≥ g (1) ＝ 0. 【训练 1 】 (1) ( 角度 1) 已知函数 f ( x ) ＝ ln x . ① 解　 因为 g ( x ) ＝ f ( x － 1) － x ＋ 2 ＝ ln( x － 1) － x ＋ 2( x >1). 则 g ( x ) 在 (1 ， 2) 上单调递增，在 (2 ，＋ ∞ ) 上单调递减 . 所以 g ( x ) ＝ ln( x － 1) － x ＋ 2 的最大值为 g (2) ＝ 0. 所以 F ( x ) 在 (1 ，＋ ∞ ) 上单调递增，有 F ( x )> F (1) ＝ 0. 当 x ∈ (0 ， 1) 时， f ′( x )<0 ，当 x ∈ (1 ，＋ ∞ ) 时， f ′( x )>0 ， ∴ f ( x ) 在 (0 ， 1) 上单调递减，在 (1 ，＋ ∞ ) 上单调递增 . 考点二　隔离分析最值法证明不等式 【例 2 】 已知函数 f ( x ) ＝ eln x － ax ( a ∈ R ). (1) 讨论函数 f ( x ) 的单调性； (2) 当 a ＝ e 时，证明： xf ( x ) ≤ e x － 2e x . 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. 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. 故不等式 xf ( x ) ≤ e x － 2e x 得证 . 规律方法　 1. 若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标 . 本例中同时含 ln x 与 e x ，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明 . 2. 在证明过程中，等价转化是关键，此处 g ( x ) min ＝ f ( x ) max 恒成立 . 从而 f ( x ) ≤ g ( x ) 恒成立，但此处 f ( x ) 与 g ( x ) 取到最值的条件不是同一个 “ x 的值 ”. (1) 解　 函数 f ( x ) ＝ x ln x － ax 的定义域为 (0 ，＋ ∞ ). 当 a ＝－ 1 时， f ( x ) ＝ x ln x ＋ x ， f ′( x ) ＝ ln x ＋ 2. 显然当 x → ＋ ∞ 时， f ( x ) → ＋ ∞ ， f ( x ) 没有最大值 . ∴ 当 0< x <1 时， G ′( x )>0 ；当 x >1 时， G ′( x )<0. 考点三　不等式恒成立或有解问题　 多维探究 角度 1 　不等式恒成立求参数 【例 3 － 1 】 (2020· 西安模拟改编 ) 已知函数 f ( x ) ＝ a ln x － x ＋ 1( 其中 a >0). 因为 a >0 ，令 f ′( x ) ＝ 0 ，得 x ＝ a ， 在 (0 ， a ) 上， f ′( x )>0 ， f ( x ) 是增函数； 在 ( a ，＋ ∞ ) 上， f ′( x )<0 ， f ( x ) 是减函数， 所以当 x ＝ a 时， f ( x ) 有极大值 f ( a ) ＝ a ln a － a ＋ 1 ，无极小值 . (2) 由 (1) 知，当 x ＝ a 取得极大值也是最大值 . 所以 f ( x ) max ＝ f ( a ) ＝ a ln a － a ＋ 1( a >0) ， 在 (0 ， 1) 上， k ′( a )>0 ， k ( a ) ＝ u ′( a ) 是增函数，在 (1 ，＋ ∞ ) 上， k ′( a )<0 ， k ( a ) ＝ u ′( a ) 是减函数， 所以当 a ＝ 1 时， k ( a ) ＝ u ′( a ) 取得极大值也是最大值， ∴ u ′( a ) max ＝ u ′(1) ＝－ 1<0 ， 在 (0 ，＋ ∞ ) 上， u ′( a )<0 ， u ( a ) 是减函数，又 u (1) ＝ 0 ， 所以要使得 u ( a ) ≤ 0 恒成立，则 a ≥ 1 ， 所以实数 a 的取值范围为 [1 ，＋ ∞ ). 规律方法　 1. 破解此类题需 “ 一形一分类 ” ， “ 一形 ” 是指会结合函数的图象，对函数进行求导，然后判断其极值，从而得到含有参数的方程组，解方程组，即可求出参数的值； “ 一分类 ” 是指对不等式恒成立问题，常需对参数进行分类讨论，求出参数的取值范围 . 2. 利用导数研究含参数的不等式问题，若能够分离参数，则常将问题转化为形如 a ≥ f ( x )( 或 a ≤ f ( x )) 的形式，通过求函数 y ＝ f ( x ) 的最值求得参数范围 . 【训练 3 】 已知函数 f ( x ) ＝ ax e x － ( a ＋ 1)(2 x － 1). (1) 若 a ＝ 1 ，求函数 f ( x ) 的图象在点 (0 ， f (0)) 处的切线方程； (2) 当 x >0 时，函数 f ( x ) ≥ 0 恒成立，求实数 a 的取值范围 . 解　 (1) 若 a ＝ 1 ，则 f ( x ) ＝ x e x － 2(2 x － 1) ， f ′( x ) ＝ x e x ＋ e x － 4 ，则 f ′(0) ＝－ 3 ， f (0) ＝ 2 ， 所以所求切线方程为 y ＝－ 3 x ＋ 2. (2) 若 a ≤ － 1 时，显然 f ( x ) ≥ 0 对 x >0 不恒成立 . 当 0< x <1 时， F ′( x )>0 ；当 x >1 时， F ′( x )<0 ， 所以函数 F ( x ) 在 (0 ， 1) 上单调递增，在 (1 ，＋ ∞ ) 上单调递减， 角度 2 　不等式能成立或有解求参数的取值 ( 范围 ) (1) 求函数 f ( x ) 的单调区间； (2) ∃ x ∈ (0 ，＋ ∞ ) ，使不等式 f ( x ) ≤ g ( x ) － e x 成立，求 a 的取值范围 . 解　 (1) 因为 f ′( x ) ＝ a － e x ， 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 ) 的单调递增区间为 ( － ∞ ， ln a ) ； 由 f ′( x )<0 ，得 f ( x ) 的单调递减区间为 (ln a ，＋ ∞ ). 综上所述，当 a ≤ 0 时， f ( x ) 的单调递减区间为 ( － ∞ ，＋ ∞ ) ，无单调递增区间； 当 a >0 时， f ( x ) 的单调递增区间为 ( － ∞ ， ln a ) ，单调递减区间为 (ln a ，＋ ∞ ). 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： 规律方法　 1. 含参数的能成立 ( 存在型 ) 问题的解题方法 (1) a ≥ f ( x ) 在 x ∈ D 上能成立，则 a ≥ f ( x ) min ； (2) a ≤ f ( x ) 在 x ∈ D 上能成立，则 a ≤ f ( x ) max . 2. 含全称、存在量词不等式能成立问题 (1) 存在 x 1 ∈ A ，任意 x 2 ∈ B 使 f ( x 1 ) ≥ g ( x 2 ) 成立，则 f ( x ) max ≥ g ( x ) max ； (2) 任意 x 1 ∈ A ，存在 x 2 ∈ B ，使 f ( x 1 ) ≥ g ( x 2 ) 成立，则 f ( x ) min ≥ g ( x ) min . 【训练 4 】 已知函数 f ( x ) ＝ x ln x ( x >0). 解　 (1) 由 f ( x ) ＝ x ln x ， 得 f ′( x ) ＝ 1 ＋ ln x ， 由 g ′( x )>0 ，得 x >1 ；由 g ′( x )<0 ，得 0< x <1. 所以 g ( x ) 在 (0 ， 1) 上单调递减，在 (1 ，＋ ∞ ) 上单调递增 . 所以 g ( x ) min ＝ g (1) ＝ 4 ，则 m ≥ 4. 故 m 的最小值为 4. 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： e x ≥ 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： e x > x ＋ 1> x >1 ＋ ln x ( x >0 ，且 x ≠ 1). 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 由经典不等式 e x ≥ 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 . 【例 2 】 ( 2017· 全国 Ⅲ 卷改编 ) 已知函数 f ( x ) ＝ x － 1 － a ln x . (1) 解 　 f ( x ) 的定义域为 (0 ，＋ ∞ ) ， 当 x ∈ (0 ， a ) 时， f ′( x )<0 ；当 x ∈ ( a ，＋ ∞ ) 时， f ′( x )>0 ； 所以 f ( x ) 在 (0 ， a ) 单调递减，在 ( a ，＋ ∞ ) 单调递增， 故 x ＝ a 是 f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 的唯一最小值点 . 因为 f (1) ＝ 0 ，所以当且仅当 a ＝ 1 时， f ( x ) ≥ 0 ，故 a ＝ 1. (2) 证明　 由 (1) 知当 x ∈ (1 ，＋ ∞ ) 时， x － 1 － ln x >0. 【例 3 】 已知函数 f ( x ) ＝ ax － ln x － 1. 所以当 x ∈ (0 ， 1) 时， g ′( x )>0 ，当 x ∈ (1 ，＋ ∞ ) 时， g ′( x )<0 ， 则 g ( x ) 在 (0 ， 1) 上单调递增，在 (1 ，＋ ∞ ) 上单调递减， 所以 g ( x ) max ＝ g (1) ＝ 1 ，则 a ≥ 1 ，所以 a 的最小值为 1. (2) 证明　 当 a ＝ 1 时，由 (1) 得 x ≥ ln x ＋ 1 ，即 t ≥ 1 ＋ ln t .