2021届高三新高考数学人教A版一轮复习教学案：第三章第2节 第三课时　导数在不等式中的应用 WORD版含解析.doc

1、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【例11】 (2020南昌调研)已知函数f(x)1，g(x)bx，若曲线yf(x)与曲线yg(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直.(1)求a，b的值；(2)证明：当x1时，f(x)g(x).(1)解因为f(x)1，所以f(x)，f(1)1.因为g(x)bx，所以g(x)b.因为曲线yf(x)与曲线yg(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)a1b1，且g(1)ab11.解得ab1.(2)证明由(1)知，g(x)x，则

2、f(x)g(x)1x0.令h(x)1x(x1)，则h(1)0，h(x)11.因为x1，所以h(x)10，所以h(x)在1，)上单调递增，所以h(x)h(1)0，即1x0.故当x1时，f(x)g(x).角度2适当放缩构造函数证明不等式【例12】 (2018全国卷)已知函数f(x)aexln x1.(1)设x2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a时，f(x)0.(1)解f(x)的定义域为(0，)，f(x)aex.由题设知，f(2)0，所以a.从而f(x)exln x1，f(x)ex.当0x2时，f(x)2时，f(x)0.所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，)上

3、单调递增.(2)证明当a时，f(x)ln x1(x0).设g(x)ln x1(x0)，则g(x)(x0).当0x1时，g(x)1时，g(x)0.所以x1是g(x)的最小值点.故当x0时，g(x)g(1)0.因此，当a时，f(x)0.规律方法构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明.常用的两种构造方法有：(1)直接构造法：证明不等式f(x)g(x)(f(x)0(f(x)g(x)0)，进而构造辅助函数h(x)f(x)g(x)；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln xx1，e

4、xx1；ln xx0)，ln(x1)x(x1)等.【训练1】 (1)(角度1)已知函数f(x)ln x.求函数g(x)f(x1)x2的最大值；已知0a.解因为g(x)f(x1)x2ln(x1)x2(x1).所以g(x)1，当x(1，2)时，g(x)0；当x(2，)时，g(x)，只需证ln bln a.则ln .又因为0a1，构造函数F(x)ln x(x1)，则F(x)0，所以F(x)在(1，)上单调递增，有F(x)F(1)0.所以有f(b)f(a).(2)(角度2)已知函数f(x)ln x.若a1，求f(x)的单调区间；若a0，x(0，1)，证明：x2.解当a1时，f(x)ln x，x(0，)

5、，f(x).当x(0，1)时，f(x)0，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增.证明当a0，x(0，1)时，x2等价于x20，ln x，只需要证ln xx20，则函数g(x)在(0，1)上单调递增，于是g(x)ln 1110，当x(0，1)时，x20)，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.设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)

6、ming(1)e.综上，当x0时，f(x)g(x)，即f(x)2e.故不等式xf(x)ex2ex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ex，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)minf(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”.【训练2】 已知函数f(x)xln xax，G(x)(x0).(1)当a1时，求函数f(x)在(0，)上的最值

7、；(2)求函数G(x)的最大值；(3)证明：对一切x(0，)，都有ln x1成立.(1)解函数f(x)xln xax的定义域为(0，).当a1时，f(x)xln xx，f(x)ln x2.由f(x)0，得x.当x时，f(x)时，f(x)0.所以f(x)在x处取得极小值，也是最小值.故f(x)minf，显然当x时，f(x)，f(x)没有最大值.(2)解易知G(x).当0x0；当x1时，G(x)0时，ln x1等价于x(ln x1).由(1)知a1时，f(x)xln xx的最小值是，当且仅当x时取等号.又由(2)知G(x)maxG(1)，因此f(x)G(x)，故1ln x.考点三不等式恒成立或有解

8、问题多维探究角度1不等式恒成立求参数【例31】 (2020西安模拟改编)已知函数f(x)aln xx1(其中a0).(1)讨论函数f(x)的极值；(2)对任意x0，f(x)(a21)成立，求实数a的取值范围.解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)1.因为a0，令f(x)0，得xa，在(0，a)上，f(x)0，f(x)是增函数；在(a，)上，f(x)0)，要使得对任意x0，f(x)(a21)成立，即aln aa1(a21)，则aln aaa20成立，令u(a)aln aaa2(a0)，所以u(a)ln a11aln aa，令k(a)u(a)ln aa，k(a)1，令k(a)0，得a1，在(

9、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a1时，k(a)u(a)取得极大值也是最大值，u(a)maxu(1)10，在(0，)上，u(a)0时，函数f(x)0恒成立，求实数a的取值范围.解(1)若a1，则f(x)xex2(2x1)，f(x)xexex4，则f(0)3，f(0)2，所以所求切线方程为y3x2.(2)若a1时，显然f(x)0对x0不恒成立.若a1时，f(x)0对任意x0恒成立，转化为对任意x0恒成立.设函数F(x)(x0)，则F(x).当0x0；当x1时，F(x)0，所以函数F(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)

10、上单调递减，所以F(x)maxF(1)，于是，解得a.故实数a的取值范围是.角度2不等式能成立或有解求参数的取值(范围)【例32】 已知函数f(x)axex(aR)，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)aex，xR.当a0时，f(x)0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)0时，f(x)的单调递增区间为(，ln a)，单调递减区间为(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.由

11、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)0h(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.规律方法1.含参数的能成立(存在型)问题的解题方法(1)af(x)在xD上能成立，则af(x)min；(2)af(x)在xD上能成立，则af(x)max.2.含全称、存在量词不等式能成立问题(1)存在x1A，任意x2B使f(x1)g(x2)成立，则f(x)maxg(x)max；(2)任意x1A，存在x2B，使f(x1)g(x2)成立，则f(x)ming(x)min.【训练4】

12、 已知函数f(x)xln x(x0).(1)求函数f(x)的极值；(2)若存在x(0，)，使得f(x)成立，求实数m的最小值.解(1)由f(x)xln x，得f(x)1ln x，令f(x)0，得x；令f(x)0，得0x0).则g(x)1.由g(x)0，得x1；由g(x)0，得0x0)，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).【例1】 (1)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

13、)，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)0，排除A，C，易知B正确.答案B(2)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.【例2】 (2017全国卷改编)已知函数f(x)x1aln x.(1)若f(x)0，求a的值；(2)证明：对于任意正整数n， e.(1)解f(x)的定义域为(0

14、，)，若a0，因为faln 20，由f(x)1知，当x(0，a)时，f(x)0；所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，)单调递增，故xa是f(x)在(0，)的唯一最小值点.因为f(1)0，所以当且仅当a1时，f(x)0，故a1.(2)证明由(1)知当x(1，)时，x1ln x0.令x1，得ln.从而lnlnln11.故0，所以f(x)0等价于a.令g(x)，则g(x)，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)maxg(1)1，则a1，所以a的最小值为1.(2)证明当a1时，由(1)得xln x1，即t

15、1ln t.令t，则xln xln t，故t1(xln x)，所以xln x1，即xln x10.A级基础巩固一、选择题1.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，)解析由函数f(x)ln xa可得f(x)，x0使f(x)f(x)成立，ln x0a，又0x01，ln x01.答案A2.已知函数f(x)1ln x，若存在x00，使得f(x0)0有解，则实数a的取值范围是()A.a2 B.a3C.a1 D.a3解析函数f(x)的定义域是(0，)，不等式1ln x0有解，即axxln x

16、在(0，)上有解.令h(x)xxln x，则h(x)ln x.由h(x)0，得x1.当0x0，当x1时，h(x)0恒成立，当a1时，f(x)minf(a)2aa20，0a1时，由f(x)xaln x0恒成立，即a恒成立.设g(x)，则g(x).令g(x)0，得xe，且当1xe时，g(x)e时，g(x)0，g(x)ming(e)e，ae.综上，a的取值范围是0ae，即0，e.答案C二、填空题4.若对任意a，b满足0abt，都有bln aaln b，则t的最大值为_.解析0abt，bln aaln b，0，解得0xe，故t的最大值是e.答案e5.函数f(x)x2sin x，对任意的x1，x20，恒

17、有|f(x1)f(x2)|M，则M的最小值为_.解析f(x)x2sin x，f(x)12cos x，当0x时，f(x)0，f(x)单调递减；当x0，f(x)单调递增；当x时，f(x)有极小值，也是最小值，即f(x)minf2sin .又f(0)0，f()，在x0，上，f(x)max.由题意得|f(x1)f(x2)|M等价于M|f(x)maxf(x)min|.M的最小值为.答案三、解答题6.已知f(x)(1x)ex1.(1)求函数f(x)的最大值；(2)设g(x)，x1且x0，证明：g(x)0，f(x)单调递增；当x(0，)时，f(x)0时，f(x)0，g(x)01.当1x0时，g(x)x.设h

18、(x)f(x)x，则h(x)xex1.当x(1，0)时，0x1，0ex1，则0xex1，从而当x(1，0)时，h(x)0，h(x)在(1，0)上单调递减.当1xh(0)0，即g(x)1且x0时总有g(x)0，xa0，f(x)0，f(x)在定义域(0，)上单调递增；当a0时，若xa，则f(x)0，f(x)单调递增；若0xa，则f(x)0时，f(x)在区间(0，a)上是减函数，在区间(a，)上是增函数.(2)f(x)1ln x1ln x1axln xx对任意x(0，1恒成立.令g(x)xln xx，x(0，1.则g(x)ln xx1ln x0，x(0，1，g(x)在(0，1上单调递增，g(x)ma

19、xg(1)1，a1，故a的取值范围为1，).B级能力提升8.(2019天津卷节选)设函数f(x)excos x，g(x)为f(x)的导函数.(1)求f(x)的单调区间；(2)当x时，证明f(x)g(x)0.(1)解由已知，有f(x)ex(cos xsin x).因此，当x(kZ)时，有sin xcos x，得f(x)0，则f(x)单调递减；当x(kZ)时，有sin x0，则f(x)单调递增.所以f(x)的单调递增区间为(kZ)，f(x)的单调递减区间为(kZ).(2)证明记h(x)f(x)g(x).依题意及(1)，有g(x)ex(cos xsin x)，从而g(x)2exsin x.当x时，g

20、(x)0，故h(x)f(x)g(x)g(x)(1)g(x)|f(x1)f(x2)|成立，求实数m的取值范围.解(1)由题意知函数f(x)的定义域为(0，).当a1时，f(x)xln x，f(x)1，当0x1时，f(x)1时，f(x)0, f(x)单调递增，函数f(x)的极小值为f(1)1，无极大值.(2)由题意知f(x)(1a)xa，当a(4，5)时，1a3，0|f(x1)f(x2)|成立，mln 2ln 2，得m.a(4，5)，11，m，故实数m的取值范围是.C级创新猜想10.(2020湖南重点名校大联考)已知函数f(x)aln xx.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)设g(x)exmx

21、22e23，当ae21时，对任意x11，)，存在x21，)，使g(x2)f(x1)，求实数m的取值范围.解(1)由题意知f(x)的定义域为(0，)，f(x)1，令f(x)0，得x1或xa1.当a1时，a10，由f(x)0得0x0得x1，所以函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增.当1a2时，0a11，由f(x)0，得a1x0得0x1，所以函数f(x)在(a1，1)上单调递减，在(0，a1)和(1，)上单调递增.当a2时，a11，可得f(x)0，此时函数f(x)在(0，)上单调递增.当a2时，a11，由f(x)0得1x0得0xa1，所以函数f(x)在(1，a1)上单调递减，在(

22、0，1)和(a1，)上单调递增.(2)当ae21时，由(1)得函数f(x)在(1，e2)上单调递减，在(0，1)和(e2，)上单调递增，从而f(x)在1，)上的最小值为f(e2)e23.对任意x11，)，存在x21，)，使g(x2)f(x1)，即存在x21，)，使g(x2)的函数值不超过f(x)在区间1，)上的最小值e23.由exmx22e23e23得exmx2e2，m.记p(x)，则当x1，)时，mp(x)max.p(x)，当x1，2时，显然有exx2(e2ex)0，p(x)exx2ex0，p(x)0，故p(x)在区间1，)上单调递减，得p(x)maxp(1)e2e，从而m的取值范围为(，e2e.