2021新高考2版数学一轮讲义：第三章 第四节　导数的综合应用（一） WORD版含解析.docx

1、第四节导数的综合应用(一)不等式证明命题方向一直接将不等式证明问题转化为函数最值问题典例1已知函数f(x)=ex(ex-a)-a2x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)0,求a的取值范围.解析(1)易知f (x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a).若a0,则2ex+a0,令f (x)0,得xln a;令f (x)0,得x0恒成立;若a0恒成立,令f (x)0,得f (x)=(2ex+a)(ex-a)0,即2ex+a0,解得xln-a2;令 f (x)0,得x0时,函数f(x)的单调递增区间为(ln a,+),单调递减区间为(-,ln a);a=0时,函数f(x)的单

2、调递增区间为(-,+);a0时,函数f(x)的最小值为f(ln a), f(ln a)=a(a-a)-a2ln a=-a2ln a,因为f(x)0,所以-a2ln a0,即00恒成立;当a0时,函数f(x)的最小值为fln-a2, fln-a2=-a2-a2-a-a2ln-a2=a234-ln-a2,因为f(x)0,所以a234-ln-a20,解得a-2e34.综上所述,a的取值范围为-2e34a1.命题方向二构造新函数证明不等式典例2已知函数f(x)=1x-x+aln x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:f(x1)-f(x2)x1-x22,令f (

3、x)=0,得x=a-a2-42或x=a+a2-42.当x0,a-a2-42或a+a2-42,+时, f (x)0,所以f(x)在0,a-a2-42,a+a2-42,+上单调递减,在a-a2-42,a+a2-42上单调递增.(2)证明:由(1)知,当且仅当a2时f(x)存在两个极值点.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x11.由于f(x1)-f(x2)x1-x2=-1x1x2-1+aln x1-ln x2x1-x2=-2+aln x1-ln x2x1-x2=-2+a-2ln x21x2-x2,所以f(x1)-f(x2)x1-x2a-2等价于1x2-

4、x2+2ln x20.设函数g(x)=1x-x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+)上单调递减,又g(1)=0,从而当x(1,+)时,g(x)0.所以1x2-x2+2ln x20,即 f(x1)-f(x2)x1-x21恒成立.解析 (1)函数f(x)的定义域为(0,+),f (x)=aexln x+axex-bx2ex-1+bxex-1.由题意可得f(1)=2, f (1)=e.故a=1,b=2.(2)证明:由(1)知, f(x)=exln x+2xex-1,从而f(x)1等价于xln xxe-x-2e.设g(x)=xln x,则g(x)=1+ln x.所以当x0,1e时,g(x)0.

5、故g(x)在x0,1e上单调递减,在x1e,+上单调递增,从而g(x)在(0,+)上的最小值为g1e=-1e.设函数h(x)=xe-x-2e,则h(x)=e-x(1-x).所以当x(0,1)时,h(x)0;当x(1,+)时,h(x)0时,g(x)h(x),即f(x)1.命题方向四放缩法证明不等式典例4已知函数f(x)=x-1-aln x.(1)若f(x)0,求a的值;(2)在(1)的条件下,设m为整数,且对于任意正整数n,1+121+1221+12nm,求m的最小值.解析(1)f(x)的定义域为(0,+),若a0,则f12=-12+aln 20,由f (x)=1-ax=x-ax知,当x(0,a

6、)时, f (x)0.所以f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+)上单调递增.故x=a是f(x)在(0,+)上的唯一极小值点,也是最小值点,因为f(1)=0,所以当且仅当a=1时, f(x)0,故a=1.(2)由(1)知当x(1,+)时,x-1-ln x0,令x=1+12n,得ln1+12n12n,从而ln1+12+ln1+122+ln1+12n12+122+12n=1-12n1,故1+121+1221+12n2,所以m的最小值为3.规律总结利用常见不等式进行放缩,化简、证明不等式.常见不等式:sin x0);ln xx-1(x0);x+1ex.不等式恒成立问题命题方向一分离参数法典例5已

7、知函数f(x)=exx,x(0,+).(1)求函数f(x)在m,m+1(m0)上的最小值;(2)x(0,+),不等式xf(x)-x2+x-1恒成立,求的取值范围.解析(1)f (x)=xex-exx2,令f (x)0,得x1;令f (x)0,得0x0)上是增函数,所以f(x)min=f(m)=emm.当0mx恒成立,即exx+x+1x恒成立,令g(x)=exx+x+1x,则g(x)=(ex+x+1)(x-1)x2,由g(x)0得,x1;由g(x)0得,0x1.所以g(x)min=g(1)=e+2,所以e+2.即的取值范围为(-,e+2).规律总结利用分离参数法来确定不等式f(x,)0(xD,为

8、实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤:(1)将参数与变量分离,化为f1()f2(x)或f1()f2(x)的形式;(2)求f2(x)在xD时的最大值或最小值;(3)解不等式f1()f2(x)max或f1()f2(x)min,得到的取值范围.命题方向二分类讨论法典例6(2019湖南衡阳模拟)已知函数f(x)=ln x-ax,aR.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若不等式f(x)+a0恒成立,则f(x)只有单调递增区间(0,+).当a0时,由f (x)0,得0x1a;由f (x)1a,所以f(x)的单调递增区间是0,1a,单调递减区间是1a,+.(2)f(x)+a0在x(1,+)上恒成立

9、,即ln x-a(x-1)0,则g(x)=1x-a,且g(1)=0,当a1时,g(x)0在x(1,+)上恒成立,则g(x)在x(1,+)上单调递减,所以g(x)g(1)=0,即a1时满足题意.当0a0,得0x1a;令g(x)1a.所以g(x)在1,1a上单调递增,所以当x1,1a时,g(x)g(1)=0,即0a0,则g(x)在(1,+)上单调递增,所以当x(1,+)时,g(x)g(1)=0,即a0时不满足题意(舍去).综上所述,实数a的取值范围是1,+).典例7设函数f(x)=(1-x2)ex,当x0时, f(x)ax+1,求a的取值范围.解析记F(x)=f(x)-ax-1,x0,+),则F(

10、x)0=F(0),F(x)=ex(-x2-2x+1)-a,F(0)=1-a,F(x)=ex(-x2-4x-1)0,得F(x)在0,+)上单调递减.若a1,则F(x)F(0)0,得F(x)在0,+)上单调递减,符合题意;若a0.又当x+时,F(x)-,故F(x)在0,+)上存在唯一零点x0,当0x0,得F(x)在(0,x0)上单调递增,不合题意.综上,a的取值范围是1,+).规律总结对于不适合分离参数的不等式,常常将参数看作常数直接构造函数,常用分类讨论法,利用导数研究函数的单调性、最值,从而得出参数范围.命题方向三整体代入法典例8已知函数f(x)=x+xln x,若kZ,且k(x-1)1恒成立

11、,求实数k的最大值.解析依题意有k1恒成立,令h(x)=x+xlnxx-1(x1),则h(x)=x-lnx-2(x-1)2,设g(x)=x-ln x-2(x1),可得g(x)=1-1x=x-1x0,故g(x)在(1,+)上单调递增,而g(3)=1-ln 30,所以g(x)存在唯一的零点x0(3,4),且当x(1,x0)时,g(x)g(x0)=0.由题意得h(x)=x-lnx-2(x-1)2=g(x)(x-1)2,故h(x)与g(x)同号, 因此当x(1,x0)时,h(x)0,所以h(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增,故h(x)min=h(x0)=x0(ln x0+1)x0

12、-1=x0(x0-1)x0-1=x0.由题意有kcos x,得f (x)0,则f(x)单调递减;当x2k-34,2k+4(kZ)时,有sin x0,则f(x)单调递增.所以f(x)的单调递增区间为2k-34,2k+4(kZ), f(x)的单调递减区间为2k+4,2k+54(kZ).(2)证明:记h(x)=f(x)+g(x)2-x,由题意及(1)可知g(x)=ex(cos x-sin x),从而g(x)=-2exsin x,当x4,2时,g(x)0,故h(x)=f (x)+g(x)2-x+g(x)(-1)=g (x)2-x0,因此h(x)在区间4,2上单调递减,进而h(x)h2=f2=0.所以当

13、x4,2时, f(x)+g(x)2-x0.2.已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a0,故f(x)在(0,+)单调递增.若a0;当x-12a,+时, f (x)0,故f(x)在0,-12a上单调递增,在-12a,+上单调递减.(2)证明:由(1)知,当a0;当x(1,+)时,g(x)0时,g(x)0.从而当a0)上的最小值;(2)证明:对一切x(0,+),都有ln x1ex-2ex成立.解析(1)由f(x)=xln x,x0,得f (x)=ln x+1,令f (x)=0,得x=1e.当x0,1e时, f (x)0, f(x)单调递增.当0t1

14、et+2,即0t1e时,f(x)min=f1e=-1e;当1ett+2,即t1e时, f(x)在t,t+2上单调递增,f(x)min=f(t)=tln t.所以f(x)min=-1e,0txex-2e(x(0,+).由(1)可知f(x)=xln x(x(0,+)的最小值是-1e,当且仅当x=1e时取到.设m(x)=xex-2e(x(0,+),则m(x)=1-xex,由m(x)1,m(x)为减函数,由m(x)0得0x1ex-2ex成立.4.(2018课标全国,21,12分)已知函数f(x)=ax2+x-1ex.(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;(2)证明:当a1时, f(x)

15、+e0.解析(1)f (x)=-ax2+(2a-1)x+2ex, f (0)=2.因此曲线y=f(x)在(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0.(2)证明:当a1时, f(x)+e(x2+x-1+ex+1)e-x.令g(x)=x2+x-1+ex+1,则g(x)=2x+1+ex+1.当x-1时,g(x)-1时,g(x)0,g(x)单调递增.所以g(x)g(-1)=0.因此f(x)+e0.5.设函数f(x)=2ln x+1x.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)如果对所有的x1,都有f(x)ax,求a的取值范围.解析(1)f(x)的定义域为(0,+),f (x)=2x-1x2,当0x12,

16、f (x)12时, f (x)0,故函数f(x)在0,12上单调递减,在12,+上单调递增.(2)当x1, f(x)axa2lnxx+1x2,令h(x)=2lnxx+1x2(x1),则h(x)=2-2lnxx2-2x3=2(x-xlnx-1)x3,令m(x)=x-xln x-1(x1),则m(x)=-ln x,当x1时,m(x)0,所以m(x)在1,+)上为减函数,所以m(x)m(1)=0,因此h(x)0,于是h(x)在1,+)上为减函数,所以x=1时,h(x)有最大值h(1)=1,故a1.即a的取值范围是1,+).6.已知函数f(x)=2sin x-xcos x-x, f (x)为f(x)的

17、导数.(1)证明:f (x)在区间(0,)上存在唯一零点;(2)当x0,时, f(x)ax,求a的取值范围.解析(1)证明:设g(x)=f (x),则g(x)=cos x+xsin x-1,g(x)=xcos x.当x0,2时,g(x)0;当x2,时,g(x)0,g()=-2,故g(x)在(0,)上存在唯一零点.所以f (x)在(0,)上存在唯一零点.(2)由题设知f()a, f()=0,可得a0.由(1)知, f (x)在(0,)上只有一个零点,设为x0,且当x(0,x0)时,f (x)0;当x(x0,)时, f (x)0成立,求a的取值范围.解析(1)由题意可得,当a=6时, f(x)=(

18、x+1)ln x-6(x-1), f(1)=0,即点(1, f(1)为(1,0),又f (x)=ln x+1x-5,则f (1)=ln 1+1-5=-4,则所求切线方程的斜率k=f (1)=-4,则所求切线方程为y-0=-4(x-1),即4x+y-4=0,综上所述,切线方程是4x+y-4=0.(2)已知f(x)=(x+1)ln x-a(x-1),则f (x)=1+1x+ln x-a, f (x)=x-1x2,已知x1,则f (x)0,则f (x)在(1,+)上单调递增,则f (x)f (1)=2-a,若a2,则f (x)f (1)0,函数f(x)在(1,+)上单调递增,若a2,则存在x0(1,

19、+), f (x0)=0,则函数在(1,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增.由f(1)=0可得,存在x0(1,+), f(x0)0,g(x)=1x+a-1x2,x0.g(x)为减函数,g(x)0,即a1x2-1x=1x-122-14.a-14.(2)证明:f (x)=1x+a+1x2=ax2+x+1x2(x0),当a0时, f (x)0,函数f(x)在(0,+)上单调递增,不满足f(x)0恒成立.当a0,由ax2+x+1=0,得x=-1-1-4a2a0或x=-1+1-4a2a0,h(t)=ln t+t-t2+1,则h(t)=1+t-2t2t=-(2t+1)(t-1)t.当0t0,函数h(t)在(0,1)上单调递增;当t1时,h(t)0,函数h(t)在(1,+)上单调递减.h(t)h(1)=1,因此a+b1,即a1-b.