2020版高考數(shù)學(xué)新設(shè)計(jì)大一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其表示 第2節(jié)（第3課時(shí)）導(dǎo)數(shù)在不等式中的應(yīng)用習(xí)題 理（含解析）新人教A版

《2020版高考數(shù)學(xué)新設(shè)計(jì)大一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其表示 第2節(jié)（第3課時(shí)）導(dǎo)數(shù)在不等式中的應(yīng)用習(xí)題 理（含解析）新人教A版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)新設(shè)計(jì)大一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其表示 第2節(jié)（第3課時(shí)）導(dǎo)數(shù)在不等式中的應(yīng)用習(xí)題 理（含解析）新人教A版（14頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3課時(shí)　導(dǎo)數(shù)在不等式中的應(yīng)用 考點(diǎn)一　構(gòu)造函數(shù)證明不等式 【例1】 已知函數(shù)f(x)＝1－，g(x)＝x－ln x. (1)證明：g(x)≥1； (2)證明：(x－ln x)f(x)>1－. 證明　(1)由題意得g′(x)＝(x>0)， 當(dāng)01時(shí)，g′(x)>0， 即g(x)在(0，1)上是減函數(shù)，在(1，＋∞)上是增函數(shù). 所以g(x)≥g(1)＝1，得證. (2)由f(x)＝1－，得f′(x)＝， 所以當(dāng)02時(shí)，f′(x)>0， 即f(x)在(0，2)上是減函數(shù)，在(2，＋∞)上是增函數(shù)， 所

2、以f(x)≥f(2)＝1－(當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時(shí)取等號(hào)).① 又由(1)知x－ln x≥1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào))，② 且①②等號(hào)不同時(shí)取得， 所以(x－ln x)f(x)>1－. 規(guī)律方法　1.證明不等式的基本方法： (1)利用單調(diào)性：若f(x)在[a，b]上是增函數(shù)，則①?x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)，②?x1，x2∈[a，b]，且x1

3、－g(x)，證明F(x)<0.先通過(guò)化簡(jiǎn)、變形，再移項(xiàng)構(gòu)造不等式就減少運(yùn)算量，使得問(wèn)題順利解決. 【訓(xùn)練1】 已知函數(shù)f(x)＝在點(diǎn)(－1，f(－1))處的切線方程為x＋y＋3＝0. (1)求函數(shù)f(x)的解析式； (2)設(shè)g(x)＝ln x，求證：g(x)≥f(x)在[1，＋∞)上恒成立. (1)解　將x＝－1代入切線方程得y＝－2， 所以f(－1)＝＝－2，化簡(jiǎn)得b－a＝－4.① f′(x)＝， f′(－1)＝＝－1.② 聯(lián)立①②，解得a＝2，b＝－2.所以f(x)＝. (2)證明　由題意知要證ln x≥在[1，＋∞)上恒成立， 即證明(x2＋1)ln x≥2x－2，x

4、2ln x＋ln x－2x＋2≥0在[1，＋∞)上恒成立. 設(shè)h(x)＝x2ln x＋ln x－2x＋2，則h′(x)＝2xln x＋x＋－2， 因?yàn)閤≥1，所以2xln x≥0，x＋≥2·≥2(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)等號(hào)成立)，即h′(x)≥0， 所以h(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，h(x)≥h(1)＝0， 所以g(x)≥f(x)在[1，＋∞)上恒成立. 考點(diǎn)二　利用“若f(x)min>g(x)max，則f(x)>g(x)”證明不等式 【例2】 已知函數(shù)f(x)＝xln x－ax. (1)當(dāng)a＝－1時(shí)，求函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上的最值； (2)證明：對(duì)一切x∈(0，＋∞)，都

5、有l(wèi)n x＋1>－成立. (1)解　函數(shù)f(x)＝xln x－ax的定義域?yàn)?0，＋∞). 當(dāng)a＝－1時(shí)，f(x)＝xln x＋x，f′(x)＝ln x＋2. 由f′(x)＝0，得x＝. 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>時(shí)，f′(x)>0. 所以f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增. 因此f(x)在x＝處取得最小值，即f(x)min＝f＝－，但f(x)在(0，＋∞)上無(wú)最大值. (2)證明　當(dāng)x>0時(shí)，ln x＋1>－等價(jià)于x(ln x＋1)>－. 由(1)知a＝－1時(shí)，f(x)＝xln x＋x的最小值是－，當(dāng)且僅當(dāng)x＝時(shí)取等號(hào). 設(shè)G(x)＝－，x∈(0，＋∞)， 則G′(

6、x)＝，易知G(x)max＝G(1)＝－， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取到，從而可知對(duì)一切x∈(0，＋∞)，都有f(x)>G(x)，即ln x＋1>－. 規(guī)律方法　1.在證明不等式中，若無(wú)法轉(zhuǎn)化為一個(gè)函數(shù)的最值問(wèn)題，則可考慮轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)的最值問(wèn)題. 2.在證明過(guò)程中，等價(jià)轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵，此處f(x)min>g(x)max恒成立.從而f(x)>g(x)，但此處f(x)與g(x)取到最值的條件不是同一個(gè)“x的值”. 【訓(xùn)練2】 已知三次函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝－3x2＋3且f(0)＝－1，g(x)＝xln x＋(a≥1). (1)求f(x)的極值； (2)求證：對(duì)任意x1，x2∈(0，＋∞

7、)，都有f(x1)≤g(x2). (1)解　依題意得f(x)＝－x3＋3x－1，f′(x)＝－3x2＋3＝－3(x＋1)(x－1)， 知f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是減函數(shù)，在(－1，1)上是增函數(shù)， 所以f(x)極小值＝f(－1)＝－3，f(x)極大值＝f(1)＝1. (2)證明　易得x>0時(shí)，f(x)最大值＝1， 由a≥1知，g(x)≥xln x＋(x>0)， 令h(x)＝xln x＋(x>0)， 則h′(x)＝ln x＋1－＝ln x＋， 注意到h′(1)＝0，當(dāng)x>1時(shí)，h′(x)>0； 當(dāng)0

8、，在(1，＋∞)上是增函數(shù)， h(x)最小值＝h(1)＝1，即g(x)最小值＝1. 綜上知對(duì)任意x1，x2∈(0，＋∞)，都有f(x1)≤g(x2). 考點(diǎn)三　不等式恒成立或有解問(wèn)題　多維探究 角度1　不等式恒成立求參數(shù) 【例3－1】 已知函數(shù)f(x)＝(x≠0). (1)判斷函數(shù)f(x)在區(qū)間上的單調(diào)性； (2)若f(x)

9、在區(qū)間上恒小于零， 所以f′(x)在區(qū)間上恒小于零， 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減. (2)不等式f(x)0，故φ(x)在區(qū)間(0，x0)上單調(diào)遞增，且φ(0)＝0， 從而φ(x)在區(qū)間(0，x0)上大于零，這與

10、sin x－ax<0恒成立相矛盾. 當(dāng)a≤0時(shí)，在區(qū)間上φ′(x)>0，即函數(shù)φ(x)單調(diào)遞增，且φ(0)＝0，得sin x－ax>0恒成立，這與sin x－ax<0恒成立相矛盾. 故實(shí)數(shù)a的最小值為1. 規(guī)律方法　1.破解此類(lèi)題需“一形一分類(lèi)”，“一形”是指會(huì)結(jié)合函數(shù)的圖象，對(duì)函數(shù)進(jìn)行求導(dǎo)，然后判斷其極值，從而得到含有參數(shù)的方程組，解方程組，即可求出參數(shù)的值；“一分類(lèi)”是指對(duì)不等式恒成立問(wèn)題，常需對(duì)參數(shù)進(jìn)行分類(lèi)討論，求出參數(shù)的取值范圍. 2.利用導(dǎo)數(shù)研究含參數(shù)的不等式問(wèn)題，若能夠分離參數(shù)，則常將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為形如a≥f(x)(或a≤f(x))的形式，通過(guò)求函數(shù)y＝f(x)的最值求得參數(shù)范

11、圍. 【訓(xùn)練3】 (2018·大同模擬)已知函數(shù)f(x)＝. (1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間上存在極值，求正實(shí)數(shù)a的取值范圍； (2)如果當(dāng)x≥1時(shí)，不等式f(x)≥恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍. 解　(1)函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)， f′(x)＝＝－， 令f′(x)＝0，得x＝1. 當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)>0，f(x)是增函數(shù)； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，f(x)是減函數(shù)； 所以x＝1為函數(shù)f(x)的極大值點(diǎn)，且是唯一極值點(diǎn)， 所以0

12、g′(x)＝＝. 再令h(x)＝x－ln x(x≥1)，則h′(x)＝1－≥0， 所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)>0， 所以g(x)是增函數(shù)，所以g(x)≥g(1)＝2， 故k≤2，即實(shí)數(shù)k的取值范圍是(－∞，2]. 角度2　不等式能成立求參數(shù)的取值范圍 【例3－2】 已知函數(shù)f(x)＝x2－(2a＋1)x＋aln x(a∈R). (1)若f(x)在區(qū)間[1，2]上是單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； (2)函數(shù)g(x)＝(1－a)x，若?x0∈[1，e]使得f(x0)≥g(x0)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 解　(1)f′(x)＝，當(dāng)導(dǎo)函數(shù)f′(x)的零點(diǎn)x＝a落在區(qū)

13、間(1，2)內(nèi)時(shí)，函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，2]上就不是單調(diào)函數(shù)，即a?(1，2)， 所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，1]∪[2，＋∞). (2)由題意知，不等式f(x)≥g(x)在區(qū)間[1，e]上有解， 即x2－2x＋a(ln x－x)≥0在區(qū)間[1，e]上有解. 因?yàn)楫?dāng)x∈[1，e]時(shí)，ln x≤1≤x(不同時(shí)取等號(hào))，x－ln x>0， 所以a≤在區(qū)間[1，e]上有解. 令h(x)＝，則h′(x)＝. 因?yàn)閤∈[1，e]，所以x＋2>2≥2ln x， 所以h′(x)≥0，h(x)在[1，e]上單調(diào)遞增， 所以x∈[1，e]時(shí)，h(x)max＝h(e)＝， 所以a≤， 所

14、以實(shí)數(shù)a的取值范圍是. 規(guī)律方法　1.含參數(shù)的能成立(存在型)問(wèn)題的解題方法 a≥f(x)在x∈D上能成立，則a≥f(x)min； a≤f(x)在x∈D上能成立，則a≤f(x)max. 2.含全稱(chēng)、存在量詞不等式能成立問(wèn)題 (1)存在x1∈A，任意x2∈B使f(x1)≥g(x2)成立，則f(x)max≥g(x)max；(2)任意x1∈A，存在x2∈B，使f(x1)≥g(x2)成立，則f(x)min≥g(x)min. 【訓(xùn)練4】 已知函數(shù)f(x)＝m－2ln x(m∈R)，g(x)＝－，若至少存在一個(gè)x0∈[1，e]，使得f(x0)

15、，不等式f(x)0?f(x)min>0； ?x∈D，f(x)<

16、0?f(x)max<0. (2)能成立：?x∈D，f(x)>0?f(x)max>0； ?x∈D，f(x)<0?f(x)min<0. [易錯(cuò)防范] 1.證明不等式，特別是含兩個(gè)變量的不等式時(shí)，要注意合理的構(gòu)造函數(shù). 2.恒成立與能成立問(wèn)題，要注意理解“任意”與“存在”的不同含義，要注意區(qū)分轉(zhuǎn)化成的最值問(wèn)題的異同. 邏輯推理——兩個(gè)經(jīng)典不等式的活用 邏輯推理是得到數(shù)學(xué)結(jié)論，構(gòu)建數(shù)學(xué)體系的重要方式，是數(shù)學(xué)嚴(yán)謹(jǐn)性的基本保證.利用兩個(gè)經(jīng)典不等式解決其他問(wèn)題，降低了思考問(wèn)題的難度，優(yōu)化了推理和運(yùn)算過(guò)程. (1)對(duì)數(shù)形式：x≥1＋ln x(x>0)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)，等號(hào)成立. (2)

17、指數(shù)形式：ex≥x＋1(x∈R)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)，等號(hào)成立. 進(jìn)一步可得到一組不等式鏈：ex>x＋1>x>1＋ln x(x>0，且x≠1). 【例1】 (1)已知函數(shù)f(x)＝，則y＝f(x)的圖象大致為(　　) 解析　因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)? 即{x|x>－1，且x≠0}，所以排除選項(xiàng)D. 當(dāng)x>0時(shí)，由經(jīng)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

18、.證明：曲線y＝f(x)與曲線y＝x2＋x＋1有唯一公共點(diǎn). 證明　令g(x)＝f(x)－＝ex－x2－x－1，x∈R， 則g′(x)＝ex－x－1， 由經(jīng)典不等式ex≥x＋1恒成立可知，g′(x)≥0恒成立， 所以g(x)在R上為單調(diào)遞增函數(shù)，且g(0)＝0. 所以函數(shù)g(x)有唯一零點(diǎn)，即兩曲線有唯一公共點(diǎn). 【例2】 (2017·全國(guó)Ⅲ卷改編)已知函數(shù)f(x)＝x－1－aln x. (1)若f(x)≥0，求a的值； (2)證明：對(duì)于任意正整數(shù)n，…

19、0，由f′(x)＝1－＝知， 當(dāng)x∈(0，a)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(a，＋∞)時(shí)，f′(x)>0； 所以f(x)在(0，a)單調(diào)遞減，在(a，＋∞)單調(diào)遞增， 故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值點(diǎn). 因?yàn)閒(1)＝0，所以當(dāng)且僅當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)≥0，故a＝1. (2)證明　由(1)知當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，x－1－ln x>0. 令x＝1＋，得ln<. 從而ln＋ln＋…＋ln<＋＋…＋＝1－<1. 故…

20、f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1. 當(dāng)00，f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增； 當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減. (2)證明　由(1)知f(x)在x＝1處取得最大值，最大值為f(1)＝0. 所以當(dāng)x≠1時(shí)，ln x1.① 因此ln <－1，即ln x>，

21、(x)，若方程f′(x)＝f(x)的根x0小于1，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(　　) A.(1，＋∞) B.(0，1) C.(1，) D.(1，) 解析　由函數(shù)f(x)＝ln x＋a可得f′(x)＝， ∵x0使f′(x)＝f(x)成立，∴＝ln x0＋a， 又01，ln x0<0，∴a＝－ln x0>1. 答案　A 2.(2019·南昌調(diào)研)已知a為常數(shù)，函數(shù)f(x)＝x(ln x－ax)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(x10，f(x2)>－ B.f(x1)<0，f(x2)<－ C.f(x1)>0，f(x2)<－ D.f

22、(x1)<0，f(x2)>－ 解析　f′(x)＝ln x－2ax＋1，依題意知f′(x)＝0有兩個(gè)不等實(shí)根x1，x2， 即曲線y＝1＋ln x與直線y＝2ax有兩個(gè)不同交點(diǎn)，如圖. 由直線y＝x是曲線y＝1＋ln x的切線， 可知：0<2a<1，00， ∴f(x2)>f(1)＝－a>－. 答案　D 二、填空題 3.若對(duì)任意a，b滿(mǎn)足0

23、aln b， ∴<， 令y＝，x∈(0，t)，則函數(shù)在(0，t)上單調(diào)遞增， 故y′＝>0，解得00，f(x)單調(diào)遞增； ∴當(dāng)x＝時(shí)，f(x)有極小值，即最小值， 且f(x)min＝f＝－2sin ＝－. 又f(0)＝0，f(π)＝π，∴f(x)m

24、ax＝π. 由題意得|f(x1)－f(x2)|≤M等價(jià)于M≥|f(x)max－f(x)min|＝π－＝＋. ∴M的最小值為＋. 答案　＋ 三、解答題 5.已知f(x)＝(1－x)ex－1. (1)求函數(shù)f(x)的最大值； (2)設(shè)g(x)＝，x>－1且x≠0，證明：g(x)<1. (1)解　f′(x)＝－xex. 當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減. 所以f(x)的最大值為f(0)＝0. (2)證明　由(1)知，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)<0，g(x)<0<1. 當(dāng)－1

25、于f(x)>x. 設(shè)h(x)＝f(x)－x，則h′(x)＝－xex－1. 當(dāng)x∈(－1，0)時(shí)，0<－x<1，0h(0)＝0，即g(x)<1. 綜上，當(dāng)x>－1且x≠0時(shí)總有g(shù)(x)<1. 6.已知函數(shù)f(x)＝x3－ax2＋10. (1)當(dāng)a＝1時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程； (2)在區(qū)間[1，2]內(nèi)至少存在一個(gè)實(shí)數(shù)x，使得f(x)<0成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 解　(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝x3－x2＋

26、10， 所以f′(x)＝3x2－2x，所以k＝f′(2)＝8. 又f(2)＝14，所以切線方程為y＝8x－2. (2)由已知得：a>＝x＋至少有一個(gè)實(shí)數(shù)x使之成立，即a>. 設(shè)g(x)＝x＋(1≤x≤2)，則g′(x)＝1－， 因?yàn)?≤x≤2，所以g′(x)<0. 所以g(x)在[1，2]上是減函數(shù)， 所以g(x)min＝g(2)＝，a>， 即a的取值范圍是. 能力提升題組 (建議用時(shí)：25分鐘) 7.(2019·安徽江南十校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝xln x(x>0). (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值； (2)若對(duì)任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥恒成立，求實(shí)數(shù)m的

27、最大值. 解　(1)由f(x)＝xln x(x>0)，得f′(x)＝1＋ln x， 令f′(x)>0，得x>；令f′(x)<0，得00)，則g′(x)＝， 由g′(x)>0?x>1，由g′(x)<0?0

28、2. (1)當(dāng)a＝0時(shí)，求證：f(x)≥0； (2)當(dāng)x≥0時(shí)，若不等式f(x)≥0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； (3)若x>0，證明(ex－1)ln(x＋1)>x2. (1)證明　當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1. 當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)， f′(x)>0. 故f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， f(x)min＝f(0)＝0，∴f(x)≥0. (2)解　f′(x)＝ex－1－2ax，令h(x)＝ex－1－2ax， 則h′(x)＝ex－2a. ①當(dāng)2a≤1，即a≤時(shí)，在[0，＋∞)上，h

29、′(x)≥0，h(x)單調(diào)遞增， h(x)≥h(0)，即f′(x)≥f′(0)＝0， ∴f(x)在[0，＋∞) 上為增函數(shù)，∴f(x)≥f(0)＝0， ∴當(dāng)a≤時(shí)滿(mǎn)足條件. ②當(dāng)2a>1，即a>時(shí)，令h′(x)＝0，解得x＝ln (2a)， 在[0，ln (2a))上，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減， ∴當(dāng)x∈(0，ln (2a))時(shí)，有h(x)0時(shí)，ex>1＋x＋， 即ex－1>x＋， 欲證不等式(ex－1)ln(x＋1)>x2， 只需證ln(x＋1)>. 設(shè)F(x)＝ln(x＋1)－， 則F′(x)＝－＝. ∵當(dāng)x>0時(shí)，F(xiàn)′(x)>0恒成立，且F(0)＝0， ∴F(x)>0恒成立.∴原不等式得證. 14