2020版高考数学第三章导数及其应用高考专题突破一高考中的导数应用问题(第1课时)导数与不等式教案

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－x －1

e

x

，g (x )＝x －ln x .

(1)证明：g (x )≥1；

(2)证明：(x －ln x )f (x )>1－1

e 2.

证明 (1)由题意得g ′(x )＝x －1

x

(x >0)， 当01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－

x －1

e

x

，得f ′(x )＝

x －2

e

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)＝1－1

e 2(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 )>1－1

e

2.

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 (x 1)＋g (x 1)

＋1. (1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)证明：f (x )

又f (1)＝1－e ，f ′(1)＝1－e ，故所求切线方程为y －1＋e ＝(1－e)(x －1)，即y ＝(1－e)x . (2)证明 依题意，要证f (x )

＋1

当00，x ln x ≤0， 故x ln x

＋sin x －1，即f (x )1时，令g (x )＝e x

＋sin x －1－x ln x ， 故g ′(x )＝e x

＋cos x －ln x －1. 令h (x )＝g ′(x )＝e x

＋cos x －ln x －1， 则h ′(x )＝e x

－1x

－sin x ，

当x >1时，e x

－1x

>e －1>1，

所以h ′(x )＝e x

－1x

－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x ln x

＋sin x －1，即f (x )

题型二 不等式恒成立或有解问题

例2已知函数f (x )＝1＋ln x

x

.

(1)若函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ＋12上存在极值，求正实数a 的取值范围；

(2)如果当x ≥1时，不等式f (x )≥

k

x ＋1

恒成立，求实数k 的取值范围．

解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)，

f ′(x )＝

1－1－ln x x 2

＝－ln x

x

2， 令f ′(x )＝0，得x ＝1.

当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，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0

2

，

故12

恒成立，

令g (x )＝(x ＋1)(1＋ln x )x

(x ≥1)，

则g ′(x )＝

⎝ ⎛⎭

⎪⎫1＋ln x ＋1＋1x x －(x ＋1)(1＋ln x )

x 2

＝

x －ln x x 2

.

再令h (x )＝x －ln x (x ≥1)，则h ′(x )＝1－1

x

≥0， 所以h (x )≥h (1)＝1，所以g ′(x )>0，

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 )≥k

x ＋1

成立，求实数k 的取值范围．

解 当x ∈[1，e]时，k ≤(x ＋1)(1＋ln x )

x

有解，

令g (x )＝(x ＋1)(1＋ln x )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＋2e

，

所以k ≤2＋2e ，即实数k 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，2＋2e .

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 )＝e x

－1－x －ax 2

. (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 )＝e x

－1－x ，f ′(x )＝e x

－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 )＝e x

－1－2ax ，令h (x )＝e x

－1－2ax ， 则h ′(x )＝e x

－2a . ①当2a ≤1，即a ≤1

2

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 ≤1

2时满足条件．

②当2a >1，即a >1

2

时，