習(xí)題課2-利用導(dǎo)數(shù)研究不等式問題

階段綜合·融會建模習(xí)題課2——利用導(dǎo)數(shù)研究不等式問題題型一不等式的證明[解題觀摩][例1]

(2021·全國乙卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(a－x)，已知x＝0是函數(shù)y＝xf(x)的極值點．(1)求a；只需證x＋ln(1－x)>xln(1－x)，只需證x＋(1－x)ln(1－x)>0，即證－(1－x)＋(1－x)ln(1－x)＋1>0.令t＝1－x，t∈(0,1)∪(1，＋∞)，即證tlnt－t＋1>0.設(shè)h(t)＝tlnt－t＋1，則h′(t)＝lnt.[例2]

(2021·新高考Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝x(1－lnx)．(1)討論f(x)的單調(diào)性．[解]

(1)f(x)＝x(1－lnx)，x∈(0，＋∞)，則f′(x)＝1－lnx－1＝－lnx，當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)>0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0.故f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．設(shè)F(x)＝f(2－x)－f(x)(0<x<1)，F(xiàn)′(x)＝－f′(2－x)－f′(x)＝ln(2－x)＋lnx＝ln(－x2＋2x)<0，則F(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，則當(dāng)0<x<1時，F(xiàn)(x)＝f(2－x)－f(x)>0，則f(2－x1)>f(x1)＝f(x2)，由于2－x1>1，x2>1，函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，

則2－x1<x2，所以x1＋x2>2.再證x1＋x2<e.法二：放縮法

因為0<x1<1，所以1－lnx1>1，因為x1(1－lnx1)＝x2(1－lnx2)>x1，所以x1＋x2<2x2－x2lnx2.令G(x)＝2x－xlnx，x∈(1，e)，則G′(x)＝1－lnx>0，所以G(x)<e，所以2x2－x2lnx2<e，即x1＋x2<e.綜上，原不等式得證．[例3]

(2020·全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝sin2xsin2x.(1)討論f(x)在區(qū)間(0，π)的單調(diào)性；[系統(tǒng)思維]1．利用導(dǎo)數(shù)證明不等式f(x)>g(x)的基本方法(1)若f(x)與g(x)的最值易求出，可直接轉(zhuǎn)化為證明f(x)min>g(x)max；(2)若f(x)與g(x)的最值不易求出，可構(gòu)造函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)，然后根據(jù)函數(shù)h(x)的單調(diào)性或最值，證明h(x)>0.2．證明不等式時的一些常見結(jié)論(1)lnx≤x－1，等號當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取到；(2)ex≥x＋1，等號當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時取到；(3)lnx<x<ex，x>0；3．證明不等式的一般思路利用導(dǎo)數(shù)證明不等式問題，多數(shù)利用函數(shù)與方程思想結(jié)合不等式構(gòu)造函數(shù)，轉(zhuǎn)化為利用構(gòu)造函數(shù)的性質(zhì)來完成，其一般思路是：(2)證明：當(dāng)a≥1時，f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x.令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，則g′(x)＝2x＋1＋ex＋1.當(dāng)x<－1時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>－1時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增．所以g(x)≥g(－1)＝0.因此f(x)＋e≥0.題型二由不等式恒成立求參數(shù)[解題觀摩][例1]

(2020·新高考全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝aex－1－lnx＋lna.(1)當(dāng)a＝e時，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積；(2)若f(x)≥1，求a的取值范圍．當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0.所以當(dāng)x＝1時，f(x)取得最小值，最小值為f(1)＝1，從而f(x)≥1.當(dāng)a>1③時，f(x)＝aex－1－lnx＋lna>ex－1－lnx≥1.綜上，a的取值范圍是[1，＋∞)．[解]

(1)當(dāng)a＝1時，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1.令m(x)＝f′(x)＝ex＋2x－1，

則m′(x)＝ex＋2>0.所以m(x)在R上單調(diào)遞增，即f′(x)在R上單調(diào)遞增．注意到f′(0)＝0，故當(dāng)x∈(－∞，0)時，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)＞0.所以f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)法一：①②③根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的零點分類討論，確定原函數(shù)的單調(diào)性則當(dāng)x∈(0,2a＋1)∪(2，＋∞)時，g′(x)＜0；當(dāng)x∈(2a＋1,2)時，g′(x)＞0.所以g(x)在(0,2a＋1)，(2，＋∞)上單調(diào)遞減，在(2a＋1,2)上單調(diào)遞增．[系統(tǒng)思維]1．分離參數(shù)法解含參不等式恒成立問題的思路用分離參數(shù)法解含參不等式恒成立問題是指在能夠判斷出參數(shù)的系數(shù)正負(fù)的情況下，可以根據(jù)不等式的性質(zhì)將參數(shù)分離出來，得到一個一端是參數(shù)，另一端是變量表達(dá)式的不等式，只要研究變量表達(dá)式的最值就可以解決問題．2．求解含參不等式恒成立問題的關(guān)鍵是過好“雙關(guān)”轉(zhuǎn)化關(guān)通過分離參數(shù)法，先轉(zhuǎn)化為f(a)≥g(x)(或f(a)≤g(x))對?x∈D恒成立，再轉(zhuǎn)化為f(a)≥g(x)max(或f(a)≤g(x)min)求最值關(guān)求函數(shù)g(x)在區(qū)間D上的最大值(或最小值)問題[針對訓(xùn)練]4．(2022·江門一模)已知函數(shù)f(x)＝ex－mx2＋(m－2)x－m(m∈R)，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)．(1)當(dāng)m＝1時，求f′(x)的極值；(2)當(dāng)x≥0時，f(x)≥0恒成立，求m的取值范圍．解：(1)當(dāng)m＝1時，f(x)＝ex－x2－x－1，f′(x)＝ex－2x－1.令g(x)＝ex－2x－1，則g′(x)＝ex－2.令g′(x)＝0，解得x＝ln2，當(dāng)x<ln2時，g′(x)<0，f′(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>ln2時，g′(x)>0，f′(x)單調(diào)遞增．所以當(dāng)x＝ln2時，f′(x)取得極小值f′(ln2)＝1－2ln2，f′(x)無極大值．φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，φ(x)≥φ(0)＝0.當(dāng)0<x<1時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增．h(x)≥h(1)＝e－2，故m的取值范圍為(－∞，e－2]．5．已知函數(shù)f(x)＝x(lnx＋a)＋b，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線為2x－y－1＝0.(1)求a，b的值；(2)若對任意的x∈(1，＋∞)，f(x)≥m(x－1)恒成立，求正整數(shù)