专题3.4导数在不等式中的应用_2020届高考数学一轮复习学霸提分秘籍（含解析）

1、第三篇 导数及其应用专题 3.04 导数在不等式中的应用【考点聚焦突破】考点一 构造函数证明不等式【例 1】 已知函数 f(x)1 ，g(x)xln x .x 1ex(1)证明：g(x) 1；(2)证明：(xln x )f(x)1 .1e2【答案】见解析【解析】证明 (1)由题意得 g(x) (x0)，x 1x当 01 时，g(x)0，即 g(x)在(0，1)上是减函数，在 (1，)上是增函数.所以 g(x)g(1)1，得证.(2)由 f(x)1 ，得 f(x) ，x 1ex x 2ex所以当 02 时，f(x)0，即 f(x)在(0，2)上是减函数，在(2，) 上是增函数，所以 f(x)f(

2、2)1 (当且仅当 x2 时取等号).1e2又由(1)知 xln x 1( 当且仅当 x1 时取等号) ，且等号不同时取得，所以(x ln x)f(x)1 .1e2【规律方法】 1.证明不等式的基本方法：(1)利用单调性：若 f(x)在a，b上是增函数，则 xa，b，有 f(a)f(x)f(b)，x 1，x 2a，b ，且x1g(x)max，则 f(x)g(x)”证明不等式【例 2】 已知函数 f(x)xln xax.(1)当 a1 时，求函数 f(x)在(0 ，)上的最值；(2)证明：对一切 x(0，) ，都有 ln x1 成立.1ex 1 2e2x【答案】见解析【解析】(1)解 函数 f(

3、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 .1e2当 x 时， f(x) 时，f(x)0.(0，1e2) 1e2所以 f(x)在 上单调递减，在 上单调递增.(0，1e2) (1e2， )因此 f(x)在 x 处取得最小值，即 f(x)minf ，但 f(x)在(0，)上无最大值.1e2 (1e2) 1e2(2)证明 当 x0 时，ln x 1 等价于 x(ln x1) .1ex 1 2e2x xex 1 2e2由(1)知 a1 时，f (x)xln xx 的最小值是 ，当且仅当 x 时取等号.1e2 1e2设

4、G(x) ，x (0，)，xex 1 2e2则 G(x) ，易知 G(x)maxG (1) ，1 xex 1 1e2当且仅当 x1 时取到，从而可知对一切 x(0，)，都有 f(x)G(x)，即 ln x1 .1ex 1 2e2x【规律方法】1.在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可考虑转化为两个函数的最值问题.2.在证明过程中，等价转化是关键，此处 f(x)ming(x)max 恒成立.从而 f(x)g(x)，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】 已知三次函数 f(x)的导函数 f(x)3x 23 且 f(0)1，g(x) xln x

5、(a1).ax(1)求 f(x)的极值；(2)求证：对任意 x1，x 2(0 ，) ，都有 f(x1)g(x 2).【答案】见解析【解析】(1)解 依题意得 f(x)x 33x1，f (x)3x 233( x1)(x1) ，知 f(x)在(，1)和(1 ，) 上是减函数，在(1，1)上是增函数，所以 f(x)极小值 f(1)3，f(x) 极大值 f(1)1.(2)证明 易得 x0 时，f(x) 最大值 1，由 a1 知，g(x)x ln x (x0)，1x令 h(x)xln x (x0)，1x则 h(x)ln x1 ln x ，1x2 x2 1x2注意到 h(1)0，当 x1 时， h(x)0

6、；当 00，故 (x)在区间(0，x 0)上单调递增，且 (0)0，从而 (x)在区间(0，x 0)上大于零，这与 sin xax0，即函数 (x)单调递增，且 (0)0，得 sin xax 0 恒成立，这与 sin (0，2)xax0，f(x )是增函数；当 x(1 ，)时，f(x)0，所以 g(x)是增函数，所以 g(x)g(1)2，故 k2，即实数 k 的取值范围是(，2.角度 2 不等式能成立求参数的取值范围【例 32】 已知函数 f(x)x 2(2a1) xaln x(aR ).(1)若 f(x)在区间1，2 上是单调函数，求实数 a 的取值范围；(2)函数 g(x)(1a)x，若x

7、0 1 ，e使得 f(x0)g(x0)成立，求实数 a 的取值范围.【答案】见解析【解析】(1)f(x) ，当导函数 f(x)的零点 xa 落在区间(1 ，2)内时，函数 f(x)在区间1 ，2上（2x 1）（x a）x就不是单调函数，即 a(1，2)，所以实数 a 的取值范围是( ，1 2，).(2)由题意知，不等式 f(x)g( x)在区间1，e上有解，即 x22xa(ln xx)0 在区间1 ，e上有解.因为当 x1 ，e 时，ln x 1 x (不同时取等号)，xln x0，所以 a 在区间1，e上有解.x2 2xx ln x令 h(x) ，则 h(x) .x2 2xx ln x （x

8、 1）（x 2 2ln x）（x ln x）2因为 x1 ，e，所以 x222ln x，所以 h(x)0，h(x )在1，e 上单调递增，所以 x1 ，e时，h( x)maxh (e) ，e(e 2)e 1所以 a ，e(e 2)e 1所以实数 a 的取值范围是 .( ，e(e 2)e 1 【规律方法】1.含参数的能成立(存在型)问题的解题方法af(x)在 xD 上能成立，则 af(x) min；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(x 2)成立，则 f(x)maxg( x)max；(2)

9、任意 x1A，存在 x2B，使 f(x1)g(x 2)成立，则 f(x)ming(x) min.【训练 4】 已知函数 f(x)m 2ln x(mR )，g(x) ，若至少存在一个 x01，e ，使得 f(x0)(x 1x) mx0 f(x)min0；xD，f(x)0 f(x)max0；xD， f(x)0)，当且仅当 x1 时，等号成立.(2)指数形式：e xx1(x R)，当且仅当 x0 时，等号成立 .进一步可得到一组不等式链：e xx1x1ln x(x0，且 x1).【例 1】 (1)已知函数 f(x) ，则 yf (x)的图象大致为 ( )1ln（x 1） x【答案】 B【解析】 因为

10、 f(x)的定义域为 x 10，ln（x 1） x 0，)即x|x1，且 x0，所以排除选项 D.当 x0 时，由经典不等式 x1ln x( x0)，以 x1 代替 x，得 xln(x1)(x1，且 x0)，所以 ln(x1)x1，且 x0)，即 x0 或10，由 f(x)1 知，ax x ax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 0，f(x)在

11、(0，1)上单调递增；当 x1 时，f(x )1.x 1ln x因此 ln ， 1，ln x 01.1x0 1x02.(2019济南调研)已知 a 为常数，函数 f(x)x (ln xax)有两个极值点 x1，x 2(x10，f( x2)12B.f(x1)0，f(x 2)12【答案】 D【解析】 f(x )ln x2ax 1，依题意知 f(x)0 有两个不等实根 x1，x 2，即曲线 y1ln x 与直线 y2ax 有两个不同交点，如图.由直线 yx 是曲线 y1ln x 的切线，可知：00，f(x 2)f(1)a .12二、填空题3.若对任意 a，b 满足 00，解得 00，f(x) 单调递

12、增；3当 x 时，f(x) 有极小值，即最小值，3且 f(x)minf 2sin .(3) 3 3 3 3又 f(0)0，f() ，f(x) max.由题意得|f( x1) f(x2)|M 等价于 M|f (x)maxf (x)min| .(3 3) 23 3M 的最小值为 .23 3三、解答题5.已知 f(x)(1x)e x1.(1)求函数 f(x)的最大值；(2)设 g(x) ，x 1 且 x0，证明：g( x)0，f (x)单调递增；当 x(0 ，)时，f(x)0 时，f(x)x.设 h(x)f(x) x ，则 h(x) xex1.当 x( 1，0)时，0h(0)0，即 g(x)1 且

13、x0 时总有 g(x) x 至少有一个实数 x 使之成立，即 a .x3 10x2 10x2 (x 10x2) min设 g(x)x (1x 2)，则 g(x)1 ，10x2 20x3因为 1x2，所以 g(x) ，92 92即 a 的取值范围是 .(92， )【能力提升题组】(建议用时： 25 分钟)7.(2019北京延庆区调研)已知函数 f(x)x ln x(x0).(1)求 f(x)的单调区间和极值；(2)若对任意 x(0，)，f (x) 恒成立，求实数 m 的最大值. x2 mx 32【答案】见解析【解析】(1)由 f(x)xln x (x0)，得 f(x)1ln x，令 f(x )0

14、，得 x ；令 f(x)0)，2xln x x2 3x则 g(x) ，2x x2 3x2由 g(x)0x1，由 g(x)0，证明(e x1)ln( x1)x 2.【答案】见解析【解析】(1)证明 当 a0 时，f(x)e x1x，f(x )e x1.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)minf(0)0，f(x )0.(2)解 f(x)e x12ax，令 h(x)e x12ax，则 h(x)e x2 a.当 2a1，即 a 时，在0，) 上，h(x)0，h(x) 单调递增，12h(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 时满足条件.12当 2a1，即 a 时，令 h(x)0，解得 xln (2a) ，12在0，ln (2 a)上，h(x )0 时，e x1x ，12 x22即 ex1x ，x22欲证不等式(e x1)ln( x1)x 2，只需证 ln(x1) .2xx 2设 F(x)ln( x1) ，2xx 2则 F(x) .1x 1 4（x 2）2 x2（x 1）（x 2）2当 x0 时，F(x )0 恒成立，且 F(0)0，F(x)0 恒成立.原不等式得证.