2020版高考数学大一轮复习 第三章 导数及其应用 高考专题突破1第1课时 导数与不等式

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1、高考专题突破一高考中的导数应用问题第1课时导数与不等式题型一证明不等式例1 设函数f(x)ln xx1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x(1，)时，1x.(1)解由题设知，f(x)的定义域为(0，)，f(x)1，令f(x)0，解得x1.当0x0，f(x)单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)单调递减(2)证明由(1)知，f(x)在x1处取得极大值也为最大值，最大值为f(1)0.所以当x1时，ln xx1.故当x(1，)时，ln xx1，ln1，即1g(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)ming(x)max(最值方法)，但后一种方法

2、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(x1)g(x1)f(x2)g(x2)对x1x2恒成立，即等价于函数h(x)f(x)g(x)为增函数跟踪训练1 已知函数f(x)xln xex1.(1)求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)证明：f(x)sin x在(0，)上恒成立(1)解依题意得f(x)ln x1ex，又f(1)1e，f(1)1e，故所求切线方程为y1e(1e)(x1)，即y(1e)x.(2)证明依题意，要证f(x)sin x，即证xln xex1sin x，即

3、证xln xexsin x1.当00，xln x0，故xln xexsin x1，即f(x)1时，令g(x)exsin x1xln x，故g(x)excos xln x1.令h(x)g(x)excos xln x1，则h(x)exsin x，当x1时，exe11，所以h(x)exsin x0，故h(x)在(1，)上单调递增故h(x)h(1)ecos 110，即g(x)0，所以g(x)在(1，)上单调递增，所以g(x)g(1)esin 110，即xln xexsin x1，即f(x)sin x.综上所述，f(x)0，f(x)单调递增；当x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递减所以x1为函数f(

4、x)的极大值点，且是唯一极值点，所以0a1a，故a0，所以g(x)为单调增函数，所以g(x)g(1)2，故k2，即实数k的取值范围是(，2引申探究本例(2)中若改为：x1，e，使不等式f(x)成立，求实数k的取值范围解当x1，e时，k有解，令g(x)(x1，e)，由例(2)解题知，g(x)为单调增函数，所以g(x)maxg(e)2，所以k2，即实数k的取值范围是.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)axln x，x1，e，若f(x)0恒成立

5、，求实数a的取值范围解f(x)0，即axln x0对x1，e恒成立，a，x1，e令g(x)，x1，e，则g(x)，x1，e，g(x)0，g(x)在1，e上单调递减，g(x)ming(e)，a.实数a的取值范围是.1已知函数f(x)ln xx，g(x)xex1，求证：f(x)g(x)证明令F(x)f(x)g(x)ln xxxex1(x0)，则F(x)1exxex(x1)ex(x1).令G(x)ex，可知G(x)在(0，)上为减函数，且G20，G(1)1e0，F(x)0，F(x)为增函数；当x(x0，)时，G(x)0，F(x)1时，令h(x)0，得xln a；令h(x)0，得0x1不合题意综上，a

6、的取值范围为(，13已知函数f(x)axex(aR)，g(x).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)x(0，)，使不等式f(x)g(x)ex成立，求a的取值范围解(1)因为f(x)aex，xR.当a0时，f(x)0时，令f(x)0，得xln a.由f(x)0，得f(x)的单调递增区间为(，ln a)；由f(x)0时，f(x)的单调递增区间为(，ln a)，单调递减区间为(ln a，)(2)因为x(0，)，使不等式f(x)g(x)ex，则ax，即a.设h(x)，则问题转化为amax，由h(x)，令h(x)0，得x.当x在区间(0，)内变化时，h(x)，h(x)随x变化的变化情况如下表：x(0，

7、)(，)h(x)0h(x)极大值由上表可知，当x时，函数h(x)有极大值，即最大值为，所以a.故a的取值范围是.4设函数f(x)ax2xln x(2a1)xa1(aR)若对任意的x1，)，f(x)0恒成立，求实数a的取值范围解f(x)2ax1ln x(2a1)2a(x1)ln x(x0)，易知当x(0，)时，ln xx1，则f(x)2a(x1)(x1)(2a1)(x1)当2a10，即a时，由x1，)得f(x)0恒成立，f(x)在1，)上单调递增，f(x)f(1)0，符合题意当a0时，由x1，)得f(x)0恒成立，f(x)在1，)上单调递减，f(x)f(1)0，显然不合题意，a0舍去当0a时，由

8、ln xx1，得ln 1，即ln x1，则f(x)2a(x1)(2ax1)，0a1.当x时，f(x)0恒成立，f(x)在上单调递减，当x时，f(x)f(1)0，显然不合题意，0a1)，都有f(xm)2ex，求整数k的最小值解因为f(x)为偶函数，且当x0时，f(x)2ex，所以f(x)2e|x|，对于x1，k，由f(xm)2ex得2e|xm|2ex，两边取以e为底的对数得|xm|ln x1，所以xln x1mxln x1在1，k上恒成立，设g(x)xln x1(x1，k)，则g(x)10，所以g(x)在1，k上单调递减，所以g(x)ming(k)kln k1，设h(x)xln x1(x1，k)，易知h(x)在1，k上单调递减，所以h(x)maxh(1)2，故2mkln k1，若实数m存在，则必有kln k3，又k1，且k为整数，所以k2满足要求，故整数k的最小值为2.