2021新高考数学（江苏专用）一轮复习学案：第三章第2节第三课时导数在不等式中的应用


第三课时　导数在不等式中的应用

考点一　构造函数证明不等式　多维探究
角度1　直接构造函数证明不等式
【例1－1】 (2020·济南调研)已知函数f(x)＝1－，g(x)＝＋－bx，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直.
(1)求a，b的值；
(2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.
(1)解　因为f(x)＝1－，
所以f′(x)＝，f′(1)＝－1.
因为g(x)＝＋－bx，
所以g′(x)＝－－－b.
因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直，
所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1.
从而g(1)＝a＋1－b＝1，且g′(1)＝－a－b－1＝1.
解得a＝b＝－1.
(2)证明　由(1)知，g(x)＝－＋＋x，
则f(x)＋g(x)≥⇔1－－－＋x≥0.
令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，
则h(1)＝0，h′(x)＝－＋＋＋1＝＋＋1.
因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1>0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(1)＝0，即1－－－＋x≥0.
故当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.
角度2　适当放缩构造函数证明不等式
【例1－2】 (2018·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x－1.
(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；
(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.
(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.
由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.
从而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－.
当00).
设g(x)＝－ln x－1(x>0)，则g′(x)＝－(x>0).
当00时，g(x)≥g(1)＝0.
因此，当a≥时，f(x)≥0.
规律方法　构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明.常用的两种构造方法有：(1)直接构造法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)0(f(x)－g(x)0；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)，
只需证ln b－ln a>＝.
则ln >.又因为01)，
则F′(x)＝＋＝＝>0，
所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增，有F(x)>F(1)＝0.
所以有f(b)－f(a)>.
(2)(角度2)已知函数f(x)＝ln x－.
①若a＝1，求f(x)的单调区间；
②若a＝0，x∈(0，1)，证明：x2－0).
(1)当a＝－1时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的最值；
(2)求函数G(x)的最大值；
(3)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＋1>－成立.
(1)解　函数f(x)＝xln x－ax的定义域为(0，＋∞).
当a＝－1时，f(x)＝xln x＋x，f′(x)＝ln x＋2.
由f′(x)＝0，得x＝.
当x∈时，f′(x)时，f′(x)>0.
所以f(x)在x＝处取得极小值，也是最小值.
故f(x)min＝f＝－，
显然当x→＋∞时，f(x)→＋∞，f(x)没有最大值.
(2)解　易知G′(x)＝′＝.
∴当01时，G′(x)0时，ln x＋1>－等价于x(ln x＋1)>－.
由(1)知a＝－1时，f(x)＝xln x＋x的最小值是－，当且仅当x＝时取等号.
又由(2)知G(x)max＝G(1)＝－，
因此f(x)>G(x)，故1＋ln x>－.
考点三　不等式恒成立或有解问题　多维探究
角度1　不等式恒成立求参数
【例3－1】 (2020·南京调研)已知函数f(x)＝aln x－x＋1(其中a>0).
(1)讨论函数f(x)的极值；
(2)对任意x>0，f(x)≤(a2－1)成立，求实数a的取值范围.
解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1.
因为a>0，令f′(x)＝0，得x＝a，
在(0，a)上，f′(x)>0，f(x)是增函数；
在(a，＋∞)上，f′(x)0)，
要使得对任意x>0，f(x)≤(a2－1)成立，
即aln a－a＋1≤(a2－1)，
则aln a＋－a－a2≤0成立，
令u(a)＝aln a＋－a－a2(a>0)，
所以u′(a)＝ln a＋1－1－a＝ln a－a，
令k(a)＝u′(a)＝ln a－a，
k′(a)＝－1，令k′(a)＝＝0，得a＝1，
在(0，1)上，k′(a)>0，k(a)＝u′(a)是增函数，在(1，＋∞)上，k′(a)－1时，f(x)≥0对任意x>0恒成立，转化为≥对任意x>0恒成立.
设函数F(x)＝(x>0)，
则F′(x)＝－.
当01时，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a≤.
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，)

(，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(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.
规律方法　1.含参数的能成立(存在型)问题的解题方法
(1)a≥f(x)在x∈D上能成立，则a≥f(x)min；
(2)a≤f(x)在x∈D上能成立，则a≤f(x)max.
2.含全称、存在量词不等式能成立问题
(1)存在x1∈A，任意x2∈B使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)max≥g(x)max；(2)任意x1∈A，存在x2∈B，使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)min≥g(x)min.
【训练4】 已知函数f(x)＝xln x(x>0).
(1)求函数f(x)的极值；
(2)若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≤成立，求实数m的最小值.
解　(1)由f(x)＝xln x，得f′(x)＝1＋ln x，
令f′(x)>0，得x>；令f′(x)1；由g′(x)x>1＋ln x(x>0，且x≠1).
【例1】 (1)已知函数f(x)＝，则y＝f(x)的图象大致为(　　)


解析　因为f(x)的定义域为
即{x|x>－1，且x≠0}，所以排除选项D.
当x>0时，由经典不等式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－1，且x≠0)，即x>0或－1