2020版高考数学二轮复习 第2部分 专题6 函数、导数和不等式 第3讲 导数的综合应用教案 理

-1-第3讲导数的综合应用利用导数证明不等式(5年3考)考向1构造函数法(最值法)证明单变量不等式[高考解读]以我们熟知的不等关系，如lnx＜x，x＋≤x，ex≥x＋1等为载体，通过变形或适当重组，形成一道新颖的题目.重在考查学生的等价转化能力，逻辑推理及数学运算的能力.(2016·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝lnx－x＋1.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)证明当x∈(1，＋∞)时，1＜x－1lnx＜x；(3)设c1，证明当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.切入点：(1)当x＞1时，1＜x－1lnx＜x⇔lnx＜x－1＜xlnx；(2)构造函数g(x)＝1＋(c－1)x－cx，借助(2)的讨论求解．[解](1)由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．(2)证明：由(1)知，f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.所以当x≠1时，lnx＜x－1.故当x∈(1，＋∞)时，lnx＜x－1，ln1x＜1x－1，即1＜x－1lnx＜x.(3)证明：由题设c＞1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，则g′(x)＝c－1－cxlnc.令g′(x)＝0，解得x0＝lnc－1lnclnc.当x＜x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；-2-当x＞x0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．由(2)知1＜c－1lnc＜c，故0＜x0＜1.又g(0)＝g(1)＝0，故当0＜x＜1时，g(x)＞0.所以当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.单变量不等式的证明方法(1)移项法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))的问题转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数；(3)最值法：欲证f(x)＜g(x)，有时可以证明f(x)max＜g(x)min.提醒：拆分函数时，ex和lnx尽量分到两个不同的函数中．(4)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数．[一题多解](与ex，lnx有关的不等式证明问题)已知函数f(x)＝1－lnx＋a2x2－ax(a∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若a＝0且x∈(0,1)，求证：fxex＋x2－1x＜1.[解](1)a＝0时，f(x)在(0，＋∞)上递减；a＞0时，f(x)在0，1a上递减，在1a，＋∞上递增；a＜0时，f(x)在0，－12a上递减，在－12a，＋∞上递增．(2)法一：(最值法)若a＝0且x∈(0,1)，欲证fxex＋x2－1x＜1，只需证1－lnxex＋x2－1x＜1，即证x(1－lnx)＜(1＋x－x3)ex.-3-设函数g(x)＝x(1－lnx)，则g′(x)＝－lnx.当x∈(0,1)时，g′(x)＞0，故函数g(x)在(0,1)上单调递增，所以g(x)＜g(1)＝1.设函数h(x)＝(1＋x－x3)ex，则h′(x)＝(2＋x－3x2－x3)ex.设函数p(x)＝2＋x－3x2－x3，则p′(x)＝1－6x－3x2.当x∈(0,1)时，p′(0)·p′(1)＝－8＜0，故存在x0∈(0,1)，使得p′(x0)＝0，从而函数p(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0,1)上单调递减．当x∈(0，x0)时，p(x0)＞p(0)＝2，当x∈(x0,1)时，p(x0)·p(1)＜－2＜0，故存在x1∈(0,1)，使得h′(x1)＝0，即当x∈(0，x1)时，p(x)＞0，当x∈(x1,1)时，p(x)＜0，从而函数h(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1,1)上单调递减．因为h(0)＝1，h(1)＝e，所以当x∈(0,1)时，h(x)＞h(0)＝1，所以x(1－lnx)＜(1＋x－x3)ex，x∈(0,1)，即fxex＋x2－1x＜1，x∈(0,1)．法二：(放缩法)若a＝0且x∈(0,1)，欲证fxex＋x2－1x＜1，只需证1－lnxex＋x2－1x＜1，即证x(1－lnx)＜(1＋x－x3)ex.设函数g(x)＝x(1－lnx)，则g′(x)＝－lnx，当x∈(0,1)时，g′(x)＞0，故函数g(x)在(0,1)上单调递增．所以g(x)＜g(1)＝1.设函数h(x)＝(1＋x－x3)ex，x∈(0,1)，因为x∈(0,1)，所以x＞x3，所以1＋x－x3＞1，又1＜ex＜e，所以h(x)＞1，所以g(x)＜1＜h(x)，即原不等式成立．法三：(放缩法)若a＝0且x∈(0,1)，欲证fxex＋x2－1x＜1，-4-只需证1－lnxex＋x2－1x＜1，由于1－lnx＞0，ex＞e0＝1，则只需证明1－lnx＋x2－1x＜1，只需证明lnx－x2＋1x＞0，令g(x)＝lnx－x2＋1x，则当x∈(0,1)时，g′(x)＝1x－2x－1x2＝x－1－2x3x2＜x－1x2＜0，则函数g(x)在(0,1)上单调递减，则g(x)＞g(1)＝0，所以lnx－x2＋1x＞0，即原不等式原立．[点评]含“x”的不等式证明,考题第二问出现含x的不等式，往往是对所求证的不等式先进行等价变形，如移项、分解、重组，放缩等手段，化为更加加强的不等式的证明，甚至构造两个系数，其中放缩法比较灵活.①x＞0时，证明：\f(x＋1,ex－x－xlnx＜1＋e－2.析：令gx＝x＋1ex，hx＝1－x－xlnx.易证0＜gx＜1，hx＝－lnx－2.∵hx在，e－2上递增，在e－2，＋上递减，∴hxh－2＝1＋e－2，∴gxhx＜1＋e－2.②当m≤2时，求证：ex－x＋m＞0.证明：当m≤2时，x－m，＋，x＋mx＋，∴只需证：ex－x＋＞0.令gx＝ex－x＋，gx＝ex－1x＋2在－2，＋上递增.又∵g－＝1e－1＜0，g＝12＞0，∴存在唯一实数x0－1，，使gx0＝0，即ex0＝1x0＋2.∴当x－1，x0时，gx＜0，xx0，时，gx＞0.∵gxmin＝gx0＝ex0－x0＋＝1x0＋2＋x0-5-＝1x0＋2＋x0＋2－2＞0.考向2转化法证明双变量不等式[高考解读]以对数函数与线性函数的组合为载体，以函数的极值点、零点为依托，将函数、方程、不等式巧妙的融合在一起，重在考查学生的等价转化能力、数学运算能力和逻辑推理能力.(2018·全国卷Ⅰ改编)已知函数f(x)＝1x－x＋alnx存在两个极值点x1，x2，证明：fx1fx2x1－x2＜a－2.切入点：f′(x1)＝f′(x2)＝0，借助方程思想找出x1，x2的等量关系，构造函数借助单调性证明不等式．[解]∵f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1x2－1＋ax＝－x2－ax＋1x2，易知当且仅当a＞2时，f(x)存在两个极值点．由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨设x1＜x2，则x2＞1，由于fx1fx2x1－x2＝－1x1x2－1＋alnx1－lnx2x1－x2＝－2＋alnx1－lnx2x1－x2＝－2＋a－2lnx21x2－x2，所以fx1fx2x1－x2＜a－2等价于1x2－x2＋2lnx2＜0.设函数g(x)＝1x－x＋2lnx，g′(x)＝－1x2－1＋2x＝－x2＋2x－1x2＝x－12x2≤0，∴g(x)在(0，＋∞)单调递减，又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0，所以1x2－x2＋2lnx2＜0，即fx1fx2x1－x2＜a－2.证明双变量不等式的两种常见方法-6-对于形如f(x1，x2)＞A的不等式，其证明中的常见变形有以下两种：(1)消元法：即借助题设条件，建立x1与x2的等量关系，如x2＝g(x1)，从而将f(x1，x2)＞A的双变量不等式化成h(x1)＞A的单变量不等式；(2)换元法：结合题设条件，有时需要先对含有双变量的不等式进行“除法”变形，再对含有双变量的局部代数式进行“换元”处理，将双变量问题等价转化为单变量问题，即构建形如x1x2形式．(与零点有关的双变量问题)已知函数f(x)＝ax－lnx(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2，证明：1lnx1＋1lnx2＞2.[解](1)a≤0时，减区间为(0，＋∞)，没有增区间；a＞0时，减区间为0，1a，增区间为1a，＋∞.(2)证明：函数f(x)有两个零点分别为x1，x2，则a＞0，不妨设x1＜x2，则lnx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0，lnx2－lnx1＝a(x2－x1)．要证1lnx1＋1lnx2＞2，只需证1x1＋1x2＞2a，只需证x1＋x22x1x2＞a，只需证x1＋x22x1x2＞lnx2－lnx1x2－x1，只需证x22－x212x1x2＞lnx2x1，只需证lnx2x1＜12x2x1－x1x2.令t＝x2x1，则t＞1，即证lnt＜12t－1t.设φ(t)＝lnt－12t－1t，则φ′(t)＝2t－t2－12t2＜0，即函数φ(t)在(1，＋∞)上单调递减，则φ(t)＜φ(1)＝0.即得1lnx1＋1lnx2＞2.利用导数解决不等式恒成立(能成立)中的参数问题(5年2考)-7-考向1分离参数或构造函数解决恒成立(能成立)问题[高考解读]以不等式中的恒成立能成立为载体，考查学生的等价转化能力，考查函数最值的求法，逻辑推理能力及数学运算的素养.(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x－1－alnx.(1)若f(x)≥0，求a的值；(2)设m为整数，且对于任意正整数n，1＋121＋122·…·1＋12n＜m，求m的最小值．[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，①若a≤0，因为f12＝－12＋aln2＜0，所以不满足题意．②若a0，由f′(x)＝1－ax＝x－ax知，当x∈(0，a)时，f′(x)0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)0.所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增．故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点．由于f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，故a＝1.(2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－lnx0.令x＝1＋12n，得ln1＋12n＜12n，从而ln1＋12＋ln1＋122＋…＋ln1＋12n＜12＋122＋…＋12n＝1－12n＜1.故1＋121＋122·…·1＋12n＜e.而1＋121＋1221＋123＞2，所以m的最小值为3.不等式恒成立、能成立问题常用解法(1)分离参数后转化为求最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如a＞f(x)max或a＜f(x)min.(2)直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，注意对参数的分类讨论．(3)数形结合，构造函数，借助函数图象的几何直观性求解，一定要重视函数性质的灵活-8-应用．(4)恒成立(能成立)问题出现在压轴题第二问，分离参数法一般不好做，原因有两点：一是分离后求最值利用导数研究单调性．不好研究(多次求导无果或越求导越复杂)．二是遇到一个障碍点，如研究出f(x)在(1，＋∞)上递减，f(x)＜f(1)，而f(1)无意义，需要用到“洛必达法则”．所以一般不分离，直接利用导数研究单调性(需讨论)，转化求最值，注意定义域、端点值的利用，先出结果，排除反面．1．(能成立问题)设函数f(x)＝2