创新设计一轮复习 第三章 第2节 第3课时.docx
- 文档编号:4389206
- 上传时间:2023-05-07
- 格式:DOCX
- 页数:15
- 大小:51.02KB
创新设计一轮复习 第三章 第2节 第3课时.docx
《创新设计一轮复习 第三章 第2节 第3课时.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《创新设计一轮复习 第三章 第2节 第3课时.docx(15页珍藏版)》请在冰点文库上搜索。
创新设计一轮复习第三章第2节第3课时
第3课时 导数在不等式中的应用
考点一 构造函数证明不等式
【例1】已知函数f(x)=1-,g(x)=x-lnx.
(1)证明:
g(x)≥1;
(2)证明:
(x-lnx)f(x)>1-.
证明
(1)由题意得g′(x)=(x>0),
当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)=,
所以当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)=1-(当且仅当x=2时取等号).①
又由
(1)知x-lnx≥1(当且仅当x=1时取等号),②
且①②等号不同时取得,
所以(x-lnx)f(x)>1-.
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①∀x∈[a,b],有f(a)≤f(x)≤f(b),②∀x1,x2∈[a,b],且x1 (2)利用最值: 若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m),则∀x∈D,有f(x)≤M(或f(x)≥m). 2.证明f(x) 【训练1】已知函数f(x)=在点(-1,f(-1))处的切线方程为x+y+3=0. (1)求函数f(x)的解析式; (2)设g(x)=lnx,求证: g(x)≥f(x)在[1,+∞)上恒成立. (1)解 将x=-1代入切线方程得y=-2, 所以f(-1)==-2,化简得b-a=-4.① f′(x)=, f′(-1)==-1.② 联立①②,解得a=2,b=-2.所以f(x)=. (2)证明 由题意知要证lnx≥在[1,+∞)上恒成立, 即证明(x2+1)lnx≥2x-2,x2lnx+lnx-2x+2≥0在[1,+∞)上恒成立. 设h(x)=x2lnx+lnx-2x+2, 则h′(x)=2xlnx+x+-2, 因为x≥1,所以2xlnx≥0,x+≥2·≥2(当且仅当x=1时等号成立),即h′(x)≥0, 所以h(x)在[1,+∞)上单调递增,h(x)≥h (1)=0, 所以g(x)≥f(x)在[1,+∞)上恒成立. 考点二 利用“若f(x)min>g(x)max,则f(x)>g(x)”证明不等式 【例2】已知函数f(x)=xlnx-ax. (1)当a=-1时,求函数f(x)在(0,+∞)上的最值; (2)证明: 对一切x∈(0,+∞),都有lnx+1>-成立. (1)解 函数f(x)=xlnx-ax的定义域为(0,+∞). 当a=-1时,f(x)=xlnx+x,f′(x)=lnx+2. 由f′(x)=0,得x=. 当x∈时,f′(x)<0;当x>时,f′(x)>0. 所以f(x)在上单调递减,在上单调递增. 因此f(x)在x=处取得最小值,即f(x)min=f=-,但f(x)在(0,+∞)上无最大值. (2)证明 当x>0时,lnx+1>-等价于x(lnx+1)>-. 由 (1)知a=-1时,f(x)=xlnx+x的最小值是-,当且仅当x=时取等号. 设G(x)=-,x∈(0,+∞), 则G′(x)=,易知G(x)max=G (1)=-, 当且仅当x=1时取到,从而可知对一切x∈(0,+∞),都有f(x)>G(x),即lnx+1>-. 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)min>g(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)=-3x2+3且f(0)=-1,g(x)=xlnx+(a≥1). (1)求f(x)的极值; (2)求证: 对任意x1,x2∈(0,+∞),都有f(x1)≤g(x2). (1)解 依题意得f(x)=-x3+3x-1,f′(x)=-3x2+3=-3(x+1)(x-1), 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x>0时,f(x)最大值=1, 由a≥1知,g(x)≥xlnx+(x>0), 令h(x)=xlnx+(x>0), 则h′(x)=lnx+1-=lnx+, 注意到h′ (1)=0,当x>1时,h′(x)>0; 当0 即h(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数, h(x)最小值=h (1)=1,即g(x)最小值=1. 综上知对任意x1,x2∈(0,+∞),都有f(x1)≤g(x2). 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】已知函数f(x)=(x≠0). (1)判断函数f(x)在区间上的单调性; (2)若f(x) 解 (1)f′(x)=, 令g(x)=xcosx-sinx,x∈,则g′(x)=-xsinx, 显然,当x∈时,g′(x)=-xsinx<0,即函数g(x)在区间上单调递减,且g(0)=0. 从而g(x)在区间上恒小于零, 所以f′(x)在区间上恒小于零, 所以函数f(x)在区间上单调递减. (2)不等式f(x) 令φ(x)=sinx-ax,x∈, 则φ′(x)=cosx-a,且φ(0)=0. 当a≥1时,在区间上φ′(x)<0,即函数φ(x)单调递减, 所以φ(x)<φ(0)=0,故sinx-ax<0恒成立. 当0 当x∈(0,x0)时,φ′(x)>0,故φ(x)在区间(0,x0)上单调递增,且φ(0)=0, 从而φ(x)在区间(0,x0)上大于零,这与sinx-ax<0恒成立相矛盾. 当a≤0时,在区间上φ′(x)>0,即函数φ(x)单调递增,且φ(0)=0,得sinx-ax>0恒成立,这与sinx-ax<0恒成立相矛盾. 故实数a的最小值为1. 规律方法 1.破解此类题需“一形一分类”,“一形”是指会结合函数的图象,对函数进行求导,然后判断其极值,从而得到含有参数的方程组,解方程组,即可求出参数的值;“一分类”是指对不等式恒成立问题,常需对参数进行分类讨论,求出参数的取值范围. 2.利用导数研究含参数的不等式问题,若能够分离参数,则常将问题转化为形如a≥f(x)(或a≤f(x))的形式,通过求函数y=f(x)的最值求得参数范围. 【训练3】(2019·潍坊模拟)已知函数f(x)=. (1)若函数f(x)在区间上存在极值,求正实数a的取值范围; (2)如果当x≥1时,不等式f(x)≥恒成立,求实数k的取值范围. 解 (1)函数的定义域为(0,+∞), f′(x)==-, 令f′(x)=0,得x=1. 当x∈(0,1)时,f′(x)>0,f(x)是增函数; 当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)是减函数; 所以x=1为函数f(x)的极大值点,且是唯一极值点, 所以0 故 (2)当x≥1时,k≤恒成立, 令g(x)=(x≥1), 则g′(x)==. 再令h(x)=x-lnx(x≥1),则h′(x)=1-≥0, 所以h(x)≥h (1)=1,所以g′(x)>0, 所以g(x)是增函数,所以g(x)≥g (1)=2, 故k≤2,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3-2】已知函数f(x)=x2-(2a+1)x+alnx(a∈R). (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)=(1-a)x,若∃x0∈[1,e]使得f(x0)≥g(x0)成立,求实数a的取值范围. 解 (1)f′(x)=,当导函数f′(x)的零点x=a落在区间(1,2)内时,函数f(x)在区间[1,2]上就不是单调函数,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x2-2x+a(lnx-x)≥0在区间[1,e]上有解. 因为当x∈[1,e]时,lnx≤1≤x(不同时取等号),x-lnx>0,所以a≤在区间[1,e]上有解. 令h(x)=,则h′(x)=. 因为x∈[1,e],所以x+2>2≥2lnx, 所以h′(x)≥0,h(x)在[1,e]上单调递增, 所以x∈[1,e]时,h(x)max=h(e)=, 所以a≤, 所以实数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 a≥f(x)在x∈D上能成立,则a≥f(x)min; 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)=m-2lnx(m∈R),g(x)=-,若至少存在一个x0∈[1,e],使得f(x0) 解 依题意,不等式f(x) ∴mx<2lnx在区间[1,e]上有解,即<能成立. 令h(x)=,x∈[1,e],则h′(x)=. 当x∈[1,e]时,h′(x)≥0,h(x)在[1,e]上是增函数, ∴h(x)的最大值为h(e)=. 由题意<,即m<时,f(x) ∴实数m的取值范围是. [思维升华] 1.证明不等式的关键是构造函数,将问题转化为研究函数的单调性、最值问题. 2.恒(能)成立问题的转化策略.若f(x)在区间D上有最值,则 (1)恒成立: ∀x∈D,f(x)>0⇔f(x)min>0; ∀x∈D,f(x)<0⇔f(x)max<0. (2)能成立: ∃x∈D,f(x)>0⇔f(x)max>0; ∃x∈D,f(x)<0⇔f(x)min<0. [易错防范] 1.证明不等式,特别是含两个变量的不等式时,要注意合理的构造函数. 2.恒成立与能成立问题,要注意理解“任意”与“存在”的不同含义,要注意区分转化成的最值问题的异同. 逻辑推理——两个经典不等式的活用 逻辑推理是得到数学结论,构建数学体系的重要方式,是数学严谨性的基本保证.利用两个经典不等式解决其他问题,降低了思考问题的难度,优化了推理和运算过程. (1)对数形式: x≥1+lnx(x>0),当且仅当x=1时,等号成立. (2)指数形式: ex≥x+1(x∈R),当且仅当x=0时,等号成立. 进一步可得到一组不等式链: ex>x+1>x>1+lnx(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+lnx(x>0), 以x+1代替x,得x>ln(x+1)(x>-1,且x≠0), 所以ln(x+1)-x<0(x>-1,且x≠0),即x>0或-1 答案 B (2)已知函数f(x)=ex,x∈R.证明: 曲线y=f(x)与曲线y=x2+x+1有唯一公共点. 证明 令g(x)=f(x)-=ex-x2-x-1,x∈R, 则g′(x)=ex-x-1, 由经典不等式ex≥x+1恒成立可知,g′(x)≥0恒成立, 所以g(x)在R上为单调递增函数,且g(0)=0. 所以函数g(x)有唯一零点,即两曲线有唯一公共点. 【例2】(2017·全国Ⅲ卷改编)已知函数f(x)=x-1-alnx. (1)若f(x)≥0,求a的值; (2)证明: 对于任意正整数n,… (1)解 f(x)的定义域为(0,+∞), ①若a≤0,因为f=-+aln2<0,所以不满足题意. ②若a>0,由f′(x)=1-=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. 因为f (1)=0,所以当且仅当a=1时,f(x)≥0,故a=1. (2)证明 由 (1)知当x∈(1,+∞)时,x-1-lnx>0. 令x=1+,得ln<. 从而ln+ln+…+ln<++…+=1-<1. 故… 【例3】设函数f(x)=lnx-x+1. (1)讨论f(x)的单调性; (2)求证: 当x∈(1,+∞)时,1< (1)解 由题设知,f(x)的定义域为(0,+∞), f′(x)=-1,令f′(x)=0,解得x=1. 当0 当x>1时,f′(x)<0,f(x)在(1,+∞)上单调递减. (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 故当x∈(1,+∞)时,lnx 因此ln<-1,即lnx>, 故当x∈(1,+∞)时恒有1< 基础巩固题组 (建议用时: 35分钟) 一、选择题 1.(2019·海南一模)函数f(x)=lnx+a的导数为f′(x),若方程f′(x)=f(x)的根x0小于1,则实数a的取值范围为( ) A.(1,+∞)B.(0,1) C.(1,)D.(1,) 解析 由函数f(x)=lnx+a可得f′(x)=, ∵x0使f′(x)=f(x)成立,∴=lnx0+a, 又0 答案 A 2.(2019·济南调研)已知a为常数,函数f(x)=x(lnx-ax)有两个极值点x1,x2(x1 A.f(x1)>0,f(x2)>- B.f(x1)<0,f(x2)<- C.f(x1)>0,f(x2)<- D.f(x1)<0,f(x2)>- 解析 f′(x)=lnx-2ax+1,依题意知f′(x)=0有两个不等实根x1,x2, 即曲线y=1+lnx与直线y=2ax有两个不同交点,如图. 由直线y=x是曲线y=1+lnx的切线, 可知:
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 创新设计一轮复习 第三章 第2节 第3课时 创新 设计 一轮 复习 第三 课时