第3課時導數在不等式中的應用考點一構造函數證明不等式【例1】 已知函數f(x)1，g(x)xln x.(1)證明：g(x)1；(2)證明：(xln x)f(x)>1.證明(1)由題意得g(x)(x>0)，當0<x<1時，g(x)<0；當x>1時，g(x)>0，即g(x)在(0，1)上是減函數，在(1，)上是增函數.所以g(x)g(1)1，得證.(2)由f(x)1，得f(x)，所以當0<x<2時，f(x)<0，當x>2時，f(x)>0，即f(x)在(0，2)上是減函數，在(2，)上是增函數，所以f(x)f(2)1(當且僅當x2時取等號).又由(1)知xln x1(當且僅當x1時取等號)，且等號不同時取得，所以(xln x)f(x)>1.規(guī)律方法1.證明不等式的基本方法：(1)利用單調性：若f(x)在a，b上是增函數，則xa，b，有f(a)f(x)f(b)，x1，x2a，b，且x1<x2，有f(x1)<f(x2).對于減函數有類似結論.(2)利用最值：若f(x)在某個范圍D內有最大值M(或最小值m)，則xD，有f(x)M(或f(x)m).2.證明f(x)<g(x)，可構造函數F(x)f(x)g(x)，證明F(x)<0.先通過化簡、變形，再移項構造不等式就減少運算量，使得問題順利解決.【訓練1】 已知函數f(x)在點(1，f(1)處的切線方程為xy30.(1)求函數f(x)的解析式；(2)設g(x)ln x，求證：g(x)f(x)在1，)上恒成立.(1)解將x1代入切線方程得y2，所以f(1)2，化簡得ba4.f(x)，f(1)1.聯(lián)立，解得a2，b2.所以f(x).(2)證明由題意知要證ln x在1，)上恒成立，即證明(x21)ln x2x2，x2ln xln x2x20在1，)上恒成立.設h(x)x2ln xln x2x2，則h(x)2xln xx2，因為x1，所以2xln x0，x2·2(當且僅當x1時等號成立)，即h(x)0，所以h(x)在1，)上單調遞增，h(x)h(1)0，所以g(x)f(x)在1，)上恒成立.考點二利用“若f(x)min>g(x)max，則f(x)>g(x)”證明不等式【例2】 已知函數f(x)xln xax.(1)當a1時，求函數f(x)在(0，)上的最值；(2)證明：對一切x(0，)，都有l(wèi)n x1>成立.(1)解函數f(x)xln xax的定義域為(0，).當a1時，f(x)xln xx，f(x)ln x2.由f(x)0，得x.當x時，f(x)<0；當x>時，f(x)>0.所以f(x)在上單調遞減，在上單調遞增.因此f(x)在x處取得最小值，即f(x)minf，但f(x)在(0，)上無最大值.(2)證明當x>0時，ln x1>等價于x(ln x1)>.由(1)知a1時，f(x)xln xx的最小值是，當且僅當x時取等號.設G(x)，x(0，)，則G(x)，易知G(x)maxG(1)，當且僅當x1時取到，從而可知對一切x(0，)，都有f(x)>G(x)，即ln x1>.規(guī)律方法1.在證明不等式中，若無法轉化為一個函數的最值問題，則可考慮轉化為兩個函數的最值問題.2.在證明過程中，等價轉化是關鍵，此處f(x)min>g(x)max恒成立.從而f(x)>g(x)，但此處f(x)與g(x)取到最值的條件不是同一個“x的值”.【訓練2】 已知三次函數f(x)的導函數f(x)3x23且f(0)1，g(x)xln x(a1).(1)求f(x)的極值；(2)求證：對任意x1，x2(0，)，都有f(x1)g(x2).(1)解依題意得f(x)x33x1，f(x)3x233(x1)(x1)，知f(x)在(，1)和(1，)上是減函數，在(1，1)上是增函數，所以f(x)極小值f(1)3，f(x)極大值f(1)1.(2)證明易得x>0時，f(x)最大值1，由a1知，g(x)xln x(x>0)，令h(x)xln x(x>0)，則h(x)ln x1ln x，注意到h(1)0，當x>1時，h(x)>0；當0<x<1時，h(x)<0，即h(x)在(0，1)上是減函數，在(1，)上是增函數，h(x)最小值h(1)1，即g(x)最小值1.綜上知對任意x1，x2(0，)，都有f(x1)g(x2).考點三不等式恒成立或有解問題多維探究角度1不等式恒成立求參數【例31】 已知函數f(x)(x0).(1)判斷函數f(x)在區(qū)間上的單調性；(2)若f(x)<a在區(qū)間上恒成立，求實數a的最小值.解(1)f(x)，令g(x)xcos xsin x，x，則g(x)xsin x，顯然，當x時，g(x)xsin x<0，即函數g(x)在區(qū)間上單調遞減，且g(0)0.從而g(x)在區(qū)間上恒小于零，所以f(x)在區(qū)間上恒小于零，所以函數f(x)在區(qū)間上單調遞減.(2)不等式f(x)<a，x恒成立，即sin xax<0恒成立.令(x)sin xax，x，則(x)cos xa，且(0)0.當a1時，在區(qū)間上(x)<0，即函數(x)單調遞減，所以(x)<(0)0，故sin xax<0恒成立.當0<a<1時，(x)cos xa0在區(qū)間上存在唯一解x0，當x(0，x0)時，(x)>0，故(x)在區(qū)間(0，x0)上單調遞增，且(0)0，從而(x)在區(qū)間(0，x0)上大于零，這與sin xax<0恒成立相矛盾.當a0時，在區(qū)間上(x)>0，即函數(x)單調遞增，且(0)0，得sin xax>0恒成立，這與sin xax<0恒成立相矛盾.故實數a的最小值為1.規(guī)律方法1.破解此類題需“一形一分類”，“一形”是指會結合函數的圖象，對函數進行求導，然后判斷其極值，從而得到含有參數的方程組，解方程組，即可求出參數的值；“一分類”是指對不等式恒成立問題，常需對參數進行分類討論，求出參數的取值范圍.2.利用導數研究含參數的不等式問題，若能夠分離參數，則常將問題轉化為形如af(x)(或af(x)的形式，通過求函數yf(x)的最值求得參數范圍.【訓練3】 (2018·大同模擬)已知函數f(x).(1)若函數f(x)在區(qū)間上存在極值，求正實數a的取值范圍；(2)如果當x1時，不等式f(x)恒成立，求實數k的取值范圍.解(1)函數的定義域為(0，)，f(x)，令f(x)0，得x1.當x(0，1)時，f(x)>0，f(x)是增函數；當x(1，)時，f(x)<0，f(x)是減函數；所以x1為函數f(x)的極大值點，且是唯一極值點，所以0<a<1<a，故<a<1，即正實數a的取值范圍為.(2)當x1時，k恒成立，令g(x)(x1)，則g(x).再令h(x)xln x(x1)，則h(x)10，所以h(x)h(1)1，所以g(x)>0，所以g(x)是增函數，所以g(x)g(1)2，故k2，即實數k的取值范圍是(，2.角度2不等式能成立求參數的取值范圍【例32】 已知函數f(x)x2(2a1)xaln x(aR).(1)若f(x)在區(qū)間1，2上是單調函數，求實數a的取值范圍；(2)函數g(x)(1a)x，若x01，e使得f(x0)g(x0)成立，求實數a的取值范圍.解(1)f(x)，當導函數f(x)的零點xa落在區(qū)間(1，2)內時，函數f(x)在區(qū)間1，2上就不是單調函數，即a(1，2)，所以實數a的取值范圍是(，12，).(2)由題意知，不等式f(x)g(x)在區(qū)間1，e上有解，即x22xa(ln xx)0在區(qū)間1，e上有解.因為當x1，e時，ln x1x(不同時取等號)，xln x>0，所以a在區(qū)間1，e上有解.令h(x)，則h(x).因為x1，e，所以x2>22ln x，所以h(x)0，h(x)在1，e上單調遞增，所以x1，e時，h(x)maxh(e)，所以a，所以實數a的取值范圍是.規(guī)律方法1.含參數的能成立(存在型)問題的解題方法af(x)在xD上能成立，則af(x)min；af(x)在xD上能成立，則af(x)max.2.含全稱、存在量詞不等式能成立問題(1)存在x1A，任意x2B使f(x1)g(x2)成立，則f(x)maxg(x)max；(2)任意x1A，存在x2B，使f(x1)g(x2)成立，則f(x)ming(x)min.【訓練4】 已知函數f(x)m2ln x(mR)，g(x)，若至少存在一個x01，e，使得f(x0)<g(x0)成立，求實數m的取值范圍.解依題意，不等式f(x)<g(x)在1，e上有解， mx<2ln x在區(qū)間1，e上有解，即<能成立.令h(x)，x1，e，則h(x).當x1，e時，h(x)0，h(x)在1，e上是增函數，h(x)的最大值為h(e).由題意<，即m<時，f(x)<g(x)在1，e上有解.實數m的取值范圍是.思維升華1.證明不等式的關鍵是構造函數，將問題轉化為研究函數的單調性、最值問題.2.恒(能)成立問題的轉化策略.若f(x)在區(qū)間D上有最值，則(1)恒成立：xD，f(x)>0f(x)min>0；xD，f(x)<0f(x)max<0.(2)能成立：xD，f(x)>0f(x)max>0；xD，f(x)<0f(x)min<0.易錯防范1.證明不等式，特別是含兩個變量的不等式時，要注意合理的構造函數.2.恒成立與能成立問題，要注意理解“任意”與“存在”的不同含義，要注意區(qū)分轉化成的最值問題的異同.邏輯推理兩個經典不等式的活用邏輯推理是得到數學結論，構建數學體系的重要方式，是數學嚴謹性的基本保證.利用兩個經典不等式解決其他問題，降低了思考問題的難度，優(yōu)化了推理和運算過程.(1)對數形式：x1ln x(x>0)，當且僅當x1時，等號成立.(2)指數形式：exx1(xR)，當且僅當x0時，等號成立.進一步可得到一組不等式鏈：ex>x1>x>1ln x(x>0，且x1).【例1】 (1)已知函數f(x)，則yf(x)的圖象大致為()解析因為f(x)的定義域為即x|x>1，且x0，所以排除選項D.當x>0時，由經典不等式x>1ln x(x>0)，以x1代替x，得x>ln(x1)(x>1，且x0)，所以ln(x1)x<0(x>1，且x0)，即x>0或1<x<0時均有f(x)<0，排除A，C，易知B正確.答案B(2)已知函數f(x)ex，xR.證明：曲線yf(x)與曲線yx2x1有唯一公共點.證明令g(x)f(x)exx2x1，xR，則g(x)exx1，由經典不等式exx1恒成立可知，g(x)0恒成立，所以g(x)在R上為單調遞增函數，且g(0)0.所以函數g(x)有唯一零點，即兩曲線有唯一公共點.【例2】 (2017·全國卷改編)已知函數f(x)x1aln x.(1)若f(x)0，求a的值；(2)證明：對于任意正整數n， <e.(1)解f(x)的定義域為(0，)，若a0，因為faln 2<0，所以不滿足題意.若a>0，由f(x)1知，當x(0，a)時，f(x)<0；當x(a，)時，f(x)>0；所以f(x)在(0，a)單調遞減，在(a，)單調遞增，故xa是f(x)在(0，)的唯一最小值點.因為f(1)0，所以當且僅當a1時，f(x)0，故a1.(2)證明由(1)知當x(1，)時，x1ln x>0.令x1，得ln<.從而lnlnln<1<1.故<e.【例3】 設函數f(x)ln xx1.(1)討論f(x)的單調性；(2)求證：當x(1，)時，1<<x.(1)解由題設知，f(x)的定義域為(0，)，f(x)1，令f(x)0，解得x1.當0<x<1時，f(x)>0，f(x)在(0，1)上單調遞增；當x>1時，f(x)<0，f(x)在(1，)上單調遞減.(2)證明由(1)知f(x)在x1處取得最大值，最大值為f(1)0.所以當x1時，ln x<x1.故當x(1，)時，ln x<x1，>1.因此ln <1，即ln x>，<x.故當x(1，)時恒有1<<x.基礎鞏固題組(建議用時：35分鐘)一、選擇題1.(2019·汕頭一模)函數f(x)ln xa的導數為f(x)，若方程f(x)f(x)的根x0小于1，則實數a的取值范圍為()A.(1，) B.(0，1)C.(1，) D.(1，)解析由函數f(x)ln xa可得f(x)，x0使f(x)f(x)成立，ln x0a，又0<x0<1，>1，ln x0<0，aln x0>1.答案A2.(2019·南昌調研)已知a為常數，函數f(x)x(ln xax)有兩個極值點x1，x2(x1<x2)，則()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)ln x2ax1，依題意知f(x)0有兩個不等實根x1，x2，即曲線y1ln x與直線y2ax有兩個不同交點，如圖.由直線yx是曲線y1ln x的切線，可知：0<2a<1，0<x1<1<x2，a.由0<x1<1，得f(x1)x1(ln x1ax1)<0，當x1<x<x2時，f(x)>0，f(x2)>f(1)a>.答案D二、填空題3.若對任意a，b滿足0<a<b<t，都有bln a<aln b，則t的最大值為_.解析0<a<b<t，bln a<aln b，<，令y，x(0，t)，則函數在(0，t)上單調遞增，故y>0，解得0<x<e，故t的最大值是e.答案e4.函數f(x)x2sin x，對任意的x1，x20，恒有|f(x1)f(x2)|M，則M的最小值為_.解析f(x)x2sin x，f(x)12cos x，當0<x<時，f(x)<0，f(x)單調遞減；當<x<時，f(x)>0，f(x)單調遞增；當x時，f(x)有極小值，即最小值，且f(x)minf2sin .又f(0)0，f()，f(x)max.由題意得|f(x1)f(x2)|M等價于M|f(x)maxf(x)min|.M的最小值為.答案三、解答題5.已知f(x)(1x)ex1.(1)求函數f(x)的最大值；(2)設g(x)，x>1且x0，證明：g(x)<1.(1)解f(x)xex.當x(，0)時，f(x)>0，f(x)單調遞增；當x(0，)時，f(x)<0，f(x)單調遞減.所以f(x)的最大值為f(0)0.(2)證明由(1)知，當x>0時，f(x)<0，g(x)<0<1.當1<x<0時，g(x)<1等價于f(x)>x.設h(x)f(x)x，則h(x)xex1.當x(1，0)時，0<x<1，0<ex<1，則0<xex<1，從而當x(1，0)時，h(x)<0，h(x)在(1，0)上單調遞減.當1<x<0時，h(x)>h(0)0，即g(x)<1.綜上，當x>1且x0時總有g(x)<1.6.已知函數f(x)x3ax210.(1)當a1時，求曲線yf(x)在點(2，f(2)處的切線方程；(2)在區(qū)間1，2內至少存在一個實數x，使得f(x)<0成立，求實數a的取值范圍.解(1)當a1時，f(x)x3x210，所以f(x)3x22x，所以kf(2)8.又f(2)14，所以切線方程為y8x2.(2)由已知得：a>x至少有一個實數x使之成立，即a>.設g(x)x(1x2)，則g(x)1，因為1x2，所以g(x)<0.所以g(x)在1，2上是減函數，所以g(x)ming(2)，a>，即a的取值范圍是.能力提升題組(建議用時：25分鐘)7.(2019·安徽江南十校聯(lián)考)已知函數f(x)xln x(x>0).(1)求f(x)的單調區(qū)間和極值；(2)若對任意x(0，)，f(x)恒成立，求實數m的最大值.解(1)由f(x)xln x(x>0)，得f(x)1ln x，令f(x)>0，得x>；令f(x)<0，得0<x<.f(x)的單調增區(qū)間是，單調減區(qū)間是.故f(x)在x處有極小值f，無極大值.(2)由f(x)及f(x)xln x，得m恒成立，問題轉化為m.令g(x)(x>0)，則g(x)，由g(x)>0x>1，由g(x)<00<x<1.所以g(x)在(0，1)上是減函數，在(1，)上是增函數，所以g(x)ming(1)4，因此m4，所以m的最大值是4.8.已知函數f(x)ex1xax2.(1)當a0時，求證：f(x)0；(2)當x0時，若不等式f(x)0恒成立，求實數a的取值范圍；(3)若x>0，證明(ex1)ln(x1)>x2.(1)證明當a0時，f(x)ex1x，f(x)ex1.當x(，0)時，f(x)<0；當x(0，)時，f(x)>0.故f(x)在(，0)上單調遞減，在(0，)上單調遞增，f(x)minf(0)0，f(x)0.(2)解f(x)ex12ax，令h(x)ex12ax，則h(x)ex2a.當2a1，即a時，在0，)上，h(x)0，h(x)單調遞增，h(x)h(0)，即f(x)f(0)0，f(x)在0，) 上為增函數，f(x)f(0)0，當a時滿足條件.當2a>1，即a>時，令h(x)0，解得xln (2a)，在0，ln (2a)上，h(x)<0，h(x)單調遞減，當x(0，ln (2a)時，有h(x)<h(0)0，即f(x)<f(0)0，f(x)在區(qū)間(0，ln (2a)上為減函數，f(x)<f(0)0，不合題意.綜上，實數a的取值范圍為.(3)證明由(2)得，當a，x>0時，ex>1x，即ex1>x，欲證不等式(ex1)ln(x1)>x2，只需證ln(x1)>.設F(x)ln(x1)，則F(x).當x>0時，F(x)>0恒成立，且F(0)0，F(x)>0恒成立.原不等式得證.14