高考数学一轮复习 第2章 函数、导数及其应用 第11节 导数的应用（第3课时）导数与函数的综合问题教学案 理（含解析）新人教A版-新人教A版高三全册数学教学案.doc

第3课时导数与函数的综合问题利用导数解决不等式的有关问题►考法1证明不等式【例1】(2018·郑州二模)已知函数f(x)＝lnx－2ax＋1(a∈R)．(1)讨论函数g(x)＝x2＋f(x)的单调性；(2)若a＝eq\f(12)证明：|f(x)－1|＞eq\f(lnxx)＋eq\f(12).[解](1)由题意知函数y＝g(x)的定义域为(0＋∞)g(x)＝x2＋lnx－2ax＋1则g′(x)＝eq\f(1x)＋2x－2a＝eq\f(2x2－2ax＋1x)(x＞0)记h(x)＝2x2－2ax＋1①当a≤0时因为x＞0所以h(x)＞0故函数g(x)在(0＋∞)上单调递增；②当0＜a≤eq\r(2)时因为Δ＝4(a2－2)≤0所以h(x)≥0故函数g(x)在(0＋∞)上单调递增；③当a＞eq\r(2)时由g′(x)＜0解得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－2)2)\f(a＋\r(a2－2)2)))所以函数g(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－2)2)\f(a＋\r(a2－2)2)))上单调递减同理可得函数g(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0\f(a－\r(a2－2)2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－2)2)＋∞))上单调递增．(2)证明：当a＝eq\f(12)时设H(x)＝f(x)－1＝lnx－x故H′(x)＝eq\f(1－xx)故H′(x)＜0得x＞1由H′(x)＞0得0＜x＜1所以H(x)max＝f(1)－1＝－1所以|H(x)|min＝1.设G(x)＝eq\f(lnxx)＋eq\f(12)则G′(x)＝eq\f(1－lnxx2)由G′(x)＜0得x＞e由G′(x)＞0得0＜x＜e故G(x)max＝G(e)＝eq\f(1e)＋eq\f(12)＜1所以G(x)max＜|H(x)|min所以|f(x)－1|＞eq\f(lnxx)＋eq\f(12).►考法2由不等式恒(能)成立求参数的范围【例2】已知函数f(x)＝eq\f(1＋lnxx).(1)如果当x≥1时不等式f(x)≥eq\f(kx＋1)恒成立求实数k的取值范围；(2)若∃x0∈[1e]使不等式f(x0)≥eq\f(kx0＋1)成立求实数k的取值范围．[解](1)当x≥1时k≤eq\f(x＋11＋lnxx)恒成立令g(x)＝eq\f(x＋11＋lnxx)(x≥1)则g′(x)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋lnx＋1＋\f(1x)))x－x＋11＋lnxx2)＝eq\f(x－lnxx2).再令h(x)＝x－lnx(x≥1)则h′(x)＝1－eq\f(1x)≥0所以h(x)≥h(1)＝1所以g′(x)＞0所以g(x)为单调增函数所以g(x)≥g(1)＝2故k≤2即实数k的取值范围是(－∞2]．(2)当x∈[1e]时k≤eq\f(x＋11＋lnxx)有解令g(x)＝eq\f(x＋11＋lnxx)(x∈[1e])由(1)题知g(x)为单调增函数所以g(x)max＝g(e)＝2＋eq\f(2e)所以k≤2＋eq\f(2e)即实数k的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞2＋\f(2e))).[规律方法]1.利用导数证明含“x”不等式方法即证明：fx＞gx.法一：移项fx－gx＞0构造函数Fx＝fx－gx转化证明Fxmin＞0利用导数研究Fx单调性用上定义域的端点值.法二：转化证明：fxmin＞gxmax.法三：先对所求证不等式进行变形分组或整合再用法一或法二.2.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研究函数的单调性求出最值进而得出相应的含参数不等式从而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.设f(x)＝eq\f(ax)＋xlnxg(x)＝x3－x2－3.(1)如果存在x1x2∈[02]使得g(x1)－g(x2)≥M成立求满足上述条件的最大整数M；(2)如果对于任意的st∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(12)2))都