高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 3.2 导数的应用 第3课时 导数与函数的综合问题 理-人教版高三全册数学试题.doc

第3课时导数与函数的综合问题
题型一导数与不等式有关的问题
命题点1解不等式
例1设f(x)是定义在R上的奇函数，f(2)＝0，当x>0时，有eq\f(xf′x－fx,x2)<0恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集是()
A．(－2,0)∪(2，＋∞) B．(－2,0)∪(0,2)
C．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－∞，－2)∪(0,2)
答案D
解析∵当x>0时，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,x)))′<0，
∴φ(x)＝eq\f(fx,x)为减函数，
又φ(2)＝0，∴当且仅当0<x<2时，φ(x)>0，
此时x2f(x)>0.
又f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数．
故x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0,2)．
命题点2证明不等式
例2(2016·全国丙卷)设函数f(x)＝lnx－x＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1<eq\f(x－1,lnx)<x；
(3)设c>1，证明：当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>cx.
(1)解由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－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，lneq\f(1,x)<eq\f(1,x)－1，
即1<eq\f(x－1,lnx)<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＝eq\f(ln\f(c－1,lnc),lnc).
当x<x0时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
由(2)知1<eq\f(c－1,lnc)<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.
命题点3不等式恒成立或有解问题
例3已知函数f(x)＝eq\f(1＋lnx,x).
(1)若函数f(x)在区间(a，a＋eq\f(1,2))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)≥eq\f(k,x＋1)恒成立，求实数k的取值范围．
解(1)函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq\f(1－1－lnx,x2)＝－eq\f(lnx,x2)，
令f′(x)＝0，得x＝1；
当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
所以x＝1为极大值点，所以0<a<1<a＋eq\f(1,2)，
故eq\f(1,2)<a<1，即实数a的取值范围为(eq\f(1,2)，1)．
(2)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)，
则g′(x)＝eq\f(1＋lnx＋1＋\f(1,x)x－x＋11＋lnx,x2)＝eq\f(x－lnx,x2).
再令h(x)＝x－lnx，则h′(x)＝1－eq\f(1,x)≥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.所以实数k的取值范围是(－∞，2]．
引申探究
本例(2)中若改为：存在x0∈[1，e]，使不等式f(x)≥eq\f(k,x＋1)成立，求实数k的取值范围．
解当x∈[1，e]时，k≤eq\f(x＋11＋lnx,x)有解，
令g(x)＝eq\f(x＋11＋lnx,x)，由例3(2)解题知，
g(x)为单调增函数，∴g(x)max＝g(e)＝2＋eq\f(2,e)，
∴k≤2＋eq\f(2,e)，即实数k的取值范围是(－∞，2＋eq\f(2,e)]．
思维升华(1)利用导数解不等式的思路
已知一个含f′(x)的不等式，可得到和f(x)有关的函数的单调性，然后可利用函数单调性解不等式．
(2)利用导数证明不等式的方法
证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)<0，则F(x)在(a，b)上是减函数，同时若F(a)≤0，由减函数的定义可知，x∈(a，b)