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(1,2)，证明：|f(x)－1|＞eq\f(lnx,x)＋eq\f(1,2).
[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(1,x)＋2x－2a＝eq\f(2x2－2ax＋1,x)(x＞0)，
记h(x)＝2x2－2ax＋1，
①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(1,2)时，设H(x)＝f(x)－1＝lnx－x，
故H′(x)＝eq\f(1－x,x)，
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(lnx,x)＋eq\f(1,2)，
则G′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，
由G′(x)＜0，得x＞e，
由G′(x)＞0，得0＜x＜e，
故G(x)max＝G(e)＝eq\f(1,e)＋eq\f(1,2)＜1，
所以G(x)max＜|H(x)|min，
所以|f(x)－1|＞eq\f(lnx,x)＋eq\f(1,2).
►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＋lnx,x).
(1)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；
(2)若∃x0∈[1，e]，使不等式f(x0)≥eq\f(k,x0＋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(1,x)))x－x＋11＋lnx,x2)＝eq\f(x－lnx,x2).
再令h(x)＝x－lnx(x≥1)，
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，即实数k的取值范围是(－∞，2]．
(2)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)(x∈[1，e])，
由(1)题知，g(x)为单调增函数，
所以g(x)max＝g(e)＝2＋eq\f(2,e)，
所以k≤2＋eq\f(2,e)，即实数k的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，2＋\f(2,e))).
[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(a,x)＋xlnx，g(x)＝x3－x