2023届高考一轮复习讲义（文科）第三章　导数及其应用 第4讲　第1课时　利用导数解决不等式问题学案

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构造函数证明不等式(师生共研)
(2020·唐山市摸底考试)设f(x)＝2xln x＋1.
(1)求f(x)的最小值；
(2)证明：f(x)≤x2－x＋eq \f(1,x)＋2ln x.
【解】 (1)f′(x)＝2(ln x＋1)．
所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，f′(x)0，f(x)单调递增．
所以当x＝eq \f(1,e)时，f(x)取得最小值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝1－eq \f(2,e).
(2)证明：x2－x＋eq \f(1,x)＋2ln x－f(x)
＝x(x－1)－eq \f(x－1,x)－2(x－1)ln x
＝(x－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)－2ln x))，
令g(x)＝x－eq \f(1,x)－2ln x，则g′(x)＝1＋eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)＝eq \f(（x－1）2,x2)≥0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又g(1)＝0，
所以当0g(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”．
(2020·四省八校双教研联考)已知函数f(x)＝ax－axln x－1(a∈R，a≠0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当x>1时，求证：eq \f(1,x－1)>eq \f(1,ex)－1.
解：(1)f′(x)＝a－a(ln x＋1)＝－aln x，若a>0，则当x∈(0，1)时，f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)，f′(x)e－x，即证eq \f(x－1,x)1时，x－xln x－1F′(1)＝e－1>0，
所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以F(x)>F(1)，而F(1)＝e，所以ex－ln x>e>0，
所以ex>ln x，所以ex>ln x>eq \f(x－1,x)，
所以原不等式得证．
由不等式恒成立探求参数的取值范围(师生共研)
已知函数f(x)＝ln x＋eq \f(1,x)－1.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设m∈R，对任意的a∈(－1，1)，总存在x0∈[1，e]，使不等式ma－f(x0)＜0成立，求实数m的取值范围．
【解】 (1)f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x2)＝eq \f(x－1,x2)，x＞0.
令f′(x)＞0，得x＞1，所以函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)．
令f′(x)＜0，得0＜x＜1，所以函数f(x)的单调递减区间是(0，1)．
(2)依题意，ma＜f(x)max，由(1)知，f(x)在x∈[1，e]上是增函数．
所以f(x)max＝f(e)＝ln e＋eq \f(1,e)－1＝eq \f(1,e).
所以ma＜eq \f(1,e)，即ma－eq \f(1,e)＜0，对于任意的a∈(－1，1)恒成立．
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m×1－\f(1,e)≤0，,m×（－1）－\f(1,e)≤0，))解得－eq \f(1,e)≤m≤eq \f(1,e).
所以m的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,e)，\f(1,e))).
eq \a\vs4\al()
解决含参不等式恒成立(或有解)问题的方法
(1)直接构造函数，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不等式，从而求出参数的取值范围．若f(x)≥a或g(x)≤a恒成立，只需满足f(x)min≥a或g(x)max≤a即可，利用导数方法求出f(x)的最小值或g(x)的最大值，从而问题得解．
(2)先分离参变量，再构造函数，进而把问题转化为函数的最值问题．
已知函数f(x)＝x·ln x．若对于任意x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，都有f(x)≤ax－1，求实数a的取值范围．
解：当eq \f(1,e)≤x≤e时，f(x)≤ax－1等价于a≥ln x＋eq \f(1,x).
令g(x)＝ln x＋eq \f(1,x)，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，
g′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x2)＝eq \f(x－1,x2)，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e)).
当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))时，g′(x)0，所以g(x)在(1，e]上单调递增．
而geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝lneq \f(1,e)＋e＝e－1>1.5，
g(e)＝ln e＋eq \f(1,e)＝1＋eq \f(1,e)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＋ln x(x>0，且x≠1)．
已知函数f(x)＝eq \f(1,ln（x＋1）－x)，则y＝f(x)的图象大致为( )
【解析】 因为f(x)的定义域为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋1>0，,ln（x＋1）－x≠0，))
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＋ln x(x>0)，
以x＋1代替x，得x>ln(x＋1)(x>－1，且x≠0)，
所以ln(x＋1)－x－1，且x≠0)，即x>0或－1