第二篇专题六第3课时导数与不等式的综合问题 2022版高考数学复习讲义



第二篇 专题六
第3课时　导数与不等式的综合问题
利用导数证明不等式
【典例1】已知函数f(x)＝(2x－1)ln x＋x－1.
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)求证：f(x)>－1.
【解析】(1)由f(x)＝(2x－1)ln x＋x－1，
得f′(x)＝2ln x－＋3，
所以f′(1)＝2，f(1)＝0，则切线方程为y＝2x－2.
(2)f′(x)＝2ln x－＋3，x∈(0，＋∞)，
令h(x)＝2ln x－＋3，x∈(0，＋∞)，
所以h′(x)＝＋＝>0，
故h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又h(1)＝2>0，h＝1－ln 4＝ln －1，所以f(x)>－1.

利用导数证明不等式的两个妙招
　(1)构造函数法证明不等式
①移项，使等式右边为零，左边构造为新函数．
②求导判断单调性，通常要对参数分类讨论．
③根据单调性，求出最值与“0”比较即可得证．
(2)转化函数最值法证明不等式
①条件：函数很复杂，直接求导不可行．
②拆分：把复杂函数拆分成两个易求最值的函数．
③方法：分别求导，结合单调性和图象以及极值、最值，比较得出结论．
　
(2021·厦门三模)已知函数f(x)＝2ax－ln (x＋1)＋1，a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当x＞0，0＜a≤1时，求证：eax＞f(x).
【解析】(1)f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝2a－，
①当a≤0时，f′(x)＜0，即f(x)在(－1，＋∞)上单调递减；
②当a＞0时，f′(x)＝，由f′(x)＞0，解得x＞，由f′(x)＜0，解得－1＜x＜，即f(x)在上单调递减，在上单调递增．
综上所述，当a≤0时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递减；
当a＞0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增．
(2)证明：eax＞f(x)，即eax－2ax＋ln (x＋1)－1＞0，
令g(x)＝eax－2ax＋ln (x＋1)－1，x＞0，
则g′(x)＝aeax－2a＋，
令h(x)＝aeax－2a＋，
则h′(x)＝a2eax－，令φ(x)＝a2eax－，则φ′(x)＝a3eax＋＞0，
所以φ(x)即h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又h′(0)＝a2－1，
①当a＝1时，h′(0)＝0，则h′(x)＞0恒成立，即h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
则有h(x)＞h(0)＝2－2＝0；
②当0＜a＜1时，h′(0)＝a2－1＜0，
h′(x)＝a2eax－＞a2eax－1，
则h′＞1－1＝0，即存在x0＞0使得h′(x0)＝0，即a2eax0＝，且h(x)≥h(x0)＝aeax0＋－2a＝aeax0＋－2a＝a(eax0＋e－2)＞0，即h(x)≥0，
综上所述，h(x)≥0恒成立，即g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)＞g(0)＝0，即eax＞f(x).
【加固训练】
(2020·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝sin2x sin2x.
(1)讨论f(x)在区间(0，π)上的单调性；
(2)证明：|f(x)|≤；
(3)设n∈N*，证明：sin2x sin22x sin24x…sin22nx≤.
【解析】(1)由函数的解析式可得：f(x)＝2sin3x cos x，则：f′(x)＝2(3sin 2xcos 2x－sin 4x)＝2sin 2x(3cos 2x－sin 2x)
＝2sin 2x(4cos 2x－1)
＝2sin 2x(2cos x＋1)(2cos x－1)，f′(x)＝0在x∈(0，π)上的根为：x1＝，x2＝，
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈时，f′(x)0，f(x)单调递增．
(2)注意到f(x＋π)＝sin 2(x＋π)sin [2(x＋π)]＝sin 2x sin 2x＝f(x)，
故函数f(x)是周期为π的函数，结合(1)的结论，计算可得：f(0)＝f(π)＝0，
f＝2×＝，
f＝2×＝－，
据此可得：f(x)max＝，f(x)min＝－，
即|f(x)|≤.
(3)结合(2)的结论有：sin 2xsin 22xsin 24x…sin 22nx＝

＝[sin x(sin 2x sin 2x)(sin 22x sin 4x)…
(sin 22n－1x sin 2nx)sin 22nx]
≤
≤＝n.
导数的综合应用　
【典例2】(2021·新高考全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x(1－ln x).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a，b为两个不相等的正数，且b ln a－a ln b＝a－b，证明：2＜＋＜e.
【思维点拨】
(1)
对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间
(2)
利用已知条件，构造函数．先证明2＜＋，再证明＋＜e.
【规范解答】(1)f(x)＝x(1－ln x)，x∈(0，＋∞)，
所以f′(x)＝1－ln x－1＝－ln x，
所以当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，此时f(x)单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，此时f(x)单调递减，
所以f(x)在(0，1)上单调递增，f(x)在(1，＋∞)上单调递减．4分
(2)由b ln a－a ln b＝a－b，
得－ln ＋ln ＝－，
即＝，6分
令x1＝，x2＝，则f(x1)＝f(x2)，即x1，x2为f(x)＝k的两根，其中k∈(0，1).
不妨令x1∈(0，1)，x2∈(1，e)，则2－x1＞1，
先证2＜x1＋x2，即证x2＞2－x1，
即证f(x2)＝f(x1)＜f(2－x1).
令h(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈(0，1)，
则h′(x)＝f′(x)－f′(2－x)
＝－ln x－ln (2－x)＝－ln [x(2－x)]，
因为x∈(0，1)，所以x(2－x)∈(0，1)，
所以h′(x)＞0恒成立，所以h(x)单调递增，
所以h(x)＜h(1)＝0，所以f(x1)f(e－x1)，
令φ(x)＝f(x)－f(e－x)，x∈(0，1)，
则φ′(x)＝－ln [x(e－x)]，令φ′(x0)＝0，
x∈(0，x0)，φ′(x)＞0，φ(x)单调递增，
x∈(x0，1)，φ′(x)＜0，φ(x)单调递减，
又x∈(0，e)时，f(x)＞0，且f(e)＝0，
故x→0，φ(0)＞0，φ(1)＝f(1)－f(e－1)＞0，
所以φ(x)＞0在x∈(0，1)恒成立，
所以x1＋x2＜e得证．
所以2＜＋＜e.12分
易错点
忽略函数的定义域
障碍点
条件b ln a－a ln b＝a－b与函数f(x)＝x(1－ln x)之间的联系不易被发现
学科素养
逻辑推理、数学运算
评分细则
(1)中推理正确得4分；(2)中将两个已知条件建立联系得2分，证明得出＋＞2得3分；证明得出＋＜e得3分．

利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法
(1)分离参数后转化为函数最值问题：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围．一般地，f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a即可；f(x)≤a恒成立，只需f(x)max≤a即可．
(2)转化为含参函数的最值问题：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，伴有对参数的分类讨论，然后构建不等式求解．
　
(2021·长郡二模)已知函数f(x)＝ex－，g(x)＝(a＋1)ex－1.
(1)证明：ex－f(x)≤1；
(2)若x＞0时，g(x)≤f(x)恒成立，求实数a的取值范围；
(3)求f(x)的最小值．
【解析】(1)因为x＞0，所以证明ex－f(x)≤1，即证明≤1，即证ln x＋1－x≤0，
设φ(x)＝ln x＋1－x，则φ′(x)＝(x＞0)，
当x∈(0，1)时，φ′(x)＞0，
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，
所以φ(x)的最大值为φ(1)＝0，故ln x＋1－x≤0，所以ex－f(x)≤1；
(2)x＞0时，g(x)≤f(x)恒成立，即aex＋≤1，
由(1)知，当a≤0时，aex＋≤≤1成立，
当a＞0时，显然x＝1时不成立，综上，a≤0；
(3)f′(x)＝ex－＝，
设h(x)＝x2ex＋ln x，h′(x)＝ex(x2＋2x)＋＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为h＜0，h(1)＞0，所以存在x0∈，使得h(x0)＝0，
且0＜x＜x0时，h(x)＜0，即f′(x)＜0，f(x)单调递减，
x＞x0时，h(x)＞0，即f′(x)＞0，f(x)单调递增，
所以f(x)min＝f(x0)＝ex0－，
因为h(x0)＝0，所以xex0＋ln x0＝0，则x0ex0＋ln x0＝0，所以x0ex0＝－ln x0·e－ln x0，
因为t(x)＝xex在(0，＋∞)上单调递增，
所以x0＝－ln x0，
则ex0＝，所以f(x)min＝ex0－＝－＋＝1.
双变量问题
【典例3】已知函数f(x)＝2ax＋2x ln x(a∈R).
(1)若函数f(x)在区间(e2，＋∞)上存在极值点，求a的取值范围；
(2)已知x1，x2∈(0，＋∞)，且x12，即ln x2>2－ln x1.