2020届高考数学一轮复习第三篇导数及其应用专题3.4导数在不等式中的应用练习含解析

专题3.4 导数在不等式中的应用

【考点聚焦突破】

考点一 构造函数证明不等式 【例1】 已知函数f(x)＝1－(1)证明：g(x)≥1；

1

(2)证明：(x－ln x)f(x)>1－2. e【答案】见解析

【解析】证明 (1)由题意得g′(x)＝

x－1

e

x，g(x)＝x－ln x.

x－1

(x>0)， x当01时，g′(x)>0， 即g(x)在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数. 所以g(x)≥g(1)＝1，得证. (2)由f(x)＝1－

x－1

e

x，得f′(x)＝

x－2

e

x，

所以当02时，f′(x)>0， 即f(x)在(0，2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数， 1

所以f(x)≥f(2)＝1－2(当且仅当x＝2时取等号).①

e又由(1)知x－ln x≥1(当且仅当x＝1时取等号)，② 且①②等号不同时取得， 1

所以(x－ln x)f(x)>1－2.

e【规律方法】

1.证明不等式的基本方法：

(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①?x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)，②?x1，x2∈[a，b]，且x1

(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则?x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m). 2.证明f(x)

1

ax＋b在点(－1，f(－1))处的切线方程为x＋y＋3＝0. x2＋1

(2)设g(x)＝ln x，求证：g(x)≥f(x)在[1，＋∞)上恒成立. 【答案】见解析

【解析】(1)解 将x＝－1代入切线方程得y＝－2，

所以f(－1)＝b－a1＋1＝－2，化简得b－a＝－4.①

f′(x)＝a（x2＋1）－（ax＋b）·2x（x2＋1）2

， f′(－1)＝

2a＋2（b－a）

4

＝－1.②

联立①②，解得a＝2，b＝－2.所以f(x)＝2x－2

x2＋1

. (2)证明 由题意知要证ln x≥2x－2

x2＋1

在[1，＋∞)上恒成立，

即证明(x2

＋1)ln x≥2x－2，x2

ln x＋ln x－2x＋2≥0在[1，＋∞)上恒成立. 设h(x)＝x2ln x＋ln x－2x＋2， 则h′(x)＝2xln x＋x＋1

x－2，

因为x≥1，所以2xln x≥0，x＋1

1

x≥2·

x·x≥2(当且仅当x＝1时等号成立)，即h′(x)≥0，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，h(x)≥h(1)＝0， 所以g(x)≥f(x)在[1，＋∞)上恒成立.

考点二 利用“若f(x)min>g(x)max，则f(x)>g(x)”证明不等式 【例2】 已知函数f(x)＝xln x－ax.

(1)当a＝－1时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的最值； (2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＋1>1e

x＋1－2

e2x成立. 【答案】见解析

【解析】(1)解 函数f(x)＝xln x－ax的定义域为(0，＋∞). 当a＝－1时，f(x)＝xln x＋x，f′(x)＝ln x＋2. 由f′(x)＝0，得x＝1

e

2.

当x∈???0，11e2???

时，f′(x)<0；当x>e2时，f′(x)>0. 所以f(x)在??1?0，e2???上单调递减，在??1?e2，＋∞???

上单调递增. 因此f(x)在x＝1?1?1e2处取得最小值，即f(x)min＝f??e2??

＝－e2，但f(x)在(0，＋∞)上无最大值.

2

12x2

(2)证明 当x>0时，ln x＋1>x＋1－2等价于x(ln x＋1)>x＋1－2.

eexee

11

由(1)知a＝－1时，f(x)＝xln x＋x的最小值是－2，当且仅当x＝2时取等号.

ee

x2

设G(x)＝x＋1－2，x∈(0，＋∞)，

ee

1－x1

则G′(x)＝x＋1，易知G(x)max＝G(1)＝－2，

ee

12

当且仅当x＝1时取到，从而可知对一切x∈(0，＋∞)，都有f(x)>G(x)，即ln x＋1>x＋1－2.

eex【规律方法】

1.在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可考虑转化为两个函数的最值问题.

2.在证明过程中，等价转化是关键，此处f(x)min>g(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”.

【训练2】 已知三次函数f(x)的导函数f′(x)＝－3x＋3且f(0)＝－1，g(x)＝xln x＋(a≥1). (1)求f(x)的极值；

(2)求证：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，都有f(x1)≤g(x2). 【答案】见解析

【解析】(1)解 依题意得f(x)＝－x＋3x－1，f′(x)＝－3x＋3＝－3(x＋1)(x－1)， 知f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是减函数，在(－1，1)上是增函数， 所以f(x)极小值＝f(－1)＝－3，f(x)极大值＝f(1)＝1. (2)证明 易得x>0时，f(x)最大值＝1， 1

由a≥1知，g(x)≥xln x＋(x>0)，

3

2

2

axx1

令h(x)＝xln x＋(x>0)，

xx2－1

则h′(x)＝ln x＋1－2＝ln x＋2，

xx1

注意到h′(1)＝0，当x>1时，h′(x)>0； 当0

即h(x)在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，

h(x)最小值＝h(1)＝1，即g(x)最小值＝1.

综上知对任意x1，x2∈(0，＋∞)，都有f(x1)≤g(x2). 考点三 不等式恒成立或有解问题

多维探究

3

角度1 不等式恒成立求参数

sin x【例3－1】 已知函数f(x)＝(x≠0).

x?π?(1)判断函数f(x)在区间?0，?上的单调性；

2??

π??0，(2)若f(x)

xcos x－sin x，

x2?π?令g(x)＝xcos x－sin x，x∈?0，?，则g′(x)＝－xsin x，

2??

?π??π?显然，当x∈?0，?时，g′(x)＝－xsin x<0，即函数g(x)在区间?0，?上单调递减，且g(0)＝0.

2?2????π?从而g(x)在区间?0，?上恒小于零， 2???π?所以f′(x)在区间?0，?上恒小于零， 2???π?所以函数f(x)在区间?0，?上单调递减. 2??

?π?(2)不等式f(x)

2??

则φ′(x)＝cos x－a，且φ(0)＝0.

?π?当a≥1时，在区间?0，?上φ′(x)<0，即函数φ(x)单调递减，

2??

所以φ(x)<φ(0)＝0，故sin x－ax<0恒成立.

?π?当0

2??

当x∈(0，x0)时，φ′(x)>0，故φ(x)在区间(0，x0)上单调递增，且φ(0)＝0， 从而φ(x)在区间(0，x0)上大于零，这与sin x－ax<0恒成立相矛盾.

?π?当a≤0时，在区间?0，?上φ′(x)>0，即函数φ(x)单调递增，且φ(0)＝0，得sin x－ax>0恒成立，

2??

这与sin x－ax<0恒成立相矛盾. 故实数a的最小值为1. 【规律方法】

1.破解此类题需“一形一分类”，“一形”是指会结合函数的图象，对函数进行求导，然后判断其极值，

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