第四章导数及其应用第4课时导数在不等式中的应用(提升课)考点1构造函数证明不等式【例】(2019·郑州质检)已知函数f(x)＝x－1＋aex.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝－1时，设－1
0，且f(x1)＋f(x2)＝－5，证明：x1－2x2>－4＋1e.(1)解：由f(x)＝x－1＋aex，得f′(x)＝1＋aex.当a≥0时，f′(x)>0，则f(x)在R上单调递增．当a<0时，令f′(x)>0，得xln??????－1a，则f(x)的单调递减区间为??????ln??????－1a，＋∞.(2)证明：法一设g(x)＝f(x)＋2x＝－ex＋3x－1，则g′(x)＝－ex＋3.由g′(x)<0，得x>ln3；由g′(x)>0，得x－4＋ex1.因为－1－4＋1e.从而x1－2x2>－4＋1e.法二因为f(x1)＋f(x2)＝－5，所以x1＝ex1＋ex2－x2－3，所以x1－2x2＝ex1＋ex2－3x2－3.设g(x)＝ex－3x，则g′(x)＝ex－3.由g′(x)<0，得x0，得x>ln3.故g(x)min＝g(ln3)＝3－3ln3.因为－10，所以x1－2x2>e－1＋3－3ln3－3＝1e－3ln3，因为3ln3＝ln27<4，所以x1－2x2>－4＋1e.1．证明不等式的基本
方法
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：(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x11－1e2.证明：(1)由题意得g′(x)＝x－1x(x>0)，当01时，g′(x)>0，即g(x)在(0，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．所以g(x)≥g(1)＝1，即g(x)≥1.(2)由f(x)＝1－x－1ex，得f′(x)＝x－2ex，所以当02时，f′(x)>0，即f(x)在(0，2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，所以f(x)≥f(2)＝1－1e2(当且仅当x＝2时取等号)．①又由(1)知x－lnx≥1(当且仅当x＝1时取等号)，②且①②等号不能同时取到，所以(x－lnx)f(x)>1－1e2.考点2运用“若f(x)min>g(x)max，则f(x)>g(x)”证明不等式【例】已知函数f(x)＝xlnx－ax，a(x)＝xex＋1－2e2.(1)当a＝－1时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的最小值；(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx＋1>1ex＋1－2e2x成立．(1)解：当a＝－1时，f(x)＝xlnx＋x，f′(x)＝lnx＋2.由f′(x)＝0，得x＝1e2.当x∈??????0，1e2时，f′(x)<0；当x>1e2时，f′(x)>0.所以f(x)在??????0，1e2上是减函数，在??????1e2，＋∞上是增函数．因此f(x)min＝f??????1e2＝－1e2.(2)证明：当x>0时，lnx＋1>1ex＋1－2e2x等价于x(lnx＋1)>xex＋1－2e2.由(1)知，当a＝－1时，f(x)＝xlnx＋x的最小值是－1e2，当且仅当x＝1e2时取到．设G(x)＝xex＋1－2e2，x∈(0，＋∞)，则G′(x)＝1－xex＋1，易知G(x)max＝G(1)＝－1e2，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lnx＋1>1ex＋1－2e2x.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，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．[变式训练]已知三次函数f(x)的导函数f′(x)＝－3x2＋3且f(0)＝－1，g(x)＝xlnx＋ax(a≥1)．(1)求f(x)的极值；(2)求证：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，都有f(x1)≤g(x2)．(1)解：依题意得f(x)＝－x3＋3x－1，f′(x)＝－3x2＋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，由a≥1知，g(x)≥xlnx＋1x(x>0)，令h(x)＝xlnx＋1x(x>0)，则h′(x)＝lnx＋1－1x2＝lnx＋x2－1x2，注意到h′(1)＝0，当x>1时，h′(x)>0；当00时，总有f(x)>－e2x，求实数a的取值范围．解：(1)由f′(x)＝ex＋2ax－e2得y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率k＝4a＝0，则a＝0，所以f(x)＝ex－e2x，则f′(x)＝ex－e2.令f′(x)＝0，得x＝2.当x∈(－∞，2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以函数f(x)的单调递增区间是(2，＋∞)，单调递减区间是(－∞，2)．(2)由f(x)>－e2x得a>－exx2.设g(x)＝－exx2，x>0，则g′(x)＝ex（2－x）x3.所以当x∈(0，2)时，g′(x)>0，g(x)在(0，2)上单调递增；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)在(2，＋∞)上单调递减．所以g(x)≤g(2)＝－e24.因此，a的取值范围是??????－e24，＋∞.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，从而得到含有参数的方程组，解方程组，即可求出参数的值；“一分类”是指对不等式恒成立问题，常需对参数进行分类讨论，求出参数的取值范围．2．利用导数研究含参数的不等式问题，若能够分离参数，则常将问题转化为形如a≥f(x)(或a≤f(x))的形式，通过求函数y＝f(x)的最值求得参数范围．[变式训练]已知函数f(x)＝ax＋lnx，x∈[1，e]．(1)若a＝1，求f(x)的最大值；(2)若f(x)≤0恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)若a＝1，则f(x)＝x＋lnx，f′(x)＝1＋1x＝x＋1x.因为x∈[1，e]，所以f′(x)>0，所以f(x)在[1，e]上为增函数，所以f(x)max＝f(e)＝e＋1.(2)依题意，不等式ax＋lnx≤0对x∈[1，e]恒成立，等价于a≤－lnxx，x∈[1，e]恒成立．令g(x)＝－lnxx，x∈[1，e]，则g′(x)＝lnx－1x2，因为x∈[1，e]，所以g′(x)≤0，所以g(x)在[1，e]上单调递减，所以g(x)min＝g(e)＝－1e，所以a≤－1e.所以实数a的取值范围是??????－∞，－1e.角度不等式能成立求参数的取值范围【例2】已知函数f(x)＝x2－(2a＋1)x＋alnx(a∈R)．(1)若f(x)在区间[1，2]上是单调函数，求实数a的取值范围；(2)函数g(x)＝(1－a)x，若?x0∈[1，e]使得f(x0)≥g(x0)成立，求实数a的取值范围．解：(1)f′(x)＝（2x－1）（x－a）x，当导函数f′(x)的零点x＝a落在区间(1，2)内时，函数f(x)在区间[1，2]上就不是单调函数，所以实数a的取值范围是a≤1或a≥2.(2)由题意知，不等式f(x)≥g(x)在区间[1，e]上有解，即x2－2x＋a(lnx－x)≥0在区间[1，e]上有解．因为当x∈[1，e]时，lnx≤1≤x(不同时取等号)，x－lnx>0，所以a≤x2－2xx－lnx在区间[1，e]上有解．令h(x)＝x2－2xx－lnx，则h′(x)＝（x－1）（x＋2－2lnx）（x－lnx）2.因为x∈(1，e)，所以x＋2>2≥2lnx，所以h′(x)≥0，h(x)单调递增，所以x∈[1，e]时，h(x)max＝h(e)＝e（e－2）e－1，所以a≤e（e－2）e－1，所以实数a的取值范围是????????－∞，e（e－2）e－1.1．含参数的能成立(存在型)问题的解题方法．(1)a≥f(x)在x∈D上能成立，则a≥f(x)min；(2)a≤f(x)在x∈D上能成立，则a≤f(x)max.2．含全称、存在量词不等式能成立问题．(1)存在x1∈A，任意x2∈B使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)max≥g(x)max；(2)任意x1∈A，存在x2∈B，使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)min≥g(x)min.[变式训练]已知函数f(x)＝m??????x－1x－2lnx(m∈R)，g(x)＝－mx，若至少存在一个x0∈[1，e]，使得f(x0)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＋lnx(x>0，且x≠1)．【例1】(1)已知函数f(x)＝1ln（x＋1）－x，则y＝f(x)的图象大致为()(2)已知函数f(x)＝ex，x∈R.证明：曲线y＝f(x)与曲线y＝12x2＋x＋1有唯一公共点．(1)解析：因为f(x)的定义域为?????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＋lnx(x>0)，以x＋1代替x，得x>ln(x＋1)(x>－1，且x≠0)，所以ln(x＋1)－x<0(x>－1，且x≠0)，易知B正确．
答案
八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案
：B(2)证明：令g(x)＝f(x)－??????12x2＋x＋1＝ex－12x2－x－1，x∈R，则g′(x)＝ex－x－1，由经典不等式ex≥x＋1恒成立可知，g′(x)≥0恒成立，所以g(x)在R上为单调递增函数，且g(0)＝0.所以函数g(x)有唯一零点，即两曲线有唯一公共点．【例2】(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x－1－alnx.(1)若f(x)≥0，求a的值；(2)设m为整数，且对于任意正整数n，??????1＋12·(1＋122)·…·??????1＋12n＜m，求m的最小值．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，①若a≤0，因为f??????12＝－12＋aln2＜0，不合题意，②若a>0，由f′(x)＝1－ax＝x－ax知，当x∈(0，a)，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增．故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一的最小值点，又因为f(1)＝0，所以a＝1.(2)根据(1)知f(x)＝x－1－lnx＞0在(1，＋∞)恒成立．令x＝1＋12n，得ln??????1＋12n＜1＋12n－1＝12n，从而ln??????1＋12＋ln??????1＋122＋…＋ln??????1＋12n＜12＋122＋…＋12n＝1－12n＜1.故??????1＋12??????1＋122·…·??????1＋12n＜e.而??????1＋12??????1＋122??????1＋123>2，所以m的最小值为3.【例3】设函数f(x)＝lnx－x＋1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)求证：当x∈(1，＋∞)时，10，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，lnx1.因此ln1x<1x－1，即lnx>x－1x，x－1lnx
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