2018版高考数学大一轮复习 第三章 导数及其应用 3.2 导数的应用 第3课时 导数与函数的综合问题教师用书 文 北师大版.docVIP

PAGE  PAGE 14 第3课时　导数与函数的综合问题 题型一　导数与不等式有关的问题 命题点1　解不等式 例1　设f(x)是定义在R上的奇函数，f(2)＝0，当x0时，有eq \f(xf′?x?－f?x?,x2)0恒成立，则不等式x2f(x)0的解集是(　　) A．(－2,0)∪(2，＋∞) B．(－2,0)∪(0,2) C．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－∞，－2)∪(0,2) 答案　D 解析　∵当x0时，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(f?x?,x)))′0， ∴φ(x)＝eq \f(f?x?,x)为减函数， 又φ(2)＝0，∴当且仅当0x2时，φ(x)0， 此时x2f(x)0. 又f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数． 故x2f(x)0的解集为(－∞，－2)∪(0,2)． 命题点2　证明不等式 例2　(2016·全国丙卷)设函数f(x)＝ln x－x＋1. (1)讨论f(x)的单调性； (2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1eq \f(x－1,ln x)x； (1)解　由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－1，令f′(x)＝0，解得x＝1. 当0x1时，f′(x)0，f(x)是增加的；当x1时，f′(x)0，f(x)是减少的． (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，ln xx－1. 故当x∈(1，＋∞)时，ln xx－1，lneq \f(1,x)eq \f(1,x)－1， 即1eq \f(x－1,ln x)x. 命题点3　不等式恒成立或有解问题 例3　已知函数f(x)＝eq \f(1＋ln x,x). (1)若函数f(x)在区间(a，a＋eq \f(1,2))上存在极值，求正实数a的取值范围； (2)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． 解　(1)函数的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝eq \f(1－1－ln x,x2)＝－eq \f(ln x,x2)， 令f′(x)＝0，得x＝1； 当x∈(0,1)时，f′(x)0，f(x)是增加的； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0，f(x)是减少的． 所以x＝1为极大值点，所以0a1a＋eq \f(1,2)， 故eq \f(1,2)a1，即实数a的取值范围为(eq \f(1,2)，1)． (2)当x≥1时，k≤eq \f(?x＋1??1＋ln x?,x)恒成立， 令g(x)＝eq \f(?x＋1??1＋ln x?,x)， 则g′(x)＝eq \f(?1＋ln x＋1＋\f(1,x)?x－?x＋1??1＋ln x?,x2)＝eq \f(x－ln x,x2). 再令h(x)＝x－ln x，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)为增函数，所以g(x)≥g(1)＝2， 故k≤2.所以实数k的取值范围是(－∞，2]． 引申探究 本例(2)中若改为：存在x0∈[1，e]，使不等式f(x)≥eq \f(k,x＋1)成立，求实数k的取值范围． 解　当x∈[1，e]时，k≤eq \f(?x＋1??1＋ln x?,x)有解， 令g(x)＝eq \f(?x＋1??1＋ln x?,x)，由例3(2)解题知， g(x)为增函数，∴g(x)max＝g(e)＝2＋eq \f(2,e)， ∴k≤2＋eq \f(2,e)，即实数k的取值范围是(－∞，2＋eq \f(2,e)]． 思维升华　(1)利用导数解不等式的思路 已知一个含f′(x)的不等式，可得到和f(x)有关的函数的单调性，然后可利用函数单调性解不等式． (2)利用导数证明不等式的方法 证明f(x)g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)0，则F(x)在(a，b)上是减函数，同时若F(a)≤0，由减函数的定义可知，x∈(a，b)时，有F(x)0，即证明了f(x)g(x)． (3)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． 　已知函数f(x)＝x2ln x－a(x2－1)，a∈R. (1)当a＝－1时，求曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若当x≥1时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围． 解　(