第二篇 专题六 第3课时 导数与不等式的综合问题

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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－eq\f(1＋lnx,x)，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eq\f(1＋lnx,x)≤1，即证lnx＋1－x≤0，设φ(x)＝lnx＋1－x，则φ′(x)＝eq\f(1－x,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lnx＋1－x≤0，所以ex－f(x)≤1；(2)x＞0时，g(x)≤f(x)恒成立，即aex＋eq\f(1＋lnx,x)≤1，由(1)知，当a≤0时，aex＋eq\f(1＋lnx,x)≤eq\f(1＋lnx,x)≤1成立，当a＞0时，显然x＝1时不成立，综上，a≤0；(3)f′(x)＝ex－eq\f(1－1－lnx,x2)＝eq\f(x2ex＋lnx,x2)，设h(x)＝x2ex＋lnx，h′(x)＝ex(x2＋2x)＋eq\f(1,x)＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＜0，h(1)＞0，所以存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，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－eq\f(1＋lnx0,x0)，因为h(x0)＝0，所以xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))ex0＋lnx0＝0，则x0ex0＋eq\f(1,x0)lnx0＝0，所以x0ex0＝－lnx0·e－lnx0，因为t(x)＝xex在(0，＋∞)上单调递增，所以x0＝－lnx0，则ex0＝eq\f(1,x0)，所以f(x)min＝ex0－eq\f(1＋lnx0,x0)＝eq\f(1,x0)－eq\f(1,x0)＋eq\f(－lnx0,x0)＝1.双变量问题【典例3】已知函数f(x)＝2ax＋2xlnx(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x1<x2，求证：x1<eq\f(2x2－2x1,f′（x2）－f′（x1）)<x2.【思维点拨】(1)f(x)在区间(e2，＋∞)上存在极值点与f′(x)的正负有关(2)如何将所证明不等式中的双变量转化为有关变量【解析】(1)对f(x)求导，得f′(x)＝2lnx＋2＋2a(x>0).因为函数f(x)在区间(e2，＋∞)上存在极值点，所以存在实数m∈(e2，＋∞)，使得f′(m)＝2lnm＋2＋2a＝0，即a＝－lnm－1<－lne2－1＝－3.所以a的取值范围为(－∞，－3).(2)依题意知eq\f(2x2－2x1,f′（x2）－f′（x1）)＝eq\f(x2－x1,lnx2－lnx1)，要证x1<eq\f(2x2－2x1,f′（x2）－f′（x1）)<x2，只需证x1<eq\f(x2－x1,lnx2－lnx1)<x2，即证1<eq\f(\f(x2,x1)－1,ln\f(x2,x1))<eq\f(x2,x1).设t＝eq\f(x2,x1)(t>1)，只需证1<eq\f(t－1,lnt)<t，即证lnt<t－1<tlnt.设g(t)＝lnt－t＋1(t>1)，则g′(t)＝eq\f(1,t)－1，易知g′(t)<0，所以g(t)在(1，＋∞)上单调递减，ln1－1＋1＝0，则g(t)<0，即lnt<t－1.设h(t)＝tlnt－t＋1，则当t>1时，h′(t)＝lnt>0，所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增，则当t>1时，h(t)>h(1)＝0，即t－1<tlnt.所以x1<eq\f(x2－x1,lnx2－lnx1)<x2，即不等式x1<eq\f(2x2－2x1,f′（x2）－f′（x1）)<x2成立．双变量不等式解题策略(1)观察两个变量，一般两个变量的地位相同，取值独立，可将其转化为一个变量；(2)构造函数，将问题转化为判断函数的单调性问题；(3)构造函数，转化为求函数的最值问题．已知函数f(x)＝alnx－x－eq\f(a＋1,x)(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当e<a<2eq\r(e)时，关于x的方程f(ax)＝－eq\f(a＋1,ax)有两个不同的实数解x1，x2，求证：x1＋x2<4x1x2.【解析】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a,x)－1＋eq\f(1＋a,x2)＝eq\f(－x2＋ax＋1＋a,x2)＝eq\f(－（x＋1）[x－（1＋a）],x2)，①当a＋1>0，即a>－1时，在(0，1＋a)上，f′(x)>0，在(1＋a，＋∞)上，f′(x)<0，所以f(x)的单调递增区间是(0，1＋a)，单调递减区间是(1＋a，＋∞)；②当1＋a≤0，即a≤－1时，在(0，＋∞)上，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间．(2)设g(x)＝f(ax)＋eq\f(a＋1,ax)＝a(lna＋lnx－x)，所以g′(x)＝eq\f(a（1－x）,x)(x>0)，当0<x<1时，g′(x)>0，函数g(x)在区间(0，1)上单调递增；当x>1时，g′(x)<0，函数g(x)在区间(1，＋∞)上单调递减．所以g(x)在x＝1处取得最大值．因为当e<a<2eq\r(e)时，方程f(ax)＝－eq\f(a＋1,ax)有两个不同的实数解x1，x2，所以函数g(x)有两个不同的零点x1，x2，一个零点比1小，一个零点比1大．不妨设0<x1<1<x2，由g(x1)＝0，且g(x2)＝0，得x1＝ln(ax1)，且x2＝ln(ax2)，则x1＝eq\f(1,a)ex1，x2＝eq\f(1,a)ex2，所以x1x2＝eq\f(1,a2)·ex1＋x2，所以eq\f(x1x2,x1＋x2)＝eq\f(1,a2)·eq\f(ex1＋x2,x1＋x2)，令x1＋x2＝t(t>1)，设h(t)＝eq\f(et,t)(t>1)，则h′(t)＝eq\f(et·t－et,t2)＝eq\f(et（t－1）,t2)>0.所以函数h(t)在区间(1，＋∞)上单调递增，h(t)>h(1)＝e，所以eq\f(x1x2,x1＋x2)＝eq\f(1,a2)