（山东专用）高考数学一轮复习专题15导数的应用（3）综合应用（含解析）

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1、专题15导数的应用（3）—综合应用一、【知识精讲】函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数.注意：函数f(x)在区间(a，b)上递增，则f′(x)≥0，“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件.二、【典例精练】考点一　构造函数证明不等式【例1】已知函数f(x)＝1－，g

2、(x)＝x－lnx.(1)证明：g(x)≥1；(2)证明：(x－lnx)f(x)>1－.证明　(1)由题意得g′(x)＝(x>0)，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－，得f′(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，所以f(x)≥f(2)＝1－(当且仅当x＝2时取等号).①

3、又由(1)知x－lnx≥1(当且仅当x＝1时取等号)，②且①②等号不同时取得，所以(x－lnx)f(x)>1－.【解法小结】　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

4、f(x)－g(x)，证明F(x)<0.先通过化简、变形，再移项构造不等式就减少运算量，使得问题顺利解决.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)＝xlnx－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lnx＋1>－成立.【解析】(1)解　函数f(x)＝xlnx－ax的定义域为(0，＋∞).当a＝－1时，f(x)＝xlnx＋x，f′(x)＝lnx＋2.由f′(x)＝0，得x＝.当x∈

5、时，f′(x)<0；当x>时，f′(x)>0.所以f(x)在上单调递减，在上单调递增.因此f(x)在x＝处取得最小值，即f(x)min＝f＝－，但f(x)在(0，＋∞)上无最大值.(2)证明　当x>0时，lnx＋1>－等价于x(lnx＋1)>－.由(1)知a＝－1时，f(x)＝xlnx＋x的最小值是－，当且仅当x＝时取等号.设G(x)＝－，x∈(0，＋∞)，则G′(x)＝，易知G(x)max＝G(1)＝－，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>－.【

6、解法小结】　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”.考点三　不等式恒成立或有解问题　角度1　不等式恒成立求参数【例3－1】已知函数f(x)＝(x≠0).(1)判断函数f(x)在区间上的单调性；(2)若f(x)

7、inx，x∈，则g′(x)＝－xsinx，显然，当x∈时，g′(x)＝－xsinx<0，即函数g(x)在区间上单调递减，且g(0)＝0.从而g(x)在区间上恒小于零，所以f′(x)在区间上恒小于零，所以函数f(x)在区间上单调递减.(2)不等式f(x)

8、φ′(x)＝cosx－a＝0在区间上存在唯一解x0，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sinx－ax<0恒成立相矛盾.当a≤0时，在区间上φ′(x)>0，即函数φ(x)单调递增，且φ(0)＝0，得sinx－ax>0恒成立，这与sinx－ax<0恒成立相矛盾.故实数a的最小值为1.【解法小结】　1.破解此类题需“一形一分类”，“一形”是指会