1、第第 3 课时课时 导数与函数的综合问题导数与函数的综合问题 题型一题型一 导数与不等式导数与不等式 命题点 1 证明不等式 典例 (2017 贵阳模拟)已知函数 f(x)1x1 ex ，g(x)xln x. (1)证明：g(x)1； (2)证明：(xln x)f(x)1 1 e2. 证明 (1)由题意得 g(x)x1 x (x0)， 当 00， 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，得证 (2)由 f(x)1x1 ex ，得 f(x)x2 ex ， 所以当 00， 即 f(x)在(0,2)上为减函数，在(2，)上为增函数， 所以 f(x)f(2)
2、11 e2(当且仅当 x2 时取等号) 又由(1)知 xln x1(当且仅当 x1 时取等号)， 且等号不同时取得， 所以(xln x)f(x)1 1 e2. 命题点 2 不等式恒成立或有解问题 典例 (2018 大同模拟)已知函数 f(x)1ln x x . (1)若函数 f(x)在区间 a，a1 2 上存在极值，求正实数 a 的取值范围； (2)如果当 x1 时，不等式 f(x) k x1恒成立，求实数 k 的取值范围 解 (1)函数的定义域为(0，)， f(x)11ln x x2 ln x x2 ， 令 f(x)0，得 x1. 当 x(0,1)时，f(x)0，f(x)单调递增； 当 x(
3、1，)时，f(x)0，h(x)是增函数， 当 00)的最小值为 f 1 e 1 e， 设 (x) x ex 2 e(x0)，则 (x) 1x ex ， 当 x(0,1)时，(x)0，(x)单调递增； 当 x(1，)时，(x) x ex 2 e恒成立， 即 F(x)0 恒成立，函数 F(x)无零点 思维升华 利用导数研究方程的根(函数的零点)的策略 研究方程的根或曲线的交点个数问题，可构造函数，转化为研究函数的零点个数问题可利 用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋势等，从而画出函数的大致图象，然后根据 图象判断函数的零点个数 跟踪训练 (1)(2017 贵阳联考)已知函数 f(x)的定义域
4、为1,4，部分对应值如下表： x 1 0 2 3 4 f(x) 1 2 0 2 0 f(x)的导函数 yf(x)的图象如图所示当 10，由三次函数图象知 f(x)有负数零点，不合题意，故 a0 知，f 2 a 0， 即 a 2 a 33 2 a 210，化简得 a240， 又 a0. 所以当 x40 时，y 有最小值 一审条件挖隐含 典例 (12 分)设 f(x)a xxln x，g(x)x 3x23. (1)如果存在 x1，x20,2使得 g(x1)g(x2)M 成立，求满足上述条件的最大整数 M； (2)如果对于任意的 s，t 1 2，2 ，都有 f(s)g(t)成立，求实数 a 的取值范
5、围 (1)存在 x1，x20,2使得 g(x1)g(x2)M (正确理解“存在”的含义) g(x1)g(x2)maxM 挖掘g(x1)g(x2)max的隐含实质 g(x)maxg(x)minM 求得 M 的最大整数值 (2)对任意 s，t 1 2，2 都有 f(s)g(t) (理解“任意”的含义) f(x)ming(x)max 求得 g(x)max1 a xxln x1 恒成立 分离参数 a axx2ln x 恒成立 求 h(x)xx2ln x 的最大值 ah(x)maxh(1)1 a1 规范解答 解 (1)存在 x1，x20,2使得 g(x1)g(x2)M 成立，等价于g(x1)g(x2)m
6、axM.2 分 由 g(x)x3x23，得 g(x)3x22x3x x2 3 . 令 g(x)0，得 x2 3， 又 x0,2，所以 g(x)在区间 0，2 3 上单调递减，在区间 2 3，2 上单调递增，所以 g(x)min g 2 3 85 27， g(x)maxg(2)1. 故g(x1)g(x2)maxg(x)maxg(x)min112 27 M， 则满足条件的最大整数 M4.5 分 (2)对于任意的 s，t 1 2，2 ，都有 f(s)g(t)成立，等价于在区间 1 2，2 上，函数 f(x)ming(x)max.7 分 由(1)可知在区间 1 2，2 上，g(x)的最大值为 g(2)1. 在区间 1 2，2 上，f(x) a xxln x1 恒成立等价于 axx 2ln x 恒成立 设 h(x)xx2ln x，h(x)12xln xx，可知 h(x)在区间 1 2，2 上是减函数，又 h(1) 0， 所以当 1x2 时，h(x)0；当1 2x0.10 分 即函数 h(x)xx2ln x 在区间 1 2，1 上单调递增，在区间(1,2)上单调递减，所以 h(x)maxh(1) 1， 所以 a1，即实数 a 的取值范围是1，)12 分
