难点二 导数与不等式相结合的问题
导数是高中数学选修板块中重要的部分,应用广泛,教材中重点介绍了利用导数求切线、判断单调性、求极值、最值等基础知识,但是高考数学是以能力立意,所以往往以数列、方程、不等式为背景,综合考察学生转化和化归、分类讨论、数形结合等数学思想的应用能力,面对这种类型的题目,考生会有茫然,无所适从的感觉,究其原因是没有认真分析总结这种题目的特点和解题思路,本文介绍利用导数解决不等式问题的思路,以飨读者. 1. 利用导数证明不等式
在初等数学中,我们学习过好多种证明不等式的方法,比如综合法、分析法、比较法、反证法、数学归纳法等,有些不等式,用初等方法是很难证明的,但是如果用导数却相对容易些,利用导数证明不等式,主要是构造函数,通过研究函数的性质达到证明的目的. 1.1 利用单调性证明不等式
构造函数,利用函数的单调性证明不等式
例1. 【2016届吉林省实验中学高三第五次模拟考试】已知函数f (x )=a ln x -ax -3(a ≠0). (Ⅰ)讨论f (x )的单调性;
2
⎤e , e (Ⅱ)若f (x )+(a +1)x +4-e ≤0对任意x ∈⎡⎣⎦恒成立,求实数a 的取值范围(e 为
自然常数);
2222
(Ⅲ)求证:ln 2+1+ln 3+1+ln 4+1+⋅⋅⋅+ln n +1
()()()()
n ∈N*).
思路分析:(Ⅰ)先求导,从而由f '(x )>0与f '(x )
F (x ) =f (x ) +(a +1) x +4-e ,求出F '(x ) ,得出F (x ) 的单调区间,从而求得函数的最大值,
进而化恒成立问题为最值问题即可;(Ⅲ)令a =-1,求出f (1)的值,然后由f (x ) 的单调性得到ln x
ln(
11111
+1)
1111+1) +ln(+1) +ln(+1) ++ln(+1)
„2222234n
ln(
解析:(Ⅰ)f ' (x ) =间为[1, +∞);
a (1-x )
(x >0) ,当a >0时,f (x ) 的单调增区间为(0,1],单调减区x
当a
'
x +a
=0,若x
-a ≤e ,a ≥-e ,F (x ) x ∈[e , e 2]是增函数,
F (x ) max
e -1-e 2
=F (e ) =2a +e -e +1≤0, a ≤无解.
2
2
2
2
若e
22
[]
e -1-e 2
F (e ) =a +1≤0, a ≤-1F (e ) =2a +e -e +1≤0, a ≤,
.2
2
2
e -1-e 2
∴-e ≤a ≤
2
2
222
若-a >e ,a
[]
∴a
e -
1-e 2
综上所述a ≤2
点评:(1)对于恒成立的问题,常用到两个结论:①a ≥f (x )恒成立⇔a ≥f (x )max ,②
a ≤f (x )恒成立⇔a ≤f (x )min ;(2)利用导数方法证明不等式f (x )>g (x )在区间D 上恒
成立的基本方法是构造函数h (x )=f (x )-g (x ),然后根据函数的单调性,或者函数的最值证明函数h (x )>0,其中一个重要的技巧就是找到函数h (x )在什么地方可以等于零,这往往就是解决问题的一个突破口. 1.2 通过求函数的最值证明不等式
在对不等式的证明过程中,可以依此不等式的特点构造函数,进而求函数的最值,当该函数的最大值或最小值对不等式成立时,则不等式是永远是成立的,从而可将不等式的证明转化到求函数的最值上来.
例2. 【2016届河北省衡水中学高三上学期七调研】已知函数f (x )=(1)求函数f (x )的单调区间;
(2)当a =1时,求f (x )在区间⎢, 2⎥上的最大值和最小值(0.69
2
x -1
-ln x (a ≠0). ax
⎡1⎣⎤⎦
e 21+x ≤(3)求证:ln . x x
思路分析:(1)求出导数f '(x ) ,解不等式f '(x ) >0得增区间,解不等式f '(x )
1e 21+x
≤值点或区间的端点处取得,计算比较大小即可;(3)不等式ln ,化为2-ln x
x x x
即1-ln x
11
,这可利用函数f (x )=1--ln x 的单调性证明.
x x
(2)a =1时,f (x )=
1x -11
-ln x =1--ln x ,由(1)可知,f (x )=1--ln x 在区间
x x x
(0,1)上单调递增,在区间(1, +∞)上单调递减,故在区间⎡⎢
⎡1
⎤
1⎤
,1⎥上单调递增,在区间[1,2]上2⎣⎦
单调递减,∴函数f (x )在区间⎢, 2⎥上的最大值为f (1)=0,而
⎣2⎦
111⎛1⎫
f ⎪=1-2-ln =-1+ln 2, f (2)=1--ln 2=-ln 2
222⎝2⎭
⎛1⎫3⎛1⎫
f (2)-f ⎪=-2ln 2>1.5-2⨯0.7=0.1>0,所以f (2)>f ⎪,故函数f (x )在区
⎝2⎭2⎝2⎭
间⎢, 2⎥上的最小值为f ⎪=-1+ln 2.
⎣2⎦⎝
2⎭
⎡1⎤⎛1⎫
点评:本题考查函数的基本性质,导数的应用等基础知识,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题的能力.本题先利用导数研究函数的单调性,同时考查分类讨论思想,利用这个单调性的结论可以很顺利地求得函数在某个区间上的最值,第(3)小题证明不等式,表面上看来无从下手,而根据以往经验,应该利用上面的结果,实质只要构造函数就可由第(2
)小
题的结论得其单调性,而证得不等式成立.本题体现了“从基础到中等,再由中等到难”这样一种阶梯式增难的特色,层层相扣,解题时要特别注意. 1.3多元不等式的证明
含有多元的不等式,可以通过对不等式的等价变形,通过换元法,转化为一个未知数的不等式,或可选取主元,把其中的一个未知数作为变量,其他未知数作为参数,再证明之. 例3.【冀州中学高三上学期第一次月考】已知函数f (x )=ln x -mx +m , m ∈R 。 (1) 已知函数f(x)在点(l ,f (1))处与x 轴相切,求实数m 的值; (2)求函数f(x)的单调区间;
(3)在(1)的结论下,对于任意的0
f (b )-f (a )1
b -a a
1
-m (x >0),由于函数在点(1, f (1))处与x 轴相切,x
又直线x 轴的斜率为0,根据导数的几何意义,所以有f '(1)=1-m=0,从而可求出实数m 的值;(2)因为f '(x )=有f '(x )=
1
-m (x >0),所以有必要对m 的取值范围进行分类讨论. 当m „0时,x
1
-m >0,此时函数f (x )在(0, +∞)上单调递增;当m >0时,有x
1⎫⎛
-m x -⎪⎛1⎫⎛1⎫
''x ∈0, x ∈, +∞f x >0f x
x
⎛1⎫⎛1⎫0, f x 函数()在 ⎪上单调递增,在 , +∞⎪上单调递减. (3)由(1)知m =1,得⎝m ⎭⎝m ⎭
f (x )=ln x -x +1,对于任意的0
ln
f (a )-f (b )1
b -a a
b
(ln b -b )-(ln a -a )1⇔ln t -t +1
,即()b b -a a t -1-1
a
f (t )1),由(2)知,函数f (x )在(1, +∞)上单调递减,且f (1)=0,于是上式成立.
故对于任意的0
f (b ) -f (a ) 1
b -a a
(3)由(1) 知m =1, 得f (x ) =ln x -x +1, 对于任意的0
f (b ) -f (a ) 1
b -a a
b
(lnb -b ) -(lna -a ) 1
b -a a -1a
ln
⇔
ln t
1⇔ln t -t +11, 即f (t ) 1,由(2)知, 函数f (x ) 在(1,+∞) 递t -1
f (b ) -f (a ) 1
b -a a
减, 且f (1)=0, 于是上式成立,故对于任意的0
点评:在第二问中要注意分类讨论标准的确定,当m ≠0时,可借助一次函数的图像来判断导
b
函数符号,同时要将零点和定义域比较;第二问中将不等式等价变形为⇔
b -1a
ln
换元法,将不等式转化为关于t 的不等式.
2. 利用导数求解与不等式有关的恒成立问题或者有解、无解问题
不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁,也是高考的重点和热点问题,往往用到的方法是依据不等式的特点,等价变形,构造函数,借助图象观察,或参变分离,转化为求函数的最值问题来处理.
⎧恒成立⇔f (x ) min >a ⎪
f (x ) >a :⎨有解⇔f (x ) max >a
⎪无解⇔f (x ) ≤a
max ⎩
例4.【2016届宁夏银川二中高三上学期统练三】已知函数f (x ) =ln x -(Ⅰ)讨论函数f (x ) 的单调区间;
a
。 x
2
(Ⅱ)若2x ln x ≤2mx -1在[1, e ]恒成立,求m 的取值范围。
思路分析:(Ⅰ)求导函数,对参数a 进行讨论,即可确定函数(的单调区间; f x )(Ⅱ)先分离参数,构造新函数g (x ) =
值范围.
ln x 1
+2,确定新函数的最大值,即可求得m
的取x 2x
点评:本题考查导数知识的运用,考查恒成立问题,考查分离参数法的运用,属难题,解题的关键是通过分类讨论确定函数的单调性,通过构造新函数,研究新函数的性质恻然确定函数的最值.解题时要注意分类时要清楚分类标准,求m 的取值范围时转化为求新函数的最值 3. 利用导数解不等式
通过构造函数,利用函数的单调性得到不等式的解集.
例5. 已知定义在实数集R 上的函数f (x ) 满足f (1)=2,且f (x ) 的导函数f (x ) 在R 上恒有
'
f '(x )
A .(-∞, -1) B .(1,+∞) C .(-1,1) D .(-∞, -1) (1,+∞)
思路分析:因为f (x ) 的解析式不确定,由f (x )
'
F (x ) =f (x ) -x -1,则F (x 故F (x ) 单调递减,由F (1)=0,则不等式解集为(1,+∞) )
'
点评:该题考察了利用导数判断函数的单调性,联系所求的不等式,构造合适的函数,通过判断单调性,得出不等式的解集,是解题的关键.
综合上述五种题型,无论不等式的证明、解不等式,还是不等式的恒成立问题、有解问题、无解问题,构造函数,运用函数的思想,利用导数研究函数的性质(单调性和最值),达到解题的目的,是一成不变的思路,合理构思,善于从不同角度分析问题,是解题的法宝.