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课件网) 阶段综合·融会建模 习题课2———利用导数研究不等式问题 题型一 不等式的证明 [解题观摩] [例1] (2021·全国乙卷)设函数f(x)＝ln(a－x)，已知x＝0是函数y＝xf(x)的极值点． (1)求a； 只需证x＋ln(1－x)>xln(1－x)， 只需证x＋(1－x)ln(1－x)>0， 即证－(1－x)＋(1－x)ln(1－x)＋1>0. 令t＝1－x，t∈(0,1)∪(1，＋∞)， 即证tln t－t＋1>0. 设h(t)＝tln t－t＋1，则h′(t)＝ln t. [例2] (2021·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x(1－ln x)． (1)讨论f(x)的单调性． [解] (1)f(x)＝x(1－ln x)，x∈(0，＋∞)， 则f′(x)＝1－ln x－1＝－ln x， 当x∈(0,1)时，f′(x)>0， 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0. 故f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 设F(x)＝f(2－x)－f(x)(0
0， 则f(2－x1)>f(x1)＝f(x2)， 由于2－x1>1，x2>1，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减， 则2－x12. 再证x1＋x21， 因为x1(1－ln x1)＝x2(1－ln x2)>x1， 所以x1＋x2<2x2－x2ln x2. 令G(x)＝2x－xln x，x∈(1，e)，则G′(x)＝1－ln x>0， 所以G(x)g(x)的基本方法 (1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min>g(x)max； (2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)>0. 2．证明不等式时的一些常见结论 (1)ln x≤x－1，等号当且仅当x＝1时取到； (2)ex≥x＋1，等号当且仅当x＝0时取到； (3)ln x0； 3．利用导数证明不等式问题，多数利用函数与方程思想结合不等式构造函数，转化为利用构造函数的性质来完成，其一般思路是： (2)证明：当a≥1时， f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x. 令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1， 则g′(x)＝2x＋1＋ex＋1. 当x<－1时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x>－1时，g′(x)>0，g(x)单调递增． 所以g(x)≥g(－1)＝0. 因此f(x)＋e≥0. 题型二 由不等式恒成立求参数 [解题观摩] [例1] (2020·新高考全国卷Ⅰ) 已知函数f(x)＝aex－1－ln x＋ln a. (1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； (2)若f(x)≥1，求a的取值范围． 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0. 所以当x＝1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)＝1，从而f(x)≥1. 当a>1③时，f(x)＝aex－1－ln x＋ln a>ex－1－ln x≥1. 综上，a的取值范围是[1，＋∞)． [解] (1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1.令m(x)＝f′(x)＝ex＋2x－1， 则m′(x)＝ex＋2>0. 所以m(x)在R上单调递增， 即f′(x)在R上单调递增． 注意到f′(0)＝0， 故当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0； 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0. 所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (2)法一： ①②③根据导函数的零点分类讨论，确定原函数的单调性 则当x∈(0,2a＋1)∪(2，＋∞)时，g′(x)＜0； 当x∈(2a＋1,2)时，g′(x)＞0. 所以g(x)在(0,2a＋1)，(2，＋∞)上单调递减，在(2a＋1,2)上单调递增． [系统思维] 1．分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路 用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不 ... ... 
