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第3课时 导数与函数的综合问题
(对应学生用书第40页)
利用导数研究不等式的有关问题
◎角度1 证明不等式
(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a0时,证明f(x)≤-eq \f(3,4a)-2.
[解] (1)f(x)的定义域为(0,+∞),
f′(x)=eq \f(1,x)+2ax+2a+1=eq \f((x+1)(2ax+1),x).
若a≥0,则当x∈(0,+∞)时,f′(x)0,
故f(x)在(0,+∞)上单调递增.
若a0,则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,-\f(1,2a)))时,f′(x)0;
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2a),+∞))时,f′(x)0.
故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,-\f(1,2a)))上单调递增,在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2a),+∞))上单调递减.
(2)证明:由(1)知,当a0时,f(x)在x=-eq \f(1,2a)处取得最大值,最大值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2a)))=lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2a)))-1-eq \f(1,4a).
所以f(x)≤-eq \f(3,4a)-2等价于lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2a)))-1-eq \f(1,4a)≤-eq \f(3,4a)-2,
即lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2a)))+eq \f(1,2a)+1≤0.
设g(x)=ln x-x+1,
则g′(x)=eq \f(1,x)-1.
当x∈(0,1)时,g′(x)0;
当x∈(1,+∞)时,g′(x)0,
所以g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
故当x=1时,g(x)取得最大值,最大值为g(1)=0.
所以当x0时,g(x)≤0.
从而当a0时,lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2a)))+eq \f(1,2a)+1≤0,
即f(x)≤-eq \f(3,4a)-2.
◎角度2 解决不等式恒(能)成立问题
(2018·广州综合测试(二))已知函数f(x)=eq \f(x,ln x)-ax+b在点(e,f(e))处的切线方程为y=-ax+2e.
(1)求实数b的值;
(2)若存在x∈[e,e2],满足f(x)≤eq \f(1,4)+e,求实数a的取值范围.
【导学号
[解] (1)函数f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞).
因为f(x)=eq \f(x,ln x)-ax+b,
所以f′(x)=eq \f(ln x-1,(ln x)2)-a.
所以函数f(x)在点(e,f(e))处的切线方程为y-(e-ae+b)=-a(x-e),即y=-ax+e+b.
已知函数f(x)在点(e,f(e))处的切线方程为y=-ax+2e,比较可得b=e.
所以实数b的值为e.
(2)f(x)≤eq \f(1,4)+e,即eq \f(x,ln x)-ax+e≤eq \f(1,4)+e,所以问题转化为a≥eq \f(1,ln x)-eq \f(1,4x)在[e,e2]上有解.
令h(x)=eq \f(1,ln x)-eq \f(1,4x)(x∈[e,e2]),
则h′(x)=eq \f(1,4x2)-eq \f(1,x(ln x)2)=eq \f((ln x)2-4x,4x2(ln x)2)
=eq \f((ln x+2\r(x))(ln x-2\r(x)),4x2(ln x)2).
令p(x)=ln x-2eq \r(x),
所以当x∈[e,e2]时,有p′(x)=eq \f(1,x)-eq \f(1,\r(x))=eq \f(1-\r(x),x)<0.
所以函数p(x)在区间[e,e2]上单调递减.
所以p(x)≤p(e)=ln e-2eq \r(e)<0.
所以h′(x)<0,即h(x)在区间[e,e2]上单调递减.
所以h(x)≥h(e2)=eq \f(1,ln e2)-eq \f(1,4e2)=eq \f(1,2)-eq \f(1,4e 2).
所以实数a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)-\f(1,4e2),+∞)).
[规律方法] 1.利用导数证明含“x”不等式方法,证明:f?x?>g?x?.
法一:移
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