第4章第4节 导数的综合应用-(教师用书)2023版新高考数学艺术生总复习必备【名师大课堂】

第四节　导数的综合应用 第一课时　导数与不等式 考点一　导数法证明不等式 已知函数f(x)＝x ln x－2x. (1)求f(x)的单调区间、极值； (2)若x>y>0，试确定f(x)－f(y)与x ln y－y ln x的大小关系，并给出证明． 【解】　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1－2＝ln x－1， 令f′(x)＝0得x＝e. 将x，f′(x)，f(x)变化情况列表： x (0，e) e (e，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)  极小值  可得(0，e)是f′(x)的递减区间， (e，＋∞)是f(x)的递增区间，f′(x)在x＝e处有极小值－e，无极大值． (2)f(x)－f(y)>x ln y－y ln x．证明如下： [f(x)－f(y)]－(x ln y－y ln x) ＝x ln x－2x－y ln y＋2y－x ln y＋y ln x ＝x ln ＋y ln －2(x－y) ＝y.(*) 设t＝>1，Q(t)＝t ln t＋ln t－2(t－1)(t＞1)， 则Q′(t)＝ln t＋1＋－2＝ln t＋－1(>1). 设M(t)＝ln t＋－1(t>1)， 则M′(t)＝－＝>0(t>1) . 所以M(t)在(1，＋∞)上是递增函数． 所以M(t)>M(1)＝0，即Q′(t)>0. 所以Q(t)在(1，＋∞)上是递增函数． 所以Q(t)>Q(1)＝0. 又y>0，所以(*)＞0， 所以f(x)－f(y)>x ln y－y ln x． 【规律方法】 利用导数证明不等式的方法 (1)构造法：证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)<0，则F(x)在(a，b)上是减函数，则只需F(a)≤0，由减函数的定义可知，x∈(a，b)时，有F(x)<0，即证明了f(x)<g(x). (2)最值比较法：证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)时，若构造函数F(x)＝f(x)－g(x)后，F(x)的单调性无法确定，可考虑f(x)的最大值与g(x)的最小值，如果f(x)max<g(x)min，可证：f (x)<g(x). (3)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论；ln x<x<ex(x>0)；≤ln (x＋1)≤x(x>－1)；若x∈(0，)，则tan x>x>sin x；若x∈(0，＋∞)，则ex≥x＋1>x－1≥ln x． [针对训练] 1．(2022·威海模拟)已知函数f(x)＝1－，g(x)＝＋－bx，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1, 1)，且在点A处的切线互相垂直． (1)求a，b的值； (2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥. 【解】　(1)因为f(x)＝1－， 所以f′(x)＝， f′(1)＝－1.因为g(x)＝－－bx， 所以g′(x)＝－－－b. 因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1, 1)，且在点A处的切线互相垂直，所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，从而g(1)＝a＋1－b＝1，且g′(1)＝－a－b－1＝1，解得a＝b＝－1. (2)g(x)＝－＋＋x， 则f(x)＋g(x)≥⇔1－－－＋x≥0. 令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)， 则h(1)＝0，h′(x)＝－＋＋＋1＝＋＋1. 因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1>0， 所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增， 所以h(x)≥h(1)＝0，即1－－－＋x≥0. 故当x≥1时，f(x)＋g(x)≥成立． 考点二　单变量不等式恒成立问题 已知函数f(x)＝. (1)若函数f(x)在区间上存在极值，求正实数a的取值范围； (2)如果当x≥1时，不等式f(x)≥恒成立，求实数k的取值范围． 【解】　(1)函数的定义域为(0，＋∞)， f′(x) ＝＝， 令f′(x)＝0，得x＝1. 当x∈(0, 1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减． 所以x＝1为函数f(x)的极大值点，且是唯一的极值点， 所以0<a<1<a＋，故<a<1，即正实数a的取值范围为. (2)当x≥1时，k≤恒成立， 令g(x)＝(x≥1)， 则g′(x)＝＝. 再令h(x)＝x－ln x(x≥1)， 则h′(x)＝1－≥0. 所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)>0， 所以g(x)为单调增函数， 所以g(x)≥g(1)＝2， 故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2]. [针对训练] 2．(2022·石嘴山模拟)设函数f(x)＝ln x＋，k∈R. (1)若曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线x