1、第1课时 利用导数解决 不等式问题,考点一 直接将不等式问题转换为函数的最值问题,考点二 将不等式转化为两个函数利用函数的最值 进行比较,考点突破,考点三 构造函数证明不等式,直接将不等式问题转换为函数的最值问题,考点突破,典例1 (2018课标全国,21,12分)已知函数f(x)=aex-ln x-1. (1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间; (2)证明:当a 时, f(x)0.,解析 (1)f(x)的定义域为(0,+), f (x)=aex- . 由题设知, f (2)=0,所以a= . 从而f(x)= ex-ln x-1, f (x)= ex- . 当02时,
2、f (x)0. 所以f(x)在(0,2)单调递减,在(2,+)单调递增. (2)证明:当a 时, f(x) -ln x-1.,设g(x)= -ln x-1,则g(x)= - . 当01时,g(x)0. 所以x=1是g(x)的最小值点. 故当x0时,g(x)g(1)=0. 因此,当a 时, f(x)0.,规律总结 将不等式转化为函数最值的主要思想是依据函数在固定区间的单调性, 直接求得函数的最值,然后由f(x)f(x)max或f(x)f(x)min直接证得不等式.,将不等式转化为两个函数利用函数的最值进行比较,典例2 已知f(x)=xln x. (1)求函数f(x)在t,t+2(t0)上的最小值
3、 (2)证明:对一切x(0,+),都有ln x - 成立.,解析 (1)由f(x)=xln x,x0,得f (x)=ln x+1, 令f (x)=0,得x= . 当x 时, f (x)0, f(x)单调递增. 当0t t+2,即0t 时, f(x)min=f =- ;,当 t - (x(0,+). 由(1)可知f(x)=xln x(x(0,+)的最小值是- , 当且仅当x= 时取到.,设m(x)= - (x(0,+), 则m(x)= , 由m(x)1,m(x)为减函数, 由m(x)0得0 - 成立.,规律总结 在证明的不等式中,若对不等式的变形无法转化为一个函数的最值问 题,可以借助两个函数
4、的最值进行证明.,构造函数证明不等式,典例3 设函数f(x)=ln x-x+1. (1)讨论f(x)的单调性; (2)证明:当x(1,+)时,11,证明:当x(0,1)时,1+(c-1)xcx.,解析 (1)由题设知, f(x)的定义域为(0,+), f (x)= -1,令f (x)=0,解得x= 1. 当00, f(x)单调递增;当x1时, f (x)1,设g(x)=1+(c-1)x-cx,则g(x)=c-1-cxln c,令g(x)=0, 解得x0= . 当x0,g(x)单调递增;当xx0时,g(x)0. 所以当x(0,1)时,1+(c-1)xcx.,规律总结 若证明f(x)g(x),x(a,b),可以构造函数h(x)=f(x)-g(x),如果能证明h(x)在 (a,b)上的最大值小于0,即可证明f(x)g(x),x(a,b).,
