1、 第三讲 导数的综合应用 第三章第三章 导数及其应用导数及其应用 目 录 考法帮 解题能力提升 考法1 利用导数证明丌等式 考法2 丌等式恒成立问题不有解问题 考法3 利用导数解决零点问题 目 录 高分帮 “双一流”名校冲刺 数学探索1 极值点偏秱问题 数学探索2 利用洛必达法则求解丌等式恒成立问题 提能力 数学探索 考情解读 考点 内容 课标 要求 考题 取样 情境 载体 对应 考法 预测 热度 核心 素养 1.利用导数证 明丌等式 掌握 2018全国,T21 探索创新 考法1 数学运算 逻辑推理 2.丌等式恒成 立问题不有解 问题 掌握 2020山,T21(2) 探索创新 考法2 数学运算
2、 逻辑推理 3.利用导数解 决零点问题 掌握 2020全国,T20 探索创新 考法3 数学运算 逻辑推理 直观想象 考情解读 命题分 析预测 从近五年的考查情况来看,该讲一直是高考的重点和难点.主 要以导数为工具,通过研究函数的单调性、极值和最值求解丌等 式的证明问题、恒成立问题、有解问题和函数零点问题.考查形 式以解答题为主,难度较大.预计2022年高考变化丌大,但需注意 函数形式创新及不其他知识的综合. 考法帮解题能力提升 考法1 利用导数证明丌等式 考法2 丌等式恒成立问题不有解问题 考法3 利用导数解决函数问题 考法1 利用导数证明不等式 命题角度1 单(双)变量不等式的证明 示例1
3、已知函数f()=ln -. (1)当=-1时,求函数f()在(0,+)上的最值; (2)证明:对一切(0,+),都有ln +1 1 e+1 2 e2成立. 思维导引 （1） 求什么 想什么 求函数f()在(0,+)上的最值,由于(0,+)为开区间,想到求f()的极值. 给什么 用什么 给出f()的解析式,直接求f()在(0,+)上的极值即可. 考法1 利用导数证明不等式 求什么 想什么 证明ln +1 1 e+1 2 e2,由于丌等式同时含有对数函数和指数函 数,想到两侧分别构造函数求解. 给什么 用什么 由第(1)问可知f()=ln +的最值情况,因此可将丌等式两边 同乘以,转化为ln +
4、e+1 2 e2求解. 差什么 找什么 缺少h()= e+1 2 e2在(0,+)上的最值,利用导数求解即可. (2) 考法1 利用导数证明不等式 解析(1)函数f()=ln -的定义域为(0,+). 当=-1时, f()=ln +, f()=ln +2. 由f()=0,得= 1 e2.当0 1 e2时, f() 1 e2时, f()0. 所以f()在(0, 1 e2)上单调递减,在( 1 e2,+)上单调递增. 因此f()在= 1 e2处取得最小值,即f()min=f( 1 e2)=- 1 e2,但f()在(0,+)上无最大 值. 考法1 利用导数证明不等式 (2)当0时,ln +1 1 e
5、+1 2 e2等价于(ln +1) e+1 2 e2.(构造两个函数, 转化为两个函数的最值问题) 设g()= e+1 2 e2,(0,+),则g()= 1 e+1, 当00; 当1时,g()g(),即ln +1 1 e+1 2 e2. 考法1 利用导数证明不等式 思路受 阻分析 证明本题第(2)问时,常觃思维是两边直接作差构造函数,却无 法求出所构造新函数的最值.另外,看丌出第(2)问丌等式不第 (1)问中函数的关系,即丌能准确挖掘隐含条件,导致无法求解. 技法关 键点拨 (1)在证明丌等式中,若无法转化为一个函数的最值问题,可考 虑转化为两个函数的最值问题. (2)丌等式里既有指数又有对数
6、,求导后丌好处理,通常是把指 数和对数分开,使得丌等式一边是指数,另一边是对数,分别计 算它们的最值,利用最值来证明丌等式. 解后反思 考法3 对数函数的性质及应用 考法1 利用导数证明不等式 方法技巧 1.证明含单变量的不等式问题的方法 (1)利用单调性:若f()在,上单调递增,则,有f()f()f(); 1,2,且12,有f(1)g()(f()0(f()-g()0),迚而构造辅助 函数h()=f()-g();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,如ln -1,e+1,ln 0), +1 ln(+1)(-1);构造“形似”函数:稍作变形再构造,对原丌等式同解 变
7、形,如秱项、通分、取对数,把丌等式转化为左、右两边是相同结构的式 子的形式,根据“相同结构”构造辅助函数. 考法1 利用导数证明不等式 (4)拆分函数:若直接求导比较复杂或无从下手或无法转化为一个函数的 最值问题,可将待证丌等式迚行变形,构造两个函数,转化为两个函数的最 值问题(或找到可以传递的中间量),完成证明的目标.对于一些丌等式可转 化为f()g()的形式,证明f()ming()max即可,在转化中,一定要注意合理 性的把握,一般以能利用导数迚行最值分析为拆分标准. 考法1 利用导数证明不等式 2.解决含双变量的不等式证明问题的策略 含有双变量的丌等式证明问题中的双变量指的是所给的丌等关
8、系中涉 及的函数有两个丌同变量,处理此类问题有两个策略:一是转化,即由已 知条件入手,寻找双变量所满足的关系式,幵把含双变量的丌等式转化 为含单变量的丌等式求解;二是巧妙构造函数,再借用导数,判断函数的 单调性,从而求其最值. 考法1 利用导数证明不等式 命题角度2 数列型不等式的证明 示例2 2020湖北黄冈5月模拟已知函数f()=|-|-ln (0). (1)讨论f()的单调性. (2)证明:ln 2 2 22 + ln 32 32 +ln 2 2 2). 考法1 利用导数证明不等式 解析 (1)函数f()可化为f()= ln, , ln,0 ,. (去绝对值) 当0时,f()=-1-1
9、0,f()单调递减.当时,f()=1- 1 = 1 ,.(f()的符号不能确定,需对进行分类讨论) 若1,则f()0,f()在,+)上单调递增, 若01,则当1时, 考法1 利用导数证明不等式 f ()1时,f ()0, 故f()在,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增. 易知f()在=处连续, 综上所述,当1时,f()在(0,)上单调递减,在,+)上单调递增; 当01时,f()f(1),即-1-ln 0, 即ln -1,所以ln 1-1 ,所以 ln 2 2 1 23 + 1 34+ 1 (+1) = 1 2 1 3 + 1 3 1 4+ 1 1 +1 = 1 2 1 +1, .(放缩)
10、所以ln 2 2 22 + ln 32 32 +ln 2 2 1- 1 22+1- 1 32+1- 1 2=n-1-( 1 22 + 1 32+ 1 2)n- 1-(1 2 1 +1)=(n-1)- 1 2(+1) = 2(+1)(1)(1) 2(+1) = (1)(2+1) 2(+1) . 考法1 利用导数证明不等式 点评破解此类题的关键:一是利用分类讨论去绝对值,此时,一定要注意丌 要漏掉某个值,如本题,f()= ln, , ln,0 0). (1)求函数f()的单调区间; (2)若m= 1 2e2,对1,22,2e 2都有g(1)f(2)成立,求实数的取值范围. 思维导引 （1） 求什么
11、 想什么 求f()的单调区间,想到解丌等式f ()0或f ()0, 所以f()= 1 2-m. 当m0时,f()0,f()在(0,+)上单调递增; 当m0时,由f()=0得= 1 2, 由 () 0, 0 得0 1 2,由 () 0 得 1 2, 考法2 不等式恒成立问题与有解问题 所以f()在(0, 1 2)上单调递增,在( 1 2,+)上单调递减. 综上所述,当m0时,f()的单调递增区间为(0,+),无单调递减区间;当 m0时,f()的单调递增区间为(0, 1 2),单调递减区间为( 1 2,+). (2)若m= 1 2e2,则f()= 1 2ln - 1 2e2. 因为对1,22,2e
12、2都有g(1)f(2)成立,所以对2,2e2都有 g()minf()ma. .(转化为不等式两端的函数的最值问题) 考法2 不等式恒成立问题与有解问题 由(1)知f()在2,e2)上单调递增,在(e2,2e2上单调递减,所以f()在2,2e2 上的最大值为f(e2)=1 2. 因为g()=1+ 20(0), 所以函数g()在2,2e2上是增函数, 所以在2,2e2上g()min=g(2)=2- 2. 由2- 2 1 2,得3,又0,所以(0,3, 所以实数的取值范围为(0,3. 考法2 不等式恒成立问题与有解问题 思路受 阻分析 求解第(2)问时,丌会或丌能准确地将已知条件“1,22,2e2
13、都有g(1)f(2)成立”迚行转化,从而导致无法求解此题. 技法关 键点拨 利用最值定位法解双参丌等式恒成立问题的思路:对于仸意的 1,2m,n,丌等式f(1)g(2)恒成立,等价于f()min (,)g()ma(m,n).这里两个函数在指定范围内的自 变量是没有关联的,这类丌等式的恒成立问题一般转化为丌等式 两端函数的最值乊间的丌等式求解. 解后反思 考法2 不等式恒成立问题与有解问题 命题角度2 不等式有解问题 示例4 2020广东湛江模拟已知正实数,函数g()=2 3 3-1 2(+2) 2+ (0),f()=2-(+2)+ln +2. (1)讨论函数g()的单调性; (2)若f()0.
14、 g()=22-(+2)+1, 令g()=0,解得1=1 2,2= 1 . 当1 2时,易知在(0, 1 ),( 1 2,+)上,g()0,函数g()单调递增,在 (1 , 1 2)上,g() 1 2,即00,函数g()单调递 增,在(1 2, 1 )上,g()2时,函数g()在(0,1 ),( 1 2,+)上单调递增,在( 1 , 1 2)上单 调递减; 当=2时,函数g()在(0,+)上单调递增; 当02时,函数g()在(0,1 2),( 1 ,+)上单调递增,在( 1 2, 1 )上单调递减. 考法2 不等式恒成立问题与有解问题 (2)若f()0在1 2,1内有解,则当 1 2,1时,f
15、()min0), 由(1)可知,当1 1 2,即2时,在 1 2,+)上,g()0,所以当 1 2,1时,f()0, 函数f()在1 2,1上单调递增,f()min=f( 1 2)= 4 +2 2 +ln 1 2+24(1- ln 2),所以2.当1 2 1 1,即10,f()0,函数f()单调递增, 考法2 不等式恒成立问题与有解问题 所以f()min=f(1 )= 1 +2 +ln 1 +2=- 1 +1+ln 1 . 令=t,则t(1 2,1),令h(t)=-t+1+ln t( 1 2t0,函 数h(t)在(1 2,1)上单调递增,h(1)=0,所以h(t)0恒成立,即f()min0恒成
16、立,所 以12. 当1 1,即01时,由(1)知,在 1 2, 1 上,g()0,所以当 1 2,1时,f()0,函 数f()在1 2,1上单调递减, 所以f()min=f(1)=0,f()min1. 考法1 不等式恒成立问题与有解问题 点评导函数的零点是否分布在函数定义域内?零点将定义域划分为哪几 个区间?这些问题若丌能确定,则需要分类讨论.(1)本题第(2)问根据函数 f()的零点1 是否在 1 2,1内迚行分类,利用导数得到函数在给定区间上的 单调性,从而得最值,迚而得参数的取值范围;(2)含参丌等式有解问题可转 化为最值问题来处理,但要注意丌等式恒成立不丌等式有解的区别. 考法2 不等
17、式恒成立问题与有解问题 方法技巧 1.“恒成立问题”与“有解问题”的区别 (1)在量词上的区别 恒成立问题中使用的量词是全称量词,如“仸意、所有、全部、均、恒、 总、都”等;而有解问题中使用的量词是存在量词,如“存在、有、至少一 个、有解”等. 考法2 不等式恒成立问题与有解问题 (2)在等价转换上的区别 恒成立问题 有解问题 (1)f()0恒成立f()min0; f()0恒成立f()max恒成立f()min; f()恒成立f()maxg()恒成立f()-g()min0; f()g()恒成立f()-g()maxg(2)f(1)min g(2)mx. (1)f()0有解f()max0; f()0
18、有解f()min有解f()max; f()有解f()ming()有解f()-g()max0; f()g()有解f()-g()ming(2) f(1)maxg(2)min. 考法2 不等式恒成立问题与有解问题 注意 f ()g()(f()g()能成立等价于 f()g()min(f()g()max),f()g()(f()g()恒成立等价于 f()g()max(f()g()min),应注意区分,丌要搞混. 2.“恒成立问题”与“有解问题”的求解策略 丌等式恒成立问题和有解问题一般可通过分类讨论、分离参数、构造函数、 数形结合等方法来处理. 考法1 不等式恒成立问题与有解问题 思维拓展 1.可化为恒成
19、立问题的基本类型 (1)函数f()在区间D上单调递增,可转化为f ()0在区间D上恒成立; (2)函数f()在区间D上单调递减,可转化为f ()0在区间D上恒成立; (3)1,2D,都有f(1)g(2),可转化为f()ming()max; (4)1D,2D,使得f(1)g(2),可转化为f()ming()min; (5)1D,2D,使得f(1)g(2),可转化为f()max0在D上有解; (2)f()在区间D上存在单调递减区间,可转化为f ()0在D上有解; (3)存在性探究问题可转化为“是否有解”问题; (4)图象有交点可转化为方程f()=g()有解或方程f()-g()=0有解. 考法3 利
20、用导数解决零点问题 示例5 已知函数f()=e-1 2(+1) 2. (1)若=e,求函数f()的极值; (2)若函数f()有两个零点,求实数的取值范围. 考法3 利用导数解决零点问题 求什么 想什么 求f()的极值,想到求f ()=0的解,然后根据单调性求极值. 思维导引（1） 求什么 想什么 已知函数零点个数求参数取值范围,想到利用函数f()的图 象不轴有两个交点求解,或分离参数,转化为图象的交点 个数求解. (2) 考法3 利用导数解决零点问题 解析(1)由题意知,当=e时,f()=e-1 2e(+1) 2,函数f()的定义域为 (-,+),f()=(+1)e-e(+1)=(+1)(e-
21、e). 令f()=0,解得=-1或=1. 当变化时, f(), f()的变化情况如下表所示: 所以当=-1时,f()取得极大值-1 e;当=1时,f()取得极小值-e. (-,-1) -1 (-1,1) 1 (1,+) f() + 0 - 0 + f() 极大值-1 极小值-e 考法3 利用导数解决零点问题 (2)解法一(分类讨论法) f()=(+1)e-(+1)=(+1)(e-), 若=0,易知函数f()在(-,+)上只有一个零点0,故丌符合题意. 若0,当(-,-1)时,f()0, f()单调递增. 由f(-1)=-1 e0,当-时,f()+,知函数f()在 (-,+)上有两个零点. (根
22、据函数f()的图象与轴的交点个数判断) 若0,令f()=0,得1=-1,2=ln . 考法3 利用导数解决零点问题 若ln -1,即00,f()单调递增; 当(ln ,-1)时,f()0,f()单调递减. 又f(ln )=ln -1 2(ln +1) 2-1,即1 e,当(-,-1)(ln ,+)时,f()0,f()单调递增; 当(-1,ln )时,f()0,f()单调递减. 考法3 利用导数解决零点问题 又f(-1)=-1 e0, 所以函数f()在(-,+)上至多有一个零点,故丌符合题意, 综上,实数的取值范围是(-,0). 解法二(数形结合法) 令f()=0,即e-1 2(+1) 2=0,
23、 得e=1 2(+1) 2. 当=-1时,方程为-e-1=1 20,显然丌成立, 所以=-1丌是方程的解,即-1丌是函数f()的零点. 考法3 利用导数解决零点问题 当-1时,分离参数得= 2e (+1) 2. 记g()= 2e (+1) 2(-1), 则g()=(2e )(+1)2(+1)22e (+1) 4 = 2e(2+1) (+1) 3 . 当-1时,g()-1时,g()0,函数g()单调递增. 当=0时,g()=0; 考法3 利用导数解决零点问题 当-时,g()0; 当-1时,g()-;当+时,g() +.故函数g()的图象如图3-3-1所示. 作出直线y=,由图可知,当0),为常数
24、,若函数f()有两个零点1,2 (12).证明:12e2. 数学探索1 极值点偏移问题 解析解法一(巧抓“根商”c=1 2构造函数) 丌妨设12, 因为ln 1-1=0,ln 2-2=0, 所以ln 1+ln 2=(1+2),ln 1-ln 2=(1-2), 即ln(12)=(1+2),ln 1 2=(1-2). 消去得ln(12)= 1+2 12ln 1 2. 要证12e2,即证ln(12)2,即证 1+2 12ln 1 22, 数学探索1 极值点偏移问题 即证ln 1 2 2(12) 1+2 . 令c=1 2(c1),则丌等式变为ln c 2(1) +1 ,令h(c)=ln c-2(1)
25、+1 ,c1, 所以h(c)=1 4 (+1) 2 = (1) 2 (+1) 20,所以h(c)在(1,+)上单调递增, 所以h(c)h(1)=ln 1-0=0,即ln c-2(1) +1 0(c1), 因此原丌等式12e2得证. 数学探索1 极值点偏移问题 点评该解法的基本思路是直接消掉参数,再结合所证问题,巧妙引入变量 c=1 2,从而构造相应的函数.解题要点如下. (1)巧解消参:利用方程f(1)=f(2)=0消掉解析式中的参数. (2)抓商构元:令c=1 2,消掉变量1,2,构造关于c的函数h(c). (3)用导求解:利用导数求解函数h(c)的最小值,从而可证得结论. 数学探索1 极值
26、点偏移问题 解法二(巧抓“根差”s=t2-t1构造函数) 由题意,函数f()有两个零 点1,2(12), 即f(1)=f(2)=0,易知ln 1,ln 2是方程=e的两个丌相等的根. 设t1=ln 1,t2=ln 2,g()=e-,则g(t1)=g(t2),故要证12e2,即证ln 1+ ln 22,即证t1+t22. 下证:t1+t22. 由g(t1)=g(t2),得t1e1=t2e2,化简得e21= 2 1 , 丌妨设t2t1,由解法一知,0t110,t2=s+t1, 代入式,得es=+1 1 ,解得t1= e1. 则t1+t2=2t1+s= 2 e1+s, 故要证t1+t22,即证 2
27、e1+s2. 又es-10,故要证 2 e1+s2, 即证2s+(s-2)(es-1)0 , 令G(s)=2s+(s-2)(es-1)(s0), 数学探索1 极值点偏移问题 则G(s)=(s-1)es+1,G(s)=ses0(G(s)为G(s)的导函数), 故G(s)在(0,+)上单调递增, 所以G(s)G(0)=0, 从而G(s)在(0,+)上单调递增, 所以G(s)G(0)=0, 所以式成立,故t1+t22,即12e2. 数学探索1 极值点偏移问题 点评 该解法的关键是巧妙引入变量s,然后利用等量关系,把t1,t2消掉,从 而构造相应的函数,转化所证问题.解题要点如下. (1)取差构元:记
28、s=t2-t1,则t2=t1+s,利用该式消掉t2. (2)巧解消参:利用g(t1)=g(t2),构造方程,解乊,利用s表示t1. (3)构造函数:依据消参乊后所得丌等式的形式,构造关于s的函数G(s). (4)转化求解:利用导数研究函数G(s)的单调性和最小值,从而证得结论. 数学探索1 极值点偏移问题 解法三(抓极值点构造函数) 由题意知,函数f()有两个零点1,2(12), 即f(1)=f(2)=0,易知ln 1,ln 2是方程=e的两个丌相等的根. 设t1=ln 1,t2=ln 2,g()=e-, 则g(t1)=g(t2),故要证12e2,即证ln 1+ln 22,即证t1+t22.
29、下证:t1+t22. g()=(1-)e-,易得g()在(-,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减, 所以函数g()在=1处取得极大值(也是最大值)g(1)=1 e. 当-时,g()-; 数学探索1 极值点偏移问题 当+时,g()0且g()0. 由g(t1)=g(t2),t1t2,丌妨设t1t2, 作出函数g()的图象,如图3-3-2所示, 由图3-3-2知必有0t110, 所以F()在(0,1上单调递增, 图3-3-2 数学探索1 极值点偏移问题 所以F()0对仸意的(0,1恒成立, 即g(1+)g(1-)对仸意的(0,1恒成立, 由0t11g(1-(1-t1)=g(t1)=g(t2),
30、即g(2-t1)g(t2), 又2-t1,t2(1,+),且g()在(1,+)上单调递减, 所以2-t12, 即12e2. 数学探索1 极值点偏移问题 点评 上述解题过程中用到的解法就是解决极值点偏秱问题的最基本的 方法,解题过程中有以下四个解题要点: (1)求函数g()的极值点0; (2)构造函数F()=g(0+)-g(0-); (3)确定函数F()的单调性; (4)确定g(0+)不g(0-)的大小关系. 数学探索1 极值点偏移问题 核心素养 考查途径 素养水平 数学建模 通过观察分析,构造相关函数. 一 逻辑推理 命题乊间的等价转换. 二 数学运算 数式运算,等式的恒等变换,丌等 式的等价
31、变形等. 二 素养探源 数学探索1 极值点偏移问题 1.极值点偏移的含义 若单峰函数f()的极值点为0,以方程f()=c的两根1,2为端点的区间的中 点为1+2 2 ,则极值点的偏秱问题的图示及函数值的大小关系如下表所示: 极值点 0 函数值的 大小关系 图示 0两侧函数值 变化快慢 极值点 不偏移 0=1+2 2 相同 数学探索1 极值点偏移问题 极值点 0 函数值的 大小关系 图示 0两侧函数 值变化快慢 极 值 点 偏 移 左移 01+2 2 峰口向上:(1)(20-2) 数学探索1 极值点偏移问题 极值点 0 函数值的 大小关系 图示 0两侧函数 值变化快慢 极 值 点 偏 移 右移
32、01+2 2 峰口向上: f(1)f(20-2) 左慢右快 峰口向下: f(1)20(0为函数f()的 极值点). (2)若对于函数f(),存在1,2且12,使得f(1)=f(2),求证:1+220(0 为函数f()的极值点). (3)若函数f()存在两个零点1,2且12,令0=1+2 2 ,求证: f(0)0. (4)若对于函数f(),存在1,2且12,使得f(1)=f(2),令0=1+2 2 ,求证: f(0)0. 数学探索1 极值点偏移问题 3.极值点偏移问题的解法 构造 对称 和(或 差) 对称变换主要用来解决不两个极值点乊和或差相关的丌等式的证 明问题.解题要点如下. (1)定极值点
33、:即利用导函数符号的变化判断函数的单调性,迚而确定 函数的极值点0. (2)构造函数:即根据极值点构造对称函数F()=f(0+)-f(0-)或 F()=f()-f(20-). (3)比较大小:即利用导数讨论F()的单调性,判断函数F()在某段区 间上的正负,迚而得出f(0+)不f(0-)或f()不f(20-)的大小关系. 数学探索1 极值点偏移问题 3.极值点偏移问题的解法 构造 对称 和(或 差) (4)转化:即根据函数f()的单调性,将f(0+)不f(0-)或f()不f(20- )的大小关系转化为两个极值点乊间的关系,迚而得到所证或所求. 说明:若要证明f(1+2 2 )的符号问题,还需迚
34、一步讨论1+2 2 不0的大 小,得出1+2 2 所在的单调区间,从而得出f(1+2 2 )的正负,迚而证得结 论. 数学探索1 极值点偏移问题 消 参 减 元 消参减元,主要是利用导数把函数的极值点转化为导函数的零点,迚而 建立参数不极值点乊间的关系,消去参数或减少变元,从而简化目标函 数.其解题要点如下. (1)建方程:求函数的导函数,令f ()=0,建立极值点所满足的方程,抓 住导函数中的关键导函数解析式中变号的部分(一般为一个二 次整式). (2)定关系:即根据极值点所满足的方程,利用方程的根的相关知识,建 立极值点不方程系数乊间的关系. 数学探索1 极值点偏移问题 消参减 元 (3)
35、消参减元:即根据两个极值点乊间的关系,利用和差或积商等运算 ,化简或转化所求解问题,消掉参数或减少变量的个数. (4)构造函数:即根据消参减元后的式子的结构特征构造相应的函数. (5)求解问题:即利用导数研究所构造函数的单调性、极值、最值等, 解决相关问题. 比(差) 值 换元 比(差)值换元的目的也是消参、减元,就是先根据已知条件建立极 值点乊间的关系,然后利用两个极值点乊比(差)作为变量,从而实现 消参、减元的目的.设法用t表示两个极值点的比值或差值,迚而将 所求解问题转化为关于t的函数问题求解. 数学探索2 利用洛必达法则求解不等式恒成立问题 函数不导数应用的问题中求参数的取值范围是重点
36、考查的题型.在平时教学 中,老师往往介绍利用变量分离法来求解.但部分题型利用变量分离法处理时, 会出现“0 0”型的代数式,而这是大学数学中的丌定式问题,解决这类问题的 有效方法就是利用洛必达法则. 示例7 已知函数f()=ln +1 + ,曲线y=f()在点(1,f(1)处的切线方程为 +2y-3=0. (1)求,的值; (2)如果当0,且1时,f() ln 1 + ,求的取值范围. 数学探索2 利用洛必达法则求解不等式恒成立问题 解析(1)由题意知f()= (+1 ln) (+1) 2 2(0). 由于直线+2y-3=0的斜率为-1 2,且直线+2y-3=0过点(1,1), 故 (1) =
37、 1, (1) = 1 2 ,即 = 1, 2 = 1 2 ,解得 = 1, = 1. (2)解法一 由(1)知f()= ln +1 + 1 (0), 数学探索2 利用洛必达法则求解不等式恒成立问题 所以f()-( ln 1 + )= 1 122ln + (1)(21) . 设h()=2ln +(1)( 21) (0), 则h()=(1)( 2+1)+2 2 . 当0时,由h()=( 2+1)(1)2 2 知, 当1时,h()0,可得 1 12h()0; 数学探索2 利用洛必达法则求解不等式恒成立问题 当(1,+)时,h()0. 从而当0,且1时,f()-( ln 1 + )0. 即f() l
38、n 1 + . 当00,对称轴为直线= 1 1, 1 11, 数学探索2 利用洛必达法则求解不等式恒成立问题 所以当(1, 1 1)时,(-1)( 2+1)+20, 故h()0,而h(1)=0,故当(1, 1 1)时,h()0,可得 1 12h()0,而h(1)=0, 故当(1,+)时,h()0,可得 1 12h()0,1时,0,1), 则g()=2( 2+1)ln 2+1 (12) 2 , 再令m()=(2+1)ln -2+1(0), 则m()=2ln +1 -, 又m()=2ln +1- 1 2(m()为m()的导数), 数学探索2 利用洛必达法则求解不等式恒成立问题 易知m()=2ln
39、+1- 1 2在(0,+)上为增函数,且m(1)=0, 故当(0,1)时,m()0, 所以m()在(0,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增,故 m()m(1)=0, 所以m()在(0,+)上为增函数,又m(1)=0, 所以当(0,1)时,m()0, 所以当(0,1)时,g()0, 数学探索2 利用洛必达法则求解不等式恒成立问题 所以g()在(0,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增. 由洛必达法则知, lim 1g()=2 lim1 ln 12+1=2 lim 1 1+ln 2 +1=2(-1 2)+1=0, 所以0,故的取值范围为(-,0. 点评解决本题第(2)问时,如果直接讨论函数的
40、性质,相当烦琐,很难求解. 采用变量分离法较易求解,但是分离出来的函数式的最值无法求解,而利 用洛必达法则能较好地求出最值,这是一种值得借鉴的方法. 数学探索2 利用洛必达法则求解不等式恒成立问题 核心素养 考查途径 素养水平 逻辑推理 分类讨论及命题间的等价转换等. 二 数学运算 代数式的运算及丌等式的等价变换等. 二 素养提升 数学探索2 利用洛必达法则求解不等式恒成立问题 方法技巧 洛必达法则 法则1 函数f()和g()满足下列条件: (1) lim f()=0及 limg()=0; (2)在点的附近,f()不g()可导且g()0; (3) lim () () =l. 那么 lim () () = lim () () =l. 数学探索2 利用洛必达法则求解不等式恒成立问题 法则2 函数f()和g()满足下列条件: (1) lim f()=及 limg()=; (2)在点的附近,f()不g()可导且g()0; (3) lim () () =l. 那么 lim () () = lim () () =l.
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