1、第三课时 利用导数求解不等式问题【选题明细表】知识点、方法 题号分离参数法解决不等式恒成立问题 5,6等价转化法解决不等式恒成立问题 2,3存在性不等式成立问题 7不等式证明 1,4基础巩固(时间:30 分钟)1.设 f(x)是 R 上的可导函数,且满足 f(x)f(x),对任意的正实数 a,下列不等式恒成立的是( B )(A)f(a)eaf(0)(C)f(a)解析:构造函数 g(x)= ,则 g(x)= = 0,即 g(x)= 是增函数,而 a0,所以 g(a)g(0),即 f(a)eaf(0).故选 B.2.若对任意 a,b 满足 00,解得 00,f(x)单调递增.所以当 x= 时,f(
2、x)有极小值,即最小值,且 f(x)min=f( )= -2sin = - .又 f(0)=0,f()=,所以 f(x)max=.由题意得|f(x 1)-f(x2)|M 等价于M|f(x) max-f(x)min|=-( - )= + .所以 M 的最小值为 + .答案: +4.(2018济南模拟)已知 f(x)=(1-x)ex-1.(1)求函数 f(x)的最大值;(2)设 g(x)= ,x-1 且 x0,证明:g(x)0,f(x)单调递增;当 x(0,+)时,f(x)0 时,f(x)x.设 h(x)=f(x)-x,则 h(x)=-xe x-1.当 x(-1,0)时,0h(0)=0,即 g(x
3、)-1 且 x0 时总有 g(x)0).(1)求 f(x)的单调区间和极值;(2)若对任意 x(0,+),f(x) 恒成立,求实数 m 的最大值.解:(1)由 f(x)=xln x(x0),得 f(x)=1+ln x,令 f(x)0,得 x ;令 f(x)0),则 g(x)= ,由 g(x)0x1,由 g(x)0 知 k+2x-x20,即 kx2-2x 对任意 x(0,2)都成立,从而 k0.由不等式整理可得 k0,函数 g(x)在(1,2)上单调递增,同理,函数 g(x)在(0,1)上单调递减,所以 k0,所以 a 在区间1,e上有解.令 h(x)= ,则 h(x)= .因为 x1,e,所以 h(x)0,h(x)单调递增,所以 x1,e时,h(x) max=h(e)= ,所以 a ,所以实数 a 的取值范围是(-, .
