2020数学（文）二轮教师用书：第2部分专题6第3讲　导数的综合应用


第3讲　导数的综合应用

　利用导数证明不等式(5年3考)

[高考解读]　利用导数证明不等式是每年高考的热点，主要考查“辅助函数法”证明不等式，难度较大.
(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程；
(2)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥0.
切入点：求函数f(x)的导数．
关键点：正确构造函数， 转化为函数的最值问题解决．
[解]　(1)f′(x)＝，f′(0)＝2.
因此曲线y＝f(x)在(0，－1)处的切线方程是2x－y－1＝0.
(2)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x.
令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，则g′(x)＝2x＋1＋ex＋1.
当x0，g(x)单调递增．所以g(x)≥g(－1)＝0.
因此f(x)＋e≥0.
[教师备选题]
1．(2016·全国卷Ⅲ)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，1＜＜x；
(3)设c>1，证明当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
[解]　(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0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
(2)由(1)知，f(x)在x＝1处取得最大值，
最大值为f(1)＝0.
所以当x≠1时，ln x＜x－1.
故当x∈(1，＋∞)时，ln x＜x－1，ln＜－1，
即1＜＜x.
(3)证明：由题设c＞1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，
则g′(x)＝c－1－cxln c.
令g′(x)＝0，解得x0＝.
当x＜x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；
当x＞x0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．
由(2)知1＜＜c，故0＜x0＜1.
又g(0)＝g(1)＝0，故当0＜x＜1时，g(x)＞0.
所以当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
2．(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，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a0；
当x∈时，f′(x)1时，f(x)＝mex－ln x－1>ex－ln x－1，
要证明f(x)>1，只需证明ex－ln x－2>0，
设g(x)＝ex－ln x－2，则g′(x)＝ex－(x>0)，
设h(x)＝ex－(x>0)，则h′(x)＝ex＋>0，
所以函数h(x)＝g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上单调递增，
因为g′＝e－20，
所以函数g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上有唯一零点x0，且x0∈，
因为g′(x0)＝0，所以ex0＝，即ln x0＝－x0，
当x∈(0，x0)时，g′(x)0，
所以当x＝x0时，g(x)取得最小值g(x0)，
故g(x)≥g(x0)＝ex0－ln x0－2＝＋x0－2>0，
综上可知，若m∈(1，＋∞)，则f(x)>1.
2．(求单调区间和极值、证明不等式)已知函数f(x)＝ex－3x＋3a(e为自然对数的底数，a∈R)．
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)求证：当a>ln ，且x>0时，>x＋－3a.
[解]　(1)由f(x)＝ex－3x＋3a，x∈R，知f′(x)＝ex－3，
令f′(x)＝0，得x＝ln 3，
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，ln 3)
ln 3
(ln 3，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)

3(1－ln 3＋a)

故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 3)，单调递增区间是(ln 3，＋∞)，
f(x)在x＝ln 3处取得极小值，极小值为f(ln 3)＝3(1－ln 3＋a)．
(2)证明：待证不等式等价于ex>x2－3ax＋1，
设g(x)＝ex－x2＋3ax－1，
于是g′(x)＝ex－3x＋3a.
由(1)及a>ln ＝ln 3－1知，g′(x)的最小值为g′(ln 3)＝3(1－ln 3＋a)>0.
于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R内单调递增．
于是当a>ln ＝ln 3－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．
而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.
即ex>x2－3ax＋1，
故>x＋－3a.
　利用导数解决不等式恒成立中的参数问题(5年3考)

[高考解读]　利用导数解决不等式的恒成立问题也是高考的热点，主要考查分离参数法及最值法的应用.考查考生的逻辑推理与数学运算核心素养.
(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)≥0，求a的取值范围.
切入点：利用导数求f′(x)．
关键点：将f(x)≥0恒成立转化为f(x)的最小值大于或等于0.
[解]　(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．
①若a＝0，则f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上单调递增．
②若a＞0，则由f′(x)＝0得x＝ln a.
当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；
当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0.
故f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，
在(ln a，＋∞)上单调递增．
③若a0，则由(1)得，当x＝ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a2ln a，
从而当且仅当－a2ln a≥0，即0＜a≤1时，f(x)≥0.
③若a0，求a的取值范围．
[解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
当a＝4时，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，
f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋－3，f′(1)＝－2.
故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.
(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0等价于ln x－＞0.
设g(x)＝ln x－，
则g′(x)＝－＝，g(1)＝0.
①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，因此g(x)＞0；
②当a＞2时，令g′(x)＝0得x1＝a－1－，x2＝a－1＋.
由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)单调递减，因此g(x)＜0.
综上，a的取值范围是(－∞，2]．


解决不等式恒成立问题的两种方法
(1)分离参数法：若能够将参数分离，且分离后含x变量的函数关系式的最值易求，则用分离参数法., 即：①λ≥f(x)恒成立，则λ≥f(x)max.,②λ≤f(x)恒成立，则λ≤f(x)min.
(2)最值转化法：若参数不易分离或分离后含x变量的函数关系式的最值不易求，则常用最值转化法，可通过求最值建立关于参数的不等式求解.如f(x)≥0，则只需f(x)min≥0.

1．(恒成立问题)已知函数f(x)＝xln x(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)由题意知f′(x)＝ln x＋1，
令f′(x)>0，得x>，令f′(x)1，由g′(x)0；当0h(x)．
h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增，所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0.
所以g(x)＝0在(0，＋∞)没有实根．
综上，g(x)＝0在R上有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．
2．(2015·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝e2x－aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；
(2)证明：当a＞0时，f(x)≥2a＋aln.
[解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x>0)．
当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；
当a>0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－，
因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－在(0，＋∞)上单调递增，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又f′(a)>0，当b满足0