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x<－1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>－1时，g′(x)>0，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a<0时，证明f(x)≤－－2.
[解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.
若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a<0，则当x∈时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
故f(x)在上单调递增，在单调递减．
(2)证明：由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为f＝ln－1－.
所以f(x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，
即ln＋＋1≤0.
设g(x)＝ln x－x＋1，
则g′(x)＝－1.
当x∈(0,1)时，g′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.
所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.
所以当x>0时，g(x)≤0.
从而当a<0时，ln＋＋1≤0，
即f(x)≤－－2.


利用导数证明不等式成立问题的常用方法
(1)直接将不等式转化成某个函数最值问题：若证明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，同时若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)将待证不等式转化为两个函数的最值进行比较证明：在证明不等式中，若待证不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可借助两个函数的最值证明，如证f(x)≥g(x)在D上成立，只需证明f(x)min≥g(x)max即可.
(3)若所证函数不等式通过移项后构成新函数的最值易求，可直接通过移项构造函数证明.

1．(求切线方程、不等式证明)已知函数f(x)＝mex－ln x－1.
(1)当m＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若m∈(1，＋∞)，求证：f(x)>1.
[解]　(1)当m＝1时，f(x)＝ex－ln x－1，
所以f′(x)＝ex－，
所以f′(1)＝e－1，又因为f(1)＝e－1，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，
即y＝(e－1)x.
(2)当m>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－2<0，g′(1)＝e－1>0，
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；当x∈(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a<0，则由f′(x)＝0得x＝ln.
当x∈时，f′(x)＜0；
当x∈时，f′(x)＞0.
故f(x)在上单调递减，
在上单调递增．
(2)①若a＝0，则f(x)＝e2x，所以f(x)≥0.
②若a>0，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a<0，则由(1)得，当x＝ln时，f(x)取得最小值，最小值为f＝a2，从而当且仅当a2≥0，即－2e≤a＜0时，f(x)≥0.
综上，a的取值范围是[－2e，1]．
[教师备选题]
(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)．
(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，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)<0，得0 ∴f(x)的单调增区间是，单调减区间是，f(x)在x＝处取得极小值，极小值为f＝－，无极大值．
(2)由f(x)≥及f(x)＝xln x，
得m≤恒成立，
问题转化为m≤min.
令g(x)＝(x>0)，
则g′(x)＝，由g′(x)>0⇒x>1，由g′(x)<0⇒0 所以g(x)在(0,1)是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，所以g(x)min＝g(1)＝4，
即m≤4，所以m的最大值是4.
2．(有解问题)已知函数f(x)＝aex－aex－1，g(x)＝－x3－x2＋6x，其中a>0.
(1)若曲线y＝f(x)经过坐标原点，求该曲线在原点处的切线方程；
(2)若f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，求实数m的取值范围．
[解]　(1)因为f(0)＝a－1＝0，所以a＝1，此时f(x)＝ex－ex－1.
所以f′(x)＝ex－e，f′(0)＝1－e.
所以曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y＝(1－e)x.
(2)因为f(x)＝aex－aex－1，所以f′(x)＝aex－ae＝a(ex－e)．
当x>1时，f′(x)>0；当0 所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
所以当x∈[0，＋∞)时，f(x)min＝f(1)＝－1.
令h(x)＝g(x)＋m＝－x3－x2＋6x＋m，则h′(x)＝－3x2－3x＋6＝－3(x＋2)(x－1)．
当x>1时，h′(x)<0；当00.
所以h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
所以当x∈[0，＋∞)时，h(x)max＝h(1)＝＋m.
要使f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，则＋m≥－1，即m≥－.
所以实数m的取值范围为.
　利用导数研究函数的零点或方程根的问题(5年4考)

[高考解读]　函数零点问题也是每年高考的重点.文科注重考查函数零点个数的判定与证明，难度偏大.
(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x3－a(x2＋x＋1)．
(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)只有一个零点．
切入点：求f′(x)，利用导数解决．
关键点：注意到x2＋x＋1>0恒成立，从而f(x)＝0等价转化为－3a＝0，即方程只有一个根．
[解]　(1)当a＝3时，f(x)＝x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.
令f′(x)＝0，解得x＝3－2或x＝3＋2.
当x∈(－∞，3－2)∪(3＋2，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(3－2，3＋2)时，f′(x)<0.
故f(x)在(－∞，3－2)，(3＋2，＋∞)单调递增，在(3－2，3＋2)单调递减．
(2)证明：由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于－3a＝0.
设g(x)＝－3a，则g′(x)＝≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增．
故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．
又f(3a－1)＝－6a2＋2a－＝－6a－2－<0，f(3a＋1)＝>0，故f(x)有一个零点．
综上，f(x)只有一个零点．
[教师备选题]
1．(2014·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2.
(1)求a；
(2)证明：当k<1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．
[解]　(1)f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.
曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线方程为y＝ax＋2.
由题设得－＝－2，所以a＝1.
(2)证明：由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.
设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.
由题设知1－k>0.
当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>0，g(x)单调递增，
g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]上有唯一实根．
当x>0时，令h(x)＝x3－3x2＋4，则g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(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 故当a>0时，f′(x)存在唯一零点．
(2)证明：由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．
由于2e2x0－＝0，
所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln .
故当a>0时，f(x)≥2a＋aln .


1．求解函数零点(方程根)的个数问题的3个步骤
第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题；
第二步：利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；
第三步：结合图象求解．
2．解决已知函数零点个数，求参数取值范围的2个技巧
(1)根据区间上零点的个数情况估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足的条件；
(2)也可以先求导，通过求导分析函数的单调性情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解．

1．(判断函数零点个数)已知函数f(x)＝－2ln x.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若m＝，证明：f(x)有且只有三个零点．
[解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝m－＝，
①m≤0时，∵x>0，∴f′(x)<0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②m>0时，令f′(x)＝0，即mx2－2x＋m＝0，
(ⅰ)m≥1时，Δ＝4－4m2≤0，此时f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
(ⅱ)00，令f′(x)＝0，则x1＝，x2＝，
∴x∈∪时，f′(x)>0，x∈时，f′(x)<0，
∴f(x)在和上单调递增，在上单调递减．
综上，m≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；m≥1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；0 (2)∵m＝，∴f(x)＝－2ln x，
由(1)可知f(x)在(0,2－)和(2＋，＋∞)上单调递增，在(2－，2＋)上单调递减，
又f(1)＝0，且1∈(2－，2＋)，∴f(x)在(2－，2＋)上有唯一零点x＝1.
又0 ∴f(x)在(0,2－)上有唯一零点．
又e3>2＋，f(e3)＝－f(e－3)>0，∴f(x)在(2＋，＋∞)上有唯一零点．
综上，当m＝时，f(x)有且只有三个零点．
2．(已知函数零点求参数)已知函数f(x)＝(a－1)x＋＋ln x(a>0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)g(x)＝f(x)－m，当a＝2时，g(x)在[e－1，e]上有两个不同的零点，求m的取值范围．
[解]　(1)f′(x)＝a－1－＋＝＝，
①当a＝1时，f′(x)＝，令f′(x)>0，得x>1，令f′(x)<0，得0 ②当a>1时，令f′(x)>0，得x>1或x<－<0，∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
③当a<1时，
ⅰ)00，得 ⅱ)a＝时，f′(x)≤0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
ⅲ)0，得1 (2)由(1)知，当a＝2时，f(x)＝x＋＋ln x在[e－1,1]上单调递减，在(1，e]上单调递增．
∴f(x)min＝f(1)＝3，f(e－1)＝e－1＋2e－1，f(e)＝e＋＋1，f(e－1)>f(e)，∴m∈.