最新高考数学(文)大一轮复习讲义课件：第二章 函数、导数及其应用 2-11-3

当 x∈(π4，1)时，F′(x)<0，F(x)在[π4，1]上是减函数．
又
F(0)＝0，F(1)>0，所以当
x∈[0,1]时，F(x)≥0，即
sinx≥
2 2
x. 记 H(x)＝sinx－x，则当 x∈(0,1)时，H′(x)＝cosx－1<0，所以
H(x)在[0,1]上是减函数，则 H(x)≤H(0)＝0，即 sinx≤x.
(Ⅱ)当 x∈(1，＋∞)时，f(x)>0 等价于 lnx－axx＋－11>0. 设 g(x)＝lnx－axx＋－11，则 g′(x)＝1x－x＋2a12＝x2＋x2x1＋－1a2x＋1， g(1)＝0. (ⅰ)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；
当 0<a<12时，
1 >1.
2a
由(Ⅰ)有 f( 1 )<f(1)＝0，而 g( 1 )>0，
2a
2a
所以此时 f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立．
当 a≥12时，
令 h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)，
当 x>1 时，h′(x)＝2ax－1x＋x12－e1－x>x－1x＋x12－1x＝x3－x22x＋1 >x2－x22x＋1>0，
(2)证明：问题等价于证明 xlnx>exx－2e(x∈(0，＋∞))， 又 f(x)＝xlnx，f′(x)＝lnx＋1， 当 x∈0，1e时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当 x∈1e，＋∞时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以 f(x)min＝f1e＝ －1e.
【解】 (Ⅰ)f′(x)＝2ax－1x＝2ax2x－1(x>0)． 当 a≤0 时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减． 当 a>0 时，由 f′(x)＝0 有 x＝ 1 .
2a 当 x∈(0， 1 )时，f′(x)<0，f(x)单)单调递增．
综上， 22x≤sinx≤x，x∈[0,1]．
热点二 利用导数解决恒成立问题 【例 2】 (2016·四川卷)设函数 f(x)＝ax2－a－lnx，g(x)＝1x－ eex，其中 a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数． (Ⅰ)讨论 f(x)的单调性； (Ⅱ)证明：当 x>1 时，g(x)>0； (Ⅲ)确定 a 的所有可能取值，使得 f(x)>g(x)在区间(1，＋∞) 内恒成立．
则 h′(x)＝x＋3x2x－1， ①当 x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减， ②当 x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以 h(x)min＝ h(1)＝4，对一切 x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，所以 a≤h(x)min ＝4. 即实数 a 的取值范围是(－∞，4]．
(ⅱ)当 a>2 时，令 g′(x)＝0 得 x1＝a－1－ a－12－1，x2＝a－1＋ a－12－1. 由 x2>1 和 x1x2＝1 得 x1<1，故当 x∈(1，x2)时，g′(x)<0，g(x) 在(1，x2)上单调递减，此时 g(x)<g(1)＝0. 综上，a 的取值范围是(－∞，2].
因此，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增． 又因为 h(1)＝0，所以当 x>1 时，h(x)＝f(x)－g(x)>0，即 f(x)>g(x) 恒成立． 综上，a∈[12，＋∞).
【总结反思】 不等式恒成立问题的求解方法 (1)由不等式恒成立求解参数的取值范围问题常采用的方法 是分离参数求最值，即要使 a≥g(x)恒成立，只需 a≥g(x)max， 要使 a≤g(x)恒成立，只需 a≤g(x)min.另外，当参数不宜进行 分离时，还可直接求最值建立关于参数的不等式求解，例如， 要使不等式 f(x)≥0 恒成立，可求得 f(x)的最小值 h(a)，令 h(a)≥0 即可求出 a 的取值范围． (2)参数范围必须依靠不等式才能求出，求解参数范围的关键 就是找到这样的不等式.
第二章
函数、导数及其应用
第十一节 导数的应用
第3课时 导数的综合应用
热点命题·突破 02
课堂升华 强技提能
热点一 利用导数证明不等式 【例 1】 (2016·新课标全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)＝(x＋1)lnx－ a(x－1)． (Ⅰ)当 a＝4 时，求曲线 y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (Ⅱ)若当 x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求 a 的取值范围． 【解】 (Ⅰ)f(x)的定义域为(0，＋∞)，当 a＝4 时，f(x)＝(x ＋1)lnx－4(x－1)，f′(x)＝lnx＋1x－3，f′(1)＝－2，f(1)＝0. 曲线 y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为 2x＋y－2＝0.
2a
(Ⅱ)证明：令 s(x)＝ex－1－x，则 s′(x)＝ex－1－1.
当 x>1 时，s′(x)>0，
所以 ex－1>x，从而 g(x)＝1x－ex1－1>0.
(Ⅲ)由(Ⅱ)，当 x>1 时，g(x)>0.
当 a≤0，x>1 时，
f(x)＝a(x2－1)－lnx<0，
故当 f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有 a>0.
已知 f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3. (1)对一切 x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数 a 的取 值范围； (2)证明：对一切 x∈(0，＋∞)，lnx>e1x－e2x恒成立．
解：(1)由题意知 2xlnx≥－x2＋ax－3 对一切 x∈(0，＋∞)恒成 立，则 a≤2lnx＋x＋3x，设 h(x)＝2lnx＋x＋3x(x>0)，
【总结反思】 对于不等式的证明问题可考虑：①通过 研究函数的单调性进行证明；②根据不 等式的结构构造新函数，通过研究新函 数的单调性或最值来证明.
证明：当 x∈[0,1]时， 22x≤sinx≤x.
证明：记
F(x)＝sinx－
22x，则
F′(x)＝cosx－
2 2.
当 x∈(0，π4)时，F′(x)>0，F(x)在[0，π4]上是增函数；