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

( )a
－ ③若 a<0，则由(1)得，当 x＝ln 2 时，f(x)取得最小值，最小值为
( ( )) [ ( )] [ ( )] a
3
a
3
a
3
ln －
－ln －
－ln －
f
2 ＝a2 4
2 ，从而当且仅当 a2 4
2 ≥0，即－2e4≤a＜0 时，
f(x)≥0. 3
综上，a 的取值范围是[－2e4，1]．
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≥fx恒成立，则 λ≥fxmax.,②λ≤fx恒成立， 则 λ≤fxmin. 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 fx≥0，则 只需 fxmin≥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；
3 (2)当 a<0 时，证明 f(x)≤－4a－2.
[解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
1
x＋12ax＋1
f′(x)＝x＋2ax＋2a＋1＝
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－ 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)单
[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)，
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.
1 则 g′(x)＝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.
( )1 1
－ 从而当 a<0 时，ln 2a ＋2a＋1≤0，
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，
1 所以 f′(x)＝ex－x，
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，
1 设 g(x)＝ex－ln x－2，则 g′(x)＝ex－x(x>0)，
2 上单调递减，
( ( ) ) a
ln － ，＋∞
在2
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.
1 因为 g′(x0)＝0，所以 ex0＝x0，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)，
1 故 g(x)≥g(x0)＝ex0－ln x0－2＝x0＋x0－2>0， 综上可知，若 m∈(1，＋∞)，则 f(x)>1.
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．
－ax2＋2a－1x＋2
[解] (1)f′(x)＝
ex
，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.
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；
3
ex 3 1
(2)求证：当 a>ln e，且 x>0 时， x >2x＋x－3a.
[解] (1)由 f(x)＝ex－3x＋3a，x∈R，知 f′(x)＝ex－3，
(1)讨论 f(x)的单调性； x－1
(2)证明当 x∈(1，＋∞)时，1＜ ln x ＜x； (3)设 c>1，证明当 x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
1 [解] (1)由题设知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－1，令 f′(x)＝0，
解得 x＝1.
当 0＜x＜1 时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
故 f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，
在(ln a，＋∞)上单调递增．
( )a
－ ③若 a<0，则由 f′(x)＝0 得 x＝ln 2 .
( ( ))a
－∞，ln －
当 x∈
2 时，f′(x)＜0；
( ( ) ) a
ln － ，＋∞
当 x∈ 2
时，f′(x)＞0.
( ( ))a
－∞，ln －
故 f(x)在
1
(2)证明：由(1)知，当 a<0 时，f(x)在 x＝－2a处取得最大值，最大值为 f
( ) ( ) 1
1
1
－
－
2a ＝ln 2a －1－4a.
( ) 3
1
13
－
所以 f(x)≤－4a－2 等价于 ln 2a －1－4a≤－4a－2，
( )1 1
－ 即 ln 2a ＋2a＋1≤0.
设 g(x)＝ln x－x＋1，
1
1
设 h(x)＝ex－x(x>0)，则 h′(x)＝ex＋x2>0，
1 所以函数 h(x)＝g′(x)＝ex－x在(0，＋∞)上单调递增，
( )1 1
因为 g′ 2 ＝e2－2<0，g′(1)＝e－1>0，
( ) 1
1
，1
所以函数 g′(x)＝ex－x在(0，＋∞)上有唯一零点 x0，且 x0∈ 2 ，
3 (2)证明：待证不等式等价于 ex>2x2－3ax＋1，
3 设 g(x)＝ex－2x2＋3ax－1， 于是 g′(x)＝ex－3x＋3a.
3 由(1)及 a>ln e＝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．
3 即 f(x)≤－4a－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 fx＜gx，x∈a，b，
可以构造函数 Fx＝fx－gx，如果 F′x＜0，则 Fx在a，b上是减函数，同 时若 Fa≤0，由减函数的定义可知，x∈a，b时，有 Fx＜0，即证明了 fx＜gx.
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.
ax2＋x－1 (2018·全国卷Ⅲ)已知函数 f(x)＝ ex .
(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.
1 f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋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.
ax－1 (2)当 x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0 等价于 ln x－ x＋1 ＞0.
ax－1 设 g(x)＝ln x－ x＋1 ，
1 2a x2＋21－ax＋1 则 g′(x)＝x－x＋12＝ xx＋12 ，g(1)＝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；
－x2＋mx－3
(2)若对任意 x∈(0，＋∞)，f(x)≥
2
恒成立，求实数 m 的最大值．
[解] (1)由题意知 f′(x)＝ln x＋1，
1
1
令 f′(x)>0，得 x>e，令 f′(x)<0，得 0<x<e，