2020届高考文科数学二轮专题复习课件：专题1 函数与导数2-1-解答题 3
第
3
课时
导数与不等式的综合问题
考向一 利用导数证明不等式
【例
1
】
(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
①
.
(2)
证明
:
当
a≥1
时
,
f(x)+e≥0
②
.
【题眼直击
】
题眼
思维导引
①
想到利用导数求切线的斜率
②
想到构造函数
,
利用函数的单调性证明
【解析
】
(1)
经判断点
(0,-1)
在曲线
y=f(x
)
上
,f′(x
)=
,f′(0)=2.
因此曲线
y=f(x
)
在点
(0,-1)
处的切线方程是
2x-y-1=0.
(2)
当
a≥1
时
,f(x)+e≥(x
2
+x-1+e
x+1
)e
-x
.
令
g(x
)=x
2
+x-1+e
x+1
,
则
g′(x
)=2x+1+e
x+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.
【拓展提升
】
利用导数证明不等式的方法
(1)
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
)
上是增函数
,
同时若
F(a)≥0,
由增函数的定义可知
,x∈(a,b
)
时
,
有
F(x
)>0,
即证明了
f(x)>g(x
).
【变式训练
】
已知函数
f(x)=aln
x+ -(a+1)x.
(1)
当
a>0
时
,
求函数
f(x
)
的单调区间
.
(2)
当
a=-1
时
,
证明
:f(x
)≥ .
【解析
】
函数
f(x
)
的定义域为
(0,+∞).
f′(x
)= +x-(a+1)= .
(1)①
当
00,
令
f′(x
)>0
得
x>1
或
00,
所以
f′(x)≥0
成立
.
函数
f(x
)
的单调递增区间是
(0,+∞).
③
当
a>1
时
,
因为
x>0,
令
f′(x
)>0
得
x>a
或
01,
所以
x(x-1)
2
>0.
设
g(x)=x-1-xln x,g′(x)=1-ln x-1=-ln
x<0.
所以
g(x
)
在
(1,+∞)
上是减函数
,
则
g(x
)0,
若
a≤0
时显然不满足题意
,
因此
a>0.
设
F(x
)=a(x-1)-ln x,
F′(x
)=a- ,
令
F′(x
)=0,
得
x= .
①
当
a≥1
时
,0< ≤1,F′(x)>0,
所以
F(x
)>F(1)=0,
因此当
a≥1
时
,ln
x1,F(x)
在 为减函数
,
在
为增函数
,
所以
F(x)
min
0
时
,
若
f(x
)
在区间
[1,e]
上的最小值为
-2,
求
a
的取值范围
.
(3)
若
∀
x
1
,x
2
∈(0,+∞),
且
x
1
0),f′(x)=
2x-3+ = ,
则
f(1)=-2,f′(1)=0.
所以切线
方程是
y=-2.
(2)
函数
f(x
)=ax
2
-(a+2)x+ln x
的定义域是
(0,+∞).
当
a>0
时
,f′(x
)=2ax-(a+2)+ =
= (x>0).
令
f′(x
)=0,
得
x=
或
x= .
①
当
0< ≤1,
即
a≥1
时
,f(x
)
在
[1,e]
上单调递增
,
所以
f(x
)
在
[1,e]
上的最小值是
f(1)=-2;
②
当
1< 0,
此时
g(x
)
在
(0,+∞)
上单调
递增
;
②
当
a≠0
时
,
因为
x>0,
依题意知
,
只要
2ax
2
-ax+1≥0
在
(0,+∞)
上恒成立
.
记
h(x
)=2ax
2
-ax+1,
则抛物线过定点
(0,1),
对称轴
x= .
故必须 即
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