2020届高考理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 31页

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 0