高三数学重点专题复习 导数的综合应用（一）(2)

[典例] 设f(x)＝ex－a(x＋1)．

(1)若?x∈R，f(x)≥0恒成立，求正实数a的取值范围；

a

(2)设g(x)＝f(x)＋x，且A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)是曲线y＝g(x)上任意两点，若对

e任意的a≤－1，直线AB的斜率恒大于常数m，求m的取值范围．

[解] (1)因为f(x)＝ex－a(x＋1)， 所以f′(x)＝ex－a． 由题意，知a＞0， 故由f′(x)＝ex－a＝0， 解得x＝ln a．

故当x∈(－∞，ln a)时， f′(x)＜0，函数f(x)单调递减； 当x∈(ln a，＋∞)时， f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．

所以函数f(x)的最小值为f(ln a)＝eln a－a(ln a＋1)＝－aln a． 由题意，若?x∈R，f(x)≥0恒成立， 即f(x)＝ex－a(x＋1)≥0恒成立， 故有－aln a≥0，

又a＞0，所以ln a≤0，解得0＜a≤1． 所以正实数a的取值范围为(0,1]．

(2)设x1，x2是任意的两个实数，且x1＜x2． 则直线AB的斜率为k＝由已知k＞m， 即

g?x2?－g?x1?

＞m．

x2－x1

g?x2?－g?x1?

，

x2－x1

因为x2－x1＞0，

所以g(x2)－g(x1)＞m(x2－x1)， 即g(x2)－mx2＞g(x1)－mx1． 因为x1＜x2，

所以函数h(x)＝g(x)－mx在R上为增函数， 故有h′(x)＝g′(x)－m≥0恒成立， 所以m≤g′(x)． a

而g′(x)＝ex－a－x，

e

又a≤－1＜0， 故g′(x)＝ex＋＝2－a－a．

而2－a－a＝2－a＋(－a)2 ＝(－a＋1)2－1≥3，

所以m的取值范围为(－∞，3]． [方法点拨]

解决该类问题的关键是根据已知不等式的结构特征灵活选用相应的方法，由不等式恒成立求解参数的取值范围问题一般采用分离参数的方法．而第(2)问则巧妙地把直线的斜率与导数问题结合在一起，命题思路比较新颖，解决此类问题需将已知不等式变形为两个函数值的大小问题，进而构造相应的函数，通过导函数研究其单调性解决．

?－a?

－a≥2ex?－a?ex·x－a

e

[对点演练]

已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3．

(1)若对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围． 12

(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，ln x＞x－恒成立．

eex

解：(1)由题意知2xln x≥－x2＋ax－3对一切x∈(0，＋∞)恒成立， 3

则a≤2ln x＋x＋，

x3

设h(x)＝2ln x＋x＋(x＞0)，

x?x＋3??x－1?

则h′(x)＝．

x2①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]． x2

(2)问题等价于证明xln x＞x－(x＞0)．

ee又f(x)＝xln x(x＞0)，f′(x)＝ln x＋1， 1

0，?时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x∈??e?

1

，＋∞?时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 当x∈??e?1?1

所以f(x)min＝f?＝－． ?e?ex2

设m(x)＝x－(x＞0)，

ee则m′(x)＝

1－x

， ex当x∈(0,1)时，m′(x)＞0，m(x)单调递增， 当x∈(1，＋∞)时，m′(x)＜0，m(x)单调递减， 1

所以m(x)max＝m(1)＝－，从而对一切x∈(0，＋∞)，

ef(x)＞m(x)恒成立， x2

即xln x＞x－恒成立．

ee

12即对一切x∈(0，＋∞)，ln x＞x－恒成立．

eex

升级增分训练

1．设函数f(x)＝ln x＋ax2＋x－a－1(a∈R)． 1

(1)当a＝－时，求函数f(x)的单调区间；

2

(2)证明：当a≥0时，不等式f(x)≥x－1在[1，＋∞)上恒成立． 1

解：(1)当a＝－时，

2

11

f(x)＝ln x－x2＋x－，且定义域为(0，＋∞)，

221

因为f′(x)＝－x＋1＝－

x

?1－?x－2?

5??1＋5???x－2????

，(x＞0)

x

?1＋5?时，f′(x)＞0； 当x∈?0，?

2???1＋5?当x∈?，＋∞?时，f′(x)＜0，

?2??1＋5?； 所以f(x)的单调增区间是?0，?

2???1＋5?单调减区间是?，＋∞?．

?2?

(2)证明：令g(x)＝f(x)－x＋1＝ln x＋ax2－a， 2ax2＋11

则g′(x)＝x＋2ax＝x，

所以当a≥0时，g′(x)＞0在[1，＋∞)上恒成立， 所以g(x)在[1，＋∞)上是增函数，且g(1)＝0， 所以g(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，

即当a≥0时，不等式f(x)≥x－1在[1，＋∞)上恒成立． m

2．(2016·海口调研)已知函数f(x)＝mx－，g(x)＝3ln x．

x(1)当m＝4时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；

(2)若x∈(1，e](e是自然对数的底数)时，不等式f(x)－g(x)＜3恒成立，求实数m的取值范围．

44

解：(1)当m＝4时，f(x)＝4x－，f′(x)＝4＋2，

xxf′(2)＝5， 又f(2)＝6，

∴所求切线方程为y－6＝5(x－2)， 即y＝5x－4．

(2)由题意知，x∈(1，e]时， m

mx－x－3ln x＜3恒成立， 即m(x2－1)＜3x＋3xln x恒成立， ∵x∈(1，e]，∴x2－1＞0， 则m＜

3x＋3xln x

恒成立．

x2－13x＋3xln x

，x∈(1，e]，

x2－1

令h(x)＝

则m＜h(x)min．

－3?x2＋1?·ln x－63?x2＋1?·ln x＋6

h′(x)＝＝－， 222?x－1??x－1?2∵x∈(1，e]， ∴h′(x)＜0，

即h(x)在(1，e]上是减函数．

9e

∴当x∈(1，e]时，h(x)min＝h(e)＝．

2?e－1?9e??

∴m的取值范围是?－∞，?．

2e－2??

1

3．(2017·广西质检)设函数f(x)＝cln x＋x2＋bx(b，c∈R，c≠0)，且x＝1为f(x)的极

2值点．

(1)若x＝1为f(x)的极大值点，求f(x)的单调区间(用c表示)； (2)若f(x)＝0恰有两解，求实数c的取值范围． x2＋bx＋cc

解：f′(x)＝x＋x＋b＝(x＞0)，又f′(1)＝0， x?x－1??x－c?所以f′(x)＝(x＞0)且c≠1，b＋c＋1＝0． x(1)因为x＝1为f(x)的极大值点，所以c＞1， 当0＜x＜1时，f′(x)＞0； 当1＜x＜c时，f′(x)＜0； 当x＞c时，f′(x)＞0，

所以f(x)的单调递增区间为(0,1)，(c，＋∞)；单调递减区间为(1，c)． (2)①若c＜0，

则f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． f(x)＝0恰有两解， 1

则f(1)＜0，即＋b＜0，

21

所以－＜c＜0；

2②若0＜c＜1，

1

则f(x)极大值＝f(c)＝cln c＋c2＋bc，

21

f(x)极小值＝f(1)＝＋b，

2因为b＝－1－c，

c2c2

则f(x)极大值＝cln c＋＋c(－1－c)＝cln c－c－＜0，

221

f(x)极小值＝－－c＜0，从而f(x)＝0只有一解；

2③若c＞1，

c2c2

则f(x)极小值＝cln c＋＋c(－1－c)＝cln c－c－＜0，

221

f(x)极大值＝－－c＜0，

2则f(x)＝0只有一解．

1

－，0?． 综上，使f(x)＝0恰有两解的c的取值范围为??2?

4．(2017·福建省质检)已知函数f(x)＝ax－ln(x＋1)，g(x)＝ex－x－1．曲线y＝f(x)与y＝g(x)在原点处的切线相同．

(1)求f(x)的单调区间；

百度搜索“77cn”或“免费范文网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，免费范文网，提供经典小说综合文库高三数学重点专题复习 导数的综合应用（一）(2)在线全文阅读。