北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
4.3 导数的综合运用
五年高考
考点1 利用导数证明不等式
(1 1)
1.(2023天津,20节选,中)已知函数f(x)= + ln(x+1).
x 2
(1)求曲线y=f(x)在x=2处切线的斜率;
(2)当x>0时,证明: f(x)>1.
x+2 1 1 ln3
解析 (1)f '(x)= − ln(x+1),故曲线y=f(x)在x=2处的切线斜率为f '(2)= −
2x(x+1) x2 3 4
.
(2)指数找朋友法.
2x 2x x2
证明:当x>0时, f(x)>1 ln(x+1)- >0,令g(x)=ln(x+1)- ,x>0,g'(x)= >0,
x+2 x+2 (x+1)(x+2) 2
⇔
故g(x)在(0,+∞)上单调递增,因此g(x)>g(0)=0,原不等式得证.
2.(2017课标Ⅲ,21,12分,中)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)≤- -2.
4a
1 (x+1)(2ax+1)
解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)= +2ax+2a+1= .
x x
若a≥0,则当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0,
故f(x)在(0,+∞)单调递增.
( 1 )
若a<0,则当x∈ 0,− 时, f '(x)>0;
2a
( 1 )
当x∈ − ,+∞ 时, f '(x)<0,
2a
( 1 ) ( 1 )
故f(x)在 0,− 单调递增,在 − ,+∞ 单调递减.
2a 2a
1
(2)证明:由(1)知,当a<0时, f(x)在x=- 取得最大值,最大值为f
2a
( 1 ) ( 1 ) 1
− =ln − −1− .
2a 2a 4a
3 ( 1 ) 1 3
所以f(x)≤- −2等价于ln− −1− ≤− -2,
4a 2a 4a 4a北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
( 1 ) 1
即ln − + +1≤0.
2a 2a
设g(x)=ln x-x+1,
1
则g'(x)= -1.
x
当x∈(0,1)时,g'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0.所以g(x)在(0,1)单调递增,在(1,+∞)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.从而当a<0时,ln
( 1 ) 1 3
− + +1≤0,即f(x)≤- -2.
2a 2a 4a
3.(2021全国乙理,20,12分,中)设函数f(x)=ln(a-x),已知x=0是函数y=xf(x)的极值点.
(1)求a;
x+f(x)
(2)设函数g(x)= .证明:g(x)<1.
xf(x)
解析 (1)第一步,利用x=0是函数y=xf(x)的极值点求a.
由题意得y=xf(x)=xln(a-x),x∈(-∞,a),
1 x
∴y'=ln(a-x)+x· ·(-1)=ln(a-x)- ,
a−x a−x
∵x=0是函数y=xf(x)的极值点,
0
∴ln(a-0)- =0,可得a=1.
a−0
第二步,证明求出的a满足条件.
x
当a=1时,y'=ln(1-x)- ,x∈(-∞,1),
1−x
x
令p(x)=ln(1-x)- ,x∈(-∞,1),
1−x
1 1 x−2
则p'(x)= − = ,
x−1 (1−x) 2 (x−1) 2
易知当x∈(-∞,1)时,p'(x)<0恒成立.
∴p(x)在(-∞,1)上为减函数,又p(0)=0,
∴当x∈(-∞,0)时,p(x)>0;当x∈(0,1)时,p(x)<0,
∴函数y=xf(x)=xln(1-x)在(-∞,0)上为增函数,在(0,1)上为减函数.
∴当a=1时,x=0是函数y=xf(x)的极值点.∴a=1.
(2)证明:由(1)知a=1,∴f(x)=ln(1-x),x∈(-∞,1),
当x∈(0,1)时, f(x)=ln(1-x)<0,
∴xf(x)<0;北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
当x∈(-∞,0)时, f(x)=ln(1-x)>0,
∴xf(x)<0,
x+f(x)
∴要证g(x)= <1(g(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,1)),只需证x+f(x)>xf(x).
xf(x)
只需证x+ln(1-x)>xln(1-x),
只需证x+(1-x)ln(1-x)>0,
令h(x)=x+(1-x)ln(1-x),x<1且x≠0,
则h'(x)=1-ln(1-x)-1=-ln(1-x),
∴当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(-∞,0)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,
∴当x∈(-∞,0)∪(0,1)时,h(x)>h(0)=0,
∴x+(1-x)ln(1-x)>0在(-∞,0)∪(0,1)上恒成立.
∴g(x)<1.
4.(2021新高考Ⅰ,22,12分,难)已知函数f(x)=x(1-ln x).
(1)讨论f(x)的单调性;
1 1
(2)设a,b为两个不相等的正数,且bln a-aln b=a-b,证明:2< + <e.
a b
解析 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=-ln x,令f '(x)>0,解得0<x<1,令f '(x)<0,解得x>1,
所以函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
1 1 1( 1) 1( 1)
(2)证明:由bln a-aln b=a-b得 (1+ln a)= (1+ln b),即 1−ln = 1−ln ,
a b a a b b
1 1
令x = ,x = ,则x ,x 为f(x)=k的两个实根,当x→0+时,f(x)→0+,当x→+∞时, f(x)→-∞,且
1 a 2 b 1 2
f(1)=1,
故k∈(0,1),
不妨令x ∈(0,1),x ∈(1,e),则2-x >1,e-x >1,
1 2 1 1
先证明x +x >2,即证x >2-x ,
1 2 2 1
即证f(x )=f(x )<f(2-x ).
2 1 1
令h(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1),
则h'(x)=f '(x)+f '(2-x)=-ln x-ln(2-x)
=-ln[x(2-x)].
∵x∈(0,1),∴x(2-x)∈(0,1),
∴h'(x)>0恒成立,
∴h(x)为增函数,北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
∴h(x)<h(1)=0.
∴f(x )-f(2-x )<0,即f(x )<f(2-x ),
1 1 1 1
∴f(x )<f(2-x ),∴x >2-x ,∴x +x >2.
2 1 2 1 1 2
再证x +x <e.
1 2
设x =tx ,则t>1,
2 1
lna+1 lnb+1 1 1
结合 = , =x , =x
a b a 1 b 2
可得x (1-ln x )=x (1-ln x ),
1 1 2 2
t−1−tlnt
即1-ln x =t(1-ln t-ln x ),故ln x = ,
1 1 1 t−1
要证x +x <e,即证(t+1)x <e,即证ln(t+1)+ln x <1,
1 2 1 1
t−1−tlnt
即证ln(t+1)+ <1,即证(t-1)ln(t+1)-tln t<0,
t−1
令S(t)=(t-1)ln(t+1)-tln t,t>1,
t−1 ( 1) 2
则S'(t)=ln(t+1)+ −1−ln t=ln 1+ − .
t+1 t t+1
因为ln(x+1)≤x(x>-1,当且仅当x=0时等号成立),
( 1) 1 2
所以可得当t>1时,ln 1+ ≤ < ,
t t t+1
故S'(t)<0恒成立,
故S(t)在(1,+∞)上为减函数,故S(t)<S(1)=0,
故(t-1)ln(t+1)-tln t<0成立,即x +x <e成立.
1 2
1 1
综上所述,2< + <e.
a b
考点2 利用导数研究不等式恒(能)成立问题
1.(2019课标Ⅰ文,20,12分,中)已知函数f(x)=2sin x-xcos x-x, f '(x)为f(x)的导数.
(1)证明: f '(x)在区间(0,π)存在唯一零点;
(2)若x∈[0,π]时, f(x)≥ax,求a的取值范围.
解析 (1)证明:设g(x)=f '(x),
则g(x)=cos x+xsin x-1,g'(x)=xcos x.
( π) (π )
当x∈ 0, 时,g'(x)>0;当x∈ ,π 时,g'(x)<0,
2 2
( π) (π )
所以g(x)在 0, 上单调递增,在 ,π 上单调递减.
2 2北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
(π)
又g(0)=0,g >0,g(π)=-2,故g(x)在(0,π)存在唯一零点.所以f '(x)在(0,π)存在唯一零点.
2
(2)由题设知f(π)≥aπ, f(π)=0,可得a≤0.
由(1)知, f '(x)在(0,π)只有一个零点,设为x ,且当x∈(0,x )时, f '(x)>0;
0 0
当x∈(x ,π)时, f '(x)<0,所以f(x)在(0,x )上单调递增,在(x ,π)上单调递减.
0 0 0
又f(0)=0, f(π)=0,所以,当x∈[0,π]时,f(x)≥0.
又当a≤0,x∈[0,π]时,ax≤0,故f(x)≥ax.
因此,a的取值范围是(-∞,0].
2.(2020新高考Ⅰ,21,12分,难)已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a.
(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;
(2)若f(x)≥1,求a的取值范围.
解析 (1)当a=e时, f(x)=ex-ln x+1, f '(1)=e-1,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.
−2
直线y=(e-1)x+2在x轴,y轴上的截距分别为 ,2.
e−1
2
因此所求三角形的面积为
e−1
易错:容易忽略三角形的面积应大于0而把结果写成
−2
e−1 . (6分)
(2)当0<a<1时, f(1)=a+ln a<1.
1
当a=1时, f(x)=ex-1-ln x, f '(x)=ex-1- .当x∈(0,1)时,f '(x)<0;当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0.所以当
x
x=1时, f(x)取得最小值,最小值为f(1)=1,从而f(x)≥1.
当a>1时, f(x)=aex-1-ln x+ln a>ex-1-ln x≥1.
综上,a的取值范围是[1,+∞). (12分)
3.(2020课标Ⅱ文,21,12分,难)已知函数f(x)=2ln x+1.
(1)若f(x)≤2x+c,求c的取值范围;
f(x)−f(a)
(2)设a>0,讨论函数g(x)= 的单调性.
x−a
解析 (1)设h(x)=f(x)-2x-c,则h(x)=2ln x-2x+1-c,
2 2(1−x)
其定义域为(0,+∞),h'(x)= −2= .
x x
当0<x<1时,h'(x)>0;当x>1时,h'(x)<0.所以h(x)在区间(0,1)单调递增,在区间(1,+∞)单调递减.
从而当x=1时,h(x)取得最大值,最大值为h(1)=-1-c.北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
故当且仅当-1-c≤0,即c≥-1时, f(x)≤2x+c.
所以c的取值范围为[-1,+∞).
f(x)−f(a) 2(lnx−lna)
(2)g(x)= = ,x∈(0,a)∪(a,+∞),g'(x)=
x−a x−a
(x−a ) ( a a)
2 +lna−lnx 2 1− +ln
x x x .
=
(x−a) 2 (x−a) 2
取c=-1得h(x)=2ln x-2x+2,h(1)=0,则由(1)知,当x≠1时,h(x)<0,即1-x+ln x<0.故当
a a
x∈(0,a)∪(a,+∞)时,1- +ln <0,从而g'(x)<0.所以g(x)在区间(0,a),(a,+∞)单调递减.
x x
4.(2022新高考Ⅱ,22,12分,难)已知函数f(x)=xeax-ex.
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)当x>0时, f(x)<-1,求a的取值范围;
1 1 1
(3)设n∈N*,证明: + +…+ >ln(n+1).
√12+1 √22+2 √n2+n
解析 (1)当a=1时, f(x)=xex-ex,则f '(x)=xex,
当x∈(-∞,0)时, f '(x)<0, f(x)单调递减,
当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增.
(2)当x>0时, f(x)<-1,
即xeax-ex<-1在(0,+∞)上恒成立,
令F(x)=xeax-ex+1(x>0),
则F(x)<0在(0,+∞)上恒成立.
易得F(0)=0,F'(x)=eax+axeax-ex,F'(0)=0,
F″(x)=aeax+aeax+a2xeax-ex,F″(0)=2a-1.
若F″(0)>0,
则F'(x)必定存在一个单调递增区间(0,x ),
0
又F'(0)=0,
∴F(x)也必定存在一个单调递增区间(0,x' ).
0
1
于是F(x)>F(0)=0在(0,x' )上恒成立,与F(x)<0矛盾,∴F″(0)≤0,∴a≤ .
0 2
x
∵eax≤
e2
在(0,+∞)上成立,
x
∴F(x)≤x
e2
-ex+1在(0,+∞)上成立,北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
x
故只需证x e2-ex+1<0在(0,+∞)上成立.
x
令G(x)=x
e2
-ex+1(x>0),
x x x x
x ( x )
则G'(x)=e2+ e2−ex=e2 1+ −e2 .
2 2
∵ex>x+1在(0,+∞)上成立,
x
x
∴e2> +1在(0,+∞)上成立.
2
∴G'(x)<0,故G(x)在(0,+∞)上单调递减,
∴G(x)<G(0)=0.
x
∴x e2-ex+1<0在(0,+∞)上成立.
1
故当a≤ 时,xeax-ex<-1在(0,+∞)成立.
2
( 1]
∴a的取值范围为 −∞, .
2
1
(3)构造函数h(x)=x- -2ln x(x>1),
x
1 2 x2−2x+1 (x−1) 2
则h'(x)=1+ − = = ,
x2 x x2 x2
易知h'(x)>0,∴h(x)在(1,+∞)上单调递增,
1 √ 1
∴h(x)>h(1)=0,∴x- >2ln x,令x= 1+ ,
x n
√ 1 1 √ 1
1+ − >2ln 1+ 1 n+1
则有 n √ 1+ 1 n,∴ √n2+n >ln n ,
n
1 1 1 2 3 n+1
∴
+ +…+ >ln +ln +…+ln
=ln(n+1).原式得证.
√12+1 √22+2 √n2+n 1 2 n
考点3 利用导数研究函数零点问题
1.(2021全国甲文,20,12分,中)设函数f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,其中a>0.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围.
