人民教育A版编号63 高考零距离3函数、不等式与导数的综合问题导学案

函数、不等式与导数的综合问题

题示

真题呈现考题溯源

事实上

e x>x＋1>x>x－1>ln x(x>0

x≠1).

而高于教材

．曲线f(x)＝e x ln x在x＝1处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为(

e e

解析：选B.f ′(x)＝e x

ln x ＋e x

x ＝e x (ln x ＋1

x

)，

所以f′(1)＝e ，f(1)＝0，

所以曲线f(x)＝e x ln x 在x ＝1处的切线方程为y ＝e(x －1)， 令x ＝0，得y ＝－e ，令y ＝0，得x ＝1.

所以切 线与坐标轴围成的三角形面积为S ＝12×e ×1＝e

2

，故选B.

2．(选修1­1 P 98练习T (2)改编)设函数f(x)＝kx 3－3x ＋1(x∈R )，若对于任意 x∈[－1，1]，都有f(x)≥0成立，则实数k 的值为________．

解析：若x ＝0，则不论k 取何值，f (x)≥0都成立； 当x ＞0，即x∈(0，1]时，

f(x)＝kx 3－3x ＋1≥0可化为k≥3x 2－1

x

3.

设g(x)＝3x 2－1x 3，则g′(x)＝3（1－2x ）

x 4

，

所以g(x)在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤

12，1上单调递减，

因此g(x)max ＝g ⎝ ⎛⎭

⎪⎫

12＝4，从而k≥4；

当x ＜0，即x∈[－1，0)时，f(x)＝kx 3

－3x ＋1≥0可化为k≤3x 2－1x

3，

g(x)＝3x 2－1

x

3在区间[－1，0)上单调递增，

因此g(x)min ＝g(－1)＝4，从而k≤4，综上k ＝4.答案：4 3．(选修1­1 P 99B 组T (4)改编)已知函数f(x)＝ln x －x. (1)判断函数f(x)的单调性；

(2)函数g(x)＝f(x)＋x ＋1

2x

－m 有两个零点x 1，x 2，且x 11.

解：(1)由题意得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f ′(x)＝1x －1＝1－x

x

，

由f′(x)＝1－x x >0，得0

x

<0，得x>1.

所以函数f(x)的单调递增区间为(0，1)，函数f(x)的单调递减区间为(1，＋∞)．

(2)证明：根据题意得，g(x)＝ln x ＋1

2x －m(x>0)，

因为x 1，x 2是函数g(x)＝ln x ＋1

2x

－m 的两个零点，

所以ln x 1＋

12x 1－m ＝0，ln x 2＋12x 2－m ＝0.两式相减，可得ln x 1x 2＝12x 2－12x 1

， 即ln x 1x 2＝x 1－x 22x 2x 1，故x 1x 2＝x 1－x 2

2ln x 1x 2.所以x 1＝x 1x 2－12ln x 1x 2，x 2＝1－x 2x 12ln

x 1

x 2

.

令t ＝x 1x 2，其中0

2ln t ＋1－1t 2ln t ＝t －1t 2ln t

.

构造函数h(t)＝t －1t －2ln t(0

t 2

.

因为00恒成立，故h(t)

t

－2ln t<0.又因为ln

t<0，所以t －1t

2ln t

>1，故x 1＋x 2>1.

4．(选修1­1 P 99B 组T 1(1)(3)改编)设函数f(x)＝e x ＋asin x ＋b.

(1)当a ＝1，x ∈[0，＋∞)时，f (x)≥0恒成立，求b 的范围； (2)若f(x)在x ＝0处的切线为x －y －1＝0，求a 、b 的值，并证明当x∈(0，＋∞)时，f(x)>ln x.

解：(1)由f(x)＝e x ＋asin x ＋b ， 当a ＝1时，得f′(x)＝e x ＋cos x.

当x∈[0，＋∞)时，e x ≥1，cos x ∈[－1，1]，且当cos x ＝－1时，x ＝2k π＋π，k ∈N ，此时e x >1.

所以f′(x)＝e x ＋cos x>0，即f(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以f(x)min ＝f(0)＝1＋b ，

由f(x)≥0恒成立，得1＋b≥0，所以b≥－1. (2)由f(x)＝e x ＋asin x ＋b 得

f ′(x)＝e x ＋acos x ，且f(0)＝1＋b. 由题意得f′(0)＝e 0＋a ＝1，所以a ＝0.

又(0，1＋b)在切线x －y －1＝0上．所以0－1－b －1＝0.所以b ＝－2. 所以f(x)＝e x －2.

先证e x －2>x －1，即e x －x －1>0(x>0)，

令g(x)＝e x －x －1(x>0)，则g′(x)＝e x

－1>0， 所以g(x)在(0，＋∞)是增函数． 所以g(x)>g(0)＝0，即e x －2>x －1.①

再证x －1≥ln x ，即x －1－ln x ≥0(x>0)，

令φ(x)＝x －1－ln x ，则φ′(x)＝1－1x ＝x －1

x

，

φ′(x )＝0时，x ＝1，φ′(x)>0时，x>1，φ′(x)<0时，0

即x －1－ln x ≥0，所以x －1≥ln x ．②

由①②得e x －2>ln x ，即f(x)>ln x 在(0，＋∞)时成立．

1．若不等式2xln x ≥－x 2

＋ax －3恒成立，则实数a 的取值范围是( )

A ．(－∞，0)

B ．(－∞，4]

C ．(0，＋∞)

D ．[4，＋∞)

解析：选B.2xln x ≥－x 2＋ax －3恒成立，则a≤2ln x ＋x ＋3

x

恒成立．设h(x)＝2ln x

＋x ＋3x ，则h′(x)＝（x ＋3）（x －1）x 2

(x ＞0)．当x∈(0，1)时，h ′(x)＜0，函数h(x)

单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h ′(x)＞0，函数h(x)单调递增，

所以h(x)min ＝h(1)＝4.所以a ≤h(x)min ＝4.

2．已知函数f(x ＋2)是偶函数，且当x>2时满足xf′(x)>2f′(x)＋f(x)，则( )

A ．2f(1)

B ．2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32>f(3)

C ．f(0)<4f ⎝ ⎛⎭

⎪⎫

52 D ．f(1)

解析：选A.由于函数f(x ＋2)是偶函数，则函数f(x)的图象关于直线x ＝2对称，

由于当x>2时，xf ′(x)>2f′(x)＋f(x)，

则(x －2)f′(x)－f(x)>0，设函数g(x)＝f （x ）

x －2

，则有g ′(x)＝

（x －2）f′（x ）－f （x ）

（x －2）2

>0，则知函数g(x)在(2，＋∞)上是增函数，则有g(4)>g(3)，

即f （4）2

>f(3)，亦即f(4)>2f(3)＝2f(1)．故选A.

3．设函数f(x)＝ax 3＋3x ，其图象在点(1，f(1))处的切线l 与直线x －6y －7＝0垂直，则直线l 与坐标轴围成的三角形的面积为________．

解析：f′(x)＝3ax 2＋3，由题设得f′(1)＝－6，所以3a ＋3＝－6，解得a ＝－3. 所以f(x)＝－3x 3＋3x ，f(1)＝0，切线l 的方程为y －0＝－6(x －1)，即y ＝－6x ＋6.

所以直线l 与坐标轴围成的三角形的面积S ＝1

2

×1×6＝3.答案：3

4．已知函数f(x)＝e x －ax 2，曲线y ＝f(x)在x ＝1处的切线方程为y ＝bx ＋1.

(1)求a ，b 的值； (2)求函数f(x)在[0，1]上的最大值； (3)证明：当x∈(0，＋∞)时f(x)≥(e －2)x ＋1.

解：(1)f′(x)＝e x －2ax ，由题设得f′(1)＝e －2a ＝b ，f(1)＝e －a ＝b ＋1，解得 a ＝1，b ＝e －2.

(2)由(1)知，f(x)＝e x －x 2

，当x∈[0，1]时， f ′(x)＝e x －2x≥x＋1－2x ＝1－x≥0，

故f(x)在[0，1]上单调递增，所以f(x)max ＝f(1)＝e －1.

(3)证明：设g(x)＝f(x)－(e －2)x －1，x>0，则g′(x)＝e x －2x －(e －2)． 设h(x)＝g′(x)＝e x －2x －(e －2)，h ′(x)＝e x －2.当h′(x)>0时，x>ln 2； 当h′(x)<0时，x

所以h(x)＝g′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增， 又g′(0)＝3－e>0，g ′(1)＝0，0

所以g′(ln 2)<0，所以存在x 0∈(0，ln 2)，使得g′(x 0)＝0.

所以当x∈(0，x 0)∪(1，＋∞)时，g ′(x)>0；当x∈(x 0，1)时，g ′(x)<0. 故g(x)在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 又g(0)＝0，g(1)＝0，所以g(x)＝e x －x 2－(e －2)x －1≥0，当且仅当x ＝1时取等号．即f(x)≥(e －2)x ＋1.

5．已知函数f(x)＝e x －x 2＋a ，x ∈R ，曲线y ＝f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为y ＝bx.

(1)求函数f(x)的解析式； (2)当x∈R 时，求证：f(x)≥－x 2＋x ； (3)若f(x)>kx 对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，求实数k 的取值范围．

解：(1)f(x)＝e x －x 2＋a ，f ′(x)＝e x

－2x ，则f′(0)＝1＝b ，

所以切点的坐标为(0，0)，代入f(x)得a ＝－1，故f(x)＝e x －x 2－1. (2)证明：令g(x)＝f(x)＋x 2－x ＝e x －x －1. 由g′(x)＝e x －1＝0，得x ＝0.

当x∈(－∞，0)时，g ′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，g ′(x)>0，g(x)单调递增．

所以g(x)≥g(x)min ＝g(0)＝0，从而f(x)≥－x 2＋x.

(3)f(x)>kx 对任意的x∈(0，＋∞)恒成立⇔f （x ）

x

>k 对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．

令φ(x)＝f （x ）x ＝e x －x 2－1

x

(x>0)，

所以φ′(x)＝xf ′（x ）－f （x ）

x 2

＝x （e x －2x ）－（e x －x 2－1）x 2＝（x －1）（e x －x －1）x 2

，

由(2)可知，当x∈(0，＋∞)时，e x －x －1>0恒成立． 令φ′(x)>0，得x>1；令φ′(x)<0，得0

所以φ(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0，1)，φ(x)min ＝φ(1)＝e －2， 所以k<φ(x)min ＝φ(1)＝e －2，所以实数k 的取值范围为(－∞，e －2)．