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专注专业学习坚持不懈勇攀高峰 第3课时 导数与函数的综合问题

(对应学生用书第40页)

◎角度1 证明不等式 (2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2

＋(2a ＋1)x .

(1)讨论f (x )的单调性；

(2)当a <0时，证明f (x )≤－34a

－2. [解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x ＋2ax ＋2a ＋1＝(x ＋1)(2ax ＋1)x

. 若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，

故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．

若a <0，则当x ∈⎝

⎛⎭⎪⎫0，－12a 时，f ′(x )>0； 当x ∈⎝ ⎛⎭

⎪⎫－12a ，＋∞时，f ′(x )<0. 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭

⎪⎫－12a ，＋∞上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a <0时，f (x )在x ＝－12a 处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＝ln ⎝ ⎛⎭

⎪⎫－12a －1－14a . 所以f (x )≤－34a －2等价于ln ⎝ ⎛⎭

⎪⎫－12a －1－14a ≤－34a －2， 即ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a

＋1≤0. 设g (x )＝ln x －x ＋1，

则g ′(x )＝1x

－1. 当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0；

当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0，

所以g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．

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专注专业学习坚持不懈勇攀高峰 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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a

＋1≤0， 即f (x )≤－34a

－2. ◎角度2 解决不等式恒(能)成立问题

(2018·广州综合测试(二))已知函数f (x )＝

x ln x －ax ＋b 在点(e ，f (e))处的切线方程为y ＝－ax ＋2e.

(1)求实数b 的值；

(2)若存在x ∈[e，e 2]，满足f (x )≤14

＋e ，求实数a 的取值范围. 【导学号：79140086】

[解] (1)函数f (x )的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．

因为f (x )＝x

ln x

－ax ＋b ， 所以f ′(x )＝ln x －1(ln x )2－a . 所以函数f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程为y －(e －a e ＋b )＝－a (x －e)，即y ＝－ax ＋e ＋b .

已知函数f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程为y ＝－ax ＋2e ，比较可得b ＝e. 所以实数b 的值为e.

(2)f (x )≤14＋e ，即x ln x －ax ＋e≤14＋e ，所以问题转化为a ≥1ln x －14x

在[e ，e 2]上有解．

令h (x )＝1ln x －14x

(x ∈[e，e 2])， 则h ′(x )＝14x 2－1x (ln x )2＝(ln x )2－4x 4x 2(ln x )2 ＝(ln x ＋2x )(ln x －2x )4x 2(ln x )2. 令p (x )＝ln x －2x ，

所以当x ∈[e，e 2]时，有p ′(x )＝1x －1x ＝1－x x

＜0. 所以函数p (x )在区间[e ，e 2]上单调递减．

所以p (x )≤p (e)＝ln e －2e ＜0.