深圳市宝安区松岗中学(518105) 王 伟

题目(2020年高考天津卷) 已知函数f(x) =x3+klnx(k ∈R),f′(x)为f(x)的导函数.

(Ⅰ)当k=6 时,

(i)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;

(ii)求函数g(x)=f(x)−f′(x)+的单调区间和极值;

(Ⅱ)当k≥−3 时,求证: 对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1＞x2,有

这是2020年高考天津卷导数压轴题,本题三问分别考查利用导数求切线问题、利用导数求函数的单调性和极值以及利用导数证明二元不等式问题.本题充分体现了导数解答题起点低、落点高、设问有梯度的命题特点,本题涉及知识点较多, 具有较强的综合性和灵活性, 解题切入点多、口径宽,解法多样,是一道优质的导数压轴题.

一、试题求解与优化

解析(Ⅰ)(i)当k= 6 时,f(x) =x3+6 lnx,f′(x) =3x2+可得f(1)=1,f′(1)=9,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为:y −1=9(x −1),即y=9x −8.

(ii)依题意,g(x)=x3−3x2+6 lnx+x ∈(0,+∞).从而可得g′(x) = 3x2−6x+整理可得:g′(x) =令g′(x) = 0, 解得x= 1.当x变化时,g′(x),g(x)的变化情况如下表:

x (0,1)1(1,+∞)g′(x)−0+g(x)单调递减极小值单调递增

所以函数g(x) 的单调递减区间为(0,1), 单调递增区间为(1,+∞);g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值.

(Ⅱ)方法一由f(x)=x3+klnx,得f′(x)=3x2+对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1＞x2,令=t(t ＞1),则

令h(x) =−2 lnx,x ∈[1,+∞), 当x ＞1 时,h′(x) = 1 +＞0, 由此可得h(x)在[1,+∞) 单调递增, 所以当t ＞1 时,h(t)＞h(1), 即因为x2≥1,t3−3t2+3t−1=(t −1)3＞0,k≥−3,所以

由(Ⅰ)(ii)可知,当t ＞1 时,g(t)＞g(1),即t3−3t2+6 lnt+故

由①②③可得

即(II)的待证不等式成立.

(Ⅱ) 方法二对任意的x1,x2∈[1,+∞), 且x1＞x2,等价于(x1−x2)3+＞0,x1＞x2≥1.构造关于x的函数g(x)=(x −x2)3+x ＞x2≥1,k≥−3,则

所以g(x) 在(x2,+∞) 上单调递增, 故当x ＞x2≥1 时,g(x)＞g(x2) = 0, 对任意x2≥1, 只要x ＞x2≥1, 都有g(x)＞g(x2) = 0, 因为x1＞x2≥1, 所以g(x1)＞g(x2)=0,从而有(x1−x2)3+0,故(II)的待证不等式成立.

(Ⅱ)方法三由f(x)=x3+klnx,得f′(x)=3x2+x≥1,k≥−3,令h(x)=f′(x)=3x2+,x≥1,k≥−3,则

因为

所以h(x)是下凸的函数,

①当−3 ≤k≤6 时,h′(x) = 6x −＞0,所以h(x)在(1,+∞)上单调递增.

②当k ＞6 时,h′(x)=6x−所以h(x)在上单调递减,在单调递增.

图1

图2

在直角坐标系中作出h(x)的函数图像,当−3 ≤k≤6时,h(x)的图像如图1;当k ＞6 时,h(x)的图像如图2,作直线x=x2分别交x轴与函数h(x)的图像与M,A点,作直线x=x1分别交x轴与函数h(x)的图像与N,B点,其中x1＞x2≥1.因为h(x)是……