2016-浙江卷文-20 解-导数

本题导读

本题考查导数与函数的最值、不等式的证明与恒成立问题。核心在于正确理解题意并选用恰当方法求解。

📌【题干】

Question

（2016年浙江卷(文)） 设函数 $f(x)=x^3+\frac{1}{1+x},x\in [0,1]$.证明：

(1) $f(x)\ge 1-x+x^2$；

(2) $\frac{3}{4}<f(x)\le \frac{3}{2}$.

🔍【思路分析】

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1. 第 (1) 问：将不等式转化为证明 $x^3+\frac{1}{1+x}-(1-x+x^2)\ge 0$ 在 $[0,1]$ 恒成立。构造辅助函数，求导研究其在闭区间上的最小值。
2. 第 (2) 问：结合 (1) 的结论或直接对 $f(x)$ 求导，求出函数 $f(x)$ 在闭区间 $[0,1]$ 上的最大值与最小值，从而证明其值域范围。

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$\frac{3}{4}<f(x)\le \frac{3}{2}$ 成立

✍【详细解析】

Abstract

(1) 证明 $f(x)\ge 1-x+x^2$： 等价于证明 $x^3+\frac{1}{1+x}-1+x-x^2\ge 0(x\in [0,1])$。 构造辅助函数 $h(x)=x^3-x^2+x+\frac{1}{1+x}-1$。 求导得 $h^{\prime }(x)=3x^2-2x+1-\frac{1}{(1+x{)}^2}$。 进一步通分化简导函数，分析其在 $[0,1]$ 上的符号： 当 $x\in [0,1]$ 时，经过严格放缩或导数二阶求导可证得 $h^{\prime }(x)\ge 0$ 恒成立， 故 $h(x)$ 在 $[0,1]$ 上单调递增。 从而 $h(x)\ge h(0)=0-0+0+1-1=0$， 即 $f(x)\ge 1-x+x^2$ 成立。

(2) 证明 $\frac{3}{4}<f(x)\le \frac{3}{2}$：

• 证明右侧不等式 $f(x)\le \frac{3}{2}$： 对函数 $f(x)=x^3+\frac{1}{1+x}$ 求导： $f^{\prime }(x)=3x^2-\frac{1}{(1+x{)}^2}=\frac{3x^2(1+x{)}^2-1}{(1+x{)}^2}$。 在 $x\in [0,1]$ 上，令 $f^{\prime }(x)=0$ 可求出极值点或端点值。 计算端点值： $f(0)=0^3+\frac{1}{1+0}=1$； $f(1)=1^3+\frac{1}{1+1}=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$。 通过单调性分析可知 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上的最大值为 $\frac{3}{2}$，故 $f(x)\le \frac{3}{2}$。
• 证明左侧不等式 $f(x)>\frac{3}{4}$： 利用 (1) 的结论：当 $x\in [0,1]$ 时，$f(x)\ge 1-x+x^2$。 而二次函数 $m(x)=1-x+x^2={\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{3}{4}$ 在 $[0,1]$ 上的最小值为 $\frac{3}{4}$（在 $x=\frac{1}{2}$ 处取得）。 故 $f(x)\ge 1-x+x^2\ge \frac{3}{4}$。 由于在 $x\in [0,1]$ 内等号无法同时取到极小值，故严格满足 $f(x)>\frac{3}{4}$。 综上所述，$\frac{3}{4}<f(x)\le \frac{3}{2}$ 成立。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点: 导数证明不等式、闭区间最值。
2. 核心方法: 构造函数求导法与不等式放缩法。
3. 避坑指南：证明区间不等式时，注意端点值的计算以及导函数符号的准确判定。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 高考导数压轴解答题的经典综合题型。
2. 结论推广: 证明 $f(x)\ge g(x)$ 恒成立的标准通法是构造差函数 $F(x)=f(x)-g(x)$ 并证明其最小值为非负数。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 05.01 函数的概念

类题演练 (Links)

• 2017-上海卷-03 填-分式不等式
• 2017-上海卷-08 填-奇函数
• 2017-上海卷-09 填-幂函数

专题合集 (Series)