1、第6讲导数的综合应用“ 辅助函数法”证明不等式核心提炼利用导数证明不等式的应用技巧为“构造辅助函数”，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键典型例题 设函数f(x)ln xx1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明当x(1，)时，1x；(3)设c1，证明当x(0，1)时，1(c1)xcx.【解】(1)由题设，f(x)的定义域为(0，)，f(x)1，令f(x)0，解得x1.当0x1时，f(x)0，f(x)单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)单调递减(2)证明：由(1)知f(x)在x1处取得最大
2、值，最大值为f(1)0.所以当x1时，ln xx1.故当x(1，)时，ln xx1，ln 1，即1x.(3)证明：由题设c1，设g(x)1(c1)xcx，则g(x)c1cxln c，令g(x)0，解得x0.当xx0时，g(x)0，g(x)单调递增；当xx0时，g(x)0，g(x)单调递减由(2)知1c，故0x01.又g(0)g(1)0，故当0x1时，g(x)0.所以当x(0，1)时，1(c1)xcx.利用导数证明不等式的基本步骤(1)作差或变形构造新的函数h(x)利用导数研究h(x)的单调性或最值根据单调性及最值，得到所证不等式(2)本例通过构造辅助函数，转化为证明函数的单调性，使问题得以解决
3、，此方法还常用于解决下列问题：比较大小；解不等式 对点训练(2019绍兴市柯桥区高三(下)期中考试)已知函数f(x)x.(1)当0时，求证：f(x)(1)x，并指出等号成立的条件；(2)求证：对任意实数，总存在实数x3，3，有f(x).解：(1)设g(x)f(x)(1)xx(1)x(x1)，所以g(x)(1)，令g(x)0，解得x0，当x0时，g(x)0，函数g(x)单调递增，当x0时，g(x)0，函数g(x)单调递减，所以g(x)ming(0)0，所以f(x)(1)x，当x0时取等号(2)证明：“对任意实数，总存在实数x3，3，有f(x)”等价于f(x)的最大值大于.因为f(x)1ex，所以
4、当0时，x3，3，f(x)0，f(x)在3，3上单调递增，所以f(x)的最大值为f(3)f(0).所以当0时命题成立；当0时，由f(x)0得xln ，则xR时，x，f(x)，f(x)关系如下：x(，ln )ln (ln ，)f(x)0f(x)极小值当e3时，ln 3，f(x)在3，3上单调递减，所以f(x)的最大值f(3)f(0).所以当e3时命题成立；当e3e3时，3ln 3，所以f(x)在(3，ln )上单调递减，在(ln ，3)上单调递增所以f(x)的最大值为f(3)或f(3)；且f(3)f(0)与f(3)f(0)必有一成立，所以当e3e3时命题成立；当0e3时，ln 3，所以f(x)在
5、3，3上单调递增，所以f(x)的最大值为f(3)f(0).所以当0e3时命题成立；综上所述，对任意实数，总存在实数x3，3，有f(x).“转化法”解决不等式恒成立中的参数问题核心提炼1利用导数解决恒成立问题(1)若不等式f(x)A在区间D上恒成立，则等价于在区间D上f(x)minA.(2)若不等式f(x)A在区间D上恒成立，则等价于在区间D上f(x)maxA成立，则等价于在区间D上f(x)maxA.(2)若xD，f(x)A成立，则等价于在区间D上f(x)min0.(1)当a时，求函数f(x)的单调区间；(2)对任意x均有f(x)，求a的取值范围注：e2.718 28为自然对数的底数【解】(1)
6、当a时，f(x)ln x，x0.f(x)，令f(x)0，解得x3，令f(x)0，解得0x3，所以函数f(x)的单调递减区间为(0，3)，单调递增区间为(3，)(2)由f(1)，得0a.当00，故q(x)在上单调递增，所以q(x)q.由得，qpp(1)0.所以q(x)0.由知对任意x，t2，)，g(t)0，即对任意x，均有f(x).综上所述，所求a的取值范围是.不等式恒成立(有解)问题的求法(1)恒成立问题的常见处理方法：根据恒成立问题的原理，可利用函数法、分离常数法(转化成求最值问题)等求解(2)能成立问题的常见处理方法：能成立即存在性问题，根据能成立问题的原理，通常将其转化为最值问题进行求解
7、 对点训练(2019宁波市十校联考模拟)已知函数f(x)xln x(m0)，g(x)ln x2.(1)当m1时，求函数f(x)的单调增区间；(2)若对任意的x11，e，总存在x21，e，使1，其中e是自然对数的底数求实数m的取值范围解：(1)当m1时，函数f(x)xln x，求导f(x)ln x1，由f(x)在(0，)上单调递增，且f(1)0，所以当x1时，f(x)0，当0x1时，f(x)0，所以函数f(x)单调递增区间(1，)(2)由题意设h(x)ln x，(x)，(x)0，在1，e恒成立，所以(x)在1，e上单调递增，(x)2，所以h(x)，e，即ln xe，在1，e上恒成立，即x2ln
8、xmx2(eln x)，在1，e上恒成立，设p(x)x2ln x，则p(x)2xln x0，在1，e上恒成立，所以p(x)在1，e上单调递减，则mp(1)，设q(x)x2(eln x)，q(x)x(2x12ln x)x(2e12ln x)0在1，e上恒成立，所以q(x)在1，e上单调递增，则mq(1)e，综上所述，m的取值范围为，e“图象辅助法”解决函数零点或方程根的问题核心提炼研究函数零点或方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断函数零点或方程根的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用典型例题 (2019浙江省重点中学高三联考)已
9、知方程k(k0)有且仅有两个不同的实数解，()，则以下有关两根关系的结论正确的是()Acos sin Bsin cos Ccos cos Dsin sin 【解析】由k(k0)可得：|cos x|kx(k0)，因为方程k(k0)有且仅有两个不同的实数解，()，所以直线ykx与曲线y|cos x|相切，如图：直线ykx与曲线y|cos x|的交点为A(，cos )，切点B为(，cos )，当x时，y|cos x|cos x，所以ysin x，所以y|xsin ，即ksin ，又A(，cos )代入ykx，可得cos sin .故选A.【答案】A(1)根据参数确定函数零点的个数，基本思想也是“数形
10、结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，大致勾画出函数图象，然后通过函数性质得出其与x轴交点的个数，或者两个函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”(2)判断函数在某区间a，b(a，b)内的零点的个数时，主要思路为：一是由f(a)f(b)0及零点存在性定理，说明在此区间上至少有一个零点；二是求导，判断函数在区间(a，b)上的单调性，若函数在该区间上单调递增或递减，则说明至多只有一个零点；若函数在区间a，b(a，b)上不单调，则要求其最大值或最小值，借用图象法等，判断零点个数 对点训练1已知函数f(x)ex1，g(x)x，其中e是自然对数的底数，e2.718 28.(
11、1)证明：函数h(x)f(x)g(x)在区间(1，2)上有零点；(2)求方程f(x)g(x)的根的个数，并说明理由解：(1)证明：由h(x)f(x)g(x)ex1x得，h(1)e30，所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点(2)由(1)得h(x)ex1x.由g(x)x知，x0，)，而h(0)0，则x0为h(x)的一个零点，而h(x)在(1，2)内有零点，因此h(x)在0，)上至少有两个零点因为h(x)exx1，记(x)exx1，则(x)exx.当x(0，)时，(x)0，因此(x)在(0，)上单调递增，则(x)在(0，)内至多只有一个零点，即h(x)在0，)内至多有两个零点所以方程f(x)g(
12、x)的根的个数为2.2(2019张掖模拟)设函数f(x)aln x.(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)若函数f(x)在区间(1，e2内恰有两个零点，试求a的取值范围解：(1)由f(x)aln x，得f(x)x(x0)当a0时，f(x)0，函数f(x)在(0，)上单调递增，函数既无极大值，也无极小值；当a0时，由f(x)0，得x或x(舍去)于是，当x变化时，f(x)与f(x)的变化情况如下表：x(0，)(，)f(x)0f(x)所以函数f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，)函数f(x)在x处取得极小值f()，无极大值综上可知，当a0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，)
13、，函数f(x)既无极大值也无极小值；当a0时，函数f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间为(，)，函数f(x)有极小值，无极大值(2)当a0时，由(1)知函数f(x)在区间(0，)上单调递增，故函数f(x)在区间(1，e2内至多有一个零点，不合题意当a0时，由(1)知，当x(0，)时，函数f(x)单调递减；当x(，)时，函数f(x)单调递增，函数f(x)在(0，)上的最小值为f().若函数f(x)在区间(1，e2内恰有两个零点，则需满足，即，整理得，所以ea.故所求a的取值范围为(e，专题强化训练1(2019衢州市高三数学质量检测)已知函数f(x)ln xax2(1a)x1.(1)当a
14、1时，求函数f(x)在x2处的切线方程；(2)求函数f(x)在x1，2时的最大值解：(1)当a1时，f(x)ln xx21，所以f(x)x，所以f(2)，即k切，已知切点为(2，1ln 2)，所以切线的方程为：yx2ln 2.(2)因为f(x)(1x2)，当a0时，f(x)0在x1，2恒成立，所以f(x)在x1，2单调递增，所以fmax(x)f(2)4a3ln 2；当0a时，f(x)在x1，2单调递增，所以fmax(x)f(2)4a3ln 2；当a1时，f(x)在x1，单调递增，在x，2单调递减，所以fmax(x)f()ln a；当a1时，f(x)在x1，2单调递减，所以fmax(x)f(1)
15、a2，综上所述fmax(x).2(2019绍兴、诸暨市高考二模)已知函数f(x)xexa(x1)(aR)(1)若函数f(x)在x0处有极值，求a的值与f(x)的单调区间；(2)若存在实数x0(0，)，使得f(x0)0，求实数a的取值范围解：(1)f(x)(x1)exa，由f(0)0，解得：a1，故f(x)(x1)ex1，令f(x)0，解得：x0，令f(x)0，解得：x0，故f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增(2)若f(x)0在x(0，)上有解，即xexa(x1)，a在x(0，)上有解，设h(x)，x(0，)，则h(x)0，故h(x)在(0，)单调递减，h(x)在(0，)的值域是(，
16、0)，故ah(0)0.3(2019兰州市实战考试)已知函数f(x)ln xax1(aR)(1)当0a时，讨论f(x)的单调性；(2)设g(x)x22bx4.当a时，若对任意x1(0，2)，存在x21，2，使f(x1)g(x2)，求实数b的取值范围解：(1)因为f(x)ln xax1，所以f(x)a，x(0，)，令f(x)0，可得两根分别为1，1，因为0a10，当x(0，1)时，f(x)0，函数f(x)单调递增；当x时，f(x)0，函数f(x)单调递减(2)a，13(0，2)，由(1)知，当x(0，1)时，f(x)0，函数f(x)单调递增，所以f(x)在(0，2)上的最小值为f(1).对任意x1
17、(0，2)，存在x21，2，使f(x1)g(x2)等价于g(x)在1，2上的最小值不大于f(x)在(0，2)上的最小值，(*)又g(x)(xb)24b2，x1，2，所以，当b0，此时与(*)矛盾；当1b2时，g(x)min4b20，同样与(*)矛盾；当b2时，g(x)ming(2)84b，且当b2时，84b88ln 2；(2)若a34ln 2，证明：对于任意k0，直线ykxa与曲线yf(x)有唯一公共点证明：(1)函数f(x)的导函数f(x)，由f(x1)f(x2)得，因为x1x2，所以.由基本不等式得2，因为x1x2，所以x1x2256.由题意得f(x1)f(x2)ln x1ln x2ln(
18、x1x2)设g(x)ln x，则g(x)(4)，所以 x(0，16)16(16，)g(x)0g(x)24ln 2所以g(x)在256，上单调递增，故g(x1x2)g(256)88ln 2，即f(x1)f(x2)88ln 2.(2)令me(|a|k)，n1，则f(m)kma|a|kka0，f(n)knann0，直线ykxa与曲线yf(x)有唯一公共点5(2019绍兴市高三教学质量调测)已知函数f(x)x3ax23xb(a，bR)(1)当a2，b0时，求f(x)在0，3上的值域；(2)对任意的b，函数g(x)|f(x)|的零点不超过4个，求a的取值范围解：(1)由f(x)x32x23x，得f(x)
19、x24x3(x1)(x3)当x(0，1)时，f(x)0，故f(x)在(0，1)上单调递增；当x(1，3)时，f(x)0，故f(x)在(1，3)上单调递减又f(0)f(3)0，f(1)，所以f(x)在0，3上的值域为0，(2)由题得f(x)x22ax3，4a212，当0，即a23时，f(x)0，f(x)在R上单调递增，满足题意当0，即a23时，方程f(x)0有两根，设两根为x1，x2，且x1x2，x1x22a，x1x23.则f(x)在(，x1)，(x2，)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减由题意知|f(x1)f(x2)|，即|a(xx)3(x1x2)|.化简得(a23)，解得3a24，综合，
20、得a24，即2a2.6(2019台州市高考一模)已知函数f(x)1，g(x)bx(e为自然对数的底数)，若曲线yf(x)与曲线yg(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直(1)求a，b的值；(2)求证：当x1时，f(x)g(x).解：(1)因为f(x)1，所以f(x)，f(1)1.因为g(x)bx，所以g(x)b.因为曲线yf(x)与曲线yg(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直，所以g(1)1，且f(1)g(1)1，即g(1)a1b1，g(1)a1b1，解得a1，b1.(2)证明：由(1)知，g(x)x，则f(x)g(x)1x0.令h(x)1x(x1)，
21、则h(x)11.因为x1，所以h(x)10，所以h(x)在1，)上单调递增，所以h(x)h(1)0，即1x0，所以当x1时，f(x)g(x).7(2019宁波市镇海中学高考模拟)设函数f(x)k(ln x)(k为常数，e2.718 28是自然对数的底数)(1)当k0时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点，求k的取值范围解：(1)f(x)的定义域为(0，)，所以f(x)k()(x0)，当k0时，kx0，所以exkx0，令f(x)0，则x2，所以当0x2时，f(x)0，f(x)单调递减；当x2时，f(x)0，f(x)单调递增，所以f(x)的单调递减区间为(0
22、，2)，单调递增区间为(2，)(2)由(1)知，k0时，函数f(x)在(0，2)内单调递减，故f(x)在(0，2)内不存在极值点；当k0时，设函数g(x)exkx，x(0，)因为g(x)exkexeln k，当0k1时，当x(0，2)时，g(x)exk0，yg(x)单调递增，故f(x)在(0，2)内不存在两个极值点；当k1时，得x(0，ln k)时，g(x) 0，函数yg(x)单调递减，x(ln k，)时，g(x)0，函数yg(x)单调递增，所以函数yg(x)的最小值为g(ln k)k(1ln k)函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点，当且仅当，解得：ek综上所述，函数f(x)在(0，2)
23、内存在两个极值点时，k的取值范围为(e，)8(2019杭州市学军中学高考模拟)已知函数f(x)ax3bx2x(a，bR)(1)当a2，b3时，求函数f(x)极值；(2)设ba1，当0a1时，对任意x0，2，都有m|f(x)|恒成立，求m的最小值解：(1)当a2，b3时，f(x)x3x2x，f(x)2x23x1(2x1)(x1)，令f(x)0，解得：x1或x，令f(x)0，解得：x1，故f(x)在(，)单调递增，在(，1)单调递减，在(1，)单调递增，故f(x)极大值f()，f(x)极小值f(1).(2)当ba1时，f(x)ax3(a1)x2x，f(x)ax2(a1)x1，f(x)恒过点(0，1)；当a0时，f(x)x1，m|f(x)|恒成立，所以m1；0a1，开口向上，对称轴1，f(x)ax2(a1)x1a(x)21，当a1时f(x)x22x1，|f(x)|在x0，2的值域为0，1；要m|f(x)|，则m1；当0a1时，根据对称轴分类：当x2，即a1时，(a1)20，f()(a)(，0)，又f(2)2a11，所以|f(x)|1；当x2，即0a；f(x)在x0，2的最小值为f(2)2a1；12a1，所以|f(x)|1，综上所述，要对任意x0，2都有m|f(x)|恒成立，有m1，所以m1.