1、第二部分 讲练篇 专题六 函数、导数和不等式第3讲 导数的综合应用研 考 题 举 题 固 法 利用导数证明不等式(5 年 3 考)考向 1 构造函数法(最值法)证明单变量不等式高考解读 以我们熟知的不等关系，如 ln xx，lnx1x，exx1 等为载体，通过变形或适当重组，形成一道新颖的题目.重在考查学生的等价转化能力，逻辑推理及数学运算的能力.(2016全国卷)设函数f(x)ln xx1.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)证明当x(1，)时，1x1ln x x；(3)设c1，证明当x(0,1)时，1(c1)xcx.切入点：(1)当x1时，1x1ln x xln xx1xln x；(2)
2、构造函数g(x)1(c1)xcx，借助(2)的讨论求解解(1)由题设，f(x)的定义域为(0，)，f(x)1x 1，令f(x)0，解得x1.当0 x1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处取得最大值，最大值为f(1)0.所以当x1时，ln xx1.故当x(1，)时，ln xx1，ln1x1x1，即1x1ln x x.(3)证明：由题设c1，设g(x)1(c1)xcx，则g(x)c1cxln c.令g(x)0，解得x0lnc1ln cln c.当xx0时，g(x)0，g(x)单调递增；当xx0时，g(x)0，g(x)单调递
3、减 由(2)知1c1ln c c，故0 x01.又g(0)g(1)0，故当0 x1时，g(x)0.所以当x(0,1)时，1(c1)xcx.单变量不等式的证明方法(1)移项法：证明不等式f(x)g(x)(f(x)g(x)的问题转化为证明f(x)g(x)0(f(x)g(x)0)，进而构造辅助函数h(x)f(x)g(x)；(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数；(3)最值法：欲证f(x)g(x)，有时可以证明f(x)maxg(x)min.提醒：拆分函数时，ex和ln x尽量分到两个不同的函数中(4)
4、放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数一题多解(与ex，ln x有关的不等式证明问题)已知函数f(x)1ln xa2x2ax(aR)(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若a0且x(0,1)，求证：fxex x21x1.解(1)a0时，f(x)在(0，)上递减；a0时，f(x)在0，1a 上递减，在1a，上递增；a0时，f(x)在0，12a 上递减，在 12a，上递增(2)法一：(最值法)若a0且x(0,1)，欲证fxex x21x1，只需证1ln xexx21x1，即证x(1ln x)(1xx3)ex.设函数g(x)x(1ln x)，则g(x)ln x.当
5、x(0,1)时，g(x)0，故函数g(x)在(0,1)上单调递增，所以g(x)g(1)1.设函数h(x)(1xx3)ex，则h(x)(2x3x2x3)ex.设函数p(x)2x3x2x3，则p(x)16x3x2.当x(0,1)时，p(0)p(1)80，故存在x0(0,1)，使得p(x0)0，从而函数p(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0,1)上单调递减 当x(0，x0)时，p(x0)p(0)2，当x(x0,1)时，p(x0)p(1)20，故存在x1(0,1)，使得h(x1)0，即当x(0，x1)时，p(x)0，当x(x1,1)时，p(x)0，从而函数h(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1
6、,1)上单调递减 因为h(0)1，h(1)e，所以当x(0,1)时，h(x)h(0)1，所以x(1ln x)(1xx3)ex，x(0,1)，即fxex x21x1，x(0,1)法二：(放缩法)若a0且x(0,1)，欲证fxex x21x1，只需证1ln xexx21x1，即证x(1ln x)(1xx3)ex.设函数g(x)x(1ln x)，则g(x)ln x，当x(0,1)时，g(x)0，故函数g(x)在(0,1)上单调递增 所以g(x)g(1)1.设函数h(x)(1xx3)ex，x(0,1)，因为x(0,1)，所以xx3，所以1xx31，又1exe，所以h(x)1，所以g(x)1h(x)，即
7、原不等式成立 法三：(放缩法)若a0且x(0,1)，欲证fxex x21x1，只需证1ln xexx21x1，由于1ln x0，exe01，则只需证明1ln xx21x1，只需证明ln xx21x0，令g(x)ln xx21x，则当x(0,1)时，g(x)1x2x1x2x12x3x2x1x2 0，则函数g(x)在(0,1)上单调递减，则g(x)g(1)0，所以ln xx21x0，即原不等式原立点评 含“x”的不等式证明,考题第二问出现含x的不等式，往往是对所求证的不等式先进行等价变形，如移项、分解、重组，放缩等手段，化为更加加强的不等式的证明，甚至构造两个系数，其中放缩法比较灵活.x0时，证明
8、：f(x1,ex)1xxln x1e2.析：令gxx1ex，hx1xxln x.易证0gx1，hxln x2.hx在0，e2上递增，在e2，上递减，hxhe21e2，gxhx1e2.当m2时，求证：exlnxm0.证明：当m2时，xm，lnxmlnx2，只需证：exlnx20.令gxexlnx2，gxex 1x2在2，上递增.又g11e10，g0120，存在唯一实数x01，0，使gx00，即ex01x02.当x1，x0时，gx0，xx0，0时，gx0.gxmingx0ex0lnx021x02x0 1x02x0220.考向2 转化法证明双变量不等式高考解读 以对数函数与线性函数的组合为载体，以函
9、数的极值点、零点为依托，将函数、方程、不等式巧妙的融合在一起，重在考查学生的等价转化能力、数学运算能力和逻辑推理能力.(2018全国卷改编)已知函数f(x)1xxaln x存在两个极值点x1，x2，证明：fx1fx2x1x2a2.切入点：f(x1)f(x2)0，借助方程思想找出x1，x2的等量关系，构造函数借助单调性证明不等式 解 f(x)的定义域为(0，)，f(x)1x21axx2ax1x2，易知当且仅当a2时，f(x)存在两个极值点 由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2ax10，所以x1x21，不妨设x1x2，则x21，由于fx1fx2x1x2 1x1x21aln x1ln x2x1
10、x22aln x1ln x2x1x22a2ln x21x2x2，所以fx1fx2x1x2a2等价于1x2x22ln x20.设函数g(x)1xx2ln x，g(x)1x212xx22x1x2x12x20，g(x)在(0，)单调递减，又g(1)0，从而当x(1，)时，g(x)0，所以1x2x22ln x20，即fx1fx2x1x2a2.证明双变量不等式的两种常见方法对于形如f(x1，x2)A的不等式，其证明中的常见变形有以下两种：(1)消元法：即借助题设条件，建立x1与x2的等量关系，如x2g(x1)，从而将f(x1，x2)A的双变量不等式化成h(x1)A的单变量不等式；(2)换元法：结合题设条
11、件，有时需要先对含有双变量的不等式进行“除法”变形，再对含有双变量的局部代数式进行“换元”处理，将双变量问题等价转化为单变量问题，即构建形如x1x2形式(与零点有关的双变量问题)已知函数f(x)axln x(aR)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2，证明：1ln x1 1ln x22.解(1)a0时，减区间为(0，)，没有增区间；a0时，减区间为0，1a，增区间为1a，.(2)证明：函数f(x)有两个零点分别为x1，x2，则a0，不妨设x1x2，则ln x1ax10，ln x2ax20，ln x2ln x1a(x2x1)要证 1ln x1 1ln x22，
12、只需证1x11x22a，只需证x1x22x1x2 a，只需证x1x22x1x2 ln x2ln x1x2x1，只需证x22x212x1x2 ln x2x1，只需证ln x2x112x2x1x1x2.令tx2x1，则t1，即证ln t12t1t.设(t)ln t12t1t，则(t)2tt212t20，即函数(t)在(1，)上单调递减，则(t)(1)0.即得 1ln x1 1ln x22.利用导数解决不等式恒成立(能成立)中的参数问题(5年2考)考向1 分离参数或构造函数解决恒成立(能成立)问题高考解读 以不等式中的恒成立能成立为载体，考查学生的等价转化能力，考查函数最值的求法，逻辑推理能力及数学
13、运算的素养.(2017全国卷)已知函数f(x)x1aln x.(1)若f(x)0，求a的值；(2)设m为整数，且对于任意正整数n，112 1 122 1 12n m，求m的最小值解(1)f(x)的定义域为(0，)，若a0，因为f12 12aln 20，所以不满足题意 若a0，由f(x)1axxax 知，当x(0，a)时，f(x)0.所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，)单调递增 故xa是f(x)在(0，)的唯一最小值点 由于f(1)0，所以当且仅当a1时，f(x)0，故a1.(2)由(1)知当x(1，)时，x1ln x0.令x1 12n，得ln1 12n 12n，从而ln112 ln1
14、122 ln1 12n 12 122 12n1 12n1.故112 1 122 1 12n e.而112 1 1221 123 2，所以m的最小值为3.不等式恒成立、能成立问题常用解法(1)分离参数后转化为求最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如af(x)max或af(x)min.(2)直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，注意对参数的分类讨论(3)数形结合，构造函数，借助函数图象的几何直观性求解，一定要重视函数性质的灵活应用(4)恒成立(能成立)问题出现在压轴题第二问，分离参数法一般不好做，原因有两
15、点：一是分离后求最值利用导数研究单调性不好研究(多次求导无果或越求导越复杂)二是遇到一个障碍点，如研究出f(x)在(1，)上递减，f(x)f(1)，而f(1)无意义，需要用到“洛必达法则”所以一般不分离，直接利用导数研究单调性(需讨论)，转化求最值，注意定义域、端点值的利用，先出结果，排除反面1(能成立问题)设函数f(x)2ln xmx21.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当f(x)有极值时，若存在x0，使得f(x0)m1成立，求实数m的取值范围解(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)2x2mx2mx21x，当m0时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增；当m0时，令f(x)
16、0，则0 x 1m，令f(x)0，则x 1m，f(x)在0，mm 上单调递增，在mm，上单调递减(2)由(1)知，当f(x)有极值时，m0，且f(x)在0，mm上单调递增，在mm，上单调递减 f(x)maxfmm 2ln mm m 1m1ln m，若存在x0，使得f(x0)m1成立，则f(x)maxm1.即ln mm1，ln mm10成立，令g(x)xln x1(x0)，g(x)11x0，g(x)在(0，)上单调递增，且g(1)0，0m1.实数m的取值范围是(0,1)2(有限定范围恒成立问题)已知函数f(x)(x1)lnxa(x1)(1)当a4时，求曲线yf(x)在(1，f(1)处的切线方程；
17、(2)若当x(1，)时，f(x)0，求a的取值范围解(1)f(x)的定义域为(0，)，当a4时，f(x)(x1)ln x4(x1)，f(1)0，f(x)ln x1x3，f(1)2.故曲线yf(x)在(1，f(1)处的切线方程为2xy20.(2)当x(1，)时，f(x)0等价于ln xax1x1 0，设g(x)ln xax1x1，则g(x)1x2ax12x221ax1xx12，g(1)0.当a2，x(1，)时，x22(1a)x1x22x10，故g(x)0，g(x)在(1，)单调递增，因此g(x)g(1)0.当a2时，令g(x)0，得x1a1 a121，x2a1 a121.由x21和x1x21得x
18、11.故当x(1，x2)时，g(x)0，g(x)在(1，x2)上单调递减，因此g(x)g(1)0，综上可知，实数a的取值范围是(，2考向2 最值定位法解决双变量不等式恒成立问题高考解读 以不等式恒成立能成立为载体，融合特称命题于其中，重在考查学生的最值转化能力，考查逻辑推理及数学运算的素养.(2015全国卷)设函数f(x)emxx2mx.(1)证明：f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增；(2)若对于任意x1，x21,1，都有|f(x1)f(x2)|e1，求m的取值范围切入点：(1)先对f(x)求导，再根据m的取值范围分别讨论f(x)与0的关系，从而得证；(2)对于任意x1，x21,1
19、，都有|f(x1)f(x2)|e1说明函数f(x)的最大值与最小值的差不大于e1，结合(1)的结论求m的取值范围解(1)证明：f(x)m(emx1)2x.若m0，则当x(，0)时，emx10，f(x)0；当x(0，)时，emx10，f(x)0.若m0，则当x(，0)时，emx10，f(x)0；当x(0，)时，emx10.所以，f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增(2)由(1)知，对任意的m，f(x)在1,0上单调递减，在0,1上单调递增，故f(x)在x0处取得最小值所以对于任意x1，x21,1，|f(x1)f(x2)|e1的充要条件是f(1)f(0)e1，f(1)f(0)e1，即
20、emme1，emme1.设函数g(t)ette1，则g(t)et1.当t0时，g(t)0时，g(t)0.故g(t)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增又g(1)0，g(1)e12e1时，由g(t)的单调性知，g(m)0，即emme1；当m0，即emme1.综上，m的取值范围是1,1常见的双变量不等式恒成立问题的类型(1)对于任意的x1a，b，总存在x2m，n，使得f(x1)g(x2)f(x1)maxg(x2)max.(2)对于任意的x1a，b，总存在x2m，n，使得f(x1)g(x2)f(x1)ming(x2)min.(3)若存在x1a，b，对任意的x2m，n，使得f(x1)g(x2)f
21、(x1)ming(x2)min.(4)若存在x1a，b，对任意的x2m，n，使得f(x1)g(x2)f(x1)maxg(x2)max.(5)对于任意的x1a，b，x2m，n，使得f(x1)g(x2)f(x1)maxg(x2)min.(6)对于任意的x1a，b，x2m，n，使得f(x1)g(x2)f(x1)ming(x2)max.(与量词有关的不等式恒成立问题)已知函数f(x)x(a1)lnxax(aR)，g(x)12x2exxex.(1)当x1，e时，求f(x)的最小值；(2)当a1时，若存在x1e，e2，使得对任意的x22,0，f(x1)g(x2)恒成立，求a的取值范围解(1)f(x)的定义
22、域为(0，)，f(x)x1xax2.当a1时，x1，e，f(x)0，f(x)为增函数，f(x)minf(1)1a.当1ae时，x1，a时，f(x)0，f(x)为减函数；xa，e时，f(x)0，f(x)为增函数 所以f(x)minf(a)a(a1)ln a1.当ae时，x1，e时，f(x)0，f(x)在1，e上为减函数f(x)minf(e)e(a1)ae.综上，当a1时，f(x)min1a；当1ae时，f(x)mina(a1)ln a1；当ae时，f(x)mine(a1)ae.(2)由题意知f(x)(xe，e2)的最小值小于g(x)(x2,0)的最小值 由(1)知当a1时，f(x)在e，e2上单
23、调递增，f(x)minf(e)e(a1)ae.g(x)(1ex)x.当x2,0时，g(x)0，g(x)为减函数，g(x)ming(0)1，所以e(a1)ae1，即ae22ee1，所以a的取值范围为e22ee1，1.利用导数解决函数零点问题(5 年 4 考)考向 1 根据参数确定函数零点的个数高考解读 以函数零点个数的判定为载体，考查学生分类讨论及数形结合的思想，考查导数在研究函数图象变化中的作用，考查学生的逻辑推理能力及数学运算的素养.(2019全国卷)已知函数f(x)ln xx1x1.(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线yln
24、 x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线yex的切线切入点：(1)由f(x)0(0)判断f(x)的单调性，借助零点存在性定理判断f(x)有两个零点；(2)由导数的几何意义证明 解(1)f(x)的定义域为(0,1)(1，)因为 f(x)1x2x120，所以 f(x)在(0,1)，(1，)单调递增 因为 f(e)1e1e10，f(e2)2e21e21e23e210，所以 f(x)在(1，)有唯一零点 x1，即 f(x1)0.又 01x11，f1x1 ln x1x11x11f(x1)0，故 f(x)在(0,1)有唯一零点1x1.综上，f(x)有且仅有两个零点(2)因为1x0eln x0，故点
25、Bln x0，1x0 在曲线 yex 上 由题设知 f(x0)0，即 ln x0 x01x01，故直线 AB 的斜率 k1x0ln x0ln x0 x01x0 x01x01x01x01x01x0.曲线yex在点Bln x0，1x0 处切线的斜率是1x0，曲线yln x在点A(x0，ln x0)处切线的斜率也是1x0，所以曲线yln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线yex的切线三步求解函数零点(方程根)的个数问题第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线yk)在该区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而
26、画出其图象；第三步：结合图象求解(2019雅礼中学二模)已知函数f(x)x3ax 14，g(x)exe(e为自然对数的底数)(1)若曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线与曲线yg(x)在点(0，g(0)处的切线互相垂直，求函数f(x)x3ax14在区间1,1上的最大值；(2)设函数h(x)fx，fxgx，gx，fxgx，试讨论函数h(x)零点的个数解(1)f(x)3x2a，g(x)ex，f(0)a，g(0)1，由题意知，a1，f(x)3x210，f(x)在区间1,1上单调递减，f(x)maxf(1)74.(2)函数g(x)exe在R上单调递增，仅在x1处有一个零点，且x1时，g(x)0，又
27、f(x)3x2a.当a0时，f(x)0，f(x)在R上单调递减，且过点0，14，f(1)34a0.即f(x)在x0时，必有一个零点，此时yh(x)有两个零点；当a0时，令f(x)3x2a0，解得x1a3 0，x2a30.则a3是函数f(x)的一个极小值点，a3是函数f(x)的一个极大值点 而fa3a33aa3142a3a3140，现在讨论极大值的情况：fa3a33aa3142a3a314.当fa30，即a34时，函数f(x)在(0，)上恒小于0，此时yh(x)有两个零点；当fa3 0，即a 34 时，函数f(x)在(0，)上有一个零点，x0a312，此时yh(x)有三个零点；当fa30，即a3
28、4时，函数f(x)在(0，)上有两个零点，一个零点小于a3，一个零点大于a3.若f(1)a540，即a54时，yh(x)有四个零点；f(1)a540，即a54时，yh(x)有三个零点；f(1)a540，即a54时，yh(x)有两个零点 综上所述，当a34或a54时，yh(x)有两个零点；当a34或a54时，yh(x)有三个零点；当34a54时，yh(x)有四个零点考向2 根据零点个数确定参数的范围高考解读 该类问题主要考查学生数形结合的意识和分类讨论的合理性，考查学生的逻辑推理及数学运算素养.(2016全国卷)已知函数f(x)(x2)exa(x1)2有两个零点(1)求a的取值范围；(2)设x1
29、，x2是f(x)的两个零点，证明：x1x22.切入点：(1)思路一：求导，结合f(x)的单调性及f(x)的大致图象，分类讨论求得a的取值范围 思路二：数形结合，转化 为直线ya与曲线y 2xexx12 有两个交点(2)将x1x22等价转化为f(x1)f(2x2)，进而通过构造辅助函数g(x)f(x2)，结合g(x)的单调性给予证明 解(1)f(x)(x1)ex2a(x1)(x1)(ex2a)设a0，则f(x)(x2)ex，f(x)只有一个零点 设a0，则当x(，1)时，f(x)0；当x(1，)时，f(x)0，所以f(x)在(，1)内单调递减，在(1，)内单调递增 又f(1)e，f(2)a，取b
30、满足b0且bln a2，则f(b)a2(b2)a(b1)2ab232b 0，故f(x)存在两个零点 设a0，由f(x)0得x1或xln(2a)若a e2，则ln(2a)1，故当x(1，)时，f(x)0，因此f(x)在(1，)内单调递增 又当x1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点 若ae2，则ln(2a)1，故当x(1，ln(2a)时，f(x)0；当x(ln(2a)，)时，f(x)0.因此f(x)在(1，ln(2a)内单调递减，在(ln(2a)，)内单调递增 又当x1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点 综上，a的取值范围为(0，)(2)不妨设 x1x2，由(1)知，x1(，1)，
31、x2(1，)，2x2(，1)，f(x)在(，1)内单调递减，所以 x1x22 等价于 f(x1)f(2x2)，即 f(2x2)0.由于 f(2x2)x2e2x2a(x21)2，而 f(x2)(x22)ex2a(x21)20，所以 f(2x2)x2e2x2(x22)ex2.设g(x)xe2x(x2)ex，则g(x)(x1)(e2xex)所以当x1时，g(x)0，而g(1)0，故当x1时，g(x)0.从而g(x2)f(2x2)0，故x1x22.点评 含x1，x2不等式证明问题策略 x1，x2可以是函数零点、极值点、方程的根、函数图象上两点的横坐标.,处理策略：减元，二元向一元转化x1与x2有等量关
32、系，构造整体 x1x2 变量的集中与换元.极值点偏移结合图象，对称，构造函数，研究单调性，比较大小.解决由函数零点的存在情况求参数的值或取值范围问题，关键是利用函数方程思想或数形结合思想，构建关于参数的方程或不等式求解提醒：(1)要注意参数端点值的取舍；(2)分类标准要恰当(方程根的个数与导数交汇)已知函数f(x)ln xax1.(1)当a1时，求证：f(x)0恒成立；(2)若关于x的方程f(x)x210至少有两个不相等的实数根，求实数a的最小值解(1)当a1时，f(x)ln xx1，f(x)1x11xx，令f(x)0 x1，所以当x(0,1)时，f(x)0，f(x)单调递增；当x(1，)时，
33、f(x)0，f(x)单调递减 故f(x)maxf(1)0，所以f(x)0.(2)f(x)x210至少有两个不相等的实数根，即ln xx2ax20，aln xx x2x至少有两个不相等的实数根，记(x)ln xxx 2x(x0)，所以(x)1ln xx21 2x2 x2ln x1x2，记h(x)x2ln x1(x0)，所以h(x)2x1x2x21x，令h(x)0 x 22 x 22 舍去，所以当x0，22时，h(x)0，h(x)单调递减，x22，时，h(x)0，h(x)单调递增，所以h(x)的最小值为h22 222ln22 11212ln 212(1ln 2)0，又h(1)0，所以x(1，)时，h(x)0，又当x1e时，h1e 1e2ln 1e11e2111e20，因此必存在唯一的x01e，22，使得h(x0)0.因此x(0，x0)时，h(x)0，(x)单调递增，x(x0,1)时，h(x)0，(x)单调递减，x(1，)时，h(x)0，(x)单调递增，画出y(x)的大致图象，如图所示 因此当(1)a(x0)时，直线ya与y(x)的图象至少有两个交点，所以a的最小值为(1)3.Thank you for watching!
