1、命题探秘一命题探秘一 高考中的导数应用问题高考中的导数应用问题 第第 1 1 课时课时 利用导数证明不等式利用导数证明不等式 技法阐释 导数是研究函数的工具，利用导数我们可以方便地求出函数的单 调性、极值、最值等，在证明与函数有关的不等式时，我们可以把不 等式问题转化为函数的最值问题，也常构造函数，把不等式的证明问 题转化为利用导数研究函数的单调性或最值问题，利用导数证明不等 式常见的方法有： (1)直接转化为函数的最值问题：把证明 f (x)g(a)转化为 f (x)max g(a). (2)移项作差构造函数法：把不等式 f (x)g(x)转化为 f (x)g(x) 0，进而构造函数 h(x
2、)f (x)g(x). (3)构造双函数法：若直接构造函数求导，难以判断符号，导函数 零点不易求得，即函数单调性与极值点都不易获得，可转化不等式为 f (x)g(x)利用其最值求解. (4)换元法，构造函数证明双变量函数不等式：对于 f (x1，x2)A 的不等式，可将函数式变为与x1 x2或 x1 x2 有关的式子，然后令 tx1 x2或 t x1x2，构造函数 g(t)求解. (5)适当放缩构造函数法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用 常见的放缩结论， 如 ln xx1， exx1， ln xxex(x0)， x x1ln(x 1)x(x1). (6)构造“形似”函数：对原不等式同解变形
3、，如移项、通分、取 对数等把不等式左、右两边转化为结构相同的式子，然后根据“相 同结构”，构造函数. (7)赋值放缩法：函数中对与正整数有关的不等式，可对已知的函 数不等式进行赋值放缩，然后通过多次求和达到证明的目的. 高考示例 思维过程 (2018 全国卷)已知函数 f (x)1 xx aln x. (1)讨论 f (x)的单调性； (2)若 f (x)存在两个极值点 x1，x2，证明： f x1f x2 x1x2 a2. (1)略。 (2)证明：由(1)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 x2ax 10，所以 x1x21，不
4、妨设 x1x2，则 x21. 技法一 直接将不等式转化为函数的最值问题 典例 1 已知函数 f (x)ln xax2(2a1)x. (1)讨论 f (x)的单调性； (2)当 a0 时，证明：f (x) 3 4a2. 思维流程 解 (1)f (x)的定义域为(0，)，f (x)1 x2ax2a1 x12ax1 x . 若 a0，则当 x(0，)时，f (x)0，故 f (x)在(0，)上单调递增 若 a0，则当 x 0， 1 2a 时，f (x)0；当 x 1 2a， 时，f (x)0. 故 f (x)在 0， 1 2a 上单调递增，在 1 2a， 上单调递减 (2)证明： 由(1)知， 当
5、a0 时， f (x)在 x 1 2a处取得最大值， 最大值为 f 1 2a ln 1 2a 1 1 4a. 所以f (x) 3 4a2等价于ln 1 2a 1 1 4a 3 4a2， 即ln 1 2a 1 2a10. 设 g(x)ln xx1， 则 g(x)1 x1.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，)上单调递减故当 x1 时，g(x)取得 最大值，最大值为 g(1)0.所以当 x0 时，g(x)0.从而当 a0 时，ln 1 2a 1 2a 10，即 f (x) 3 4a2. 点评：(1)若证 f (x)g
6、(a)或 f (x)g(a)，只需证 f (x)ming(a)或 f (x)maxg(a) (2)若证 f (a)M 或 f (a)M(a，M 是常数)，只需证 f (x)minM 或 f (x)max M. 跟进训练 已知函数f (x)aexbln x， 曲线yf (x)在点(1， f (1)处的切线方程为y 1 e1 x1. (1)求 a，b； (2)证明：f (x)0. 解 (1)函数 f (x)的定义域为(0，) f (x)aexb x，由题意得 f (1) 1 e，f (1) 1 e1， 所以 ae1 e， aeb1 e1， 解得 a 1 e2， b1. (2)证明：由(1)知 f
7、(x) 1 e2 e xln x. 因为 f (x)ex 21 x在(0，)上单调递增，又 f (1)0，f (2)0，所以 f (x) 0 在(0，)上有唯一实根 x0，且 x0(1,2) 当 x(0，x0)时，f (x)0，当 x(x0，)时，f (x)0， 从而当 xx0时，f (x)取极小值，也是最小值 由 f (x0)0，得 e x02 1 x0，则 x02ln x0. 故 f (x)f (x0)e x02 ln x0 1 x0 x022 1 x0 x020，所以 f (x)0. 技法二 移项作差构造函数证明不等式 典例 2 已知函数 f (x)ex3x3a(e 为自然对数的底数，a
8、R) (1)求 f (x)的单调区间与极值； (2)求证：当 aln 3 e，且 x0 时， ex x 3 2x 1 x3a. 思维流程 解 (1)由 f (x)ex3x3a，xR，知 f (x)ex3，xR. 令 f (x)0，得 xln 3， 于是当 x 变化时，f (x)，f (x)的变化情况如下表： x (，ln 3) ln 3 (ln 3，) f (x) 0 f (x) 极小值 故 f (x)的单调递减区间是(，ln 3， 单调递增区间是ln 3，)， f (x)在 xln 3 处取得极小值，极小值为 f (ln 3)eln 33ln 33a3(1ln 3 a)无极大值 (2)证明：
9、待证不等式等价于 ex3 2x 23ax1， 设 g(x)ex3 2x 23ax1，x0， 于是 g(x)ex3x3a，x0. 由(1)及 aln 3 eln 31 知：g(x)的最小值为 g(ln 3)3(1ln 3a)0. 于是对任意 x0，都有 g(x)0，所以 g(x)在(0，)上单调递增 于是当 aln 3 eln 31 时，对任意 x(0，)，都有 g(x)g(0) 而 g(0)0，从而对任意 x(0，)，g(x)0. 即 ex3 2x 23ax1，故e x x 3 2x 1 x3a. 点评：若证明 f (x)g(x)，x(a，b)，可以构造函数 h(x)f (x)g(x)如果 能
10、证明 h(x)min0，x(a，b)，即可证明 f (x)g(x)，x(a，b)使用此法证明不 等式的前提是 h(x)f (x)g(x)易于用导数求最值 跟进训练 (2020 唐山模拟)设 f (x)2xln x1. (1)求 f (x)的最小值； (2)证明：f (x)x2x1 x2ln x. 解 (1)f (x)2(ln x1) 所以当 x 0，1 e 时，f (x)0，f (x)单调递减； 当 x 1 e， 时，f (x)0，f (x)单调递增 所以当 x1 e时，f (x)取得最小值 f 1 e 12 e. (2)证明：x2x1 x2ln xf (x) x(x1)x1 x 2(x1)l
11、n x (x1) x1 x2ln x ， 令 g(x)x1 x2ln x，则 g(x)1 1 x2 2 x x12 x2 0， 所以 g(x)在(0，)上单调递增， 又 g(1)0， 所以当 0 x1 时，g(x)0， 当 x1 时，g(x)0， 所以(x1) x1 x2ln x 0， 即 f (x)x2x1 x2ln x. 技法三 构造双函数证明不等式 典例 3 已知 f (x)xln x. (1)求函数 f (x)在t，t2(t0)上的最小值； (2)证明：对一切 x(0，)，都有 ln x 1 ex 2 ex成立 思维流程 解 (1)由 f (x)xln x，x0，得 f (x)ln x
12、1， 令 f (x)0，得 x1 e. 当 x 0，1 e 时，f (x)0，f (x)单调递减； 当 x 1 e， 时，f (x)0，f (x)单调递增 当 0t1 et2，即 0t 1 e时， f (x)minf 1 e 1 e； 当1 ett2，即 t 1 e时，f (x)在t，t2上单调递增，f (x)minf (t)tln t. 所以 f (x)min 1 e，0t 1 e， tln t，t1 e. (2)证明：问题等价于证明 xln x x ex 2 e(x(0，) 由(1)可知 f (x)xln x(x(0，)的最小值是1 e， 当且仅当 x1 e时取到 设 m(x) x ex
13、2 e(x(0，)， 则 m(x)1x ex ， 由 m(x)0 得 x1 时，m(x)为减函数， 由 m(x)0 得 0 x1 时，m(x)为增函数， 易知 m(x)maxm(1)1 e，当且仅当 x1 时取到 从而对一切 x(0，)，xln x1 e x ex 2 e，两个等号不同时取到，即证对 一切 x(0，)都有 ln x 1 ex 2 ex成立 点评：(1)若证 f (x)g(x)，只需证 f (x)maxg(x)min； (2)若证 f (x)g(x)，只需证 f (x)ming(x)max. 跟进训练 已知函数 f (x)ex2xln x. 证明：当 x0 时，f (x)xex1
14、 e. 证明 要证 f (x)xex1 e，只需证 exln xe x1 ex，即 exe xln x1 ex. 令 h(x)ln x 1 ex(x0)，则 h(x) ex1 ex2 ，易知 h(x)在 0，1 e 上单调递减，在 1 e， 上单调递增，则 h(x)minh 1 e 0，所以 ln x 1 ex0. 令 (x)exex，则 (x)eex， 易知 (x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，则 (x)max(1)0， 所以 exex0. 因为 h(x)与 (x)不同时为 0，所以 exexln x 1 ex，故原不等式成立 技法四 换元法，构造函数证明双变量函数不等式 典
15、例 4 已知函数 f (x)ln xax(x0)，a 为常数，若函数 f (x)有两个零点 x1，x2(x1x2)求证：x1x2e2. 思维流程 证明 不妨设 x1x20， 因为 ln x1ax10，ln x2ax20， 所以 ln x1ln x2a(x1x2)，ln x1ln x2a(x1x2)，所以ln x 1ln x2 x1x2 a， 欲证 x1x2e2，即证 ln x1ln x22. 因为 ln x1ln x2a(x1x2)，所以即证 a 2 x1x2， 所以原问题等价于证明ln x 1ln x2 x1x2 2 x1x2， 即 ln x1 x2 2x1x2 x1x2 ， 令 cx1 x
16、2(c1)，则不等式变为 ln c 2c1 c1 . 令 h(c)ln c2c1 c1 ，c1， 所以 h(c)1 c 4 c12 c12 cc120， 所以 h(c)在(1，)上单调递增， 所以 h(c)h(1)ln 100， 即 ln c2c1 c1 0(c1)，因此原不等式 x1x2e2得证 点评：对于双变量函数不等式 f (x1，x2)A，通过变量代换，把双变量变为一 个主元，再构造函数证明不等式 跟进训练 已知函数 f (x)ln x1 2ax 2x，aR. (1)当 a0 时，求函数 f (x)的图象在(1，f (1)处的切线方程； (2)若 a2，正实数 x1，x2满足 f (x
17、1)f (x2)x1x20，求证：x1x2 51 2 . 解 (1)当 a0 时， f (x)ln xx， 则 f (1)1， 所以切点为(1,1)， 又因为 f (x) 1 x1，所以切线斜率 kf (1)2，故切线方程为 y12(x1)，即 2xy1 0. (2)证明：当 a2 时，f (x)ln xx2x(x0) 由 f (x1)f (x2)x1x20， 得 ln x1x 2 1x1ln x2x 2 2x2x1x20， 从而(x1x2)2(x1x2)x1x2ln(x1x2)， 令 tx1x2(t0)，令 (t)tln t，得 (t)11 t t1 t ， 易知 (t)在区间(0,1)上单
18、调递减， 在区间(1， )上单调递增， 所以 (t)(1) 1，所以(x1x2)2(x1x2)1，因为 x10，x20，所以 x1x2 51 2 成立 技法五 适当放缩构造函数证明不等式 典例 5 已知函数 f (x)ln xaln x x2 . (1)若 a1，求 f (x)的单调区间； (2)若 a0，x(0,1)，证明：x21 x f x ex . 思维流程 解 (1)当 a1 时，f (x)ln xln x x2 ，x(0，)， f (x)1 x 12ln x x3 x 212ln x x3 x1x12ln x x3 . 当 x(0,1)时，f (x)0，当 x(1，)时，f (x)0
19、， f (x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增 (2)证明：当 a0，x(0,1)时，x21 x f x ex 等价于ln x ex x21 x0， 当 x(0,1)时，ex(1，e)，ln x0， ln x ex ln x， 只需要证ln xx21 x0 在(0,1)上恒成立 令 g(x)ln xx21 x，x(0,1)， g(x)1 x2x 1 x2 2x3x1 x2 0， 则函数 g(x)在(0,1)上单调递增，于是 g(x)ln 1110， 当 x(0,1)时，x21 x f x ex . 点评：通过适当放缩可将较复杂的函数变为简单的函数，当参数范围已知时， 通过放缩，可将
20、参数消去，达到简化目的 跟进训练 已知函数 f (x)ax 2x1 ex .证明：当 a1 时，f (x)e0. 证明 当 a1 时，f (x)eax 2x1 ex ex 2x1 ex e(x2x1ex 1)e x. 令 g(x)x2x1ex 1， 则 g(x)2x1ex 1，且 g(1)0. 当 x1 时，g(x)0，当 x1 时，g(x)0， 因此当 x1 时，g(x)有最小值，g(x)ming(1)0， g(x)0，当且仅当 x1 时等号成立 又 e x0， f (x)e0. 技法六 构造“形似”函数证明不等式 典例 6 已知函数 f (x)(a1)ln xax21. (1)讨论 f (
21、x)的单调性； (2)若 a2，证明：对任意 x1，x2(0，)，|f (x1)f (x2)|4|x1x2|. 思维流程 解 (1)f (x)的定义域为(0，)， f (x)a1 x 2ax2ax 2a1 x a2x 211 x . 当 a0 时，f (x)0，故 f (x)在(0，)上单调递增 当 a1 时，f (x)0，故 f (x)在(0，)上单调递减 当1a0 时，令 f (x)0，解得 xa1 2a ， 因为 f (x)在(0，)上单调递减， 所以当 x 0，a1 2a 时，f (x)0，f (x)在 0，a1 2a 上单调递增； 当 x a1 2a ，时，f (x)0，f (x)在
22、 a1 2a ，上单调递减 (2)证明：不妨假设 x1x2， 由于 a2，故 f (x)在(0，)上单调递减 所以|f (x1)f (x2)|4|x1x2|等价于 f (x2)f (x1)4x14x2， 即 f (x2)4x2f (x1)4x1. 令 g(x)f (x)4x， 则 g(x)a1 x 2ax42ax 24xa1 x ， 于是 g(x)4x 24x1 x 2x1 2 x 0. 从而 g(x)在(0，)上单调递减，故 g(x1)g(x2)， 即 f (x2)4x2f (x1)4x1， 故当 a2 时，对任意 x1，x2(0，)，|f (x1)f (x2)|4|x1x2|. 点评：对双
23、变量函数不等式，可根据条件构造“形似”函数，再判断此函数 的单调性，最后根据函数的单调性证明不等式 跟进训练 已知函数 f (x)(ln xk1)x(kR) (1)若曲线 yf (x)在(1，f (1)处的切线与直线 x2y0 平行，求 k 的值； (2)若对于任意 x1，x2(0,3，且 x1x2，都有 f (x1) 2 x2f (x2) 2 x1恒成立，求 实数 k 的取值范围 解 (1)由题意得 f (x)ln xk，又曲线 yf (x)在(1，f (1)处的切线与直线 x2y0 平行，所以 f (1)ln 1k1 2，解得 k 1 2. (2)因为 f (x1) 2 x2f (x2)
24、2 x1， 所以 f (x1) 2 x1f (x2) 2 x2， 记 h(x)f (x)2 x，又因为 x1，x2(0,3，且 x1x2, 所以 h(x)f (x)2 x在(0,3 上单调递增 所以 h(x)ln xk 2 x20 在(0,3上恒成立，即 kln x 2 x2在(0,3上恒成立， 记 u(x)ln x 2 x2，所以 u(x) 1 x 4 x3 x24 x3 ， 令 u(x)0，解得 x2. 当 0 x2 时，u(x)0，u(x)单调递减， 当 2x0，u(x)单调递增， 所以当 x2 时，u(x)取得最小值 u(2)ln 21 2， 所以 kln 21 2. 所以实数 k 的
25、取值范围是 ，ln 21 2 . 技法七 赋值放缩法证明正整数不等式 典例 7 若函数 f (x)exax1(a0)在 x0 处取极值 (1)求 a 的值，并判断该极值是函数的最大值还是最小值； (2)证明：11 2 1 3 1 nln(n1)(nN *) 思维流程 解 (1)因为 x0 是函数极值点，所以 f (0)0，所以 a1. f (x)exx1，易知 f (x)ex1. 当 x(0，)时，f (x)0， 当 x(，0)时，f (x)0， 故极值 f (0)是函数的最小值 (2)证明：由(1)知 exx1. 即 ln(x1)x，当且仅当 x0 时，等号成立， 令 x1 k(kN *)，
26、 则1 kln 11 k ，即1 kln 1k k ， 所以1 kln(1k)ln k(k1,2，n)， 累加得 11 2 1 3 1 nln(n1)(nN *) 点评：函数中与正整数有关的不等式，其实质是利用函数性质证明数列不等 式，证明此类问题时常根据已知的函数不等式，用正整数 n 替代函数不等式中的 自变量，通过多次求和达到证明的目的 跟进训练 已知函数 f (x)1 2ax 2x ln xb，g(x)f (x) (1)判断函数 yg(x)的单调性； (2)若 x(0，e(e2.718)，判断是否存在实数 a，使函数 g(x)的最小值为 2？ 若存在，求出 a 的值；若不存在，请说明理由
27、； (3)证明：3 1 2 2 3 3 4 n n1 nln3n1. 解 (1)g(x)ax1ln x，x0， g(x)a1 x ax1 x ， 当 a0 时，g(x)0 时，在 x 0，1 a ，g(x)0， g(x)在 0，1 a 上单调递减，在 1 a， 上单调递增 (2)当 a0 时，函数 g(x)在 (0，e上单调递减，g(x)minae22，故不存 在最小值为 2； 当 01 e时，即 0 1 a 1 9(3ln x)， 取 x n n1， 则 n n1 1 9 3ln n n1 ，则 3 n n11 1 3ln n n1， 3 1 2 2 3 3 4 n n1 n1 3ln 1 2 2 3 n n1 n1 3ln 1 n1nln 3 n1.
