1、1 第第 1 讲讲 隐零点问题隐零点问题 导函数为超越函数，零点存在却无法求出，我们称之为隐零点。通过对零点“设而不求” ，整体代换，从而 解决问题我们称这类问题为“隐零点”问题。操作步骤如下： 第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程0 0 xf，并结合 xf 的单调性得 到零点范围； 第二步：以零点为分界点，说明导函数 xf 的正负，进而得到 xf的最值表达式； 第三步：将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简。 【例 1】已知函数( )ln x f xaebx在点(1,(1)f处的切线方程为(1)1yex （1）求 a，b 的值； （2）求证：( )2f x 【解
2、析】(1)函数 ln x f xaeb x的导数为 x b fxae x ， 函数 ln x f xaeb x在点 1,1f处的切线斜率为kaeb， 由切线方程11yex，可得 1aebe ，e ae ， 解得1a ，1b ； (2)证明： ln x f xex， 导数为 1 x fxe x ，0 x ，易知 fx为增函数，且 1 10,0 2 ff . 所以存在 1 ,1 2 m ,有 0fm,即 1 m e m ， 且xm时， 0fx ， f x递增； 0 xm时， 0fx ， f x递减， 可得xm处 f x取得最小值 ln m f mem 1 2m m ， 可得 2f x 成立 2 【
3、例 2】设函数 2 2eR x fxxaa，e 为自然对数的底数. （1）若 fx在0,上单调递增，求a的取值范围； （2）证明：若0,ln221xa ，则 0f x 【解析】 （1）因为 fx在0,上单调递增, 所以 2220 xx fxexaexa恒成立. 令 x g xexa,当0,x, 10 x gxe g x在0,上单调递增, 依题意有 min 010g xga ,得1a （2）由（1）可知, g x在0,上单调递增,当ln221a 时, 010ga ,ln22ln20ga, 存在 0 0,ln2x ,使得 0 00 0 x g xexa, 且当 0 0,xx时, 0g x ,即 0
4、fx , fx在 0 0,x上单调递减 当 0, xx时, 0g x ,即 0fx , fx在 0 0,x上单调递增 所以 fx在0,上的最小值为 0 22 000000 =2=2=2 x fxexaxaxaxaax ln221a , 0 0,ln2x , 0 0 xa, 0 20ax 0 0f x,即 0f x 成立 或者 00000 2 2 00 =2=2=2 xxxxx fxexaeeee 0 0,ln2x , 0 12 x e 0 0f x,即 0f x 成立 3 【例 3】已知函数 23 x f xxeax （1）若曲线 yf x在0 x 处切线与坐标轴围成的三角形面积为 9 2 ，
5、求实数a的值； （2）若 1 2 a ，求证： ln4f xx 【解析】 （1） 12 x fxxea，则 021fa为切线斜率 又 03f，切点为0,3曲线在0 x 处切成方程为321yax 当0 x 时， 3y ，当0y 时， 3 21 x a （易知210a ） 则切线与坐标轴围成三角形面积为 139 3 2212a 211a得211a 所以0a 或1 （2）法一： 1 2 a 时， 3 x f xxex 要证的不等式为3ln4 x xexx ，即ln10 x xexx 令 ln1 x h xxexx，则 11 111 xx h xxexe xx 易知 h x 递增， 10 h ， 13
6、 20 22 he ， 0h x 仅有一解 0 x且 0 0 1 x e x ， 即 00 lnxx 当 0 0,xx时， 0h x， h x递减；当 0, xx时， 0h x， h x递增 h x最小值为 0 000000 ln11ln10 x f xx exxxx 0 0h xh x，原不等式成立 法二： 1 2 a 时，要证的不等式为 ln10 x xexx 令 x txe ，则lnlntxx 故问题化为证不等式ln10tt 恒成立0,x时，0, x txe 令 ln1h ttt ，则 11 1 t h t tt ，当0,1t时， 0h t， h t递减； 当1,t时， 0h t ， h
7、 t递增 10h th，从而原不等式成立 4 【练习 1】已知 x f xe， ln2g xx. （） ( )f x和( )g x的导函数分别为 fx 和 gx ，令 h xfxgx ，判断 h x在2,上 零点个数； （）当2x 时，证明 f xg x. 【解析】 （I）x exf)( ， 1 2 2 gxx x 1 2 2 x h xex x x ey 与 1 2 y x 在2,上单调递增 h x在2,上单调递增 1 110h e ， 11 010 22 h 唯一的 0 1,0 x ，使得 0 0h x h x在2,内有且只有一个零点 （II）令 ln2 x H xfxg xex，则 1
8、2 x Hxe x . 由（I）可知：存在 0 ( 1,0)x 使得 0 0 0 1 0 2 x Hxe x ，即： 0 0 1 2 x e x 当 0 2,xx 时，( )0Hx ， H x单调递减；当 0, xx时，( )0Hx ， H x单调递增 00 2 0 0000 min 00 11 ln20 22 xx x H xH xexexx xx f xg x 5 【练习 2】 （卡根问题）（卡根问题）已知函数 lnfxxxx,若kZ,且 1 fx k x 对任意1x 恒成立,求k最大 值. 解： ln 11 fxxxx k xx 恒成立， min ln 1 xxx k x ； 令 ln
9、1 xxx g x x ，则 2 ln2 1 xx gx x ， 令 ln2h xxx， 11 10 x hx xx h x在1,单调递增。 31ln30,42ln20hh 3,4b ，使得 0h b 。 1,00 xbh xgx ，同理,xb时， 0gx ， 所以 g x在1,b单调递减，在, b 单调递增。 min ln 1 bbb g xg b b ； 因为 0h b 即ln20ln2bbbb， 2 3,4 1 bb b g bb b kb， max 3k。 方法方法总结：总结： 1. 隐零点的解题方法是“设而不求” ，先把导函数的零点设出来，然后利用隐零点的双重身份，即是导函 数的编号
10、零点，又是原函数的极值点。 2. 有时需要根据零点存在定理估计隐零点的取值范围，估计范围越小，结果越精确。 6 第第 2 讲讲 放缩放缩 常见的指数放缩：) 1();0( 1xexexxe xx 常见的对数放缩：)(ln);1( 1ln 1 1ex e x xxxx x 常见三角函数的放缩：xxxxtansin, 2 , 0 学习指对数的运算性质时，曾经提到过两个这样的恒等式： （1）0a 当且1,0ax时，有 logax ax （2） 当0a 且1a 时，有log x aa x 再结合指数运算和对数运算的法则，可以得到下述结论（其中0 x ） （3） ln ee;lnlne xxxx xxx
11、x （4） ln :lnln xx xx ee exx xx （5） 22ln2 ee;2lnlne xxxx xxxx （6） 2ln2ln 22 , xx xxxx ee ee xx 再结合常用的切线不等式 lnxx-1，ln,e1,ee e xx x xxx等， 可以得到更多的结论， 这里仅以第 （3） 条为例进行引申： （7） ln eeln1 xxx xxx ； lnlnee1 xx xxxx （8） ln eee(ln ) xxx xxx ； 1 lnln x xx xe xxxexe e 注：所有公式先证后用，否则扣分。 【例 1】 （2018 年全国 3 卷）已知函数 x e
12、xax xf 1 2 ，证明：当1a时， 0exf 证明： 0 1211 2 212 xxx x e x e xxx e exax exf 证毕。 7 【例 2】 （2016 年山东理科）已知 Ra x x xxaxf , 12 ln 2 ，求证：当1a时， 2 3 )()( xfxf 对任意2 , 1x恒成立。 证明：当2 , 1x时，要证 0 2 5213 ln 32 xxx xxxg恒成立， 考虑1ln xx； 2 3213 2 5213 ) 1( 2 5213 ln 323232 xxxxxx xx xxx xxxg 先证0 2 3213 32 xxx ，即证03426 32 xxx（
13、易证） 考虑到等号不能同时取得，证毕。 【例 3】已知xxexxfln)( 2 ，求证： e xexf x 1 )( 即证：0ln 1 )(exx ex exg x 考虑0) 1(exexexe xx ； 和) 1 (0 1 ln 1 1ln) 1( 1 1ln e x ex x ex exx x x； 将上面两式相加，且不能同时取等，即可得证。 【例 4】已知 ) 1ln(sinxxxf，0 x时，axxf)(恒成立，求a的取值范围。 解： 0)2() 1ln(sinxaaxxxaxxxaxxf， 当0 x时， 两个等号同时取到， 故2a 【例 5】 （2016 年四川理科 21）设xaax
14、xfln)( 2 （2）当1x时， x e x xf 1 1 )(恒成立，求a的取值范围。 解：令 x e x xaaxxg 12 1 ln)(，则 0 xg在1x上恒成立； 由 2 1 0101 agg，必要性找到，下面证明充分性； 即证： 2 1 a时， 0 xg在1x上恒成立 ) 1(0 2 21 2 1 2 1 ) 11 ( 1 1) 1( 2 11 ln) 1( 2 11 ln)( 3 2 21212 x x xx x x x x xxe x xxe x xaaxxg xx 注意到，前两个不等式在1x处同时取到等号，故 2 1 a 8 【例 6】函数( )eln x f xxxx的最
15、小值为 解：注意到 ln elne(ln )1 xxx xxxxx其中等号当且仅当ln0 xx时成立. 令( )ln ,xxx显然它是增函数，且 11 (1)10,10 ee 所以存在 0 1 ,1 e x使 0 0 x 故方程ln0 xx有实数解 0, ( )xf x在 0 xx处取得最小值 1. 【例 7】函数 ln1 ( )e x x f x x 的最小值为 解： ln ln1e(ln1) ( )e xx x xx f x xx ln1 (ln1) 1 xxx x 取等条件为ln0 xx 【例 8】已知 2 eln1 x xax对任意的正数x恒成立，则实数a的最大值为 解：因为 2ln
16、2 ln1eln1 e xx x xx xx 2ln1 ln1 2 xxx x 取等条件为2 ln0 xx ， 所以 2 min ln1 e2 x x a x 9 第第 3 讲讲 端点效应与洛必达法则端点效应与洛必达法则 洛必达法则洛必达法则 1 1：设0)(lim, 0)(lim 00 xgxf xxxx ，)(),( xgxf存在，且0)( xg， )( )( lim 0 xg xf xx 存在，则 )( )( lim )( )( lim 00 xg xf xg xf xxxx 洛必达法则洛必达法则 2 2：设 )(lim,)(lim 00 xgxf xxxx ，)(),( xgxf存在，
17、且0)( xg， )( )( lim 0 xg xf xx 存在，则 )( )( lim )( )( lim 00 xg xf xg xf xxxx 【例 1】 （2010 新课标理改）设函数 01 2 axxexf x 对, 0 x恒成立，求实数 a 的取值范围。 分析： 2 2 1 01 x xe aaxxexf x x 0 x，属于 0 0 类型，故可以利用洛必达法则求出 a 的取值范围。 分析：由题意得： 2 22 1 101 x xe aaxxeaxxexf x xx ， 令 2 0 1 lim x xe p x x ，根据洛必达法则， 2 1 2 lim 2 1 lim 1 lim
18、 00 2 0 x x x x x x e x e x xe p ，故 2 1 a。 由于在高考中使用洛必达法则可能有风险，故可以采用端点探路法（端点效应） ，寻找矛盾区间，具体操作 如下： 解： axexf x 21， aexf x 2 ， 00010 20 aef， aff21000 ， 当021 a时，, 0 0 x，使0 0 x f。 故当 0 , 0 xx时， 0 x f， x f 单调减， 由于 ，00 f 故当 0 , 0 xx时，0 0 x f,即 xf在区间 0 , 0 xx单调递减， 由于 00 f，故在区间 0 , 0 xx时， 0 xf，与题设矛盾。 当021 a时，
19、02 aexf x 对, 0 x恒成立， 故 12axexf x 在区间, 0 x单调递增，故 0 x f恒成立， 同理可得 xf在区间, 0 x单调递增，故 0 xf恒成立。 10 综上所述， 2 1 a。 【例 2】 （2015 年山东）设函数Raxxaxxf),() 1ln()( 2 ，若0)(, 0 xfx恒成立，求a的取 值范围 分析：当 xx x axxx 2 2 1ln , 0,1 , 0故，属于 0 0 型， 1 112 1 lim 12 1 1 lim 1ln lim 00 2 0 xxx x xx x a xxx ； 当 xx x axxx 2 2 1ln , 0, 1故，
20、由于 1, 0 1ln 2 x xx x 时， xx x 2 1ln ， 当x时，为 型，利用洛必达法则， 0 112 1 lim 12 1 1 lim 1ln lim 2 xxx x xx x xxx ， 综上，1 , 0a。 解： aax x xf 2 1 1 ， 00010ln0 2 af， aaaf 102 10 1 0； 当0a时，令 xxxh1ln， 0 1 1 1 1 x x x xh，故 00 hxh 由于xx1ln，故 xaaxxf1 2 ， 由二次函数性质可知与 0 xf矛盾，故舍去； 当01a时，即10 a，此时 0 1 12 1 12 2 1 1 8 9 2 4 1 2
21、 x axa x aaxax aax x xf 恒成立， 故 xf在区间，0单调递增， 00 fxf恒成立； 当01a时，即1a，, 0 0 x使0 0 x f。 故当 0 , 0 xx时， 0 x f， xf为单调减区间， 00 fxf，与题设矛盾。 综上，1 , 0a。 11 【例 3】 （2010全国卷）设函数 x exf 1)( （）设当0 x时， 1 )( ax x xf，求a的取值范围 分析： 1 1 ax x e x 对, 0 x恒成立，显然01 x e， 故0 1 ax x ，即01ax，故0a，分离变量可得 1 1 x xx ex exe a， 当0 x时，属于 0 0 型，
22、利用洛必达法则， 2 1 2 1 lim 2 lim 1 lim 1 1 lim 0000 x x exe exe exe xe ex exe a x xx xx x xx x x x xx x ， 综上， 2 1 0 a。 解：要使 1 1 ax x e x 对, 0 x恒成立，显然01 x e，故0 1 ax x ，即01ax，故0a， 令 1 1 x e ax x xF， 01 10 0 0 0 e a F， x e ax xF 2 1 1 ， 00 F x e ax a xF 2 1 2 ， aF210 ； 当021 a时，, 0 0 x使0 0 x F， 故当 0 , 0 xx时，0
23、 0 x F， x f 单调减， 由于 ，00 F故当 0 , 0 xx时，0 0 x F, 即 xf在区间 0 , 0 xx单调递减， 由于 00 F，故在区间 0 , 0 xx时， 0 xf，与题设矛盾。 当021 a时， 0 x F对, 0 x恒成立， 故 x F 在区间, 0 x单调递增，故 0 x F恒成立， 同理可得， xF在区间, 0 x单调递增，故 0 xF恒成立。 综上所述， 2 1 0 a。 12 第第 4 讲讲 凹凸反转凹凸反转 证明不等式中，涉及到以下三种类型优先考虑凹凸反转（记笔记） ： 具体步骤分三步走（记笔记） ： 变形原则（记笔记） ： 【例 1】设函数( )l
24、n x f xex，证明：对任意的(0,)x，都有 1 2 ( )1 x e f x x . 【解析】证明：要证 1 2e ( )1 x f x x ，只要证 1 2e e ln1 x x x x ， 从而只要证 2 ln ee x x xx ，令( )lng xxx， 2 ( ) ee x x F x ， ( )ln1g xx ， 1 ( ) ex x F x ，( )g x在 1 0, e 上单调递减，在 1 , e 上单调递增，( )F x在(0,1) 上单调递增，在(1,)上单调递减， min 11 ( ) ee g xg ， max 1 ( )(1) e F xg ， 对任意的(0,
25、)x，都有 1 2e ( )1 x f x x .（等号不能同时取得） ， 【例 2】已知函数，求证：当时， 【解析】要证 即证 令， 则 13 再令，则 当时，在上是增函数， ，在上是增函数 当时， 令， 则 当时， 即在上是减函数 当时， 所以，即 【练习 1】已知函数 ln(1) ( ) x f x x ，若0 x ，证明： 2 (e1)ln(1) x xx 【解析】证明：将不等式变形为 ln1 1 x xx xe ，因为 ln1 1 ln 111 x x xxx e xe eee ， 即不等式等价于 ln1 1 ln1 1 x x e x xe ， 由（1）有所以 f x在0 +，上单
26、调递减， 所以要证原不等式成立，需证当 x0 时，xex-1，令 1 x h xex， 则 1 x h xe，可知 h(x)0 在0 +，恒成立， 即 h(x)在0 +，上单调递增，故 h(x)h(0)=0，即 xex-1，故 f(x)f(ex-1)， 即 ln1 1 ln1 11 x xx e xx xee ， 14 即 2 1 ln1 x exx. 【练习 2】已知函数( ) ln x f xax x ，证明：当0 x 时， 2 13 ln 4 x x ex . 【解析】问题等价于 2 2 3 ln 4 x x xx e . 令 2ln m xxx，则 2 ln2ln1m xx xxxx，
27、 当 1 2 xe 时， 2ln m xxx取最小值 1 2e . 设 2 3 4 x x h x e ，则 2 x x x hx e . h x在0,2上单调递增，在2,上单调递减. 2 max 43 2 4 h xh e ， 22 143314 2442eeee 2 22 3823216 0 44 eeee ee ， minmax m xh x， 2 2 3 ln 4 x x xx e ， 故当0 x 时， 2 31 ln0 4 x x xe . 15 第第 5 讲讲 数列不等式数列不等式 证明含 n 项的数列不等式，操作步骤如下： 第一步：把要证明的结论看成 nn TS ，其中 1 nn
28、n SSa，2 1 nTTb nnn ； 第二步：要证明 nn TS ，只需证明 nn ba ，必要时进行换元，让式子变得简单； 第三步：通过作差法构造函数； 第四步：如果不行，利用第一小问的结论进行放缩； 第五步：必要时单独验证1n时，证明 11 ba 也成立，从而 nn ba ，累加即可。 【例 1】设函数( )ln(1)f xx，( )( )g xxfx，0 x ，其中( )fx是( )f x的导函数. （1） 11 ( )( ),( )( ), nn g xg x gxg gxnN ，求( ) n gx的表达式； （2）若( )( )f xag x恒成立，求实数a的取值范围； （3）设
29、nN，比较(1)(2)( )ggg n与( )nf n的大小，并加以证明. 解： （1）)1ln()(xxf，)( )(xxfxg，0 x， x xf 1 1 )( ， x x xg 1 )(， )()( 1 xgxg，)()( 1 xggxg nn ， x x xg 1 )( 1 ， x x x x x x xg 21 1 1 1 )( 2 ， 假设当1kn 时， kx x xgk 1 )(，则 xk x kx x kx x xgk ) 1(1 1 1 1 )( 1 当1 kn时， xk x xgk ) 1(1 )( 1 也成立. 综上， nx x xgn 1 )(， Nn （2）)()(x
30、agxf， x x xg 1 )(，0 1 )1ln( x ax x ，0 x. 令 x ax xxh 1 )1ln()(，0 x，易知0)0(h，则 22 )1 ( 1 )1 ( )1 ( 1 1 )( x ax x xxa x xh ，0 x. 当1a时，0)( xh在0 x上恒成立，)(xh在), 0 上单调递增，0)0()( hxh，满足条件； 当1a时，令0)( xh，解得1 ax，令0)( xh，解得10ax. 16 于是)(xh在 1, 0a上单调递减，在), 1(a上单调递增，0)0() 1(hah，与题设矛盾， 综上可知1a. （3）)()()2() 1 (nfnnggg，证
31、明如下： 要证) 1ln() 1 1 3 1 2 1 ( 13 2 2 1 )()2() 1 ( xn n n n n nggg， 只需证) 1ln() 1 1 3 1 2 1 ( n n . 在（2）中取1a，可得 x x x 1 )1ln(，0 x， 令 n x 1 ， * Nn，则 nn n 1 1 ) 1 ln(， 故有 2 1 1ln2ln， 3 1 2ln3ln， 1 1 ln) 1ln( n nn， 上述各式相加可得) 1 1 3 1 2 1 () 1ln( n n. 【例 2】已知函数kxxf)(， x x xg ln )(， （1）求函数 x x xg ln )(的单调区间；
32、 （2）若不等式)()(xgxf在区间), 0( 上恒成立，求实数k的取值范围； （3）求证： en n 2 1ln 3 3ln 2 2ln 444 . 解： （1）函数 x x xg ln )(的单调增区间为), 0(e，单调减区间为),( e. （2）0 x， x x kx ln ， 2 ln x x k . 令 2 ln )( x x xh， 3 ln21 )( x x xh ， 令0)( xh，解得ex 0；令0)( xh，解得ex . 则)(xh在), 0(e单调递增，在),(e单调递减，故 e ehxh 2 1 )()(，则 e k 2 1 . （3）由（2）知 ex x 2 1l
33、n 2 ，)2( 1 2 1ln 24 x xex x ， enennenen n 2 1 ) 1 1 ( 2 1 ) ) 1( 1 32 1 21 1 ( 2 1 ) 1 3 1 2 1 ( 2 1ln 3 3ln 2 2ln 222444 . 17 【例 3】已知函数xttxxfln)(. （1）若函数)(xf在), 1 上为增函数，求实数t的取值范围； （2）当2n且 * Nn时，证明：n n ln ln 1 3ln 1 2ln 1 . 解： （1）实数t的取值范围为), 1 . （2）由（1）知，令1t，则xxxfln1)(在), 1 上为增函数，0) 1 ()( fxf， 即xxln
34、1，当且仅当1x时取等号. 要证明) 1 ln() 2 3 ln() 1 2 ln(ln ln 1 3ln 1 2ln 1 n n n n ，只需证) 1 ln( ln 1 n n n . 在xxln1中取)2( nnx，有nnln1，则 1 1 ln 1 nn ； 在xxln1中取)2( 1 n n n x，易知1x，则) 1 ln( 1 1 n n n . 综上可知) 1 ln( ln 1 n n n 成立，则原命题成立. 【例 4】 （成都市 2018 届高中毕业班二诊理科）已知函数 ln1,f xxxaxaR. （1）当0 x 时，若关于x的不等式 0f x 恒成立，求a的取值范围；
35、（2）当 * nN时，证明： 222 31 ln 2lnln 2421 nnn nnn 解析： （1）1, ； （2）设数列 , nn ab的前n项的和分别为, 241 nn nn ST nn 由于 1 1 1 , 2 , n nn Sn a SSn ，解得 1 12 n a nn ；同理 1 1 n b n n ， 所以只需证明 2 111 ln 121 nn n ab nnnn n . 由（1）知1a 时，有ln1xxx，即 1 ln x x x . 令 1 1 n x n ，则 11 ln 1 n nn ， 所以 2 2 11111 ln 1212 1 n nnnnn n ， 所以 22
36、2 3111 ln 2lnln 22224 nn nnn ； 再证明 2 11 ln 1 n nn n ，亦即 11 ln 1 n nn n ， 18 因为 11 ln2ln nn nn ， 111 111 nnnn n nn nnn ， 所以只需证 11 2ln 1 nnn nnn ，现证明 1 2ln1xxx x . 令 1 2ln1h xxxx x ，则 2 22 121 10 x h x xxx ， 所以函数 h x在1,上单调递减， 10h xh，所以当1x 时， 1 2ln xx x 恒成立， 令 1 1 n x n ，则 11 2ln 1 nnn nnn ， 综上， 2 111
37、ln 121 n nnnn n ， 所以对数列 2 1 , ln, nn n ab n 分别求前n项和，得 222 31 ln 2lnln 2421 nnn nnn . 19 第第 6 讲讲 独立型双变量独立型双变量(变量可分离变量可分离) 题型一题型一指数型指数型 第一步：把要证明的不等式两边同时取对数； 第二步：分离变量，构造函数； 第三步：求导证明单调性。 【例 1】已知m n 1, m, n N*,求证：(1 m)n (1 n)m. 证：要证原不等式成立，两边同时取对数：)1ln(1lnnmmn； 分离变量： ) 1( )1ln(1ln nm n n m m ； 构造函数： x x x
38、f )1ln( )( ，易证)(xf在), 1 ( 上单调递减，则)()(nfmf成立； 证毕。 题型二题型二斜率型斜率型 第一步：将两个变量进行排序，去分母； 第二步：分离变量，构造函数； 第三步：求导证明单调性或利用单调性求参。 【例 2】 设函数Rm x m xxf,ln)(，对任意1 ab，有1 )()( ab afbf 恒成立，求m的取值范围。 解：对任意0 ab，有1 )()( ab afbf 恒成立，则 abafbf； 分离变量：aafbbf)()(； 构造函数：) 1()()(xxxfxF，则 xF在), 1 ( 上单调递增， 0 xF在), 1 ( 上恒成立，利用分 参的方法
39、求出m的范围即可。 题型三题型三双绝对值型双绝对值型 第一步：排序，去绝对值； 第二步：分离变量，构造函数； 第三步：求导证明单调性或利用单调性求参。 【例 3】 已知函数1ln) 1()( 2 axxaxf， 若1a， 当), 0(, 21 xx时， 2121 4)()(xxxfxf 恒成立，求a的取值范围。 20 解： ) 1, 0(02 1 axax x a xf，)(xf在, 0上单调递减； 由于对称性，不妨设0 21 xx，则)()( 21 xfxf； 原不等式可变形成： 2112 44)()(xxxfxf； 分离变量： 1122 44)(xxfxxf； 构造函数： xxfxF4)(
40、；则 xF在), 0( 上单调递减， 0 xF在), 0( 上恒成立，利用分参的 方法求出a的范围即可。 21 第第 7 讲讲 糅合型双变量糅合型双变量(变量不可分变量不可分) 一双极值点问题一双极值点问题韦达定理消元韦达定理消元 笔记： 【例 1】已知函数 2 13 ( )ln2 22 f xxaxx(0)a . （1）讨论函数 ( )f x的极值点的个数； （2）若 ( )f x有两个极值点 1, x 2 x，证明： 12 0f xf x. 【解析】 （1） 1 ( )2fxax x 2 21,axx x (0,)x. 当0a 时， 21 ( ) x fx x . 当 1 0, 2 x 时
41、，( )0fx ，所以 ( )f x在 1 0, 2 上单调递增； 当 1 , 2 x 时，( )0fx ，所以 ( )f x在 1 , 2 上单调递减. 即函数 ( )f x只有一个极大值点 1 2 ，无极小值点. 当01a时，440a ， 令( )0fx ，得 11a x a . 当 1111 0, aa x aa 时，( )0fx， 22 所以 ( )f x在 11 0, a a 11 , a a 上单调递增； 当 1111 , aa x aa 时，( )0fx ， 所以 ( )f x在 1111 , aa aa 上单调递减. 即函数 ( )f x有一个极大值点1 1a a ，有一个极小
42、值点1 1a a . 当1a 时，440a ，此时( )0fx 恒成立， 即 ( )f x在(0,)上单调递增，无极值点. 综上所述，当0a 时， ( )f x有且仅有一个极大值点，即只有 1 个极值点； 当01a时， ( )f x有一个极大值点和一个极小值点，即有 2 个极值点； 当1a 时， ( )f x没有极值点. （2）由（1）可知，当且仅当01a时， ( )f x有两个极值点 1, x 2 x，且 1, x 2 x为方程 2 210axx 的两根， 即 12 2 ,xx a 12 1 x x a ， 所以 22 12121212 ln23 2 a f xf xx xxxxx 2 14
43、24 ln3 2 a aaaa 2 ln2a a . 令 2 ( )ln2,g aa a (0,1)a， 则 22 122 ( )0 a g a aaa 恒成立， 所以( )g a在(0,1)上单调递增， 所以( )(1)ln1 220g ag ， 即 12 0f xf x. 23 【例 2】已知函数 2 ln 2 xa f xx aR 的导函数为 fx. （1）若曲线 yf x在1x 处的切线与直线310 xy 垂直，求a的值； （2）若 fx的两个零点从小到大依次为 1 x， 2 x，证明： 1 2 2 x fx. 【解析】 （1）因为 2 ln0 2 xa f xx x ，所以 1 0f
44、xxax x . 因为直线310 xy 的斜率为 1 3 ， 曲线 yf x在1x 处的切线与直线310 xy 垂直，所以 1 11 3 f ， 即113a ，所以1a . （2）因为 2 1 0 xax fxx x ，且 fx的两个零点从小到大依次为 1 x， 2 x， 所以 1 x， 2 x是方程 2 10 xax 的两个根， 所以 12 xxa ， 12 1x x， 又 1 0 x， 2 0 x ， 12 xx，所以 12 01xx 且 2 2 1 ax x ， 欲证 1 2 2 x fx，只需证 2 1 1 2 f x x ， 而 2 22 2 22 12 2 1 ln 1 2 ln
45、1 2 xax f x xx xx x ， 令 1 ln1 2 xg xx x x ，则 2 1 ln10 2 x x gx ， 所以 g x在 1,上单调递增， 1 2 1g所以 1 2 g x ， 所以 1 2 2 x fx成立. 24 【练习 1】已知函数 2 1 ( )1f xaxxn x （1）若 fx在点 (1)1f，处的切线与直线21yx平行，求 fx在点 (1)1f，的切线方程； （2）若函数 fx在定义城内有两个极值点 1 x， 2 x，求证： 12 2ln23fxfx 【解析】 （1） 2 ( )ln ,f xaxxx 1 ( )21fxax x (1) 2kfa 因为 (
46、 )f x在点(1,(1)f 处的切线与直线21yx平行， 22a，即1a (1)0,f故切点坐标为1,0 切线方程为22yx （2） 2 121 ( )21, axx fxax xx 由题知方程 2 210axx 在0 ，上有两个不等实根 12 ,x x. 12 12 1 80, 1 0, 2 1 0, 2 a xx a x x a 1 0. 8 a 又 22 12121212 ()()()lnlnf xf xaxaxxxxx 22 121212 ()()ln()a xxxxx x 2 12121212 = ()2()ln()a xxx xxxx x 11 =ln1, 24aa 令 1 ,
47、2 t a ( )ln1,(4,), 2 t g ttt 则 112 ( )0, 22 t g t tt 25 ( )g t在(4,)上单调递减. ( )(4)ln432ln23.g tg 即 12 ()()2ln23.f xf x 【练习 2】已知函数 2 1 ln 2 fxxxax aR （1）讨论 fx的单调性； （2）若 12 ,x x为 fx的两个极值点，证明： 2 12 12 +44 282 f xf xaaxx f . 【解析】 （1） fx的定义域为0,， 2 1 0 xax fxx x ， 对于函数 2 1yxax， 当 2 40a 时，即22a 时， 2 10 xax 在0
48、 x 恒成立 2 1 0 xax fx x 在0,恒成立， f x在0,为增函数； 当 ，即2a 或2a 时， 当2a 时，由 0fx ，得 2 4 2 aa x 或 2 4 2 aa x ， 22 44 0 22 aaaa ， f x在 2 4 0, 2 aa 为增函数， 22 44 , 22 aaaa 减函数， 2 4 , 2 aa 为增函数， 当2a 时，由 2 1 0 xax fx x 在0,恒成立， f x在0,为增函数 综上，当2a 时， fx在 2 4 0, 2 aa 为增函数， 22 44 , 22 aaaa 减函数， 2 4 , 2 aa 为增函数； 当2a 时， fx在0,
49、为增函数 26 （2）由（1）知2a ，且 1212 ,1xxa x x ， 故 12 12 22 f xf xxx f 2 12 22 111222 1212 11 lnln 2 22 ln 2222 xx xxaxxxax xxxx a 2 1 ln+ 228 aa 故只需证明 ln10 22 aa ， 令 2 a t ，故1t ， 原不等式等价于ln1tt -对1t 成立， 令 1 ( )ln(1),( )0 t g tttg t t - =-=，所以( )ln(1)g ttt=-单调递减，有( )ln(1)(1)0g tttg=-= 得证. 27 题型二题型二 双零点双零点（或等高线或
50、等高线）问题问题 1. 对数平均值不等式（先证后用，否则扣分） 若0,0,abab，则 2lnln abba ab ba ，其中 lnln ba ba 称之为对数平均数. 简证如下：不妨设1bax x，只需证明 11 2ln xx x x 即可，即 211 ln 1 xx x xx （下略）. 2. 与xln有关的双零点问题，两式作差相减，构造齐次式，比值换元，变量归一 题型: （1）若条件中和要证明的结果中都不含参，方法如下（记笔记） ： （2）若条件中含参，要证明的结果中也含参，注意换参，方法如下（记笔记） ： （3）若条件中含参，要证明的结果中不含参，注意消参，方法如下（记笔记） ： 3
