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1、 第 4 讲 导数的综合应用 第 1 课时 利用导数证明不等式 考点一 移项补充构造法(综合型) (2020 江西赣州模拟)已知函数 f(x)1ln xx，g(x)aeex1xbx，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)证明：当 x1 时，f(x)g(x)2x. 【解】 (1)因为 f(x)1ln xx， 所以 f(x)ln x1x2，f(1)1. 因为 g(x)aeex1xbx， 所以 g(x)aeex1x2b. 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
2、相垂直， 所以 g(1)1，且 f(1)g(1)1， 所以 g(1)a1b1，g(1)a1b1，解得 a1，b1. (2)证明：由(1)知，g(x)eex1xx， 则 f(x)g(x)2x1ln xxeex1xx0. 令 h(x)1ln xxeex1xx(x1)， 则 h(1)0，h(x)1ln xx2eex1x21ln xx2eex1. 因为 x1，所以 h(x)ln xx2eex10， 所以 h(x)在1，)上单调递增，所以 h(x)h(1)0，即 1ln xxeex1xx0， 所以当 x1 时，f(x)g(x)2x. 待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数
3、，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证 已知函数 f(x)axxln x 在 xe2(e 为自然对数的底数)处取得极小值 (1)求实数 a 的值； (2)当 x1 时，求证：f(x)3(x1) 解：(1)因为 f(x)axxln x， 所以 f(x)aln x1， 因为函数 f(x)在 xe2处取得极小值， 所以 f(e2)0，即 aln e210， 所以 a1，所以 f(x)ln x2. 当 f(x)0 时，xe2； 当 f(x)0 时，0 x0) g(x)ln x1，由 g(x)0，得 xe. 由 g(x)0，得 xe；由 g(x)0，得 0 x0. 于是在(1，)上，都有
4、 g(x)g(e)0， 所以 f(x)3(x1) 考点二 隔离分析法(综合型) (2020 福州模拟)已知函数 f(x)eln xax(aR) (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 ae 时，证明：xf(x)ex2ex0. 【解】 (1)f(x)exa(x0)， 若 a0，则 f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增； 若 a0，则当 0 x0，当 xea时，f(x)0，所以只需证 f(x)exx2e， 当 ae 时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减， 所以 f(x)maxf(1)e. 记 g(x)exx2e(x0)， 则 g(x)（x1）exx2， 所以当
5、 0 x1 时，g(x)1 时，g(x)0，g(x)单调递增， 所以 g(x)ming(1)e. 综上，当 x0 时，f(x)g(x)， 即 f(x)exx2e，即 xf(x)ex2ex0. 法二：由题意知，即证 exln xex2ex2ex0， 从而等价于 ln xx2exex. 设函数 g(x)ln xx2，则 g(x)1x1. 所以当 x(0，1)时，g(x)0，当 x(1，)时，g(x)0， 故 g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减， 从而 g(x)在(0，)上的最大值为 g(1)1. 设函数 h(x)exex，则 h(x)ex（x1）ex2. 所以当 x(0，1)时，
6、h(x)0， 故 h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增， 从而 h(x)在(0，)上的最小值为 h(1)1. 综上，当 x0 时，g(x)h(x)，即 xf(x)ex2ex0. (1)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值问题 (2)在证明过程中，等价转化是关键，此处 f(x)ming(x)max恒成立从而 f(x)g(x)，但此处 f(x)与 g(x)取到最值的条件不是同一个“x 的值” 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 x1ex2ex成立 解：
7、(1)由 f(x)xln x，x0，得 f(x)ln x1， 令 f(x)0，得 x1e. 当 x0，1e时，f(x)0，f(x)单调递增 当 0t1et2，即 0t1e时， f(x)minf1e1e； 当1ett2，即 t1e时，f(x)在t，t2上单调递增，f(x)minf(t)tln t. 所以 f(x)min1e，0txex2e(x(0，) 由(1)可知 f(x)xln x(x(0，)的最小值是1e， 当且仅当 x1e时取到 设 m(x)xex2e(x(0，)， 则 m(x)1xex， 由 m(x)1 时，m(x)为减函数， 由 m(x)0 得 0 x1ex2ex成立 考点三 特征分析
8、法(综合型) 已知函数 f(x)axln x1. (1)若 f(x)0 恒成立，求 a 的最小值； (2)证明：exxxln x10. 【解】 (1)由题意知 x0， 所以 f(x)0 等价于 aln x1x. 令 g(x)ln x1x，则 g(x)ln xx2， 所以当 x(0，1)时，g(x)0；当 x(1，)时，g(x)1，恒有 ln(x1)k1kx 成立，求 k 的取值范围 解：(1)f(x)的定义域是(0，)， f(x)ln xx2，由 f(x)0 x1，列表如下： x (0，1) 1 (1，) f(x) 0 f(x) 单调递增 极大值 单调递减 因此函数 f(x)的单调递增区间为(
9、0，1)，单调递减区间为(1，)，极大值为 f(1)1，无极小值 (2)因为 x1， ln(x1)k1kxln（x1）1x1kf(x1)k， 所以 f(x1)maxk， 所以 k1，所以 k 的取值范围为1，) 考点四 换元构造法(综合型) 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. 【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 x1ln x2x1x2a， 欲证 x1x2e2，即证 ln
10、 x1ln x22. 因为 ln x1ln x2a(x1x2)， 所以即证 a2x1x2， 所以原问题等价于证明ln x1ln x2x1x22x1x2， 即 lnx1x22（x1x2）x1x2， 令 cx1x2(c1)， 则不等式变为 ln c2（c1）c1. 令 h(c)ln c2（c1）c1，c1， 所以 h(c)1c4（c1）2（c1）2c（c1）20， 所以 h(c)在(1，)上单调递增， 所以 h(c)h(1)ln 100， 即 ln c2（c1）c10(c1)，因此原不等式 x1x2e2得证 换元法构造函数证明不等式的基本思路是直接消掉参数 a，再结合所证问题，巧妙引入变量 cx1
11、x2，从而构造相应的函数其解题要点为： 联立消参 利用方程 f(x1)f(x2)消掉解析式中的参数 a 抓商构元 令 cx1x2，消掉变量 x1，x2，构造关于 c 的函数 h(c) 用导求解 利用导数求解函数 h(c)的最小值，从而可证得结论 已知函数 f(x)ln x12ax2x，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(x1)f(x2)x1x20，求证：x1x2512. 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)1x1，所以切线的斜率 kf(1)2，
12、故切线方程为 y12(x1)，即 2xy10. (2)证明：当 a2 时，f(x)ln xx2x(x0) 由 f(x1)f(x2)x1x20， 得 ln x1x21x1ln x2x22x2x1x20， 从而(x1x2)2(x1x2)x1x2ln(x1x2)， 令 tx1x2(t0)，令 (t)tln t，得 (t)11tt1t， 易知 (t)在区间(0，1)上单调递减，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 x1x2512. 基础题组练 1 (2020 河南豫南九校联考)设定义在(0， )上的函数 f(x)的导函数 f(x)
13、满足 xf(x)1，则( ) Af(2)f(1)ln 2 Bf(2)f(1)1 Df(2)f(1)1f(x)1x(ln x)， 即 f(x)(ln x)0.令 F(x)f(x)ln x，则 F(x)在(0，)上单调递增，故 f(2)ln 2f(1)ln 1，即 f(2)f(1)ln 2. 2若 0 x1x2ln x2ln x1 Be x2e x1x1e x2 Dx2e x1x1e x2 解析：选 C令 f(x)exx， 则 f(x)xexexx2ex（x1）x2. 当 0 x1 时，f(x)0， 即 f(x)在(0，1)上单调递减，因为 0 x1x21， 所以 f(x2)f(x1)，即e x2
14、x2x1e x2，故选 C 3已知函数 f(x)aexln x1.(e2.718 28是自然对数的底数) (1)设 x2 是函数 f(x)的极值点，求实数 a 的值，并求 f(x)的单调区间； (2)证明：当 a1e时，f(x)0. 解：(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)aex1x. 由题设知，f(2)0，所以 a12e2. 从而 f(x)12e2exln x1，f(x)12e2ex1x. 当 0 x2 时，f(x)2 时，f(x)0. 所以 f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，)上单调递增 (2)证明：当 a1e时，f(x)exeln x1. 设 g(x)exeln x1，则 g
15、(x)exe1x. 当 0 x1 时，g(x)1 时，g(x)0.所以 x1 是 g(x)的最小值点故当 x0时，g(x)g(1)0. 因此，当 a1e时，f(x)0. 4(2020 武汉调研)已知函数 f(x)ln xax，aR. (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)当 a0 时，证明：f(x)2a1a. 解：(1)f(x)1xax2xax2(x0) 当 a0 时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增 当 a0 时，若 xa，则 f(x)0，函数 f(x)在(a，)上单调递增； 若 0 xa，则 f(x)0 时，f(x)minf(a)ln a1. 要证 f(x)2a1a，只需证 l
16、n a12a1a， 即证 ln a1a10. 令函数 g(a)ln a1a1，则 g(a)1a1a2a1a2(a0)， 当 0a1 时，g(a)1 时，g(a)0， 所以 g(a)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增， 所以 g(a)ming(1)0. 所以 ln a1a10 恒成立， 所以 f(x)2a1a. 5(2020 福州模拟)已知函数 f(x)eln xax(aR) (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 ae 时，证明：xf(x)ex2ex0. 解：(1)f(x)exa(x0) 若 a0，则 f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增； 若 a0，则当 0 x0，当 xea
17、时，f(x)0，所以只需证 f(x)exx2e，当 ae 时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减， 所以 f(x)maxf(1)e. 记 g(x)exx2e(x0)， 则 g(x)（x1）exx2， 所以当 0 x1 时，g(x)1 时，g(x)0，g(x)单调递增， 所以 g(x)ming(1)e. 综上，当 x0 时，f(x)g(x)，即 f(x)exx2e， 即 xf(x)ex2ex0. 6已知函数 f(x)ln xex(R) (1)若函数 f(x)是单调函数，求 的取值范围； (2)求证：当 0 x11x2x1. 解：(1)函数 f(x)的定义域为(0，)
18、， 因为 f(x)ln xex， 所以 f(x)xexxexx， 因为函数 f(x)是单调函数， 所以 f(x)0 或 f(x)0 在(0，)上恒成立， 当函数 f(x)是单调递减函数时，f(x)0， 所以xexx0，即 xex0，xexxex. 令 (x)xex，则 (x)x1ex， 当 0 x1 时，(x)1 时，(x)0， 则 (x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增， 所以当 x0 时，(x)min(1)1e，所以 1e. 当函数 f(x)是单调递增函数时，f(x)0， 所以xexx0，即 xex0，xexxex， 由得 (x)xex在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，又 (0)0，x时，(x)0，所以 0. 综上， 的取值范围为，1e0，) (2)证明：由(1)可知，当 1e时， f(x)1eln xex在(0，)上单调递减， 因为 0 x1f(x2)， 即1eln x1ex11eln x2ex2， 所以 e1x2e1x1ln x1ln x2. 要证 e1x2e1x11x2x1， 只需证 ln x1ln x21x2x1，即证 lnx1x21x2x1. 令 tx1x2，t(0，1)，则只需证 ln t11t， 令 h(t)ln t1t1，则 h(t)1t1t2t1t2， 当 0t1 时，h(t)0，即 ln t11t，原不等式得证