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导数的综合应用(1)
典例剖析
考点一　　作差构造法
[例1] 设f(x)＝2xln x＋1. 求证：f(x)≤x2－x＋＋2ln x.
[方法总结]
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，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．
[跟踪训练]
已知f(x)＝1－－＋＋x. 证明：当x≥1时，f(x)≥.
考点二 隔离分析法
[例2] (2020·福州模拟)已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
[方法总结]
(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，“隔离”化是关键，此处f(x)min>g(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”．
[跟踪训练]
设函数f(x)＝x2－(x＋1)ln x，求证：当0x.
考点三　换元构造法
[例3]已知函数f(x)＝ln x－ax(x>0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)．求证：x1x2>e2.
[方法总结]
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c＝，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c＝，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
[跟踪训练]
已知函数f(x)＝ln x＋x2＋x.若正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0.求证：x1＋x2≥.
随堂训练
1．若0A． B．1
C．e D．2e
2．若0A．－>ln x2－ln x1 B．－C．x2>x1 D．x23．已知函数f(x)＝aex－ln x－1(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．
(1)设x＝2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a≥时，f(x)≥0.
4．已知函数f(x)＝1－，g(x)＝x－ln x.
(1)证明：g(x)≥1；
(2)证明：(x－ln x)f(x)>1－.
参考答案
典例剖析
[例1] 证明：x2－x＋＋2ln x－f(x)
＝x(x－1)－－2(x－1)ln x
＝(x－1)(x>0)，
令g(x)＝x－－2ln x，则g′(x)＝1＋－＝≥0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又g(1)＝0，所以当0当x>1时，g(x)>0，
所以(x－1)≥0，
即f(x)≤x2－x＋＋2ln x.
[跟踪训练]
证明：由f(x)≥得1－－－＋x≥0.
令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，
则h(1)＝0，h′(x)＝－＋＋＋1＝＋＋1.
因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1>0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0，
即1－－－＋x≥0，
所以当x≥1时，f(x)≥.
[例2] 解：(1)f′(x)＝－a(x>0)，
①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0，则当00；当x>时，f′(x)<0，
故f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明：方法一：因为x>0，所以只需证f(x)≤－2e，
当a＝e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)max＝f(1)＝－e.
记g(x)＝－2e(x>0)，
则g′(x)＝，
所以当0当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝－e.
综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，
即f(x)≤－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.
方法二：由题意知，即证exln x－ex2－ex＋2ex≤0，
从而等价于ln x－x＋2≤.
设函数g(x)＝ln x－x＋2，则g′(x)＝－1.
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)＝，则h′(x)＝.
所以当x∈(0，1)时，h′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，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x>0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.
[跟踪训练]
证明：只需证x－－ln x>，即x－ln x>＋，令g(x)＝x－ln x，h(x)＝＋，
由g′(x)＝1－＝0，解得x＝1，所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，2]上单调递增，
故g(x)min＝g(1)＝1，
由h′(x)＝可知h(x)在(0，2]上单调递增，
故h(x)max＝h(2)＝<1＝g(x)min，
故h(x)x.
[例3] 证明：不妨设x1>x2>0，
因为ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0，
所以ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，所以＝a，
欲证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2.
因为ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，
所以即证a>，
所以原问题等价于证明>，
即ln>，
令c＝(c>1)，
则不等式变为ln c>.
令h(c)＝ln c－，c>1，
所以h′(c)＝－＝>0，
所以h(c)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(c)>h(1)＝ln 1－0＝0，
即ln c－>0(c>1)，
因此原不等式x1x2>e2得证．
[跟踪训练]
证明：f(x)＝ln x＋x2＋x(x>0)．
由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，
得ln x1＋x＋x1＋ln x2＋x＋x2＋x1x2＝0.
从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)，
令t＝x1x2(t>0)．令φ(t)＝t－ln t，得φ′(t)＝1－＝.
易知φ(t)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以φ(t)≥φ(1)＝1，所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1，
因为x1>0，x2>0，所以x1＋x2≥.
随堂训练
1．B
解析：原不等式可转化为<，
构造函数f(x)＝，则f′(x)＝，
故函数在(0，1)上导数大于零，单调递增，
在(1，＋∞)上导数小于零，单调递减．
由于x1故x1，x2在区间(0，1)上，故a的最大值为1.
2．C
解析：令g(x)＝ex－ln x，则当x∈(0，1)时，g′(x)＝ex－的符号不确定，所以在区间(0，1)上的单调性不确定，因此选项A，B中的大小关系无法确定．
令f(x)＝，
则f′(x)＝＝.
当0即f(x)在(0，1)上单调递减，因为0所以f(x2)所以x2ex1>x1ex2，故选C.
3．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.
由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.
从而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－.
当02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a≥时，f(x)≥－ln x－1.
设g(x)＝－ln x－1，则g′(x)＝－.
当01时，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的最小值点．故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.
因此，当a≥时，f(x)≥0.
4．证明：(1)由题意得g′(x)＝(x>0)．
当01时，g′(x)>0，
即g(x)在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．
所以g(x)≥g(1)＝1.
(2)由f(x)＝1－，得f′(x)＝，
所以当02时，f′(x)>0，
即f(x)在(0，2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数，所以f(x)≥f(2)＝1－，当且仅当x＝2时，等号成立．
又由(1)知x－ln x≥1，当且仅当x＝1时，等号成立，
且①②等号不能同时取到，
所以(x－ln x)f(x)>1－.

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