第11讲 导数综合问题：证明不等式、恒成立问题、零点问题（解析版）

第11讲导数综合问题：证明不等式、恒成立问题、零点问题【知识点总结】一、证明不等式常用的方法和思路作差构造函数，转化为最值问题二、不等式恒成立问题常用的方法和思路(1)直接法(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；三、零点问题常用的方法和思路(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．【典型例题】例1．（2022·全国·高三专题练习）设函数222lnxfxxxeaexex，其中e为自然对数的底数，曲线yfx在22f,处切线的倾斜角的正切值为2322ee．（1）求a的值；（2）证明：0fx．【详解】解：（1）因为222lnxfxxxeaexex，所以222xefxxeaex，22332222eefaee，解得2a．（2）由（1）可得2222lnxfxxxeexex即证2212ln22ln02xxxfxxxeexexxeex．令222xgxxee，21xgxxe，于是gx在0,1上是减函数，在1,上是增函数，所以11gxge（1x取等号）．又令lnxhxx，则21lnxhxx，于是hx在0,e上是增函数，在,e上是减函数，所以1hxhee（xe时取等号）．所以gxhx，即0fx．例2．（2022·全国·高三专题练习）已知关于x的函数ln1ln2.fxaxx（1）讨论fx的单调性；（2）证明：当*nN时，2ln123ln2.nnn【详解】（1）由ln1ln2fxaxx得1(0)fxaxx知当0a时0fxfx在0,上单调递减当0a时，11axaxafxxx当1xa时0,fxfx在1,a上单调递增，当10xa时0,fxfx在10,a上单调递减.（2）由（1）知2a时fx在10,2上单调递减，在1,2上单调递增，102fxf，即有ln21ln2(0)xxx，ln121ln21ln2，ln241ln23ln2ln361ln25ln2ln21ln2nn以上各式相加得:ln1ln2ln3ln13521ln2nnn，2ln123ln2.nnn例3．（2022·浙江·高三专题练习）已知函数3222fxxxx.（1）求函数fx的极值；（2）若对任意的2,13x都有fxc成立，求c的取值范围.【详解】（1）因为3222fxxxx，所以2341fxxx，.令0fx，解得13x或1x，当0fx，即13x或1x；当0fx，即113x，.故fx的单调递增区间为,1和1,3，单调递减区间为11,3，.所以，1x时，fx有极大值12f，.当13x时，fx有极小值150327f.（2）由（1）知fx在21,33上单调递减，在1,13上单调递增，.又252327f，16f，.所以2,13x时，max6fx，.因为对任意的2,13x都有fxc成立，所以6c.例4．（2022·全国·高三专题练习）已知函数1xfxeax.（1）当2a时，求曲线在1,1f处的切线方程；（2）若2gxfxx，且gx在0,上的最小值为0，求a的取值范围.【详解】解：（1）当2a时，21xfxex，13fe∴2xfxe，12fe，∴切线方程为321yeex，即210exy（2）∵0000gf，∴原条件等价于：在0,上，210xgxexax恒成立.化为21xexax令21xxexhx，则2222111xxxxexexxexhxxx令1xmxex，则1xmxe在0,上，0mx，∴在0,上，10xex故在0,1上，0hx；在1,上，0hx∴hx的最小值为12he，∴2ae例5．（2021·北京市第八中学怡海分校高三阶段练习）已知函数3239fxxxxm（mR）（1）求fx在11f，处的切线方程；（2）当fx有3个零点时，求m的取值范围．【详解】（1）15fm，切点为1,5m.2369fxxx，10kf，所以切线方程为：5ym.（2）2369331fxxxxx，令0fx，解得13x，21x.,3x，0fx，fx为增函数，3,1x，0fx，fx为减函数，1,x，0fx，fx为增函数，所以fx的极大值为327fm，极小值为15fm.因为fx有3个零点时，所以27050mm，解得275m.例6．（2021·黑龙江·牡丹江市第三高级中学高三阶段练习（理））已知函数()lnfxaxxaR.（1）若2a，求曲线()yfx在1x处切线的方程；（2）求()fx的单调区间；（3）设2()22gxxx，若对任意10,x，均存在20,1x，使得12fxgx，求a的取值范围.【详解】（1）由已知1()2(0)fxxx，(1)213f，12f曲线()yfx在1x处切线方程为231yx，即310xy.（2）11()(0)axfxaxxx.①当0a时，由于0x，故10ax，()0fx所以，()fx的单调递增区间为(0,)，无单调递减区间.②当0a时，由()0fx，得1xa.在区间1(0,)a上，()0fx，在区间1(,)a上()0fx，所以，函数()fx的单调递增区间为1(0,)a，单调递减区间为1(,)a.（3）由已知，转化为maxmax()()fxgx，max()2gx由（2）知，当0a时，()fx在(0,)上单调递增，值域为R，故不符合题意.(或者举出反例：存在33()32feae，故不符合题意.)当0a时，()fx在1(0,)a上单调递增，在1(,)a上单调递减，故()fx的极大值即为最大值，11()1ln()1ln()faaa，所以21ln()a，解得31ae.例7．（2020·四川省内江市第六中学高三阶段练习（理））已知aR，函数32112,2ln62fxxaxbgxax.（1）若曲线yfx与曲线()ygx=在它们的交点1,c处的切线互相垂直,求,ab的值；（2）设'Fxfxgx,若对任意的12,0,xx,且12xx,都有1212FxFxaxx，求a的取值范围．【详解】（1）2132'2,'1,','1222afxxaxfagxgax,依题意有'11f,且11fg,可得3212{112062aaab,解得11,3ab,或17,212ab.（2）2122ln2Fxxaxax.不妨设121212,xxFxFxaxx,等价于2211FxaxFxax.设GxFxax,则对任意的12,0,xx,且12xx,都有2121FxFxaxx,等价于GxFxax在0,上是增函数.212ln22Gxxaxx,可得2222'2axxaGxxxx,依题意有,对任意0x,有2220xxa恒成立.由222211axxx,可得12a.【技能提升训练】1．（2021·西藏·拉萨中学高三阶段练习（文））已知函数lnfxxbax在1x处的极值为2，其中0a．（1）求a，b的值；（2）对任意的1,x，证明恒有2221xfxxx．【答案】（1）1,1ab；（2）证明见详解.【分析】（1）先对函数求导，然后结合极值存在条件即可求解.（2）由于2222123ln1xfxxxxxxx，要证不等式成立，转化为求解223ln1gxxxxx在1x时的最值，结合导数分析函数性质即可求解.【详解】（1）1afxx，由题意可得112110fbfa，解得1,1ab.（2）2222123ln1xfxxxxxxx，令223ln1gxxxxx，1x，则4ln4gxxx，令4ln4hxxx，则140hxx恒成立，所以gx在1,上单调递减且10g，所以1x时，10gxg，所以2221xfxxx，即证.2．（2021·新疆师范大学附属中学高三阶段练习（理））已知函数ln1xfxx，21agxxx，曲线yfx与曲线ygx在1x处的切线互相平行．（1）求a的值；（2）求证：fxgx在0,上恒成立．【答案】（1）1a；（2）证明见解析．【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数的几何意义即可求解；（2）转化为证0fxgx，构造函数，结合导数分析函数的性质，可证．【详解】解：（1）因为ln1xfxx，21agxxx所以21ln1xxxfxx，2221agxxx，由题意得11fg，所以1122a，解得1a；证明（2）ln21ln1111xxxxfxgxxxxxx，令ln1hxxxx，0x，则lnhxx，当1,x时，0hx，hx单调递增，当0,1x时，0hx，hx单调递减，故当1x时，hx取得最小值10h，所以0hx，故0fxgx，所以fxgx．3．（2021·全国·高三专题练习（理））已知函数2()lnfxxxax.（1）若函数()fx在定义域内为增函数，求实数a的取值范围；（2）若0a且)1(0x，，求证：23[1()](1)xxxfxxxe.【答案】（1）(22]，；（2）证明见解析.【分析】（1）函数()fx在定义域内为增函数，则()0fx恒成立，分离参变量，利用基本不等式得出最值，可得实数a的取值范围；（2）要证23[1()](1)xxxfxxxe，即证：3(1ln)(1)xxx