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3.3导数的综合应用-2-考点1考点2考点3利用导数证明不等式例1设函数f(x)=lnx-x+1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明当x∈(1,+∞)时,1𝑥-1ln𝑥x;(3)设c1,证明当x∈(0,1)时,1+(c-1)xcx.思考利用导数证明不等式的基本思路是什么?(1)解：(导数与函数的单调性)由题设,f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-1,令f'(x)=0解得x=1.当0x1时,f'(x)0,f(x)单调递增;当x1时,f'(x)0,f(x)单调递减.1𝑥-3-考点1考点2考点3(2)证明：由(1)知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0.所以当x≠1时,lnxx-1.故当x∈(1,+∞)时,lnxx-1,ln1𝑥1𝑥-1,即1𝑥-1ln𝑥x.(3)证明：由题设c1,(构造函数)设g(x)=1+(c-1)x-cx,则g'(x)=c-1-cxlnc,令g'(x)=0,解得x0=ln𝑐-1ln𝑐ln𝑐.当xx0时,g'(x)0,g(x)单调递增;当xx0时,g'(x)0,g(x)单调递减.由(2)知1𝑐-1ln𝑐c,故0x01.又g(0)=g(1)=0,故当0x1时,g(x)0.所以当x∈(0,1)时,1+(c-1)xcx.-4-考点1考点2考点3解题心得利用导数证明不等式时,可移项使不等式一边化为0的形式,再构造函数,将问题转化为函数的单调性、极值或最值问题,即利用求导方法求单调区间,比较函数值与0的关系.如证明不等式f(x)g(x),可构造函数h(x)=f(x)-g(x),证明h(x)min0即可,也可证明f(x)maxg(x)min.-5-考点1考点2考点3对点训练1(2018河北唐山二模)设f(x)=ln𝑥𝑥-1,g(x)=ax+x2.(1)证明:f(x)在(0,1)上单调递减;(2)若0ax1,证明:g(x)1.证明：(1)f'(x)=1-1𝑥-ln𝑥(𝑥-1)2.令h(x)=1-1𝑥-lnx,则h'(x)=1𝑥2−1𝑥=1-𝑥𝑥2,所以当0x1时,h'(x)0,h(x)单调递增.又h(1)=0,所以当0x1时,h(x)0,即f'(x)0,所以f(x)在(0,1)上单调递减.-6-考点1考点2考点3(2)g'(x)=axlna+axa-1=a(ax-1lna+xa-1),当0a≤1e时,lna≤-1,所以ax-1lna+xa-1≤xa-1-ax-1.由(1)得ln𝑥𝑥-1ln𝑎𝑎-1,所以(a-1)lnx(x-1)lna,即xa-1ax-1.所以g'(x)0,g(x)在(a,1)上单调递减,即g(x)g(1)=a+11.当1ea1时,-1lna0.令t(x)=ax-xlna-1,0ax1,则t'(x)=axlna-lna=(ax-1)lna0,所以t(x)在(0,1)上单调递增,即t(x)t(0)=0,所以axxlna+1.所以g(x)=ax+xaxa+xlna+1=x(xa-1+lna)+1x(1+lna)+11.综上,g(x)1.-7-考点1考点2考点3考点2求恒成立问题中的参数范围例2设f(x)=xex,g(x)=x2+x.(1)令F(x)=f(x)+g(x),求F(x)的最小值;(2)若任意x1,x2∈[-1,+∞),且x1x2,有m[f(x1)-f(x2)]g(x1)-g(x2)恒成立,求实数m的取值范围.思考利用导数解决不等式恒成立问题的基本思路是什么?12解:(1)∵F(x)=f(x)+g(x)=xex+x2+x,∴F'(x)=(x+1)(ex+1),令F'(x)0,解得x-1,令F'(x)0,解得x-1,∴F(x)在(-∞,-1)内递减,在(-1,+∞)内递增.故F(x)min=F(-1)=-12−1e.12-8-考点1考点2考点3(2)∵任意x1,x2∈[-1,+∞),且x1x2,有m[f(x1)-f(x2)]g(x1)-g(x2)恒成立,∴mf(x1)-g(x1)mf(x2)-g(x2)恒成立.令h(x)=mf(x)-g(x)=mxex-12·x2-x,x∈[-1,+∞),即只需h(x)在[-1,+∞)内递增即可.故h'(x)=(x+1)(mex-1)≥0在[-1,+∞)恒成立,故m≥1e𝑥,而1e𝑥≤e,故m≥e.解题心得利用导数解决不等式恒成立问题,首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性,然后求出最值,进而得出相应的含参不等式,最后求出参数的取值范围;也可分离变量,构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题.-9-考点1考点2考点3对点训练2已知函数f(x)=𝑎-12x2+lnx(a∈R).(1)当a=0时,求f(x)在区间1e,e上的最大值;(2)若在区间(1,+∞)上,函数f(x)的图象恒在直线y=2ax的下方,求a的取值范围.解(1)当a=0时,f(x)=-12x2+lnx,导数f'(x)=-(𝑥+1)(𝑥-1)𝑥(x0).当x∈1e,1时,有f'(x)0;当x∈(1,e]时,有f'(x)0;故f(x)在区间1e,1上是增函数,在(1,e]上为减函数,因此在x∈1e,e上,f(x)max=f(1)=-12.-10-考点1考点2考点3(2)令g(x)=f(x)-2ax=𝑎-12x2+lnx-2ax,则g(x)的定义域为(0,+∞).在区间(1,+∞)上,函数f(x)的图象恒在直线y=2ax下方,等价于g(x)0在区间(1,+∞)上恒成立.g'(x)=(𝑥-1)[(2𝑎-1)𝑥-1]𝑥,①若a12,令g'(x)=0,则得极值点x1=1,x2=12𝑎-1,当x1x2,即12a1时,在(0,1)上有g'(x)0,在(1,x2)上有g'(x)0,-11-考点1考点2考点3在(x2,+∞)上有g'(x)0,此时g(x)在区间(x2,+∞)上是增函数,并且在该区间上有g(x)∈(g(x2),+∞),不符合题意;当x2≤x1,即a≥1时,同理可知,g(x)在区间(1,+∞)上有g(x)∈(g(1),+∞),也不符合题意;②若a≤12,则有x1x2,此时在区间(1,+∞)上恒有g'(x)0,从而g(x)在区间(1,+∞)上是减函数;要使g(x)0在此区间上恒成立,只需满足g(1)=-a-12≤0,即a≥-12,由此求得a的取值范围是-12,12.综上①②可知,当a∈-12,12时,函数f(x)的图象恒在直线y=2ax的下方.-12-考点1考点2考点3考点3求与函数零点有关的参数范围例3已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.思考如何利用导数求与函数零点有关的参数范围?解:(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1).(ⅰ)若a≤0,则f'(x)0,所以f(x)在(-∞,+∞)内单调递减.(ⅱ)若a0,则由f'(x)=0得x=-lna.当x∈(-∞,-lna)时,f'(x)0;当x∈(-lna,+∞)时,f'(x)0,所以f(x)在(-∞,-lna)内单调递减,在(-lna,+∞)内单调递增.-13-考点1考点2考点3(2)(ⅰ)若a≤0,由(1)知,f(x)至多有一个零点.(ⅱ)若a0,由(1)知,当x=-lna时,f(x)取得最小值,最小值为f(-lna)=1-1𝑎+lna.①当a=1时,由于f(-lna)=0,故f(x)只有一个零点;②当a∈(1,+∞)时,由于1-1𝑎+lna0,即f(-lna)0,故f(x)没有零点;③当a∈(0,1)时,1-1𝑎+lna0,即f(-lna)0.又f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2-2e-2+20,故f(x)在(-∞,-lna)内有一个零点.设正整数n0满足n0ln3𝑎-1,则f(n0)=e𝑛0(ae𝑛0+a-2)-n0e𝑛0-n02𝑛0-n00.由于ln3𝑎-1-lna,因此f(x)在(-lna,+∞)有一个零点.综上,a的取值范围为(0,1).-14-考点1考点2考点3解题心得与函数零点有关的参数范围问题,往往利用导数研究函数的单调区间和极值点,并结合特殊点,从而判断函数的大致图象,讨论其图象与x轴的位置关系(或者转化为两个熟悉函数的图象交点问题),进而确定参数的取值范围.-15-考点1考点2考点3对点训练3已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有两个零点.(1)求a的取值范围;(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1+x22.解:f'(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).(ⅰ)设a=0,则f(x)=(x-2)ex,f(x)只有一个零点.(ⅱ)设a0,则当x∈(-∞,1)时,f'(x)0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)0,所以f(x)在(-∞,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增.又f(1)=-e,f(2)=a,取b满足b0且bln𝑎2,则f(b)𝑎2(b-2)+a(b-1)2=a𝑏2-32𝑏0,故f(x)存在两个零点.-16-考点1考点2考点3若a≥-e2,则ln(-2a)≤1,故当x∈(1,+∞)时,f'(x)0,因此f(x)在(1,+∞)单调递增.又当x≤1时,f(x)0,所以f(x)不存在两个零点.若a-e2,则ln(-2a)1,故当x∈(1,ln(-2a))时,f'(x)0;当x∈(ln(-2a),+∞)时,f'(x)0.因此f(x)在(1,ln(-2a))单调递减,在(ln(-2a),+∞)单调递增.又当x≤1时f(x)0,所以f(x)不存在两个零点.综上,a的取值范围为(0,+∞).(ⅲ)设a0,由f'(x)=0得x=1或x=ln(-2a).-17-考点1考点2考点3(2)证明:不妨设x1x2,由(1)知,x1∈(-∞,1),x2∈(1,+∞),2-x2∈(-∞,1),f(x)在(-∞,1)单调递减,所以x1+x22等价于f(x1)f(2-x2),即f(2-x2)0.由于f(2-x2)=-x2e2-𝑥2+a(x2-1)2,而f(x2)=(x2-2)e𝑥2+a(x2-1)2=0,所以f(2-x2)=-x2e2-𝑥2-(x2-2)e𝑥2.设g(x)=-xe2-x-(x-2)ex,则g'(x)=(x-1)(e2-x-ex).所以当x1时,g'(x)0,而g(1)=0,故当x1时,g(x)0.从而g(x2)=f(2-x2)0,故x1+x22.