导数应用：用放缩法证明恒成立问题

导数应用用放缩的方法证明恒成立问题1、已知函数eln1xfxmx.（Ⅰ）当1m时，求曲线yfx在点11f，处的切线方程；（Ⅱ）当1m时，证明：1fx.【答案】（Ⅰ）1yex（Ⅱ）证明见解析．试题分析：（Ⅰ）先代入1m，对fx求导数，再算出1f，1f，进而可得曲线yfx在点1,1f处的切线方程；（Ⅱ）先构造函数ln2xgxex，再利用导数可得gx的最小值，，进而可证当1m时，1fx．试题解析：（Ⅰ）解：当1m时，()eln1xfxx，所以1()exfxx．所以(1)e1f，(1)e1f.所以曲线()yfx在点11f，处的切线方程为(e1)(e1)(1)yx．即e1yx.（Ⅱ）证法一：当1m时，()eln1eln1xxfxmxx.（放缩）要证明()1fx，只需证明eln20xx.以下给出三种思路证明eln20xx.思路1：设()eln2xgxx，则1()exgxx.设1()exhxx，则21()e0xhxx，所以函数()hx1()exgxx在0+（，）上单调递增因为121e202g，(1)e10g，所以函数1()exgxx在0+（，）上有唯一零点0x，且01,12x1因为0()0gx时，所以001exx，即00lnxx当00,xx时，()0gx；当0,xx时，()0gx所以当0xx时，()gx取得最小值0gx．故000001()=eln220xgxgxxxx．综上可知，当1m时，1fx.思路2：先证明e1xxxR．设e1xhxx，则e1xhx．因为当0x时，0hx，当0x时，0hx，所以当0x时，函数hx单调递减，当0x时，函数hx单调递增．所以00hxh．所以e1xx（当且仅当0x时取等号）．所以要证明eln20xx，只需证明1ln20xx．下面证明ln10xx．设ln1pxxx，则111xpxxx．当01x时，0px，当1x时，0px，所以当01x时，函数px单调递减，当1x时，函数px单调递增．所以10pxp．所以ln10xx（当且仅当1x时取等号）．由于取等号的条件不同，所以eln20xx．综上可知，当1m时，1fx.证法二：因为()eln1xfxmx，要证明1fx，只需证明eln20xmx.2以下给出两种思路证明eln20xmx.思路1：设()eln2xgxmx，则1()exgxmx.设1()exhxmx，则21()e0xhxmx．所以函数hx1exgxmx在0+，上单调递增．因为11221e2e202mmgmmmm，1e10gm，所以函数1()exgxmx在0+，上有唯一零点0x，且01,12xm.因为00gx，所以001exmx，即00lnlnxxm．当00,xx时，0gx；当0,xx时，0gx.所以当0xx时，gx取得最小值0gx．故000001eln2ln20xgxgxmxxmx．综上可知，当1m时，1fx．思路2：先证明e1()xxxR，且ln1(0)xxx．设()e1xFxx，则()e1xFx．因为当0x时，()0Fx；当0x时，()0Fx，所以()Fx在(,0)上单调递减，在(0,)上单调递增．所以当0x时，()Fx取得最小值(0)0F．所以()(0)0FxF，即e1xx（当且仅当0x时取等号）．由e1()xxxR，得1exx（当且仅当1x时取等号）．所以ln1(0)xxx（当且仅当1x时取等号）．再证明eln20xmx．因为0x，1m，且e1xx与ln1xx不同时取等号，所以eln2112xmxmxx11mx0．3综上可知，当1m时，1fx．考点：1、导数的几何意义；2、利用导数研究函数的单调性；3、利用导数研究函数的最值；4、不等式的证明．2、设函数1ln)(xaxxf（0a）．（Ⅰ）当301a时，求函数)(xf的单调区间；（Ⅱ）当21a，),1(x时，求证：11lnxax．【答案】（Ⅰ）函数单调增区间为：)65,0(，),56(，单调减区间为：)1,65(，)56,1(；（Ⅱ）证明见解析．试题分析：（Ⅰ）求出函数fx的导函数，根据()0fx，对应的是函数的单调递增区间；0)(xf，对应的是函数的单调递减区间；（Ⅱ）若证11lnxax，)1,21(xa成立，只需证lnln1axxx112(1)x，即2(1)ln12(1)xxx当1x时成立．构造函数21ln2(1)1gxxxx(1)x，只需要min01gxx．试题解析：（Ⅰ）函数)(xf的定义域为),1()1,0(，当301a时，2)1()56)(65()(xxxxxf，令：0)(xf，得：56x或65x，所以函数单调增区间为：)65,0(，),56(0)(xf，得：5665x，所以函数单调减区间为：)1,65(，)56,1(（Ⅱ）若证11lnxax，)1,21(xa成立，只需证：1)1(21ln1lnxxxax（放缩）即：)1(21ln)1(2xxx当1x时成立设gx21ln2(1)1(1)xxxx∴)1(ln2xxxg，显然)(xg在),1(内是增函数且02)1(g，0)212(ln2)2(g∴)(xg=0在（1,2）内有唯一零点0x，使得：01ln00xx，且当x（1，0x），)(xg0；当x（0x，+），)(xg0.∴)(xg在（1，0x）递减，在（0x，+）递增411ln12)()(000minxxxgxg=1111200xx=)1(2500xx∵2,10x∴251200xx∴0)(minxg∴11lnxax成立考点：利用导函数求单调区间，函数不等式的证明．5