高考数学考点归纳之导数压轴专项突破

高考数学考点归纳之导数压轴专项突破

高考数学考点归纳之导数压轴专项突破 第一课时 分类讨论的“界点”确定 考点一 根据二次项系数确定分类“界点” [典例] 已知函数 f(x)＝ln x＋x＋1，g(x)＝x2＋2x. (1)求函数φ(x)＝f(x)－g(x)的极值； (2)若 m 为整数，对任意的 x＞0 都有 f(x)－mg(x)≤0 成立，求实数 m 的最小值． [解题观摩] (1)由φ(x)＝f(x)－g(x)＝ln x＋x＋1－x2－2x＝ln x－x2－x＋1(x＞0)， 得φ′(x)＝1 x －2x－1＝－2x2－x＋1 x (x＞0)， 令φ′(x)＞0，解得 0＜x＜1 2 ，令φ′(x)＜0，解得 x＞1 2 ， 所以函数φ(x)的单调递增区间是 0，1 2 ，单调递减区间是 1 2 ，＋∞ ，故函数φ(x)的极大 值是φ 1 2 ＝ln1 2 －1 4 －1 2 ＋1＝1 4 －ln 2，函数φ(x)无极小值． (2)设 h(x)＝f(x)－mg(x)＝ln x－mx2＋(1－2m)x＋1，则 h′(x)＝1 x －2mx＋1－2m＝ －2mx2＋1－2mx＋1 x ＝－2mx－1x＋1 x (x＞0)． 当 m≤0 时， 因为 x＞0，所以 2mx－1＜0，x＋1＞0， 所以 h′(x)＞0，故 h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又因为 h(1)＝ln 1－m×12＋(1－2m)＋1＝－3m＋2＞0，不满足题意，所以舍去． 当 m＞0 时，令 h′(x)＞0，得 0＜x ＜ 1 2m ， 令 h′(x)＜0，得 x＞ 1 2m ， 故 h(x)在 0， 1 2m 上单调递增，在 1 2m ，＋∞ 上单调递减， 所以 h(x)max＝h 1 2m ＝ln 1 2m －m· 1 2m 2＋(1－2m)· 1 2m ＋1＝ 1 4m －ln(2m)． 令 t(m)＝ 1 4m －ln(2m)(m＞0)，显然 t(m)在(0，＋∞)上单调递减，且 t 1 2 ＝1 2 ＞0，t(1)＝1 4 －ln 2＝1 4(1－ln 16)＜0，故当 m≥1 时，t(m)＜0，满足题意，故整数 m 的最小值为 1. [关键点拨] 导函数中含有二次三项式，需对最高项的系数分类讨论： (1)根据二次项系数是否为 0，判断函数是否为二次函数； (2)由二次项系数的正负，判断二次函数图象的开口方向，从而寻找导数的变号零点． 考点二 根据判别式确定分类“界点” [典例] 已知函数 f(x)＝(1＋ax2)ex－1，当 a≥0 时，讨论函数 f(x)的单调性． [解题观摩] 由题易得 f′(x)＝(ax2＋2ax＋1)ex， 当 a＝0 时，f′(x)＝ex＞0，此时 f(x)在 R 上单调递增． 当 a＞0 时，方程 ax2＋2ax＋1＝0 的判别式Δ＝4a2－4a. ①当 0＜a≤1 时，Δ≤0，ax2＋2ax＋1≥0 恒成立，所以 f′(x)≥0，此时 f(x)在 R 上单调 递增； ②当 a＞1 时，令 f′(x)＝0，解得 x1＝－1－ 1－1 a ，x2＝－1＋ 1－1 a. 当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 极大值 极小值 所 以 f(x) 在 －∞，－1－ 1－1 a 和 －1＋ 1－1 a ，＋∞ 上 单 调 递 增 ， 在 －1－ 1－1 a ，－1＋ 1－1 a 上单调递减． 综上，当 0≤a≤1 时，f(x)在 R 上单调递增；当 a＞1 时，f(x)在 －∞，－1－ 1－1 a 和 －1＋ 1－1 a ，＋∞ 上单调递增，在 －1－ 1－1 a ，－1＋ 1－1 a 上单调递减． [关键点拨] 求导后，要判断导函数是否有零点(或导函数分子能否分解因式)，若导函数是二次函数 或与二次函数有关，此时涉及二次方程问题，Δ与 0 的大小关系往往不确定，所以必须寻找 分界点，进行分类讨论． 考点三 根据导函数零点的大小确定分类“界点” [典例] 已知 f(x)＝(x2－ax)ln x－3 2x2＋2ax，求 f(x)的单调递减区间． [解题观摩] 易得 f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝(2x－a)ln x＋x－a－3x＋2a＝(2x－a)ln x－(2x－a)＝(2x－a)(ln x－1)， 令 f′(x)＝0 得 x＝a 2 或 x＝e. 当 a≤0 时，因为 x＞0，所以 2x－a＞0， 令 f′(x)＜0 得 x＜e，所以 f(x)的单调递减区间为(0，e)． 当 a＞0 时， ①若a 2 ＜e，即 0＜a＜2e，当 x∈ 0，a 2 时，f′(x)＞0， 当 x∈ a 2 ，e 时，f′(x)＜0，当 x∈(e，＋∞)时，f′(x)＞0，所以 f(x)的单调递减区间为 a 2 ，e ； ②若a 2 ＝e，即 a＝2e，当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)≥0 恒成立，f(x)没有单调递减区间； ③若a 2 ＞e，即 a＞2e，当 x∈(0，e)时，f′(x)＞0，当 x∈ e，a 2 时，f′(x)＜0，当 x∈ a 2 ，＋∞ 时，f′(x)＞0，所以 f(x)的单调递减区间为 e，a 2 . 综上所述，当 a≤0 时，f(x)的单调递减区间为(0，e)；当 0＜a＜2e 时，f(x)的单调递减 区间为 a 2 ，e ；当 a＝2e 时，f(x)无单调递减区间；当 a＞2e 时，f(x)的单调递减区间为 e，a 2 . [关键点拨] (1)根据导函数的“零点”划分定义域时，既要考虑导函数“零点”是否在定义域内， 还要考虑多个“零点”的大小问题，如果多个“零点”的大小关系不确定，也需要分类讨论． (2)导函数“零点”可求，可根据“零点”之间及“零点”与区间端点之间的大小关系 进行分类讨论．本题根据零点a 2 ，e 之间的大小关系进行分类讨论，再利用导数研究其函数 的单调性． 考点四 根据导函数零点与定义域的关系确定分类“界点” [典例] 已知函数 f(x)＝－aln x－ex x ＋ax，a∈R. (1)当 a＜0 时，讨论 f(x)的单调性； (2)设 g(x)＝f(x)＋xf′(x)，若关于 x 的不等式 g(x)≤－ex＋x2 2 ＋(a－1)x 在[1,2]上有解，求 a 的取值范围． [解题观摩] (1)由题意知，f′(x)＝－a x －xex－ex x2 ＋a＝ax－exx－1 x2 (x＞0)， 当 a＜0 时，ax－ex＜0 恒成立， 所以当 x＞1 时，f′(x)＜0；当 0＜x＜1 时，f′(x)＞0， 故函数 f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． (2)因为 g(x)＝f(x)＋xf′(x)， 所以 g(x)＝－aln x－ex＋2ax－a， 由题意知，存在 x0∈[1,2]，使得 g(x0)≤－ex0＋x20 2 ＋(a－1)x0 成立． 即存在 x0∈[1,2]，使得－aln x0＋(a＋1)x0－x20 2 －a≤0 成立， 令 h(x)＝－aln x＋(a＋1)x－x2 2 －a，x∈[1,2]， 则 h′(x)＝－a x ＋a＋1－x＝－x－ax－1 x ，x∈[1,2]． ①当 a≤1 时，h′(x)≤0，所以函数 h(x)在[1,2]上单调递减， 所以 h(x)min＝h(2)＝－aln 2＋a≤0 成立，解得 a≤0，所以 a≤0. ②当 1＜a＜2 时，令 h′(x)＞0，解得 1＜x＜a；令 h′(x)＜0，解得 a＜x＜2. 所以函数 h(x) 在[1，a]上单调递增，在[a,2]上单调递减， 又因为 h(1)＝1 2 ，所以 h(2)＝－aln 2＋a≤0，解得 a≤0，与 1＜a＜2 矛盾，舍去． ③当 a≥2 时，h′(x)≥0，所以函数 h(x)在[1,2]上单调递增， 所以 h(x)min＝h(1)＝1 2 ＞0，不符合题意，舍去． 综上所述，a 的取值范围为(－∞，0]． [关键点拨] 导函数零点是否分布在定义域内，零点将定义域划分为哪几个区间，若不能确定，则需 要分类讨论．本题根据函数 h′(x)的零点 a 是否在定义域[1,2]内进行讨论，利用导数的工具 性得到函数在给定区间内的单调性，从而可得最值，判断所求最值与已知条件是否相符，从 而得到参数的取值范围． 第二课时 有关 x 与 ex，ln x 的组合函数问题 考点一 x 与 ln x 的组合函数问题 (1)熟悉函数 f(x)＝h(x)ln x(h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b 不能同时为 0))的图象特征，做到对图 (1)(2)中两个特殊函数的图象“有形可寻”． (2)熟悉函数 f(x)＝ln x hx(h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b 不能同时为 0)，h(x)≠0)的图象特征，做 到对图(3)(4)中两个特殊函数的图象“有形可寻”． [典例] 设函数 f(x)＝xln x－ax2 2 ＋a－x(a∈R)． (1)若函数 f(x)有两个不同的极值点，求实数 a 的取值范围； (2)若 a＝2，k∈N，g(x)＝2－2x－x2，且当 x＞2 时不等式 k(x－2)＋g(x)＜f(x)恒成立， 试求 k 的最大值． [解题观摩] (1)由题意知，函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1－ax－1＝ln x －ax， 令 f′(x)＝0，可得 a＝ln x x ， 令 h(x)＝ln x x (x＞0)，则由题可知直线 y＝a 与函数 h(x)的图象有两个不同的交点， h′(x)＝1－ln x x2 ，令 h′(x)＝0，得 x＝e，可知 h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上 单调递减，h(x)max＝h(e)＝1 e ，当 x―→0 时，h(x)―→－∞，当 x―→＋∞时，h(x)―→0，故 实数 a 的取值范围为 0，1 e . (2)当 a＝2 时，f(x)＝xln x－x2＋2－x，k(x－2)＋g(x)＜f(x)，即 k(x－2)＋2－2x－x2＜xln x －x2＋2－x，整理得 k(x－2)＜xln x＋x， 因为 x＞2，所以 k＜xln x＋x x－2 . 设 F(x)＝xln x＋x x－2 (x＞2)，则 F′(x)＝x－4－2ln x x－22 . 令 m(x)＝x－4－2ln x(x＞2)，则 m′(x)＝1－2 x ＞0，所以 m(x)在(2，＋∞)上单调递增， m(8)＝4－2ln 8＜4－2ln e2＝4－4＝0，m(10)＝6－2ln 10＞6－2ln e3＝6－6＝0，所以函数 m(x) 在(8,10)上有唯一的零点 x0， 即 x0－4－2ln x0＝0，故当 2＜x＜x0 时，m(x)＜0，即 F′(x)＜0，当 x＞x0 时，F′(x)＞ 0，所以 F(x)min＝F(x0)＝x0ln x0＋x0 x0－2 ＝x0 1＋x0－4 2 x0－2 ＝x0 2 ，所以 k＜x0 2 ， 因为 x0∈(8,10)，所以x0 2 ∈(4,5)，故 k 的最大值为 4. [关键点拨] 对于有关 x 与 ln x 的组合函数为背景的试题，要求学生理解导数公式和导数的运算法则 等基础知识，能够灵活利用导数研究函数的单调性，能够恰当地构造函数，并根据区间的不 同进行分析、讨论，寻求合理的证明和解不等式的策略． 考点二 x 与 ex 的组合函数问题 (1)熟悉函数 f(x)＝h(x)eg(x)(g(x)为一次函数，h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b 不能同时为 0))的图 象特征，做到对图(1)(2)中两个特殊函数的图象“有形可寻”． (2)熟悉函数 f(x)＝ ex hx(h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b 不能同时为 0)，h(x)≠0)的图象特征，做 到对图(3)(4)中两个特殊函数的图象“有形可寻”． [典例] 已知函数 f(x)＝a(x－1)，g(x)＝(ax－1)·ex，a∈R. (1)求证：存在唯一实数 a，使得直线 y＝f(x)和曲线 y＝g(x)相切； (2)若不等式 f(x)＞g(x)有且只有两个整数解，求 a 的取值范围． [解题观摩] (1)证明：f′(x)＝a，g′(x)＝(ax＋a－1)ex. 设直线 y＝f(x)和曲线 y＝g(x)的切点的坐标为(x0，y0)，则 y0＝a(x0－1)＝(ax0－1)ex0， 得 a(x0ex0－x0＋1)＝ex0，① 又因为直线 y＝f(x)和曲线 y＝g(x)相切，所以 a＝g′(x0)＝(ax0＋a－1)ex0，整理得 a(x0ex0 ＋ex0－1)＝ex0，② 结合①②得 x0ex0－x0＋1＝x0ex0＋ex0－1，即 ex0＋x0－2＝0，令 h(x)＝ex＋x－2，则 h′(x) ＝ex＋1＞0，所以 h(x)在 R 上单调递增． 又因为 h(0)＝－1＜0，h(1)＝e－1＞0，所以存在唯一实数 x0，使得 ex0＋x0－2＝0，且 x0∈(0,1)， 所以存在唯一实数 a，使①②两式成立，故存在唯一实数 a，使得直线 y＝f(x)与曲线 y ＝g(x)相切． (2)令 f(x)＞g(x)，即 a(x－1)＞(ax－1)ex， 所以 axex－ax＋a＜ex，所以 a x－x－1 ex ＜1， 令 m(x)＝x－x－1 ex ，则 m′(x)＝ex＋x－2 ex ， 由(1)可得 m(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，且 x0∈(0,1)，故当 x≤0 时，m(x)≥m(0)＝1，当 x≥1 时，m(x)≥m(1)＝1，所以当 x∈Z 时，m(x)≥1 恒成立． ①当 a≤0 时，am(x)＜1 恒成立，此时有无数个整数解，舍去； ②当 0＜a＜1 时，m(x)＜1 a ，因为1 a ＞1，m(0)＝m(1)＝1，所以两个整数解分别为 0,1， 即 m2≥1 a ， m－1≥1 a ， 解得 a≥ e2 2e2－1 ，即 a∈ e2 2e2－1 ，＋∞ ； ③当 a≥1 时，m(x)＜1 a ， 因为1 a ≤1，m(x)在 x∈Z 时大于或等于 1， 所以 m(x)＜1 a 无整数解，舍去． 综上所述，a 的取值范围为 e2 2e2－1 ，＋∞ . [关键点拨] 在求解有关 x 与 ex 的组合函数综合题时要把握三点： (1)灵活运用复合函数的求导法则，由外向内，层层求导； (2)把相关问题转化为熟悉易解的函数模型来处理； (3)函数最值不易求解时，可重新拆分、组合，构建新函数，通过分类讨论新函数的单 调性求最值． 考点三 x 与 ex，ln x 的组合函数问题 (1)熟悉函数 f(x)＝h(x)ln x±ex(h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b 不能同时为 0))的图形特征，做到对 图(1)(2)(3)(4)所示的特殊函数的图象“有形可寻”． (2)熟悉函数 f(x)＝ ex hx±ln x(其中 h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b 不同时为 0))的图形特征，做到 对图(5)(6)所示的两个特殊函数的图象“有形可寻”． 方法一：分离参数，设而不求 [典例] 已知函数 f(x)＝ln x＋m x ，g(x)＝ex x (e＝2.718 28……为自然对数的底数)，是否存 在整数 m，使得对任意的 x∈ 1 2 ，＋∞ ，都有 y＝f(x)的图象在 y＝g(x)的图象下方？若存在， 请求出整数 m 的最大值；若不存在，请说明理由． [解题观摩] 假设存在整数 m 满足题意，则不等式 ln x＋m x ＜ex x ，对任意的 x∈ 1 2 ，＋∞ 恒成立， 即 m＜ex－xln x 对任意的 x∈ 1 2 ，＋∞ 恒成立． 令 v(x)＝ex－xln x，则 v′(x)＝ex－ln x－1， 令φ(x)＝ex－ln x－1，则φ′(x)＝ex－1 x ， 易知φ′(x)在 1 2 ，＋∞ 上单调递增，因为φ′ 1 2 ＝e 1 2 －2＜0，φ′(1)＝e－1＞0 且φ′(x) 的图象在 1 2 ，1 上连续， 所以存在唯一的 x0∈ 1 2 ，1 ，使得φ′(x0)＝0，即 ex0－1 x0 ＝0，则 x0＝－ln x0. 当 x∈ 1 2 ，x0 时，φ(x)单调递减；当 x∈(x0，＋∞)时，φ(x)单调递增． 则φ(x)在 x＝x0 处取得最小值，且最小值为φ(x0)＝ex0－ln x0－1＝1 x0 ＋x0－1＞2 x0·1 x0 － 1＝1＞0， 所以 v′(x)＞0，即 v(x)在 1 2 ，＋∞ 上单调递增， 所以 m≤e 1 2 －1 2ln 1 2 ＝e 1 2 ＋1 2ln 2≈1.995 29， 故存在整数 m 满足题意，且 m 的最大值为 1. [关键点拨] 若分离参数后导数零点不可求，且不能通过观察得到，此时可以采用设而不求的方法．在 本题中， 通过虚设零点 x0，得到 x0＝－ln x0，将 ex0－ln x0－1 转化为普通代数式1 x0 ＋x0－1， 然后使用基本不等式求出最值，同时消掉 x0，即借助φ′(x0)＝0 作整体代换，采取设而不求 的方法，达到化简并求解的目的． 方法二：分离 ln x 与 ex [典例] 设函数 f(x)＝ln x＋1 x ，求证：当 x＞1 时，不等式 fx e＋1 ＞ 2ex－1 x＋1xex＋1. [解题观摩] 将不等式 fx e＋1 ＞ 2ex－1 x＋1xex＋1 变形为 1 e＋1 ·x＋1ln x＋1 x ＞ 2ex－1 xex＋1 ，分别构 造函数 g(x)＝x＋1ln x＋1 x 和函数 h(x)＝ 2ex－1 xex＋1 . 对于 g′(x)＝x－ln x x2 ，令φ(x)＝x－ln x，则φ′(x)＝1－1 x ＝x－1 x . 因为 x＞1，所以φ′(x)＞0，所以φ(x)在(1，＋∞)上是增函数，所以φ(x)＞φ(1)＝1＞0， 所以 g′(x)＞0，所以 g(x)在(1，＋∞)上是增函数，所以当 x＞1 时，g(x)＞g(1)＝2，故 gx e＋1 ＞ 2 e＋1. 对于 h′(x)＝2ex－11－ex xex＋12 ，因为 x＞1，所以 1－ex＜0，所以 h′(x)＜0，所以 h(x)在(1， ＋∞)上是减函数，所以当 x＞1 时，h(x)＜h(1)＝ 2 e＋1. 综上所述，当 x＞1 时， gx e＋1 ＞h(x)，即 fx e＋1 ＞ 2ex－1 x＋1xex＋1. [关键点拨] 若不分离 ex 与 ln x，则难以求导，因此，对于形式复杂的函数，往往需要合理拆分与变 形．高考为体现选拔功能，在解答题中不会单一考查某一初等函数，而是将不同增长速度的 函数综合在一起考查，这就需要我们把已经糅合在一起的不同增长速度的函数进行分离，转 化为我们熟悉的容易用导数工具求解的函数模型． 考点四 借助 ex≥x＋1 和 ln x≤x－1 进行放缩 [典例] 已知函数 f(x)＝mx2＋nx－xln x(m＞0)，且 f(x)≥0. (1)求 n m 的最小值； (2)当n m 取得最小值时，若方程 ex－1＋(1－2a)x－af(x)＝0 无实根，求实数 a 的取值范围． [解题观摩] (1)令 g(x)＝fx x ＝mx＋n－ln x，则 f(x)≥0⇔g(x)≥0(x＞0)，又因为 g′(x) ＝mx－1 x ，由 g′(x)＞0，得 x＞1 m ；由 g′(x)＜0，得 0＜x＜1 m ，所以 g(x)在 0，1 m 上单调递 减，在 1 m ，＋∞ 上单调递增．此时 g(x)min＝g 1 m ＝1＋n－ln 1 m ≥0⇒1 m ＋n m －1 mln1 m ≥0，即 n m ≥1 mln1 m －1 m. 令 h(t)＝tln t－t(t＞0)，则 h′(t)＝ln t，由 h′(t)＞0，得 t＞1；由 h′(t)＜0，得 0＜t＜1， 所以 h(t)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故 h(t)min＝h(1)＝－1，则n m ≥－1，即 n m min＝－1. (2) 由(1)知，当n m 取得最小值－1 时，t＝1 m ＝1，m＝1，n＝－1. 则 ex－1＋(1－2a)x－af(x)＝0⇒a＝ ex－1＋x xx＋1－ln x ， 记 H(x)＝ ex－1＋x xx＋1－ln x(x＞0)， 则 H′(x)＝x－1[x－ln xex－1－x] x2x＋1－ln x2 ，由(1)知 x－1－ln x≥0⇒ln x≤x－1，即 ex－1≥x， 则(x－ln x)ex－1－x≥ex－1－x≥0(当且仅当 x＝1 时取等号)，所以当 x∈(0,1)时，H′(x)＜0， 所以 H(x)在(0,1)上为减函数；当 x∈(1，＋∞)时，H′(x)＞0，所以 H(x)在(1，＋∞) 上为增 函数．所以 x＝1 时，H(x)取得最小值，为 H(1)＝1. 由 ln x≤x－1，自变量取1 x 可得－ln x≤1 x －1⇒2≤x＋1－ln x≤x＋1 x ， 即 x(x＋1－ln x)≤x2＋1⇒ 1 xx＋1－ln x ≥ 1 x2＋1 ， 由 x－1≥ln x，自变量取 e x 3 可得 ex 3 －1＞x 3(x＞0)，从而 ex＞ x＋3 3 3，则可得 ex－1＞x＋23 27 . 当 x＞1 时，H(x)＝ ex－1＋x xx＋1－ln x ＞ x＋23 27x2＋1 ＞ x＋13 27x＋12 ＝x＋1 27 ，即 H(x)无最大值， 所以 H(x)∈[1，＋∞)．故 a＜1 时原方程无实根，即实数 a 的取值范围为(－∞，1)． [关键点拨] 借助放缩，巧妙求出 H(x)的最小值，同时利用放缩说明 H(x)没有最大值，从而求出实 数 a 的取值范围． 第三课时 极值点偏移问题 图说极值点偏移 1.已知函数 f(x)的图象的顶点的横坐标就是极值点 x0，若 f(x)＝c 的两根的中点刚好满足 x1＋x2 2 ＝x0，即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移．此时函数 f(x)在 x＝x0 两 侧，函数值变化快慢相同，如图(1)． 2．若x1＋x2 2 ≠x0，则极值点偏移，此时函数 f(x)在 x＝x0 两侧，函数值变化快慢不同， 如图(2)(3)． 考点一 对称变换 对称变换，主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题．其解题要点 如下： (1)定函数(极值点为 x0)，即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极 值点 x0. (2)构造函数，即根据极值点构造对称函数 F(x)＝f(x)－f(2x0－x)，若证 x1x2＞x20，则令 F(x)＝f(x)－f x20 x . (3)判断单调性，即利用导数讨论 F(x)的单调性． (4)比较大小，即判断函数 F(x)在某段区间上的正负，并得出 f(x)与 f(2x0－x)的大小关系． (5)转化，即利用函数 f(x)的单调性，将 f(x)与 f(2x0－x)的大小关系转化为 x 与 2x0－x 之 间的关系，进而得到所证或所求． [提醒] 若要证明 f′ x1＋x2 2 的符号问题，还需进一步讨论x1＋x2 2 与 x0 的大小，得出x1＋x2 2 所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负． [典例] 已知函数 h(x)与函数 f(x)＝xex(x∈R)的图象关于原点对称，如果 x1≠x2，且 h(x1) ＝h(x2)，求证：x1＋x2＞2. [解题观摩] 由题意知，h(x)＝－f(－x)＝xe－x，h′(x)＝e－x(1－x)，令 h′(x)＝0，解得 x ＝1. 当 x 变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表： x (－∞，1) 1 (1，＋∞) h′(x) ＋ 0 － h(x) 1 e 由 x1≠x2，不妨设 x1＞x2，根据 h(x1)＝h(x2)，结合图象可知 x1＞1，x2＜1， 令 F(x)＝h(x)－h(2－x)，x∈(1，＋∞)， 则 F′(x)＝(x－1)(e2x－2－1)e－x ， 因为 x＞1,2x－2＞0，所以 e2x－2－1＞0，则 F′(x)＞0， 所以 F(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以当 x＞1 时，F(x)＞0， 即当 x＞1 时，h(x)＞h(2－x)，则 h(x1)＞h(2－x1)， 又因为 h(x1)＝h(x2)，所以 h(x2)＞h(2－x1)， 因为 x1＞1，所以 2－x1＜1， 所以 x2,2－x1∈(－∞，1)， 因为 h(x)在(－∞，1)上是增函数， 所以 x2＞2－x1，所以 x1＋x2＞2. [关键点拨] 本题证明的不等式中含有两个变量，对于此类问题一般的求解思路是将两个变量分到不 等式的两侧，然后根据函数的单调性，通过两个变量之间的关系“减元”，建立新函数，最 终将问题转化为函数的最值问题来求解．考查了逻辑推理、数学建模及数学运算等核心素 养．在求解此类问题时，需要注意变量取值范围的限定，如本题中利用 x2,2－x1，其取值范 围都为(－∞，1)，若将所证不等式化为 x1＞2－x2，则 x1,2－x2 的取值范围都为(1，＋∞)， 此时就必须利用函数 h(x)在(1，＋∞)上的单调性来求解． 考点二 消参减元 消参减元的主要目的就是减元，进而建立与所求解问题相关的函数．主要是利用函数极 值点乘积所满足的条件进行消参减元．其解题要点如下： 建方程 求函数的导函数，令 f′(x)＝0，建立极值点所满足的方程，抓住导函数中的关 键式子，即导函数解析式中变号的部分(一般为一个二次整式) 定关系 根据极值点所满足的方程，利用方程解的理论，建立极值点与方程系数之间的 关系，确定两个极值点之积 消参减元 根据两个极值点之积的关系，化简或转化所求解问题，进行消参减元 构造函数 根据消参减元后的式子结构特征，构建相应的函数 求解问题 利用导数研究所构造函数的单调性、极值、最值等，从而解决相关问题 [典例] 已知函数 f(x)＝ln x－ax(a∈R)． (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)当 a＝1 时，方程 f(x)＝m(m＜－2)有两个相异实根 x1，x2，且 x1＜x2，求证：x1·x22＜2. [解题观摩] (1)由题意得，f′(x)＝1 x －a＝1－ax x (x＞0)． 当 a≤0 时，由 x＞0，得 1－ax＞0，即 f′(x)＞0， 所以 f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 当 a＞0 时，由 f′(x)＞0，得 0＜x＜1 a ， 由 f′(x)＜0，得 x＞1 a ， 所以 f(x)在 0，1 a 上单调递增，在 1 a ，＋∞ 上单调递减． 综上，当 a≤0 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当 a＞0 时，f(x)在 0，1 a 上单调递增， 在 1 a ，＋∞ 上单调递减． (2)证明：由题意及(1)可知，方程 f(x)＝m(m＜－2)的两个相异实根 x1，x2 满足 ln x－x－ m＝0，且 0＜x1＜1＜x2，即 ln x1－x1－m＝ln x2－x2－m＝0. 由题意，可知 ln x1－x1＝m＜－2＜ln 2－2， 又由(1)可知，f(x)＝ln x－x 在(1，＋∞)上单调递减，故 x2＞2. 令 g(x)＝ln x－x－m， 则 g(x)－g 2 x2 ＝－x＋2 x2 ＋3ln x－ln 2. 令 h(t)＝－t＋2 t2 ＋3ln t－ln 2(t＞2)， 则 h′(t)＝－t－22t＋1 t3 . 当 t＞2 时，h′(t)＜0，h(t)单调递减，所以 h(t)＜h(2)＝2ln 2－3 2 ＜0，所以 g(x)＜g 2 x2 . 因为 x2＞2 且 g(x1)＝g(x2)，所以 h(x2)＝g(x2)－g 2 x22 ＝g(x1)－g 2 x22 ＜0，即 g(x1)＜g 2 x22 . 因为 g(x)在(0,1)上单调递增， 所以 x1＜2 x22 ，故 x1·x22＜2. [关键点拨] 本题第(2)问要证明的方程根之间的不等式关系比较复杂，此类问题可通过不等式的等 价变形，将两个根分布在不等式两侧，然后利用函数的单调性转化为对应函数值之间的大小 关系即可．显然构造函数的关键仍然是消掉参数，另外根据函数性质确定“x2＞2”是解题 的一个关键点，确定其范围之后才能将 x1 与2 x22 化归到函数的同一个单调区间上，这也是此类 问题的一个难点——精确定位． 考点三 比(差)值换元 比(差)值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系， 然后利用两个极值点之比(差)作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值或差值(一 般用 t 表示)表示两个极值点，继而将所求解问题转化为关于 t 的函数问题求解． [典例] 已知 f(x)＝xln x－1 2mx2－x，m∈R.若 f(x)有两个极值点 x1，x2，且 x1＜x2，求证： x1x2＞e2(e 为自然对数的底数)． [解题观摩] 欲证 x1x2＞e2，只需证 ln x1＋ln x2＞2. 由函数 f(x)有两个极值点 x1，x2，可得函数 f′(x) 有两个零点，又 f′(x)＝ln x－mx，所 以 x1，x2 是方程 f′(x)＝0 的两个不同实根． 于是有 ln x1－mx1＝0， ① ln x2－mx2＝0， ② ①＋②可得 ln x1＋ln x2＝m(x1＋x2)， 即 m＝ln x1＋ln x2 x1＋x2 ， ②－①可得 ln x2－ln x1＝m(x2－x1)， 即 m＝ln x2－ln x1 x2－x1 ， 从而可得ln x2－ln x1 x2－x1 ＝ln x1＋ln x2 x1＋x2 ， 于是 ln x1＋ln x2＝ 1＋x2 x1 lnx2 x1 x2 x1 －1 . 由 0＜x1＜x2，设 t＝x2 x1 ，则 t＞1. 因此 ln x1＋ln x2＝1＋tln t t－1 ，t＞1. 要证 ln x1＋ln x2＞2，即证t＋1ln t t－1 ＞2(t＞1)，即证当 t＞1 时，有 ln t＞2t－1 t＋1 . 令 h(t)＝ln t－2t－1 t＋1 (t＞1)， 则 h′(t)＝1 t －2t＋1－2t－1 t＋12 ＝t－12 tt＋12 ＞0， 所以 h(t)为(1，＋∞)上的增函数． 因此 h(t)＞ln 1－21－1 1＋1 ＝0. 于是当 t＞1 时，有 ln t＞2t－1 t＋1 . 所以有 ln x1＋ln x2＞2 成立，即 x1x2＞e2. [关键点拨] 求解本题的关键点有两个．一个是消参，把极值点转化为导函数零点之后，需要利用两 个变量把参数表示出来，这是解决问题的基础，若只用一个极值点表示参数，如得到 m＝ln x1 x1 之后，代入第二个方程，则无法建立两个极值点的关系，本题中利用两个方程相加(减)之后 再消参，巧妙地把两个极值点与参数之间的关系建立起来；二是消“变”，即减少变量的个 数，只有把方程转化为一个“变量”的式子后，才能建立与之相应的函数，转化为函数问题 求解．本题利用参数 m 的值相等建立方程，进而利用对数运算的性质，将方程转化为关于x2 x1 的方程，通过建立函数模型求解该问题，这体现了对数学建模等核心素养的考查． 第四课时 导数零点不可求 导数是研究函数的有力工具，其核心又是由导数值的正、负确定函数的单调性．用导数 研究函数 f(x)的单调性，往往需要解方程 f′(x)＝0. 若该方程不易求解时，如何继续解题呢？ 考点一 猜出方程 f′(x)＝0 的根 [典例] 设 f(x)＝1＋ln x x . (1)若函数 f(x)在(a，a＋1)上有极值，求实数 a 的取值范围； (2)若关于 x 的方程 f(x)＝x2－2x＋k 有实数解，求实数 k 的取值范围． [解题观摩] (1)因为 f′(x)＝－ln x x2 ，当 0＜x＜1 时，f′(x)＞0；当 x＞1 时，f′(x)＜0， 所以函数 f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故函数 f(x)的极大值点为 x＝1， 所以 a＜1， a＋1＞1， 即 0＜a＜1，故所求实数 a 的取值范围是(0,1)． (2)方程 f(x)＝x2－2x＋k 有实数解， 即 f(x)－x2＋2x＝k 有实数解． 设 g(x)＝f(x)－x2＋2x， 则 g′(x)＝2(1－x)－ln x x2 . 接下来，需求函数 g(x)的单调区间，所以需解不等式 g′(x)≥0 及 g′(x)≤0，因而需解 方程 g′(x)＝0.但此方程不易求解，所以我们可以先猜后解． 因为 g′(1)＝0，且当 0＜x＜1 时，g′(x)＞0，当 x＞1 时，g′(x)＜0，所以函数 g(x) 在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 所以 g(x)max＝g(1)＝2.当 x→0 时，g(x)→－∞；当 x→＋∞时，g(x)→－∞，所以函数 g(x) 的值域是(－∞，2]，所以所求实数 k 的取值范围是(－∞，2]． [关键点拨] 当所求的导函数解析式中出现 ln x 时，常猜 x＝1；当函数解析式中出现 ex 时，常猜 x ＝0. 考点二 隐零点代换 [典例] 设函数 f(x)＝e2x－aln x. (1)讨论 f(x)的导函数 f′(x)零点的个数； (2)求证：当 a＞0 时，f(x)≥2a＋aln2 a. [解题观摩] (1)法一：f′(x)＝2e2x－a x(x＞0)． 当 a≤0 时，f′(x)＞0，f′(x)没有零点． 当 a＞0 时，设 u(x)＝e2x，v(x)＝－a x ， 因为 u(x)＝e2x 在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－a x 在(0，＋∞)上单调递增， 所以 f′(x)在(0，＋∞)上单调递增． 又因为 f′(a)＞0，当 b 满足 0＜b＜a 4 且 b＜1 4 时，f′(b)＜0， 所以当 a＞0 时，f′(x)存在唯一零点． 法二：f′(x)＝2e2x－a x(x＞0)． 令方程 f′(x)＝0，得 a＝2xe2x(x＞0)． 因为函数 g(x)＝2x(x＞0)，h(x)＝e2x(x＞0)均是函数值为正值的增函数， 所以由增函数的定义可证得函数 u(x)＝2xe2x(x＞0)也是增函数，其值域是(0，＋∞)． 由此可得，当 a≤0 时，f′(x)无零点；当 a＞0 时，f′(x)有唯一零点． (2)证明：由(1)可设 f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为 x0. 当 x∈(0，x0)时，f′(x)＜0； 当 x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0. 所以 f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，当且仅当 x＝x0 时，f(x)取得最 小值，最小值为 f(x0)． 因为 2e2x0－a x0 ＝0，所以 f(x0)＝ a 2x0 ＋2ax0＋aln2 a ≥2a＋aln2 a(当且仅当 x0＝1 2 时等号成立)． 所以当 a＞0 时，f(x)≥2a＋aln2 a. [关键点拨] 本题第(2)问的解题思路是求函数 f(x)的最小值，因此需要求 f′(x)＝0 的根，但是 f′(x)＝ 2e2x－a x ＝0 的根无法求解．故设出 f′(x)＝0 的根为 x0，通过证明 f(x)在(0，x0)和(x0，＋∞)上 的单调性知 f(x)min＝f(x0)＝ a 2x0 ＋2ax0＋aln2 a ，进而利用基本不等式证得结论，其解法类似解 析几何中的设而不求． 考点三 证——证明方程 f′(x)＝0 无根 [典例] 已知 m∈R，函数 f(x)＝mx－m x －2ln x，g(x)＝2e x ，若∃x0∈[1，e]，使得 f(x0)＞ g(x0)成立，求实数 m 的取值范围． [解题观摩] 因为当 x＝1 时，f(x)＝0，g(x)＝2e，不存在 f(x0)＞g(x0)，所以关于 x 的不 等式 f(x)＞g(x)在[1，e]上有解，即关于 x 的不等式2e＋2xln x x2－1 ＜m(1＜x≤e)有解． 设 u(x)＝2e＋2xln x x2－1 (1＜x≤e)， 则 u′(x)＝2x2－4ex－2－2x2＋2ln x x2－12 (1＜x≤e)，但不易求解方程 u′(x)＝0. 可大胆猜测方程 u′(x)＝0 无解，证明如下： 由 1＜x≤e，可得－(2x2＋2)ln x＜0， 2x2－4ex－2＝2(x－e)2－2e2－2＜0， 所以 u′(x)＜0，u(x)在(1，e]上是减函数， 所以函数 u(x)的值域是 4e e2－1 ，＋∞ ， 故所求实数 m 的取值范围是 4e e2－1 ，＋∞ . [关键点拨] 当利用导函数求函数 f(x)在区间[a，b]，[a，b)或(a，b]上的最值时，可首先考虑函数 f(x) 在该区间上是否具有单调性，若具有单调性，则 f(x)在区间的端点处取得最值(此时若求 f′(x) ＝0 的根，则此方程是无解的)． 第五课时 构造函数 利用导数证明不等式，关键是要找出与待证不等式紧密联系的函数，然后以导数为工具 来研究该函数的单调性、极值、最值(值域)，从而达到证明不等式的目的，这时常常需要构 造辅助函数来解决．题目本身特点不同，所构造的函数可有多种形式，解题的繁简程度也因 此而不同，如何恰当构造函数，往往成为解题的关键． 考点一 “比较法”构造函数证明不等式 当试题中给出简单的基本初等函数，例如 f(x)＝x3，g(x)＝ln x，进而证明在某个取值范 围内不等式 f(x)≥g(x)成立时，可以类比作差法，构造函数 h(x)＝f(x)－g(x)或φ(x)＝g(x)－f(x)， 进而证明 h(x)min≥0 或φ(x)max≤0 即可，在求最值的过程中，可以利用导数为工具．此外， 在能够说明 g(x)＞0(f(x)＞0)的前提下，也可以类比作商法，构造函数 h(x)＝fx gx φx＝gx fx ， 进而证明 h(x)min≥1(φ(x)max≤1)． [典例] 已知函数 f(x)＝ex－ax(e 为自然对数的底数，a 为常数)的图象在点(0,1)处的切线 斜率为－1. (1)求 a 的值及函数 f(x)的极值； (2)求证：当 x＞0 时，x2＜ex. [解题观摩] (1)由 f(x)＝ex－ax，得 f′(x)＝ex－a. 因为 f′(0)＝1－a＝－1，所以 a＝2， 所以 f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2， 令 f′(x)＝0，得 x＝ln 2， 当 x＜ln 2 时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当 x＞ln 2 时，f′(x)＞0，f(x)单调递增． 所以当 x＝ln 2 时，f(x)取得极小值，且极小值为 f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－2ln 2，f(x)无极 大值． (2)证明：令 g(x)＝ex－x2，则 g′(x)＝ex－2x. 由(1)得 g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＞0， 故 g(x)在 R 上单调递增． 所以当 x＞0 时，g(x)＞g(0)＝1＞0，即 x2＜ex. [关键点拨] 在本题第(2)问中，发现“x2，ex”具有基本初等函数的基因，故可选择对要证明的“x2＜ex” 构造函数，得到“g(x)＝ex－x2”，并利用(1)的结论求解． 考点二 “拆分法”构造函数证明不等式 当所要证明的不等式由几个基本初等函数通过相乘以及相加的形式组成时，如果对其直 接求导，得到的导函数往往给人一种“扑朔迷离”“不知所措”的感觉．这时可以将原不等 式合理拆分为 f(x)≤g(x)的形式，进而证明 f(x)max≤g(x)min 即可，此时注意配合使用导数工 具．在拆分的过程中，一定要注意合理性的把握，一般以能利用导数进行最值分析为拆分标 准． [典例] 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. [解题观摩] (1)f′(x)＝e 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 0＜x＜e a 时，f′(x)＞0，当 x＞e a 时，f′(x)＜0， 故 f(x)在 0，e a 上单调递增，在 e a ，＋∞ 上单调递减． (2)证明：法一：因为 x＞0，所以只需证 f(x)≤ex 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)＝ex x －2e(x＞0)， 则 g′(x)＝x－1ex x2 ， 所以当 0＜x＜1 时，g′(x)＜0，g(x)单调递减； 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)≤ex x －2e， 即 xf(x)－ex＋2ex≤0. 法二：要证 xf(x)－ex＋2ex≤0， 即证 exln x－ex2－ex＋2ex≤0， 从而等价于 ln x－x＋2≤ex ex. 设函数 g(x)＝ln x－x＋2， 则 g′(x)＝1 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)＝ex ex ，则 h′(x)＝exx－1 ex2 . 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. [关键点拨] 对于第(2)问 xf(x)－ex＋2ex≤0 的证明直接构造函数 h(x)＝xeln x－ax2－ex＋2ex，求导后 不易分析，故可将不等式合理拆分为 f(x)≤ex x －2e 或 ln x－x＋2≤ex ex ，再分别对不等式两边构 造函数证明不等式． 考点三 “换元法”构造函数证明不等式 若两个变元 x1，x2 之间联系“亲密”，我们可以通过计算、化简，将所证明的不等式整 体转化为关于 m(x1，x2)的表达式(其中 m(x1，x2)为 x1，x2 组合成的表达式)，进而使用换元令 m(x1，x2)＝t，使所要证明的不等式转化为关于 t 的表达式，进而用导数法进行证明，因此， 换元的本质是消元． [典例] 已知函数 f(x)＝ln x x －k 有两个不同的零点 x1，x2，求证：x1x2＞e2. [解题观摩] f(x)＝ln x x －k，设 x1＞x2＞0， 由 f(x1)＝f(x2)＝0， 可得 ln x1－kx1＝0，ln x2－kx2＝0，两式相加减， 得 ln x1＋ln x2＝k(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝k(x1－x2)． 要证 x1x2＞e2，即证 ln x1x2＞2，只需证 ln x1＋ln x2＞2，也就是证 k(x1＋x2)＞2，即证 k ＞ 2 x1＋x2 . 因为 k＝ln x1－ln x2 x1－x2 ，所以只需证ln x1－ln x2 x1－x2 ＞ 2 x1＋x2 ，即证 lnx1 x2 ＞2x1－x2 x1＋x2 . 令x1 x2 ＝t(t＞1)，则只需证 ln t＞2t－1 t＋1 (t＞1)． 令 h(t)＝ln t－2t－1 t＋1 (t＞1)， 则 h′(t)＝1 t － 4 t＋12 ＝t－12 tt＋12 ＞0， 故函数 h(t)在(1，＋∞)上单调递增， 所以 h(t)＞h(1)＝0，即 ln t＞2t－1 t＋1 . 所以 x1x2＞e2. [关键点拨] 不妨设 x1＞x2＞0，由 f(x1)＝f(x2)＝0，可得 ln x1－kx1＝0，ln x2－kx2＝0，两式相加减， 利用分析法将要证明的不等式转化为ln x1－ln x2 x1－x2 ＞ 2 x1＋x2 ，再利用换元法，通过求导证明上 述不等式成立． 考点四 “转化法”构造函数 在关于 x1，x2 的双变元问题中，若无法将所给不等式整体转化为关于 m(x1，x2)的表达 式，则考虑将不等式转化为函数的单调性问题进行处理，进而实现消元的目的． [典例] 设函数 f(x)＝ln x＋m x ，m∈R，若对任意 b＞a＞0，fb－fa b－a ＜1 恒成立，求 m 的取值范围． [解题观摩] 对任意的 b＞a＞0，fb－fa b－a ＜1 等价于 f(b)－b＜f(a)－a 恒成立．(*) 设 h(x)＝f(x)－x＝ln x＋m x －x(x＞0)， 故(*)等价于 h(x)在(0，＋∞)上单调递减． 由 h′(x)＝1 x －m x2 －1≤0 在(0，＋∞)上恒成立，得 m≥－x2＋x＝－ x－1 2 2＋1 4(x＞0)恒成 立，故 m≥1 4 ，当且仅当 x＝1 2 时等号成立，所以 m 的取值范围为 1 4 ，＋∞ .