导数的综合应用

导数的综合应用一、导数在不等式中的应用考点一构造函数证明不等式【例1】已知函数f(x)＝1－eq\f(x－1,ex)，g(x)＝x－lnx.(1)证明：g(x)≥1；(2)证明：(x－lnx)f(x)>1－eq\f(1,e2).证明(1)由题意得g′(x)＝eq\f(x－1,x)(x>0)，当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1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，得证.(2)由f(x)＝1－eq\f(x－1,ex)，得f′(x)＝eq\f(x－2,ex)，所以当0<x<2时，f′(x)<0，当x>2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－eq\f(1,e2)(当且仅当x＝2时取等号).①又由(1)知x－lnx≥1(当且仅当x＝1时取等号)，②且①②等号不同时取得，所以(x－lnx)f(x)>1－eq\f(1,e2).规律方法1.证明不等式的基本方法：(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①∀x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)，②∀x1，x2∈[a，b]，且x1<x2，有f(x1)<f(x2).对于减函数有类似结论.(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则∀x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m).2.证明f(x)<g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，证明F(x)<0.先通过化简、变形，再移项构造不等式就减少运算量，使得问题顺利解决.考点二利用“若f(x)min>g(x)max，则f(x)>g(x)”证明不等式【例2】已知函数f(x)＝xlnx－ax.(1)当a＝－1时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的最值；(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx＋1>eq\f(1,ex＋1)－eq\f(2,e2x)成立.(1)解函数f(x)＝xlnx－ax的定义域为(0，＋∞).当a＝－1时，f(x)＝xlnx＋x，f′(x)＝lnx＋2.由f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,e2).当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e2)))时，f′(x)<0；当x>eq\f(1,e2)时，f′(x)>0.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞))上单调递增.因此f(x)在x＝eq\f(1,e2)处取得最小值，即f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)))＝－eq\f(1,e2)，但f(x)在(0，＋∞)上无最大值.(2)证明当x>0时，lnx＋1>eq\f(1,ex＋1)－eq\f(2,e2x)等价于x(lnx＋1)>eq\f(x,ex＋1)－eq\f(2,e2).由(1)知a＝－1时，f(x)＝xlnx＋x的最小值是－eq\f(1,e2)，当且仅当x＝eq\f(1,e2)时取等号.设G(x)＝eq\f(x,ex＋1)－eq\f(2,e2)，x∈(0，＋∞)，则G′(x)＝eq\f(1－x,ex＋1)，易知G(x)max＝G(1)＝－eq\f(1,e2)，当且仅当x＝1时取到，从而可知对一切x∈(0，＋∞)，都有f(x)>G(x)，即lnx＋1>eq\f(1,ex＋1)－eq\f(2,e2x).规律方法1.在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可考虑转化为两个函数的最值问题.2.在证明过程中，等价转化是关键，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”.考点三不等式恒成立或有解问题角度1不等式恒成立求参数【例3－1】已知函数f(x)＝eq\f(sinx,x)(x≠0).(1)判断函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的单调性；(2)若f(x)<a在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒成立，求实数a的最小值.解(1)f′(x)＝eq\f(xcosx－sinx,x2)，令g(x)＝xcosx－sinx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则g′(x)＝－xsinx，显然，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，g′(x)＝－xsinx<0，即函数g(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减，且g(0)＝0.从而g(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒小于零，所以f′(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒小于零，所以函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减.(2)不等式f(x)<a，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))恒成立，即sinx－ax<0恒成立.令φ(x)＝sinx－ax，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则φ′(x)＝cosx－a，且φ(0)＝0.当a≥1时，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上φ′(x)<0，即函数φ(x)单调递减，所以φ(x)<φ(0)＝0，故sinx－ax<0恒成立.当0<a<1时，φ′(x)＝cosx－a＝0在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上存在唯一解x0，当x∈(0，x0)时，φ′(x)>0，故φ(x)在区间(0，x0)上单调递增，且φ(0)＝0，从而φ(x)在区间(0，x0)上大于零，这与sinx－ax<0恒成立相矛盾.当a≤0时，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上φ′(x)>0，即函数φ(x)单调递增，且φ(0)＝0，得sinx－ax>0恒成立，这与sinx－ax<0恒成立相矛盾.故实数a的最小值为1.规律方法1.破解此类题需“一形一分类”，“一形”是指会结合函数的图象，对函数进行求导，然后判断其极值，从而得到含有参数的方程组，解方程组，即可求出参数的值；“一分类”是指对不等式恒成立问题，常需对参数进行分类讨论，求出参数的取值范围.2.利用导数研究含参数的不等式问题，若能够分离参数，则常将问题转化为形如a≥f(x)(或a≤f(x))的形式，通过求函数y＝f(x)的最值求得参数范围.角度2不等式能成立求参数的取值范围【例3－2】已知函数f(x)＝x2－(2a＋1)x＋alnx(a∈R).(1)若f(x)在区间[1，2]上是单调函数，求实数a的取值范围；(2)函数g(x)＝(1－a)x，若∃x0∈[1，e]使得f(x0)≥g(x0)成立，求实数a的取值范围.解(1)f′(x)＝eq\f(（2x－1）（x－a）,x)，当导函数f′(x)的零点x＝a落在区间(1，2)内时，函数f(x)在区间[1，2]上就不是单调函数，即a∉(1，2)，所以实数a的取值范围是(－∞，1]∪[2，＋∞).(2)由题意知，不等式f(x)≥g(x)在区间[1，e]上有解，即x2－2x＋a(lnx－x)≥0在区间[1，e]上有解.因为当x∈[1，e]时，lnx≤1≤x(不同时取等号)，x－lnx>0，所以a≤eq\f(x2－2x,x－lnx)在区间[1，e]上有解.令h(x)＝eq\f(x2－2x,x－lnx)，则h′(x)＝eq\f(（x－1）（x＋2－2lnx）,（x－lnx）2).因为x∈[1，e]，所以x＋2>2≥2lnx，所以h′(x)≥0，h(x)在[1，e]上单调递增，所以x∈[1，e]时，h(x)max＝h(e)＝eq\f(e(e－2),e－1)，所以a≤eq\f(e(e－2),e－1)，所以实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(e(e－2),e－1))).规律方法1.含参数的能成立(存在型)问题的解题方法a≥f(x)在x∈D上能成立，则a≥f(x)min；a≤f(x)在x∈D上能成立，则a≤f(x)max.2.含全称、存在量词不等式能成立问题(1)存在x1∈A，任意x2∈B使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)max≥g(x)max；(2)任意x1∈A，存在x2∈B，使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)min≥g(x)min.[方法技巧]1.证明不等式的关键是构造函数，将问题转化为研究函数的单调性、最值问题.2.恒(能)成立问题的转化策略.若f(x)在区间D上有最值，则(1)恒成立：∀x∈D，f(x)>0⇔f(x)min>0；∀x∈D，f(x)<0⇔f(x)max<0.(2)能成立：∃x∈D，f(x)>0⇔f(x)max>0；∃x∈D，f(x)<0⇔f(x)min<0.3.证明不等式，特别是含两个变量的不等式时，要注意合理的构造函数.4.恒成立与能成立问题，要注意理解“任意”与“存在”的不同含义，要注意区分转化成的最值问题的异同.二、导数在函数零点中的应用考点一判断零点的个数【例1】已知二次函数f(x)的最小值为－4，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}．(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数g(x)＝eq\f(f(x),x)－4lnx的零点个数．解(1)∵f(x)是二次函数，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}，∴设f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0.∴f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，a＝1.故函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x－3.(2)由(1)知g(x)＝eq\f(x2－2x－3,x)－4lnx＝x－eq\f(3,x)－4lnx－2，∴g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝1＋eq\f(3,x2)－eq\f(4,x)＝eq\f((x－1)(x－3),x2)，令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.当x变化时，g′(x)，g(x)的取值变化情况如下表：X(0，1)1(1，3)3(3，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)极大值极小值当0<x≤3时，g(x)≤g(1)＝－4<0，当x>3时，g(e5)＝e5－eq\f(3,e5)－20－2>25－1－22＝9>0.又因为g(x)在(3，＋∞)上单调递增，因而g(x)在(3，＋∞)上只有1个零点，故g(x)仅有1个零点．规律方法利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．考点二已知函数零点个数求参数的取值范围【例2】函数f(x)＝ax＋xlnx在x＝1处取得极值．(1)求f(x)的单调区间；(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．解(1)函数f(x)＝ax＋xlnx的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝a＋lnx＋1，因为f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，当a＝－1时，f(x)＝－x＋xlnx，即f′(x)＝lnx，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1.所以f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为y＝f(x)与y＝m＋1图象有两个不同的交点．由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，由题意得，m＋1>－1，即m>－2，①当0<x<e时，f(x)＝x(－1＋lnx)<0；当x>e时，f(x)>0.当x>0且x→0时，f(x)→0；当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.由图象可知，m＋1<0，即m<－1，②由①②可得－2<m<－1.所以m的取值范围是(－2，－1)．规律方法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，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．考点三函数零点的综合问题【例3】设函数f(x)＝e2x－alnx.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－eq\f(a,x)(x>0)．当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；当a>0时，因为y＝e2x单调递增，y＝－eq\f(a,x)单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(a)>0，假设存在b满足