专题30 导数中的证明问题(解析版)

专题30 导数中的证明问题

一、题型选讲

题型一与零点、极值点有关的证明

例1、(2019无锡期末)已知函数f(x)＝e x －a

2x 2－ax(a>0)． 若函数y ＝f(x)恰好在x ＝x 1和x ＝x 2两处取得极值,

求证：x 1＋x 2

2

思路分析 直接证明比较困难,需要利用分析法,通过代数变形,换元等方法将问题转化为熟悉的不等式问题,再通过构造函数,结合常用不等式 ,利用导数进行证明．

规范解答 f′(x)＝e x －ax －a,因为x 1,x 2为f(x)的两个极值点,

所以⎩⎪⎨⎪⎧f′（x 1）＝0，f′（x 2）＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧e x 1－ax 1－a ＝0，e x 2－ax 2

－a ＝0.

两式相减,得a ＝⎩

⎪⎨⎪⎧e x 4－ax 1－a ＝0，

e x 2－ax 2－a ＝0.

两式相减,得a ＝e x 1－e x 2

x 1－x 2

,(8分)

则所证不等式等价x 1＋x 22

x 1－x 2,

令t ＝x 1－x 2,t>0,所以证不等式只需证明： e t 2

2

－e t ＋1<0, 设φ(t)＝t e t 20⎝⎛⎭⎫t

2＋1≥0,所以φ′(t)≤0,所以φ(t)在(0,＋∞)单调递减,φ(t)<φ(0)＝0. 所以x 1＋x 2

2

解后反思 本题以导数知识为背景考查了函数,导数与不等式的综合问题．考查学生等价转化思想,代数变形,推理论证能力以及利用数学知识,分析问题,解决问题的能力

例2、(2017南京学情调研)已知函数f (x )＝ax 2－bx ＋ln x ,a ,b ∈R .当a ＝1,b ＞3时,记函数f (x )的导函数f ′(x )的两个零点是x 1和x 2 (x 1＜x 2),求证：f (x 1)－f (x 2)＞3

4

－ln2.

要证明此不等式,首先要考察x 1,x 2的范围与a ,b 的关系,由已知求出f ′(x )＝2x 2－bx ＋1

x (x ＞0),因此x 1,x 2是

方程g (x )＝2x 2－bx ＋1＝0的两根,x 1x 2＝1

2

,粗略地估计一下,由于g ⎝⎛⎭⎫12＝3－b 2＜0,g (1)＝3－b ＜0,因此有

x 1∈⎝⎛⎭⎫0，12,x 2∈(1,＋∞),由此可知f (x )在[x 1,x 2]上为减函数,从而有f (x 1)－f (x 2)＞f ⎝⎛⎭⎫12－f (1),这里f ⎝⎛⎭⎫12－f (1)＝b 2－34－ln2＞3

4

－ln2,正好可证明题设结论．

规范解答 证法1 因为a ＝1,所以f (x )＝x 2

－bx ＋ln x ,从而f ′(x )＝2x 2－bx ＋1

x

(x ＞0)．

由题意知,x 1,x 2是方程2x 2－bx ＋1＝0的两个根,由根与系数的关系可得x 1x 2＝1

2

.

记g (x )＝2x 2－bx ＋1,因为b ＞3,所以g ⎝⎛⎭⎫12＝3－b 2＜0,g (1)＝3－b ＜0,所以x 1∈⎝⎛⎭⎫0，12,x 2∈(1,＋∞),且bx i ＝2x 2i ＋1(i ＝1,2),(12分)

所以f (x 1)－f (x 2)＝(x 21－x 22)－(bx 1－bx 2)＋ln x 1x 2＝－(x 21－x 22

)＋ln x 1x 2. 因为x 1x 2＝12,所以f (x 1)－f (x 2)＝x 22－14x 22－ln(2x 2

2),x 2∈(1,＋∞)．(14分) 令t ＝2x 22∈(2,＋∞),

φ(t )＝f (x 1)－f (x 2)＝t 2－1

2t

－ln t .

因为φ′(t )＝(t －1)22t 2≥0,所以φ(t )在区间(2,＋∞)上单调递增,所以φ(t )＞φ(2)＝34－ln2,即f (x 1)－f (x 2

)＞3

4－ln2.(16分)

证法2 因为a ＝1,所以

f (x )＝x 2－bx ＋ln x ,从而

f ′(x )＝2x 2－bx ＋1

x

(x ＞0)．

由题意知,x 1,x 2是方程2x 2－bx ＋1＝0的两个根．

记g (x )＝2x 2－bx ＋1,因为b ＞3,所以g ⎝⎛⎭⎫12＝3－b 2＜0,g (1)＝3－b ＜0,所以x 1∈⎝⎛⎭⎫0，12,x 2∈(1,＋∞),且f (x )在[x 1,x 2]上为减函数．(12分)

所以f (x 1)－f (x 2)＞f ⎝⎛⎭⎫12－f (1)＝14－b 2＋ln 12－(1－b )＝－34＋b

2－ln2. 因为b ＞3,所以f (x 1)－f (x 2)＞－34＋b 2－ln2＞3

4－ln2.(16分)

解后反思 (1) 导数法求函数单调区间的一般流程：

求定义域→求导数f ′(x )→求f ′(x )＝0在定义域内的根→用求得的根划分定义区间→确定f ′(x )在各个开区间内的符号→得相应开区间上的单调性．

(2) 在函数中含有参数时,解方程f ′(x )＝0时必须对参数进行分类讨论,这里分类讨论的标准要按照不等

式的形式正确确定．

(3) 已知函数的单调性,求参数的取值范围,应用条件f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0),x ∈(a ,b ),转化为不等式恒成立问题求解．

例3、(2017南通一调)已知函数f (x )＝ax 2－x －ln x ,a ∈R . (1) 当a ＝3

8

时,求函数f (x )的最小值；

(2) 若－1≤a ≤0,证明：函数f (x )有且只有一个零点；

思路分析 (1) 这是一个基本题型,通过求导,得极值点,讨论单调性,求得最小值；

(2) 先通过求导得函数f (x )在(0,＋∞)上单调递减,从而确定至多一个零点,再找到f (1)＝a －1＜0,f ⎝⎛⎭⎫

1e ＝e 2－e ＋a

e 2

＞0,通过判定定理证明只有一个零点；

规范解答 (1) 当a ＝38时,f (x )＝3

8x 2－x －.ln x

故f ′(x )＝34x －1－1x ＝(3x ＋2)(x －2)

4x ,x ＞0.(2分)

令f ′(x )＝0,得x ＝2,

当x ∈(0,2)时,f ′(x )＜0；当x ∈(2,＋∞)时,f ′(x )＞0, 所以函数f (x )在(0,2)上单调递减,在(2,＋∞)上单调递增． 所以当x ＝2时,f (x )有最小值f (2)＝－1

2－ln2.(4分)

(2) 由

f (x )＝ax 2－x －

ln x ,得f ′(x )＝2ax －1－1x ＝

2ax 2－x －1

x

,x ＞0. 所以当a ≤0时,f ′(x )＝2ax 2－x －1

x ＜0,

函数f (x )在(0,＋∞)上单调递减,

所以当a ≤0时,函数f (x )在(0,＋∞)上最多有一个零点．(6分) 因为当－1≤a ≤0时,f (1)＝a －1＜0,f ⎝⎛⎭⎫1e ＝e 2

－e ＋a

e 2＞0, 所以当－1≤a ≤0时,函数

f (x )在(0,＋∞)上有零点．