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－x －1e x ，g (x )＝x －ln x . (1)证明：g (x )≥1；
(2)证明：(x －ln x )f (x )>1－1e 2. 证明 (1)由题意得g ′(x )＝x －1x
(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－x －1e x ，得f ′(x )＝x －2e x ， 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)＝1－1e 2(当且仅当x ＝2时取等号).① 又由(1)知x －ln x ≥1(当且仅当x ＝1时取等号)，②
且①②等号不同时取得，
所以(x －ln x )f (x )>1－1e 2. 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∀x 1，x 2∈[a ，b ]，且x 1<x 2，有f (x 1)<f (x 2).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 )＝x ln x －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ln x ＋1>1e
x ＋1－2e 2x 成立. (1)解 函数f (x )＝x ln x －ax 的定义域为(0，＋∞).
当a ＝－1时，f (x )＝x ln x ＋x ，f ′(x )＝ln x ＋2.
由f ′(x )＝0，得x ＝1e 2. 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 2时，f ′(x )<0；当x >1e 2时，f ′(x )>0. 所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 2上单调递减，在⎝⎛⎭
⎫1e 2，＋∞上单调递增. 因此f (x )在x ＝1e 2处取得最小值，即f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1e 2＝－1e 2
，但f (x )在(0，＋∞)上无最大值. (2)证明 当x >0时，ln x ＋1>1e x ＋1－2e 2x 等价于x (ln x ＋1)>x e
x ＋1－2e 2. 由(1)知a ＝－1时，f (x )＝x ln x ＋x 的最小值是－1e 2，当且仅当x ＝1e 2时取等号. 设G (x )＝x e
x ＋1－2e 2，x ∈(0，＋∞)， 则G ′(x )＝1－x e
x ＋1，易知G (x )max ＝G (1)＝－1e 2， 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ln x ＋1>1e
x ＋1－2e 2x .
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 )＝sin x x
(x ≠0). (1)判断函数f (x )在区间⎝⎛⎭
⎫0，π2上的单调性； (2)若f (x )<a 在区间⎝⎛⎭
⎫0，π2上恒成立，求实数a 的最小值. 解 (1)f ′(x )＝x cos x －sin x x 2
， 令g (x )＝x cos x －sin x ，x ∈⎝⎛⎭
⎫0，π2，则g ′(x )＝－x sin x ， 显然，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，g ′(x )＝－x sin x <0，即函数g (x )在区间⎝⎛⎭
⎫0，π2上单调递减，且g (0)＝0. 从而g (x )在区间⎝⎛⎭
⎫0，π2上恒小于零， 所以f ′(x )在区间⎝⎛⎭
⎫0，π2上恒小于零， 所以函数f (x )在区间⎝⎛⎭
⎫0，π2上单调递减. (2)不等式f (x )<a ，x ∈⎝⎛⎭
⎫0，π2恒成立，即sin x －ax <0恒成立. 令φ(x )＝sin x －ax ，x ∈⎝⎛⎭
⎫0，π2， 则φ′(x )＝cos x －a ，且φ(0)＝0.
当a ≥1时，在区间⎝⎛⎭
⎫0，π2上φ′(x )<0，即函数φ(x )单调递减， 所以φ(x )<φ(0)＝0，故sin x －ax <0恒成立.
当0<a <1时，φ′(x )＝cos x －a ＝0在区间⎝⎛⎭
⎫0，π2上存在唯一解x 0， 当x ∈(0，x 0)时，φ′(x )>0，故φ(x )在区间(0，x 0)上单调递增，且φ(0)＝0，
从而φ(x )在区间(0，x 0)上大于零，这与sin x －ax <0恒成立相矛盾.
当a ≤0时，在区间⎝⎛⎭
⎫0，π2上φ′(x )>0，即函数φ(x )单调递增，且φ(0)＝0，得sin x －ax >0恒成立，这与sin x －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 )＝x 2－(2a ＋1)x ＋a ln x (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∃x 0∈[1，e]使得f (x 0)≥g (x 0)成立，求实数a 的取值范围.
解 (1)f ′(x )＝（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x 2－2x ＋a (ln x －x )≥0在区间[1，e]上有解.
因为当x ∈[1，e]时，ln x ≤1≤x (不同时取等号)，x －ln x >0，所以a ≤x 2－2x x －ln x 在区间[1，e]上有解. 令h (x )＝x 2－2x x －ln x ，则h ′(x )＝（x －1）（x ＋2－2ln x ）（x －ln x ）2. 因为x ∈[1，e]，所以x ＋2>2≥2ln x ，
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)＝e(e －2)e －1
， 所以a ≤e(e －2)e －1
， 所以实数a 的取值范围是⎝
⎛⎦⎥⎤－∞，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x 1∈A ，任意x 2∈B 使f (x 1)≥g (x 2)成立，则f (x )max ≥g (x )max ；(2)任意x 1∈A ，存在x 2∈B ，使f (x 1)≥g (x 2)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 )＝f (x )x
－4ln x 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)＝ax 2－2ax －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 )＝x 2－2x －3.
(2)由(1)知g (x )＝x 2－2x －3x －4ln x ＝x －3x
－4ln x －2， ∴g (x )的定义域为(0，＋∞)，g ′(x )＝1＋3x 2－4x ＝(x －1)(x －3)x 2
，令g ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝3. 当x 变化时，g ′(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 当x >3时，g (e 5)＝e 5－3e
5－20－2>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 ＋x ln x 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 ＋x ln x 的定义域为(0，＋∞)．
f ′(x )＝a ＋ln x ＋1，
因为f ′(1)＝a ＋1＝0，解得a ＝－1，
当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋x ln x ，
即f ′(x )＝ln x ，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＋ln x )<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 )＝e 2x －a ln x .
(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 ＋a ln 2a . (1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a x
(x >0)． 当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点；
当a >0时，因为y ＝e 2x 单调递增，y ＝－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0<b <a 4时，且b <14
，f ′(b )<0， 故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．
(2)证明 由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0，
当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0.
故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，
所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)．
由于2e 2x 0－a x 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a .故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a
. 规律方法 1.在(1)中，当a >0时，f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，从而f ′(x )在(0，
＋∞)上至多有一个零点，问题的关键是找到b ，使f ′(b )<0.
2．由(1)知，函数f′(x)存在唯一零点x0，则f(x0)为函数的最小值，从而把问题转化为证明f(x0)≥2a＋a ln 2 a.
[方法技巧]
1．解决函数y＝f(x)的零点问题，可通过求导判断函数图象的位置、形状和发展趋势，观察图象与x轴的位置关系，利用数形结合的思想方法判断函数的零点是否存在及零点的个数等．
2．通过等价变形，可将“函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点”与“方程f(x)＝g(x)的解”问题相互转化．
3．函数y＝f(x)在某一区间(a，b)上存在零点，必要时要由函数零点存在定理作为保证.。