1、第4講導數的綜合應用第1課時利用導數證明不等式作差構造法 設f(x)2xln x1.求證：f(x)x2xeq f(1,x)2ln x.【證明】x2xeq f(1,x)2ln xf(x)x(x1)eq f(x1,x)2(x1)ln x(x1)eq blc(rc)(avs4alco1(xf(1,x)2ln x)(x0)，令g(x)xeq f(1,x)2ln x，則g(x)1eq f(1,x2)eq f(2,x)eq f(（x1）2,x2)0，所以g(x)在(0，)上單調遞增，又g(1)0，所以當0 x1時，g(x)1時，g(x)0，所以(x1)eq blc(rc)(avs4alco1(xf(1,x

2、)2ln x)0，即f(x)x2xeq f(1,x)2ln x.eq avs4al()待證不等式的兩邊含有同一個變量時，一般地，可以直接構造“左減右”的函數，利用導數研究其單調性，借助所構造函數的單調性即可得證 已知f(x)1eq f(ln x,x)eq f(e,ex)eq f(1,x)x.證明：當x1時，f(x)eq f(2,x).證明：由f(x)eq f(2,x)得1eq f(ln x,x)eq f(e,ex)eq f(1,x)x0.令h(x)1eq f(ln x,x)eq f(e,ex)eq f(1,x)x(x1)，則h(1)0，h(x)eq f(1ln x,x2)eq f(e,ex)e

3、q f(1,x2)1eq f(ln x,x2)eq f(e,ex)1.因為x1，所以h(x)eq f(ln x,x2)eq f(e,ex)10，所以h(x)在1，)上單調遞增，所以h(x)h(1)0，即1eq f(ln x,x)eq f(e,ex)eq f(1,x)x0，所以當x1時，f(x)eq f(2,x).隔離分析法 (2020福州模擬)已知函數f(x)eln xax(aR)(1)討論f(x)的單調性；(2)當ae時，證明：xf(x)ex2ex0.【解】(1)f(x)eq f(e,x)a(x0)，若a0，則f(x)0，f(x)在(0，)上單調遞增；若a0，則當0 x0；當xeq f(e,

4、a)時，f(x)0，所以只需證f(x)eq f(ex,x)2e，當ae時，由(1)知，f(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，)上單調遞減，所以f(x)maxf(1)e.記g(x)eq f(ex,x)2e(x0)，則g(x)eq f(（x1）ex,x2)，所以當0 x1時，g(x)1時，g(x)0，g(x)單調遞增，所以g(x)ming(1)e.綜上，當x0時，f(x)g(x)，即f(x)eq f(ex,x)2e，即xf(x)ex2ex0.方法二：由題意知，即證exln xex2ex2ex0，從而等價于ln xx2eq f(ex,ex).設函數g(x)ln xx2，則g(x)eq f(1,x)

5、1.所以當x(0，1)時，g(x)0，當x(1，)時，g(x)0，故g(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，)上單調遞減，從而g(x)在(0，)上的最大值為g(1)1.設函數h(x)eq f(ex,ex)，則h(x)eq f(ex（x1）,ex2).所以當x(0，1)時，h(x)0，故h(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，)上單調遞增，從而h(x)在(0，)上的最小值為h(1)1.綜上，當x0時，g(x)h(x)，即xf(x)ex2ex0.eq avs4al() (1)在證明不等式中，若無法轉化為一個函數的最值問題，則可以考慮轉化為兩個函數的最值問題(2)在證明過程中，“隔離”化是關鍵，此處

6、f(x)ming(x)max恒成立從而f(x)g(x)，但此處f(x)與g(x)取到最值的條件不是同一個“x的值” 設函數f(x)x2(x1)ln x，求證：當0eq f(1,2)x.證明：只需證xeq f(ln x,x)ln xeq f(1,2)，即xln xeq f(ln x,x)eq f(1,2)，令g(x)xln x，h(x)eq f(ln x,x)eq f(1,2)，由g(x)1eq f(1,x)0，解得x1，所以g(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，2上單調遞增，故g(x)ming(1)1，由h(x)eq f(1ln x,x2)可知h(x)在(0，2上單調遞增，故h(x)maxh

7、(2)eq f(1ln 2,2)1g(x)min，故h(x)eq f(1,2)x.換元構造法 已知函數f(x)ln xax(x0)，a為常數，若函數f(x)有兩個零點x1，x2(x1x2)求證：x1x2e2.【證明】不妨設x1x20，因為ln x1ax10，ln x2ax20，所以ln x1ln x2a(x1x2)，ln x1ln x2a(x1x2)，所以eq f(ln x1ln x2,x1x2)a，欲證x1x2e2，即證ln x1ln x22.因為ln x1ln x2a(x1x2)，所以即證aeq f(2,x1x2)，所以原問題等價于證明eq f(ln x1ln x2,x1x2)eq f(2

8、,x1x2)，即lneq f(x1,x2)eq f(2（x1x2）,x1x2)，令ceq f(x1,x2)(c1)，則不等式變為ln ceq f(2（c1）,c1).令h(c)ln ceq f(2（c1）,c1)，c1，所以h(c)eq f(1,c)eq f(4,（c1）2)eq f(（c1）2,c（c1）2)0，所以h(c)在(1，)上單調遞增，所以h(c)h(1)ln 100，即ln ceq f(2（c1）,c1)0(c1)，因此原不等式x1x2e2得證eq avs4al()換元法構造函數證明不等式的基本思路是直接消掉參數a，再結合所證問題，巧妙引入變量ceq f(x1,x2)，從而構造相

9、應的函數其解題要點為： 聯立消參利用方程f(x1)f(x2)消掉解析式中的參數a抓商構元令ceq f(x1,x2)，消掉變量x1，x2，構造關于c的函數h(c)用導求解利用導數求解函數h(c)的最小值，從而可證得結論 已知函數f(x)ln xx2x.若正實數x1，x2滿足f(x1)f(x2)x1x20.求證：x1x2eq f(r(5)1,2).證明：f(x)ln xx2x(x0)由f(x1)f(x2)x1x20，得ln x1xeq oal(2,1)x1ln x2xeq oal(2,2)x2x1x20.從而(x1x2)2(x1x2)x1x2ln(x1x2)，令tx1x2(t0)令(t)tln t

10、，得(t)1eq f(1,t)eq f(t1,t).易知(t)在區間(0，1)上單調遞減，在區間(1，)上單調遞增，所以(t)(1)1，所以(x1x2)2(x1x2)1，因為x10，x20，所以x1x2eq f(r(5)1,2). A級基礎練1若0 x1x2a都有x2ln x1x1ln x2x1x2成立，則a的最大值為()Aeq f(1,2) B1Ce D2e解析：選B.原不等式可轉化為eq f(1ln x1,x1)eq f(1ln x2,x2)，構造函數f(x)eq f(1ln x,x)，則f(x)eq f(ln x,x2)，故函數在(0，1)上導數大于零，單調遞增，在(1，)上導數小于零，

11、單調遞減由于x1x2且f(x1)f(x2)，故x1，x2在區間(0，1)上，故a的最大值為1.2若0 x1x2ln x2ln x1 Bex2ex1x1ex2 Dx2ex1x1ex2解析：選C.令g(x)exln x，則當x(0，1)時，g(x)exeq f(1,x)的符號不確定，所以在區間(0，1)上的單調性不確定，因此選項A，B中的大小關系無法確定令f(x)eq f(ex,x)，則f(x)eq f(xexex,x2)eq f(ex（x1）,x2).當0 x1時，f(x)0，即f(x)在(0，1)上單調遞減，因為0 x1x21，所以f(x2)f(x1)，即eq f(ex2,x2)x1ex2，故

12、選C.3已知函數f(x)aexln x1(e2.718 28是自然對數的底數)(1)設x2是函數f(x)的極值點，求實數a的值，并求f(x)的單調區間；(2)證明：當aeq f(1,e)時，f(x)0.解：(1)f(x)的定義域為(0，)，f(x)aexeq f(1,x).由題設知，f(2)0，所以aeq f(1,2e2).從而f(x)eq f(1,2e2)exln x1，f(x)eq f(1,2e2)exeq f(1,x).當0 x2時，f(x)2時，f(x)0.所以f(x)在(0，2)上單調遞減，在(2，)上單調遞增(2)證明：當aeq f(1,e)時，f(x)eq f(ex,e)ln x

13、1.設g(x)eq f(ex,e)ln x1，則g(x)eq f(ex,e)eq f(1,x).當0 x1時，g(x)1時，g(x)0.所以x1是g(x)的最小值點故當x0時，g(x)g(1)0.因此，當aeq f(1,e)時，f(x)0.4已知函數f(x)1eq f(x1,ex)，g(x)xln x.(1)證明：g(x)1；(2)證明：(xln x)f(x)1eq f(1,e2).證明：(1)由題意得g(x)eq f(x1,x)(x0)當0 x1時，g(x)1時，g(x)0，即g(x)在(0，1)上是減函數，在(1，)上是增函數所以g(x)g(1)1.(2)由f(x)1eq f(x1,ex)

14、，得f(x)eq f(x2,ex)，所以當0 x2時，f(x)2時，f(x)0，即f(x)在(0，2)上是減函數，在(2，)上是增函數，所以f(x)f(2)1eq f(1,e2)，當且僅當x2時，等號成立又由(1)知xln x1，當且僅當x1時，等號成立，且等號不能同時取到，所以(xln x)f(x)1eq f(1,e2).B級綜合練5已知函數f(x)axxln x在xe2(e為自然對數的底數)處取得極小值(1)求實數a的值；(2)當x1時，求證：f(x)3(x1)解：(1)因為f(x)axxln x，所以f(x)aln x1，因為函數f(x)在xe2處取得極小值，所以f(e2)0，即aln

15、e210，所以a1，所以f(x)ln x2.當f(x)0時，xe2；當f(x)0時，0 x0)g(x)ln x1，由g(x)0，得xe.由g(x)0，得xe；由g(x)0，得0 x0.于是在(1，)上，都有g(x)g(e)0，所以f(x)3(x1)6已知函數f(x)xln xax.(1)當a1時，求函數f(x)在(0，)上的最小值；(2)證明：對一切x(0，)，都有ln x1eq f(1,ex1)eq f(2,e2x)成立解：(1)函數f(x)xln xax的定義域為(0，)當a1時，f(x)xln xx，f(x)ln x2.由f(x)0，得xeq f(1,e2).當xeq blc(rc)(a

16、vs4alco1(0，f(1,e2)時，f(x)eq f(1,e2)時，f(x)0.所以f(x)在eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,e2)上單調遞減，在eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,e2)，)上單調遞增因此f(x)在xeq f(1,e2)處取得最小值，即f(x)minfeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,e2)eq f(1,e2).(2)證明：當x0時，ln x1eq f(1,ex1)eq f(2,e2x)等價于x(ln x1)eq f(x,ex1)eq f(2,e2).由(1)知a1時，f(x)xln xx的最小值是eq f(1,e2)，當且僅當xeq f(1,e2)時取等號設G(x)eq f(x,ex1)eq f(2,e2)，x(0，)則G(x)eq blc(rc)(avs4alco1(f(x,eex)f(2,e2)eq f(1x,ex1)，易知G(x)maxG(1)eq f(1,e2)，當且僅當x1時取到，從而可知對一切x(0，)，都有f(x