3.3导数的综合应用\n-2-考点1考点2考点3利用导数证明不等式例1设函数f(x)=lnx-x+1.(1)讨论f(x)的单调性;(3)设c>1,证明当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.思考利用导数证明不等式的基本思路是什么?(1)解：(导数与函数的单调性)由题设,f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-1,令f'(x)=0解得x=1.当0<x<1时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减.\n-3-考点1考点2考点3(2)证明：由(1)知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0.所以当x≠1时,lnx<x-1.(3)证明：由题设c>1,(构造函数)设g(x)=1+(c-1)x-cx,则g'(x)=c-1-cxlnc,\n-4-考点1考点2考点3解题心得利用导数证明不等式时,可移项使不等式一边化为0的形式,再构造函数,将问题转化为函数的单调性、极值或最值问题,即利用求导方法求单调区间,比较函数值与0的关系.如证明不等式f(x)<g(x),可构造函数h(x)=f(x)-g(x),证明h(x)max<0即可,也可证明f(x)max<g(x)min.\n-5-考点1考点2考点3对点训练1(2021全国Ⅰ,理20)设函数f(x)=ln(a-x),已知x=0是函数y=xf(x)的极值点.(1)求a;\n-6-考点1考点2考点3(1)解:由题意,f(x)的定义域为(-∞,a).令y=p(x)=xf(x),则p(x)=xln(a-x),x∈(-∞,a),因为x=0是函数y=xf(x)的极值点,所以有p'(0)=0,即lna=0,所以a=1.\n-7-考点1考点2考点3(2)证明:由(1)可知,xf(x)=xln(1-x),因为当x∈(-∞,0)时,xln(1-x)<0,当x∈(0,1)时,xln(1-x)<0,所以需证明x+ln(1-x)>xln(1-x),即x+(1-x)ln(1-x)>0.令h(x)=x+(1-x)ln(1-x),x<1,\n-8-考点1考点2考点3例2设f(x)=xex,g(x)=x2+x.(1)令F(x)=f(x)+g(x),求F(x)的最小值;(2)若任意x1,x2∈[-1,+∞),且x1>x2,有m[f(x1)-f(x2)]>g(x1)-g(x2)恒成立,求实数m的取值范围.思考利用导数解决不等式恒成立问题的基本思路是什么?解:(1)∵F(x)=f(x)+g(x)=xex+x2+x,∴F'(x)=(x+1)(ex+1),令F'(x)>0,解得x>-1,令F'(x)<0,解得x<-1,∴F(x)在区间(-∞,-1)内递减,在区间(-1,+∞)内递增.\n-9-考点1考点2考点3(2)∵任意x1,x2∈[-1,+∞),且x1>x2,有m[f(x1)-f(x2)]>g(x1)-g(x2)恒成立,∴mf(x1)-g(x1)>mf(x2)-g(x2)恒成立.解题心得利用导数解决不等式恒成立问题,首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性,然后求出最值,进而得出相应的含参不等式,最后求出参数的取值范围;也可分离变量,构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题.\n-10-考点1考点2考点3(2)若在区间(1,+∞)上,函数f(x)的图象恒在直线y=2ax的下方,求a的取值范围.\n-11-考点1考点2考点3\n-12-考点1考点2考点3\n-13-考点1考点2考点3例3已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.思考如何利用导数求与函数零点有关的参数范围?解:(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1).(ⅰ)若a≤0,则f‘(x)<0,所以f(x)在区间(-∞,+∞)内单调递减.(ⅱ)若a>0,则由f'(x)=0得x=-lna.当x∈(-∞,-lna)时,f'(x)<0;当x∈(-lna,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在区间(-∞,-lna)内单调递减,在区间(-lna,+∞)内单调递增.\n-14-考点1考点2考点3(2)(ⅰ)若a≤0,由(1)知,f(x)至多有一个零点.(ⅱ)若a>0,由(1)知,当x=-lna时,f(x)取得最小值,又f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0,故f(x)在区间(-∞,-lna)内有一个零点.\n-15-考点1考点2考点3解题心得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(或者转化为两个熟悉函数的图象交点问题),进而确定参数的取值范围.\n-16-考点1考点2考点3对点训练3已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有两个零点.(1)求a的取值范围;(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1+x2<2.(1)解:f'(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).①设a=0,则f(x)=(x-2)ex,f(x)只有一个零点.②设a>0,则当x∈(-∞,1)时,f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在区间(-∞,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增.故f(x)存在两个零点.\n-17-考点1考点2考点3③设a<0,由f'(x)=0得x=1或x=ln(-2a).故当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,因此f(x)在区间(1,+∞)内单调递增.又当x≤1时,f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.故当x∈(1,ln(-2a))时,f'(x)<0;当x∈(ln(-2a),+∞)时,f'(x)>0.因此f(x)在区间(1,ln(-2a))内单调递减,在区间(ln(-2a),+∞)内单调递增.又当x≤1时f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.综上,a的取值范围为(0,+∞).\n-18-考点1考点2考点3(2)证明:不妨设x1<x2,由(1)知,x1∈(-∞,1),x2∈(1,+∞),2-x2∈(-∞,1),f(x)在区间(-∞,1)内单调递减,所以x1+x2<2等价于f(x1)>f(2-x2),即f(2-x2)<0.设g(x)=-xe2-x-(x-2)ex,则g'(x)=(x-1)(e2-x-ex).所以当x>1时,g'(x)<0,而g(1)=0,故当x>1时,g(x)<0.从而g(x2)=f(2-x2)<0,故x1+x2<2.
