导数：双变量中的化单证明问题
6、设函数f(x)?x?1?alnx(a?R).x
⑴讨论函数f(x)的单调性；
⑵若f(x)有两个极值点x1,x2，记过点A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))的直线斜率为k,问：是否存在a，使得k?2?a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.
7、已知函数f(x)?lnx?12ax?(a?1)x(a?R，a?0). 2
⑴求函数f(x)的单调增区间；
⑵记函数F(x)的图象为曲线C，设点A(x1,y1)、B(x2,y2)是曲线C上两个不同点，如果曲线C上存在点M(x0,y0)，使得：①x0?x1?x2；②曲线C在点M处的切线平行于直线AB，则称函数F(x)存在“中值相依切线”.试问：函数2
f(x)是否存在中值相依切线，请说明理由.
12、已知二次函数f?x??ax?bx?c和“伪二次函数”g?x??ax?bx?clnx（a、b、c?R,abc?0）， 22
(I)证明：只要a?0，无论b取何值，函数g?x?在定义域内不可能总为增函数；
(II)在二次函数f?x??ax?bx?c图象上任意取不同两点A(x1,y1),B(x2,y2)，线段AB中点的横坐标为x0，记直线AB2
的斜率为k，
2(i)求证：k?f?(x0)；(ii)对于“伪二次函数”g?x??ax?bx?clnx，是否有①同样的性质?证明你的结论.
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处理函数双变量问题的六种解题思想 吴享平（福建省厦门第一中学）361000 在解决函数综合题时，我们经常会遇到在某个范围内都可以任意变动的双变量问题，由 于两个变量都在变动，因此不知把那个变量当成自变量进行函数研究，从而无法展开思路， 造成无从下手的之感，正因为如此，这样的问题往往穿插在试卷压轴题的某些步骤之中，是 学生感到困惑的难点问题之一，本文笔者给出处理这类问题的六种解题思想，希望能给同学 们以帮助和启发。 一、改变“主变量”思想 例１.已知时在｜2|,1)(2≤≥-+=m m mx x x f 恒成立，求实数x 的取值范围. 分析：从题面上看，本题的函数式)(x f 是以x 为主变量，但由于该题中的“恒”字是 相对于变量m 而言的，所以该题应把m 当成主变量，而把变量x 看成系数，我们称这种思 想方法为改变“主变量”思想。 解： 01)1(122≥-+-?≥-+x x m m mx x 时在｜2|≤m 恒成立，即关于m 为自 变量的一次函数=)(m h 1)1(2-+-x m x 在]2,2[-∈m 时的函数值恒为非负值{0 )2(0 )2(≥-≥?h h 得{130 1203222≥-≤?≥+-≥-+x x x x x x 或。 对于题目所涉及的两个变元，已知其中一个变元在题设给定范围内任意变动，求另一个 变元的取值范围问题，这类问题我们称之为“假”双变元问题，这种“假”双变元问题，往 往会利用我们习以常的x 字母为变量的惯性“误区”来设计，其实无论怎样设计，只要我们 抓住“任意变动的量”为主变量，“所要求范围的量”为常数，便可找到问题所隐含的自变 量，而使问题快速获解。 二、指定“主变量”思想 例２.已知,0n m <≤试比较)1ln(++-m e m n 与)1ln(1++n 的大小，并给出证明. 分析：本题涉及到两个变量m,n ，这里不妨把m 当成常数，指定n 为主变量x ，解答如下 解：构造函数 ),[),1ln(1)1ln()(+∞∈+--++=-m x x m e x f m x ，0≥m ， 由0)1()1(1111)(>+-+=+-=+-='-m m x m x m x e x e e x x e e x e x f 在),[+∞∈m x 上恒成立，∴)(x f 在),[+∞m 上递增，∴0)()(min ==m f x f ，于是，当n m <≤0时， 0)1ln(1)1ln()(>+--++=-n m e n f m n 即)1ln(++-m e m n >)1ln(1++n 。 因此，有些问题虽然有两个变量，只要把其中一个当常数，另一个看成自变量，便可使 问题得以解决，我们称这种思想方法为：指定“主变量”思想。 三、化归为值域或最值思想 例３.已知函数)1(,ln )(2 >-+=a a x x a x f x ，对1|)()(|],1,1[,2121-≤--∈?e x f x f x x ，
函数与导数解答题之数列型不等式证明 例1.已知函数()()ln 3f x a x ax a R =--∈ (1)讨论函数)(x f 的单调性; (2)证明:*1111ln(1)()23n n N n + +++>+∈ (3)证明:()*ln 2ln 3ln 4ln 5ln 12,2345n n n N n n ???<≥∈ (4)证明:()*22222ln 2ln 3ln 4ln 5ln 112,23452n n n n n N n n +?????
例3．已知函数()x f x e ax a =--（其中,a R e ∈是自然对数的底数， 2.71828e =…）. （1）当a e =时，求函数()f x 的极值；（II ）当01a ≤≤时，求证()0f x ≥； （2）求证：对任意正整数n ，都有2111111222n e ??????+ +???+< ??? ???????. 例4.设函数()ln 1f x x px （1）求函数()f x 的极值点； （2）当p ＞0时，若对任意的x ＞0，恒有0)(≤x f ，求p 的取值范围； （3）证明：).2,()1(212ln 33ln 22ln 2222222≥∈+--<+++n N n n n n n n 例5.已知函数()ln 1f x x x =-+? (1)求()f x 的最大值; (2)证明不等式:()*121n n n n e n N n n n e ??????+++<∈ ? ? ?-???? ??
导数-双变量问题 1.构造函数利用单调性证明 2.任意性与存在性问题 3.整体换元—双变单 4.极值点偏移 5.赋值法 构造函数利用单调性证明 形式如：1212|()()|||f x f x m x x -≥- 方法：将相同变量移到一边，构造函数 1.已知函数23 9()()(24 f x x x =++）对任意[]12,1,0x x ∈-，不等式12|()()|f x f x m -≤恒成立，试求m 的取值范围。 2.已知函数2 ()(1)ln 1f x a x ax =+++.设1a <-,如果对12,(0,)x x ?∈+∞,有 1212|()()|4||f x f x x x -≥-,求实数a 的取值范围. 3.已知函数2 )1ln()(x x a x f -+=区间)1,0(内任取两个实数q p ,，且q p ≠时，若不等式 1) 1()1(>-+-+q p q f p f 恒成立，求实数a 的取值范围。 4.已知函数2 1()2ln (2),2 f x x a x a x a R = -+-∈．是否存在实数a ，对任意的 ()12,0,x x ∈+∞，且21x x ≠，有 2121 ()() f x f x a x x ->-，恒成立，若存在求出a 的取值范围， 若不存在，说明理由． 练习1：已知函数2 ()ln =+f x a x x ,若0>a ,且对任意的12,[1,]∈x x e ，都有 1212 11 |()()|| |-<-f x f x x x ,求实数a 的取值范围． 练习2.设函数 ()ln ,m f x x m R x =+ ∈.若对任意()()0,1f b f a b a b a ->><-恒成立， 求m 的取值范围.
导数 1、设函数/(x) = (2-a)Inx + 2l/(x1)-/(x2)P?成立，求实数加的 取值范围. 2、已知二次函数g(x)对PxwR都满足g(x-l) + g(l-x)" - 2x-l且g(l) = j,设函数 19 = g(x + -) + m\nx + - ( m x>0 ) ? e R r 2o (I)求gd)的表达式;(II)若3xe/?+,使/W<0成立,求实数用的取值范围; (【II)设15", H(x) = f(x)-(m + l)x,求证:对于Vxp x2e[l,w],恒有I//(x1)-//(x2)l< 10
3、设x = 3是函数/(x) = (x2 + ax+e /?)的一个极值点. （1）求"与〃的关系式（用"表示方），并求的单调区间； 95 （2）设。＞0,曲）=oh扌若存在匚盒可0,4］,使得|/（切-&（幻＜1成立，求"的取 x q丿 值范围. 4、f （A） = （x2 + cix + b）e x（x 已R）. （1）若a = 2t b = -2f求函数/⑴的极值； （2）若x = l是函数/（x）的一个极值点，试求出“关于b的关系式（用。表示b ）,并确定/（兀）的单调区间； （3）在（2）的条件下，设。＞0,函数g（x） = （/ +⑷严.若存在衛仆［0,4］使得1/（2,）-/（22）1＜1成立,求"的取值范围.
5、已知函数f（^x） = ax i+bx2 -3x（a,beR）在点（1J⑴）处的切线方程为y + 2 = 0. ⑴求函数f（x）的解析式； ⑵若对于区间[-2,2]±任意两个自变量的值几花都有|/（州）-/（勺）|“，求实数c的最小值； ⑶若过点M（2冲）（〃?工2）可作曲线y = f（X）的三条切线，求实数山的取值范围. 6、设函数/（x） = x —丄一dlnx（dR）. x ⑴讨论函数/（劝的单调性； ⑵若/⑴有两个极值点州內，记过点心后）），BgJ（兀2））的直线斜率为问:是否存在"，使得k = 2-a若存在，求出"的值；若不存在，请说明理由.
利用导数证明不等式的两种通法 吉林省长春市东北师范大学附属实验学校 金钟植 岳海学 利用导数证明不等式是高考中的一个热点问题，利用导数证明不等式主要有两种通法，即函数类不等式证明和常数类不等式证明。下面就有关的两种通法用列举的方式归纳和总结。 一、函数类不等式证明 函数类不等式证明的通法可概括为：证明不等式()()f x g x >（()()f x g x <）的问 题转化为证明()()0f x g x ->（()()0f x g x -<），进而构造辅助函数 ()()()h x f x g x =-，然后利用导数证明函数()h x 的单调性或证明函数()h x 的最小值（最 大值）大于或等于零（小于或等于零）。 例1 已知(0, )2 x π ∈，求证：sin tan x x x << 分析：欲证sin tan x x x <<，只需证函数()sin f x x x =-和()tan g x x x =-在(0,)2 π 上 单调递减即可。 证明： 令()sin f x x x =- ，其中(0,)2 x π ∈ 则/ ()cos 1f x x =-，而(0,)cos 1cos 102 x x x π ∈?
导数中双变量的函数构造 21．（12分）已知函数()ln e x f x x λ-=-（λ∈R ）． （1）若函数()f x 是单调函数，求λ的取值范围； （2）求证：当120x x <<时，都有21112 1 e e 1x x x x --->- ． 21．解：（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞，∵()ln e x f x x λ-=-，∵e ()e x x x f x x x λ λ--+'=+= ， ∵函数()f x 是单调函数，∵()0f x '≤或()0f x '≥在(0,)+∞上恒成立， ∵∵()0f x '≤，∵e 0x x x λ-+≤，即e 0x x λ-+≤，e e x x x x λ--=- ≤， 令()e x x x ?=- ，则1 ()e x x x ?-'=，当01x <<时，()0x ?'<；当1x >时，()0x ?'>． 则()x ?在(0,1)上递减，(1,)+∞上递增，∵min 1()(1)x e ??==-，∵1 e λ-≤； ∵∵()0f x '≥，∵e 0x x x λ-+≥，即e 0x x λ-+≥，e e x x x x λ--=-≥， 由∵得()e x x x ?=-在(0,1)上递减，(1,)+∞上递增，又(0)0?=，x →+∞时()0x ?<，∵0λ≥； 综上∵∵可知， 1e λ-≤或0λ≥； ...............................6分 （2）由（1）可知，当1e λ-=时，1()ln e e x f x x -=--在(0,)+∞上递减，∵120x x <<， ∵12()()f x f x >，即121211ln e ln e e e x x x x ---->--，∵211112e e ln ln x x x x --->-， 要证21112 1 e e 1x x x x --->- ，只需证2121ln ln 1x x x x ->-，即证1221ln 1x x x x >-， 令12x t x = ，(0,1)t ∈，则证1ln 1t t >-，令1()ln 1h t t t =+-，则21 ()0t h t t -'=<， ∵()h t 在(0,1)上递减，又(1)0h =，∵()0h t >，即1 ln 1t t >-，得证． ...............................12分 [典例] 已知函数f (x )＝ax 2＋x ln x (a ∈R)的图象在点(1，f (1))处的切线与直线x ＋3y ＝0垂直． (1)求实数a 的值； (2)求证：当n ＞m ＞0时，ln n －ln m ＞m n －n m ． [解] (1)因为f (x )＝ax 2＋x ln x ，
双变量问题的几种处理策略 策略一：合的思想 问题1：已知函数x x f ln )(=的图象上任意不同的两点， ，线段的中点为 ，记直线的斜率为，试证明：． 解析：因为 ∴, ∴,又 不妨设 ， 要比较与的大小，即比较与的大小， 又∵，∴ 即比较与 的大小． 令,则, ∴在上位增函数． 又，∴， ∴，即 二：分的思想 问题2：若1 ln )(++=x a x x g ，且对任意的(]2,1,21∈x x ，， 都有， 求a 的取值范围． 解析∵ ，∴ 由题意得在区间(]2,1上是减函数． ∴ () 11,y x A () 22,y x B AB ),(00y x C AB k )(0x f k '>x x f ln )(=x x f 1)(='210021)(x x x x f +=='121212121212ln ln ln )()(x x x x x x x x x x x f x f k -= --=--=12x x >k )(0x f '1 212 ln x x x x -2 12 x x +12x x >12ln x x 1)1( 2) (21 2 1 2 2 112+-=+-x x x x x x x x )1(1) 1(2ln )(≥+--=x x x x x h 0) 1()1()1(41)(2 22≥+-=+-='x x x x x x h )(x h [)+∞,1112>x x 0)1()(12 =>h x x h 1)1( 2ln 1 2 1 2 1 2+->x x x x x x )(0x f k '>21x x ≠1 ) ()(1 212-<--x x x g x g 1)()(1 212-<--x x x g x g []0)()(121122<-+-+x x x x g x x g x x g x F +=)()(1)1(1)(2 ++-= 'x a x x F
第07讲：导数中的双变量存在性和任意性问题的处理 【知识要点】 在平时的数学学习和高考中，我们经常会遇到不等式的双变量的存在性和任意性问题，学生由于对于这类问题理解不清，很容易和不等式的恒成立问题混淆，面对这类问题总是感到很棘手，或在解题中出现知识性错误. 1、双存在性问题 “存在．．．),(1b a x ∈，存在．．),(2d c x ∈，使得)()(21x g x f <成立”．称为不等式的双存在性问题，存在．．),(1b a x ∈，存在．．),(2d c x ∈，使得)()(21x g x f <成立，即)(x f 在区间),(b a 内至少有一个值．．．．．．)(x f 比函数)(x g 在区间),(d c 内的一个函数值．．．．．小.，即max min )()(x g x f <.（见下图1） “存在．．),(1b a x ∈，存在．．),(2d c x ∈，使得)()(21x g x f >成立”，即在区间),(b a 内至少有．．．一个值．．．)(x f 比函数)(x g 在区间),(d c 内的一个函数值．．．．．大，即min max )()(x g x f >.（见下图2） 2、双任意性问题 “任意．．),(1b a x ∈，对任意．．的),(2d c x ∈，使得)()(21x g x f <成立” 称为不等式的双任意性问题. 任意．．),(1b a x ∈，对任意．．的),(2d c x ∈，使得)()(21x g x f <成立，即)(x f 在区间),(b a 任意一个值．．．．．)(x f 比函数)(x g 在区间),(d c 内的任意．． 一个函数值都要小，即max min ()()f x g x <. “任意．．),(1b a x ∈，对任意．．的),(2d c x ∈，使得)()(21x g x f >成立”，即)(x f 在区间),(b a 内任意一．．．
高中数学压轴题系列——导数专题——双变量问题（ 2） 1.（2010?辽宁）已知函数 f （x ） =（ a+1）lnx+ax 2 +1 （1）讨论函数 f （x ）的单调性； （2）设 a ＜﹣ 1．如果对任意 x 1，x 2∈（ 0，+∞），| f （ x 1）﹣ f （ x 2）| ≥ 4| x 1﹣ x 2 | ，求 a 的取值范围． 解：（Ⅰ ）f （x ）的定义域为（ 0，+∞） . ． 当 a ≥0 时， f ′（x ）＞ 0，故 f （ x ）在（ 0，+∞）单调递增； 当 a ≤﹣ 1 时， f ′（ x ）＜ 0，故 f （ x ）在（ 0， +∞）单调递减； 当﹣ 1＜ a ＜0 时，令 f ′（ x ） =0，解得 ． 则当 时， f'（ x ）＞ 0； 时， f' （ x ）＜ 0． 故 f （x ）在 单调递增，在 单调递减． （Ⅱ）不妨假设 x 1≥ 2，而 ＜﹣ ，由（ Ⅰ）知在（ 0， ∞）单调递减， x a 1 + 从而 ? x 1， 2∈（ ， ∞）， | f （ 1）﹣ （ 2） ≥ 4| x 1﹣ 2 | x 0 + x f x | x 等价于 ? x 1， 2∈（ ， ∞）， f （ 2 ） 2 ≥ （ 1 ） 1 ① x 0 + x +4x f x +4x 令 g （ x ）=f （ x ） +4x ，则 ①等价于 g （x ）在（ 0，+∞）单调递减，即 ． 从而 故 a 的取值范围为（﹣∞，﹣ 2] ．（ 12 分） 2．（ 2018?呼和浩特一模）已知函数 f （x ） =lnx ， g （ x ） = ﹣ bx （b 为常数）． （Ⅰ）当 b=4 时，讨论函数 h （x ）=f （x ）+g （x ）的单调性； （Ⅱ） b ≥2 时，如果对于 ? x 1，x 2∈（ 1， 2] ，且 x 1≠ x 2，都有 | f （x 1）﹣ f （ x 2）| ＜| g （x 1）﹣ g （x 2） | 成立，求实数 b 的取值范围． 解：（ 1）h （ x ）=lnx+ x 2﹣bx 的定义域为（ 0，+∞），当 b=4 时， h （ x ）=lnx+ x 2 ﹣4x ， h'（x ）= +x ﹣4= ， 令 h'（x ） =0，解得 x 1 ﹣ ， 2 ，当 ∈（ ﹣ ， 2+ ）时， ′（ ）＜ ， =2 x =2+ x2 h x 0 当 x ∈（ 0， 2﹣ ），或（ 2+ ，+∞）时， h ′（x ）＞ 0， 所以， h （x ）在∈（ 0， 2﹣ ），或（ 2+ ，+∞）单调递增；在（ 2﹣ ， 2+ ）单调递减； （Ⅱ）因为 f （ x ）=lnx 在区间（ 1，2] 上单调递增，
导数中的双变量任意、存在恒成立问题 解决方法：转化为最值问题处理 ●类型 一：若2211D x D x ∈?∈?，，)()(21x g x f >恒成立 ?max 2min 1)()(x g x f >. 基本思想是：函数)(x f 的任一函数值均大于)(x g 的任一函数值， 故只需max 2min 1)()(x g x f >即可. 几何解释如图一. 例1、已知x x x f ln )(=，3)(2++-=ax x x g ，若对)0(1∞+∈?，x ， ]1[2e x ，∈?使得)(21x f ≥)(2x g 成立，求实数a 的取值范围. 【变式训练1】已知函数14341ln )(-+-=x x x x f ，42)(2-+-=bx x x g ，若)20(1，∈?x ， ]21[2，∈?x ，不等式)(1x f ≥)(2x g 恒成立，求实数b 的取值范围. ●类型 二：若2211D x D x ∈?∈?，，)()(21x g x f >恒成立 ?min 2max 1)()(x g x f >. 基本思想是：函数)(x f 的某些函数值大于)(x g 的某些函数值， 只要求有这样的函数值，不要求所有的函数值. 故只需min 2max 1)()(x g x f >即可. 几何解释如图二. 例2、已知a ≤2，设函数x a x x x f ln 1)(--=，e x x x g 1ln )(--=， 若在]1 [e ，上存在21x x ，，使)(1x f ≥)(2x g 成立，求实数a 取值范围. 【变式训练2】已知函数x x x g ln )(=，ax x g x f -=)()(. （1）求函数)(x g 的单调区间； （2）若函数)(x f 在（1，∞+）上是减函数，求实数a 的最小值； （3）若存在][221e e x x ，，∈，使得)(1x f ≤a x f +')(2成立，求实数a 取值范围.
导数中双变量处理策略 Company Document number：WTUT-WT88Y-W8BBGB-BWYTT-19998
导数-双变量问题处理策略 1.构造函数利用单调性证明 2.任意性与存在性问题 3.整体换元—双变单 4.极值点偏移 【构造函数利用单调性证明】 形式如：1212|()()|||f x f x m x x -≥- 例1、设函数． (1)讨论函数在定义域内的单调性； (2)当时，任意，恒成立，求实数的取值范围． 【任意与存在性问题】 例2、 已知函数()2 a f x x x =+，()ln g x x x =+，其中0a >． （1）若函数()x f y =在[]e ,1上的图像恒在()x g y =的上方，求实数a 的取值范围． （2）若对任意的[]12,1x x e ∈，（e 为自然对数的底数）都有()1f x ≥()2g x 成立， 求实数a 的取值范围． 【整体换元——双变单】 例3、已知函数的图象为曲线, 函数的图象为直线. (Ⅰ) 当时, 求的最大值; (Ⅱ) 设直线与曲线的交点的横坐标分别为, 且, 求证: . 【对称轴问题12x x +的证明】 例4、已知函数 ⑴求函数的单调区间和极值； ⑵已知函数对任意满足，证明：当时， ⑶如果，且，证明： 221()(2)ln (0)ax f x a x a x +=-+<()f x (3,2)a ∈--12,[1,3]x x ∈12(ln 3)2ln 3|()()|m a f x f x +->-m x x x f ln )(=C b ax x g +=2 1)(l 3,2-==b a )()()(x g x f x F -=l C 21,x x 21x x ≠2)()(2121>++x x g x x 1 1()(x x f x x e --=∈R).()f x ()y g x =x ()(4)g x f x =-2x >()();f x g x >12x x ≠12()()f x f x =12 4.x x +>
导数-双变量问题处理策略 1.构造函数利用单调性证明 2.任意性与存在性问题 3.整体换元—双变单 4.极值点偏移 【构造函数利用单调性证明】 形式如：1212|()()|||f x f x m x x -≥- 例1、设函数221()(2)ln (0)ax f x a x a x +=-+<． (1)讨论函数()f x 在定义域内的单调性； (2)当(3,2)a ∈--时，任意12,[1,3]x x ∈，12(ln 3)2ln 3|()()|m a f x f x +->-恒成立，求实数m 的取值范围．
【任意与存在性问题】 例2、 已知函数()2 a f x x x =+，()ln g x x x =+，其中0a >． （1）若函数()x f y =在[]e ,1上的图像恒在()x g y =的上方，求实数a 的取值范围． （2）若对任意的[]12,1x x e ∈，（e 为自然对数的底数）都有()1f x ≥()2g x 成立， 求实数a 的取值范围．
【整体换元——双变单】 例3、已知函数x x x f ln )(=的图象为曲线C , 函数b ax x g +=2 1)(的图象为直线l . (Ⅰ) 当3,2-==b a 时, 求)()()(x g x f x F -=的最大值; (Ⅱ) 设直线l 与曲线C 的交点的横坐标分别为21,x x , 且21x x ≠, 求证: 2)()(2121>++x x g x x . 【对称轴问题12x x +的证明】
例4、已知函数11()(x x f x x e --=∈R). ⑴求函数()f x 的单调区间和极值； ⑵已知函数()y g x =对任意x 满足()(4)g x f x =-，证明：当2x >时，()();f x g x > ⑶如果12x x ≠，且12()()f x f x =，证明：12 4.x x +>
导数-双变量问题 1.构造函数利用单调性证明 2.任意性与存在性问题 3.整体换元—双变单 4.极值点偏移 5.赋值法 构造函数利用单调性证明 形式如：1212|()()|||f x f x m x x -≥- 方法：将相同变量移到一边，构造函数 1. 已知函数23 9()()(24 f x x x =++）对任意[]12,1,0x x ∈-，不等式12|()()|f x f x m -≤恒成立，试求m 的取值范围。 * 2.已知函数2()(1)ln 1f x a x ax =+++.设1a <-,如果对12,(0,)x x ?∈+∞,有 1212|()()|4||f x f x x x -≥-,求实数a 的取值范围. ' 3.已知函数2)1ln()(x x a x f -+=区间)1,0(内任取两个实数q p ,，且q p ≠时，若不等式 1) 1()1(>-+-+q p q f p f 恒成立，求实数a 的取值范围。
4.已知函数2 1()2ln (2),2 f x x a x a x a R = -+-∈．是否存在实数a ，对任意的 ()12,0,x x ∈+∞，且21x x ≠，有 2121 ()() f x f x a x x ->-，恒成立，若存在求出a 的取值范围， 若不存在，说明理由． 练习1：已知函数2 ()ln =+f x a x x ,若0>a ,且对任意的12,[1,]∈x x e ，都有 1212 11 |()()|| |-<-f x f x x x ,求实数a 的取值范围． [ 练习2.设函数 ()ln ,m f x x m R x =+ ∈.若对任意()()0,1f b f a b a b a ->><-恒成立， 求m 的取值范围. ]
“导数证明不等式问题”练习题答案 1.设L 为曲线C:ln x y x =在点(1,0)处的切线. (I)求L 的方程; (II)证明:除切点(1,0)之外,曲线C 在直线L 的下方. 解: (I)设ln ()x f x x =,则21ln ()x f x x -'=.所以(1)1f '=.所以L 的方程为1y x =-. (II)令()1()g x x f x =--,则除切点之外,曲线C 在直线l 的下方等价于()0 g x >(0,1)x x >≠. ()g x 满足(1)0g =,且221ln ()1()x x g x f x x -+''=-=. 当01x <<时,210x -<,ln 0x <,所以()0g x '<,故()g x 单调递减; 当1x >时,210x ->,ln 0x >,所以()0g x '>,故()g x 单调递增. 所以,()(1)0g x g >=(0,1x x >≠). 所以除切点之外,曲线C 在直线L 的下方. 又解:()0g x >即ln 10x x x -->变形为2ln 0x x x -->,记2()ln h x x x x =--,则2121(21)(1)()21x x x x h x x x x x --+-'=--==, 所以当01x <<时,()0h x '<,()h x 在(0,1)上单调递减; 当1x >时,()0h x '>,()h x 在(1,+∞)上单调递增. 所以()(1)0h x h >=.)
2.Ⅰ)讨论函数的单调性，并证明当时，； (Ⅱ)证明：当时，函数有最小值.设的最小值为，求函数的值域． 解⑴证明：()2e 2 x x f x x -=+ ()()()22224e e 222x x x x f x x x x ??-' ?=+= ?+++?? ∵当x ∈()()22,-∞--+∞，时，()0f x '> ∴()f x 在()()22,-∞--+∞，和上单调递增 ∴0x >时， ()2e 0=12x x f x ->-+， ∴()2e 20x x x -++> ⑵ ()()()24e 2e x x a x x ax a g x x ----'= () 4e 2e 2x x x x ax a x -++= ()322e 2x x x a x x -??+?+ ?+??= [)01a ∈， 由(1)知，当0x >时，()2e 2x x f x x -= ?+的值域为()1-+∞，，只有一解． 使得2e 2 t t a t -?=-+，(]02t ∈， 当(0,)x t ∈时()0g x '<，()g x 单调减；当(,)x t ∈+∞时()0g x '>，()g x 单调增 ()()()222e 1e e 1e 22 t t t t t t a t t h a t t t -++?-++===+ 记()e 2t k t t =+，在(]0,2t ∈时，()()() 2e 102t t k t t +'=>+，∴()k t 单调递增 ∴()()21e 24h a k t ??=∈ ??? ，． 3.设函数． x x 2f (x)x 2 -=+e 0x >(2)20x x e x -++>[0,1)a ∈2x =(0)x e ax a g x x -->（）()g x ()h a ()h a ()1x f x e -=-
一题多解专题三：利用导数证明不等式问题 1.构造函数证明不等式的方法 (1)对于(或可化为)左右两边结构相同的不等式,构造函数f(x),使原不等式成为形如 f(a)>f(b)的形式. (2)对形如f(x)>g(x),构造函数F(x)= f(x)-g(x). (3)对于(或可化为)A x x f ≥),(21的不等式,可选1x (或2x )为主元,构造函数),(2x x f (或 ),(1x x f ). 2.利用导数证明不等式的基本步骤 (1)作差或变形. (2)构造新的函数h(x). (3)对h(x)求导. (4)利用)(x h '判断h(x)的单调性或最值. (5)结论. 例：设b a R b a b ax x x x f ,,,(1)1ln()(∈++++ +=为常数），曲线)(x f y =与直线 x y 2 3 = 在(0，0)点相切. (1)求b a ,的值. (2)证明：当20< 利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧 技巧精髓 1、利用导数研究函数的单调性，再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，也是近几年高考的热点。 2、解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键。 一、利用题目所给函数证明 【例1】 已知函数x x x f -+=)1ln()(，求证：当1->x 时，恒有 x x x ≤+≤+-)1ln(1 11 分析：本题是双边不等式，其右边直接从已知函数证明，左边构造函数 11 1)1ln()(-++ +=x x x g ，从其导数入手即可证明。 【绿色通道】1111)(+-=-+='x x x x f ∴当01<<-x 时，0)(>'x f ，即)(x f 在)0,1(-∈x 上为增函数 当0>x 时，0)(<'x f ，即)(x f 在),0(+∞∈x 上为减函数 故函数()f x 的单调递增区间为)0,1(-，单调递减区间),0(+∞ 于是函数()f x 在),1(+∞-上的最大值为0)0()(max ==f x f ，因此，当1->x 时，0)0()(=≤f x f ，即0)1ln(≤-+x x ∴x x ≤+)1ln( （右面得证）， 现证左面，令11 1)1ln()(-+++=x x x g ， 22)1()1(111)(+=+-+='x x x x x g 则 当0)(,),0(;0)(,)0,1(>'+∞∈<'-∈x g x x g x 时当时 ， 即)(x g 在)0,1(-∈x 上为减函数，在),0(+∞∈x 上为增函数， 故函数)(x g 在),1(+∞-上的最小值为0)0()(min ==g x g ， ∴当1->x 时，0)0()(=≥g x g ，即011 1)1ln(≥-++ +x x ∴111)1ln(+-≥+x x ，综上可知，当x x x x ≤+≤-+->)1ln(11 1,1有时 【警示启迪】如果()f a 是函数()f x 在区间上的最大（小）值，则有()f x ≤()f a （或()f x ≥()f a ）， 那么要证不等式，只要求函数的最大值不超过0就可得证． 2、直接作差构造函数证明 【例2】已知函数.ln 21)(2x x x f += 求证：在区间),1(∞+上，函数)(x f 的图象在函数33 2)(x x g =的图象的下方； 导数与函数不等式 考点1不等式的证明 考法1比较法 考向1求商比较法 1.（2014·福建卷·理科）已知函数()x f x e ax =-（a 为常数）的图像与y 轴交于点A ，曲线()y f x =在点A 处的切线斜率为1-. （Ⅰ）求a 的值及函数()f x 的极值； （Ⅱ）证明：当0x >时，x e x < 2. 解析：（Ⅰ）()x f x e a '=-，(0)11f a '=-=-，2a =.()2x f x e x =-，()2x f x e '=-，令()0f x '=，ln 2x =，极小值为(ln 2)22ln 2f =-，无极大值. （Ⅱ）2 x x e <，等价于21x x e <，令2()x x g x e =，22()x x x g x e -+'=，220x x -+=，0x =或2x =，当0x >时，24 ()(2)1g x g e ≤= <，所以，x e x <2. 2.（2018·全国卷Ⅱ·理科）已知函数2()x f x e ax =-. （Ⅰ）若1a =，证明：当0x ≥时；()1f x ≥； 解析：当1a =时，()1f x ≥等价于2 1x e x -≥，2110x x e +-≤．设函数21 ()1x x g x e +=-， 则222(1)(21) ()x x x x x x g x e e -+--+'==．当1x ≠时，()g x '0<，所以()g x 在(0,) +∞单调递减．而(0)0g =，当0x ≥时，()0g x ≤，即()1f x ≥． 考向2 求差比较法： 1.（2013·北京卷·理科）设l 为曲线C ：ln x y x =在点(1,0)处的切线. （Ⅰ）求l 的方程； （Ⅱ）证明：除切点(1,0)之外，曲线C 在直线l 的下方. 解析：（Ⅰ）1y x =-. 导数压轴题双变量问题题型 归纳总结 -标准化文件发布号：（9556-EUATWK-MWUB-WUNN-INNUL-DDQTY-KII 导数应用之双变量问题 （一）构造齐次式，换元 【例】已知函数()2 ln f x x ax b x =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为2y x =. （1）求实数,a b 的值； （2）设()()()()2 1212,,0F x f x x mx m R x x x x =-+∈<<分别是函数()F x 的两个零点，求证：0F ' <. 【解析】（1）1,1a b ==-； （2）()2 ln f x x x x =+-，()()1ln F x m x x =+-，()11F x m x '=+- ， 因为12,x x 分别是函数()F x 的两个零点，所以()()11 221ln 1ln m x x m x x +=???+=?? ， 两式相减，得1212ln ln 1x x m x x -+=-， 1212ln ln 1x x F m x x -' =+=- 0F '< ，只需证 12 12ln ln x x x x -< -. 思路一：因为120x x << ，只需证 1122ln ln ln 0 x x x x -> ?>. 令()0,1t = ，即证12ln 0t t t -+>. 令()()1 2ln 01h t t t t t =-+<<，则()()2 22 121 10t h t t t t -'=--=-<， 所以函数()h t 在()0,1上单调递减，()()10h t h >=，即证1 2ln 0t t t -+>. 由上述分析可知0F ' <. 【规律总结】这是极值点偏移问题，此类问题往往利用换元把12,x x 转化为t 的函数，常把12,x x 的关系变形 为齐次式，设12111222 ,ln ,,x x x x t t t x x t e x x -===-=等，构造函数来解决，可称之为构造比较函数法. 思路二：因为120x x << ，只需证12ln ln 0x x -， 设( ))22ln ln 0Q x x x x x =-<<，则 () 2 21 10Q x x x '= ==<， 所以函数()Q x 在()20,x 上单调递减，()()2 0Q x Q x >=，即证2ln ln x x -. 由上述分析可知0F ' <. 导数中双变量处理策略 Prepared on 24 November 2020 导数-双变量问题处理策略 1.构造函数利用单调性证明 2.任意性与存在性问题 3.整体换元—双变单 4.极值点偏移 【构造函数利用单调性证明】 形式如：1212|()()|||f x f x m x x -≥- 例1、设函数． (1)讨论函数在定义域内的单调性； (2)当时，任意，恒成立，求实数的取值范围． 【任意与存在性问题】 例2、 已知函数()2 a f x x x =+，()ln g x x x =+，其中0a >． （1）若函数()x f y =在[]e ,1上的图像恒在()x g y =的上方，求实数a 的取值范围． （2）若对任意的[]12,1x x e ∈，（e 为自然对数的底数）都有()1f x ≥()2g x 成立， 求实数a 的取值范围． 【整体换元——双变单】 例3、已知函数的图象为曲线, 函数的图象为直线. (Ⅰ) 当时, 求的最大值; (Ⅱ) 设直线与曲线的交点的横坐标分别为, 且, 求证: . 【对称轴问题12x x +的证明】 例4、已知函数 ⑴求函数的单调区间和极值； ⑵已知函数对任意满足，证明：当时， ⑶如果，且，证明： 221()(2)ln (0)ax f x a x a x +=-+<()f x (3,2)a ∈--12,[1,3]x x ∈12(ln 3)2ln 3|()()|m a f x f x +->-m x x x f ln )(=C b ax x g +=2 1)(l 3,2-==b a )()()(x g x f x F -=l C 21,x x 21x x ≠2)()(2121>++x x g x x 1 1()(x x f x x e --=∈R).()f x ()y g x =x ()(4)g x f x =-2x >()();f x g x >12x x ≠12()()f x f x =12 4.x x +>(完整版)利用导数证明不等式的常见题型
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