命题探秘一高考中的导数应用问题第1课时利用导数证明不等式技法阐释导数是研究函数的工具，利用导数我们可以方便地求出函数的单调性、极值、最值等，在证明与函数有关的不等式时，我们可以把不等式问题转化为函数的最值问题，也常构造函数，把不等式的证明问题转化为利用导数研究函数的单调性或最值问题，利用导数证明不等式常见的方法有：(1)直接转化为函数的最值问题：把证明f(x)g(a)转化为f(x)maxg(a)(2)移项作差构造函数法：把不等式f(x)g(x)转化为f(x)g(x)0，进而构造函数h(x)f(x)g(x)(3)构造双函数法：若直接构造函数求导，难以判断符号，导函数零点不易求得，即函数单调性与极值点都不易获得，可转化不等式为f(x)g(x)利用其最值求解(4)换元法，构造函数证明双变量函数不等式：对于f(x1，x2)A的不等式，可将函数式变为与或x1x2有关的式子，然后令t或tx1x2，构造函数g(t)求解(5)适当放缩构造函数法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln xx1，exx1，ln xxex(x0)，ln(x1)x(x1)(6)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数等把不等式左、右两边转化为结构相同的式子，然后根据“相同结构”，构造函数(7)赋值放缩法：函数中对与正整数有关的不等式，可对已知的函数不等式进行赋值放缩，然后通过多次求和达到证明的目的高考示例思维过程(2018全国卷)已知函数f(x)xaln x(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：a2.(1)略(2)证明：由(1)知，当且仅当a2时，f(x)存在两个极值点由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2ax10，所以x1x21，不妨设x1x2，则x21.设函数又g(1)0，从而当x(1，)时，g(x)0. 技法一直接将不等式转化为函数的最值问题典例1已知函数f(x)ln xax2(2a1)x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a0时，证明：f(x)2.思维流程解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)2ax2a1.若a0，则当x(0，)时，f(x)0，故f(x)在(0，)上单调递增若a0，则当x时，f(x)0；当x时，f(x)0.故f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)证明：由(1)知，当a0时，f(x)在x处取得最大值，最大值为f ln1.所以f(x)2等价于ln12，即ln10.设g(x)ln xx1，则g(x)1.当x(0,1)时，g(x)0；当x(1，)时，g(x)0.所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减故当x1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)0.所以当x0时，g(x)0.从而当a0时，ln10，即f(x)2.点评：(1)若证f(x)g(a)或f(x)g(a)，只需证f(x)ming(a)或f(x)maxg(a)(2)若证f(a)M或f(a)M(a，M是常数)，只需证f(x)minM或f(x)maxM.已知函数f(x)aexbln x，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为yx1.(1)求a，b；(2)证明：f(x)0.解(1)函数f(x)的定义域为(0，)f(x)aex，由题意得f(1)，f(1)1，所以解得(2)证明：由(1)知f(x)exln x.因为f(x)ex2在(0，)上单调递增，又f(1)0，f(2)0，所以f(x)0在(0，)上有唯一实根x0，且x0(1,2)当x(0，x0)时，f(x)0，当x(x0，)时，f(x)0，从而当xx0时，f(x)取极小值，也是最小值由f(x0)0，得ex02，则x02ln x0.故f(x)f(x0)ex02ln x0x02220，所以f(x)0. 技法二移项作差构造函数证明不等式典例2已知函数f(x)ex3x3a(e为自然对数的底数，aR)(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当aln ，且x0时，x3a.思维流程解(1)由f(x)ex3x3a，xR，知f(x)ex3，xR.令f(x)0，得xln 3，于是当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，ln 3)ln 3(ln 3，)f(x)0f(x)极小值故f(x)的单调递减区间是(，ln 3，单调递增区间是ln 3，)，f(x)在xln 3处取得极小值，极小值为f(ln 3)eln 33ln 33a3(1ln 3a)无极大值(2)证明：待证不等式等价于exx23ax1，设g(x)exx23ax1，x0，于是g(x)ex3x3a，x0.由(1)及aln ln 31知：g(x)的最小值为g(ln 3)3(1ln 3a)0.于是对任意x0，都有g(x)0，所以g(x)在(0，)上单调递增于是当aln ln 31时，对任意x(0，)，都有g(x)g(0)而g(0)0，从而对任意x(0，)，g(x)0.即exx23ax1，故x3a.点评：若证明f(x)g(x)，x(a，b)，可以构造函数h(x)f(x)g(x)如果能证明h(x)min0，x(a，b)，即可证明f(x)g(x)，x(a，b)使用此法证明不等式的前提是h(x)f(x)g(x)易于用导数求最值(2020唐山模拟)设f(x)2xln x1.(1)求f(x)的最小值；(2)证明：f(x)x2x2ln x.解(1)f(x)2(ln x1)所以当x时，f(x)0，f(x)单调递减；当x时，f(x)0，f(x)单调递增所以当x时，f(x)取得最小值f1.(2)证明：x2x2ln xf(x)x(x1)2(x1)ln x(x1)，令g(x)x2ln x，则g(x)10，所以g(x)在(0，)上单调递增，又g(1)0，所以当0x1时，g(x)0，当x1时，g(x)0，所以(x1)0，即f(x)x2x2ln x. 技法三构造双函数证明不等式典例3已知f(x)xln x.(1)求函数f(x)在t，t2(t0)上的最小值；(2)证明：对一切x(0，)，都有ln x成立思维流程解(1)由f(x)xln x，x0，得f(x)ln x1，令f(x)0，得x.当x时，f(x)0，f(x)单调递减；当x时，f(x)0，f(x)单调递增当0tt2，即0t时，f(x)minf；当tt2，即t时，f(x)在t，t2上单调递增，f(x)minf(t)tln t.所以f(x)min(2)证明：问题等价于证明xln x(x(0，)由(1)可知f(x)xln x(x(0，)的最小值是，当且仅当x时取到设m(x)(x(0，)，则m(x)，由m(x)0得x1时，m(x)为减函数，由m(x)0得0x1时，m(x)为增函数，易知m(x)maxm(1)，当且仅当x1时取到从而对一切x(0，)，xln x，两个等号不同时取到，即证对一切x(0，)都有ln x成立点评：(1)若证f(x)g(x)，只需证f(x)maxg(x)min；(2)若证f(x)g(x)，只需证f(x)ming(x)max.已知函数f(x)ex2xln x.证明：当x0时，f(x)xex.证明要证f(x)xex，只需证exln xex，即exexln x.令h(x)ln x(x0)，则h(x)，易知h(x)在上单调递减，在上单调递增，则h(x)minh0，所以ln x0.令(x)exex，则(x)eex，易知(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，则(x)max(1)0，所以exex0.因为h(x)与(x)不同时为0，所以exexln x，故原不等式成立 技法四换元法，构造函数证明双变量函数不等式典例4已知函数f(x)ln xax(x0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1x2)求证：x1x2e2.思维流程证明不妨设x1x20，因为ln x1ax10，ln x2ax20，所以ln x1ln x2a(x1x2)，ln x1ln x2a(x1x2)，所以a，欲证x1x2e2，即证ln x1ln x22.因为ln x1ln x2a(x1x2)，所以即证a，所以原问题等价于证明，即ln ，令c(c1)，则不等式变为ln c.令h(c)ln c，c1，所以h(c)0，所以h(c)在(1，)上单调递增，所以h(c)h(1)ln 100，即ln c0(c1)，因此原不等式x1x2e2得证点评：对于双变量函数不等式f(x1，x2)A，通过变量代换，把双变量变为一个主元，再构造函数证明不等式已知函数f(x)ln xax2x，aR.(1)当a0时，求函数f(x)的图象在(1，f(1)处的切线方程；(2)若a2，正实数x1，x2满足f(x1)f(x2)x1x20，求证：x1x2.解(1)当a0时，f(x)ln xx，则f(1)1，所以切点为(1,1)，又因为f(x)1，所以切线斜率kf(1)2，故切线方程为y12(x1)，即2xy10.(2)证明：当a2时，f(x)ln xx2x(x0)由f(x1)f(x2)x1x20，得ln x1xx1ln x2xx2x1x20，从而(x1x2)2(x1x2)x1x2ln(x1x2)，令tx1x2(t0)，令(t)tln t，得(t)1，易知(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，)上单调递增，所以(t)(1)1，所以(x1x2)2(x1x2)1，因为x10，x20，所以x1x2成立 技法五适当放缩构造函数证明不等式典例5已知函数f(x)ln x.(1)若a1，求f(x)的单调区间；(2)若a0，x(0,1)，证明：x2.