1、 函数与导数综合问题的突破策略 授课提示：对应学生用书第 58 页 (一)两个经典不等式的活用 例 1 (1)已知函数 f(x) 1 ln（x1）x，则 yf(x)的图像大致为( ) (2)已知函数 f(x)ex，xR.证明：曲线 yf(x)与曲线 y1 2x 2x1 有唯一公共点 解析 (1)因为 f(x)的定义域为 x10， ln（x1）x0，即x|x1，且 x0，所以排除选项 D. 当 x0 时，由经典不等式 x1ln x(x0)， 以 x1 代替 x，得 xln(x1)(x1，且 x0)， 所以 ln(x1)x0(x1，且 x0)，即 x0 或1x0 时均有 f(x)0，排除 A，C，
2、易 知 B 正确 (2)证明：令 g(x)f(x) 1 2x 2x1 ex1 2x 2x1，xR， 则 g(x)exx1， 由经典不等式 exx1 恒成立可知，g(x)0 恒成立，所以 g(x)在 R 上为单调递增函数，且 g(0)0. 所以函数 g(x)有唯一零点，即两曲线有唯一公共点 答案 (1)B (2)见解析 例 2 已知函数 f(x)x1aln x. (1)若 f(x)0，求 a 的值； (2)证明：对于任意正整数 n， 11 2 1 1 22 1 1 2n e. 解析 (1)f(x)的定义域为(0，)， 若 a0，因为 f 1 2 1 2aln 20，所以不满足题意； 若 a0，由
3、 f(x)1a x xa x 知，当 x(0，a)时，f(x)0；当 x(a，)时，f(x)0. 所以 f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增，故 xa 是 f(x)在(0，)上的唯一最 小值点 因为 f(1)0，所以当且仅当 a1 时，f(x)0，故 a1. (2)证明：由(1)知当 x(1，)时，x1ln x0. 令 x1 1 2n，得 ln 1 1 2n 1 2n. 从而 ln 11 2 ln 1 1 22 ln 1 1 2n 1 2 1 22 1 2n1 1 2n1. 故 11 2 1 1 22 1 1 2n e. 利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优
4、化了推理和运算过程 (1)对数形式：x1ln x(x0)，当且仅当 x1 时，等号成立 (2)指数形式：exx1(xR)，当且仅当 x0 时，等号成立进一步可得到一组不等式链： exx1x1ln x(x0，且 x1) (二)“二次求导”在导数综合题中的应用策略 1“二次求导”与函数单调性 例 3 若函数 f(x)sin x x ，0 x1x2.设 af(x1)，bf(x2)，试比较 a，b 的大小 解析 由 f(x)sin x x 得 f(x)xcos xsin x x2 ， 令 g(x)xcos xsin x， g(x)xsin xcos xcos xxsin x， 0 x，g(x)0， 即
5、函数 g(x)在(0，)上是减函数， g(x)g(0)0， 因此 f(x)0， 故函数 f(x)在(0，)上是减函数， 当 0 x1x2 时，有 f(x1)f(x2)，即 ab. 通过二次求导，我们判断出了第一次求导中的导函数的符号，并最终解决了问题 2“二次求导”与证明问题 例 4 已知函数 f(x)xln xex1. (1)求曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程； (2)证明：f(x)sin x 在(0，)上恒成立 解析 (1)依题意得 f(x)ln x1ex， 又 f(1)1e，f(1)1e，故所求切线方程为 y1e(1e)(x1)，即 y(1e)x. (2)证明：依题意，要证
6、 f(x)sin x， 即证 xln xex1sin x， 即证 xln xexsin x1. 当 0 x1 时，exsin x10，xln x0， 故 xln xexsin x1，即 f(x)sin x. 当 x1 时，令 g(x)exsin x1xln x， 故 g(x)excos xln x1， 令 h(x)g(x)excos xln x1， 则 h(x)ex1 xsin x， 当 x1 时，ex1 xe11， 所以 h(x)ex1 xsin x0， 故 h(x)在(1，)上单调递增 故 h(x)h(1)ecos 110，即 g(x)0， 所以 g(x)在(1，)上单调递增， 所以 g(
7、x)g(1)esin 110， 即 xln xexsin x1， 即 f(x)sin x. 综上所述，f(x)sin x 在(0，)上恒成立 本题是应用导数证明不等式证明的关键在于构造适当的函数，然后在相应区间上用二次求 导的办法判定导数的符号，获得函数的单调性，再利用单调性证明不等式 (三)消元消参巧构造、妙解极值点偏移问题 1极值点偏移的含义、判定 极值点偏移的含义 若单峰函数 f(x)的极值点为 x0，则极值点的偏移问题的图示及函数值的大小关系如下表所示. 极值点 x0 函数值的大小关系 图示 极值点不偏移 x0 x1x2 2 f(x1)f(2x0 x2) 极值 点偏 移 左移 x0 x
8、1x2 2 峰口向上： f(x1) f(2x0 x2) 右移 x0 x1x2 2 峰口向上：f(x1) f(2x0 x2) 峰口向下： f(x1)2x0(x0为函数 f(x)的极值点)； 若在函数 f(x)的定义域上存在 x1，x2(x1x2)满足 f(x1)f(x2)，求证：x1x22x0(x0为函数 f(x) 的极值点)； 若函数 f(x)存在两个零点 x1，x2(x1x2)，令 x0 x1x2 2 ，求证：f(x0)0； 若在函数 f(x)的定义域上存在 x1，x2(x1x2)满足 f(x1)f(x2)，令 x0 x1x2 2 ，求证：f(x0)0. (2)下面结合实例说明极值点偏移问题
9、的常见解法 例 5 (2021 济南模拟)已知函数 f(x)xln xa 2x 2(a1)x，其导函数 f(x)的最大值为 0. (1)求实数 a 的值； (2)若 f(x1)f(x2)1(x1x2)，证明：x1x22. 解析 (1)由题意知，函数 f(x)的定义域为(0，)，其导函数 f(x)ln xa(x1) 记 h(x)f(x)，则 h(x)1ax x (x0) 当 a0 时， h(x)0 恒成立， 所以 h(x)在(0， )上单调递增， 且 h(1)0， 所以任意 x(1， )，有 h(x)f(x)0，不合题意； 当 a0 时，若 x 0，1 a ，则 h(x)0，若 x 1 a， ，
10、则 h(x)0， 所以 h(x)在 0，1 a 上单调递增，在 1 a， 上单调递减，所以 h(x)maxh 1 a ln aa1 0. 令 g(a)ln aa1(a0)，则 g(a)11 a a1 a . 当 0a1 时，g(a)0，当 a1 时，g(a)0， 所以 g(a)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增 所以 g(a)g(1)0，故 a1. (2)证明：当 a1 时，f(x)xln x1 2x 2，则 f(x)1ln xx(x0) 由题意知 f(x)1ln xx0 恒成立， 所以 f(x)xln x1 2x 2在(0，)上单调递减， 易知 f(1)1 2，f(x1)f(x2)
11、12f(1)， 不妨设 0 x1x2，则 0 x11x2， 欲证 x1x22，只需证 x22x1， 因为 f(x)在(0，)上单调递减，故只需证 f(x2)f(2x1) 又 f(x1)f(x2)1，故只需证1f(x1)f(2x1)，即 f(2x1)f(x1)1. 令 F(x)f(x)f(2x)，x(0，1)，且 F(1)1. 所以欲证 f(2x1)f(x1)1，只需证 F(x)F(1)， 由 F(x)f(x)f(2x)1ln xx1ln(2x)2x， 整理得 F(x)ln xln(2x)2(1x)， 则 F(x)2（1x） 2 x（2x） 0(F(x)为 F(x)的导数)， 所以 F(x)ln xln(2x)2(1x)在区间(0，1)上单调递增， 所以任意 x(0，1)，F(x)ln xln(2x)2(1x)F(1)0， 所以函数 F(x)f(x)f(2x)在区间(0，1)上单调递减，所以有 F(x)F(1)，故 x1x22. 该题直接利用极值点偏移的一般解法，根据所证不等式的结构特征，先把两个变量分到不等 号的两边，再利用已知函数的单调性，将其转化为函数值的大小比较问题，进而直接构造相 应函数 F(x)f(x)f(2x)，x(0，1)这也是解决此类问题最为直接的方法，渗透了对数学 建模等核心素养的考查
