【知识清单】
1.函数的平均变化率
例1： (1) 如图, 函数 $y=f(x)$ 在 $[1,3]$ 上的平均变化率为
A. 1 B. $-1$ C. 2 D. $-2$
(2) 求函数 $y=-2 x^{2}+1$ 在区间 $[1,1+\Delta x]$ 内的平均变化率.
(1) $\dfrac{\Delta y}{\Delta x}=\dfrac{f(3)-f(1)}{3-1}=\dfrac{1-3}{3-1}=-1$. 故选 B.
(2) $\Delta y=-2(1+\Delta x)^{2}+1-\left(-2 \times 1^{2}+1\right)=-2 \Delta x(2+\Delta x)$,
所以乎均变化率为 $\dfrac{\Delta y}{\Delta x}=\dfrac{-2 \Delta x(2+\Delta x)}{\Delta x}$ $=-4-2 \Delta x$.
2.瞬时速度
我们把物体在某一时刻的速度称为瞬时速度, 用数学语言描述为: 设物体运动的路程 与时间的关系式是 $s=s(t)$, 当 $\Delta t$ 趋近于 0 时, 函数 $s(t)$ 在 $t_{0}$ 到 $t_{0}+\Delta t$ 之间的平均变化率 $\frac{s\left(t_{0}+\Delta t\right)-s\left(t_{0}\right)}{\Delta t}$ 趋近于一个常数, 把这个常数称为物体在 $t_{0}$ 时刻的瞬时速度 $v$, 即 $v=\lim {\Delta t \rightarrow 0} \frac{\Delta s}{\Delta t}=$ $\lim {\Delta t \rightarrow 0} \frac{s\left(t{0}+\Delta t\right)-s\left(t{0}\right)}{\Delta t}=$ 常数.
说明: (1) “ $\Delta t \rightarrow 0$ ” 读作 $\Delta t$ 趋近于 0 , 是指时间间隔越来越短, 能越过任意小的时间间 隔, 即 $|\Delta t|$ 要多小就有多小, 其含义是可以小于任何预先给定的正数, 但 $\Delta t$ 始终不能为零.
(2) $\Delta t, \Delta s$ 在变化中都趋近于 0 , 其比值 $\frac{\Delta s}{\Delta t}$ 趋近于一个确定的常数, 此时该常数才称 为 $t_{0}$ 时刻的瞬时速度.
(3) $\lim$ 是 limit 的缩写, 意为极限, $\lim {\Delta t \rightarrow 0} \frac{s\left(t{0}+\Delta t\right)-s\left(t_{0}\right)}{\Delta t}=v$ 表示当 $\Delta t \rightarrow 0$ 时, $\frac{s\left(t_{0}+\Delta t\right)-s\left(t_{0}\right)}{\Delta t}$ 以常数 $v$ 为极限.
例2一质点的运动方程为 $s=8-3 t^{2}$, 其中 $s$ 表示位移(单位: $\mathrm{m}$ ), $t$ 表示时间(单位: $\left.\mathrm{s}\right)$.
(1) 求质点在 $[1,1+\Delta t]$ 这段时间内的平均速度;
(2) 求质点在 $t=1$ 时的瞬时速度.
解析 (1) 质点在 $[1,1+\Delta t]$ 这段时间内的平均速度为
$\frac{\Delta s}{\Delta t}=\frac{8-3(1+\Delta t)^{2}-8+3 \times 1^{2}}{\Delta t}=(-6-3 \Delta t)(\mathrm{m} / \mathrm{s})$.
(2) 由 (1) 知 $\frac{\Delta s}{\Delta t}=-6-3 \Delta t$, 因为 $\lim _{\Delta t \rightarrow 0} \frac{\Delta s}{\Delta t}=-6($ “-" 表示与规定的正方向相反),
所以质点在 $t=1$ 时的瞬时速度为 $-6 \mathrm{~m} / \mathrm{s}$.
3.导数的概念
(1). 导数的概念
一般地, 函数 $y=f(x)$ 在 $x=x_{0}$ 处的瞬时变化率是 $\lim {\Delta x \rightarrow 0} \frac{\Delta y}{\Delta x}=\lim {\Delta x \rightarrow 0} \frac{f\left(x{0}+\Delta x\right)-f\left(x{0}\right)}{\Delta x}$, 我们称 它为函数 $y=f(x)$ 在 $x=x_{0}$ 处的导数, 记作 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)$ 或 $\left.y^{\prime}\right|{x=x{0}}$, 即 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=\lim {\Delta x \rightarrow 0} \frac{\Delta y}{\Delta x}=$ $\lim {\Delta x \rightarrow 0} \frac{f\left(x{0}+\Delta x\right)-f\left(x{0}\right)}{\Delta x} .$
说明: (i) 函数 $y=f(x)$ 应在 $x=x_{0}$ 处及其附近有意义, 否则导数不存在.
(ii) 函数 $f(x)$ 在 $x=x_{0}$ 处可导, 是指 $\Delta x \rightarrow 0$ 时, $\dfrac{\Delta y}{\Delta x}$ 有极限, 如果 $\dfrac{\Delta y}{\Delta x}$ 的极限不存在,那么 就说函数在点 $x_{0}$ 处不可导.
(iii) 对于导数的定义还有其他形式: $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=\lim {\Delta x \rightarrow 0} \frac{f\left(x{0}\right)-f\left(x_{0}+\Delta x\right)}{-\Delta x}, f^{\prime}\left(x_{0}\right)=$ $\lim {\Delta x \rightarrow 0} \frac{f\left(x{0}-\Delta x\right)-f\left(x_{0}\right)}{-\Delta x}$
(2).导函数的概念
如果函数 $y=f(x)$ 在开区间 $(a, b)$ 内每一点处都可导, 就说函数 $y=f(x)$ 在开区间 $(a$, $b)$ 内可导, 这时对于开区间 $(a, b)$ 内每一个确定的值 $x_{0}$, 都对应着一个导数值 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)$, 这 样就在开区间 $(a, b)$ 内构成一个新的函数, 我们把这一新函数叫做 $f(x)$ 在开区间 $(a, b)$ 内 的导函数, 记作 $f^{\prime}(x)$ 或 $y^{\prime}$, 即 $f^{\prime}(x)=y^{\prime}=\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{\Delta y}{\Delta x}=\lim {\Delta x \rightarrow 0} \frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}$, 导函数也简称导数, 所以
导数 $\left{\begin{array}{l}f(x) \text { 在一点 } x{0} \text { 处的导数 } \leftrightarrows \text { 别 } \ \text { 导函数 }\end{array}\right.$
例3.求函数 $y=x-\frac{1}{x}$ 在 $x=1$ 处的导数.
解析 由 $y=x-\frac{1}{x}$ 得 $\Delta y=1+\Delta x-\frac{1}{1+\Delta x}-(1-1)=\Delta x+\frac{\Delta x}{1+\Delta x}$,
$$
\begin{aligned}
&\therefore \frac{\Delta y}{\Delta x}=1+\frac{1}{1+\Delta x}, \
&\left.\therefore y^{\prime}\right|_{x=1}=\lim _{\Delta x \rightarrow 0}\left(1+\frac{1}{1+\Delta x}\right)=1+1=2 .
\end{aligned}
$$
重难点详解
一、 求函数在某一点处的导数, 常采用如下两种方法:
(1) 定义法:
差 $\longrightarrow$ 求函数值的改变量, 即 $\Delta y=f\left(x_{0}+\Delta x\right)-f\left(x_{0}\right)$
比 $\longrightarrow$ 求函数的平均变化率,即 $\frac{\Delta y}{\Delta x}=\frac{f\left(x_{0}+\Delta x\right)-f\left(x_{0}\right)}{\Delta x}$
推导 $-$ 取极限, 即 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{\Delta y}{\Delta x}$
(2) 导函数的函数值法: 先求出导函数 $f^{\prime}(x)$, 再把 $x=x_{0}$ 代人 $f^{\prime}(x)$ 得 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)$
例1.求函数 $y=\dfrac{4}{x^{2}}$ 在 $x=2$ 处的导数.
解析 $\because \Delta y=\dfrac{4}{(\Delta x+2)^{2}}-\dfrac{4}{2^{2}}=\dfrac{4}{(\Delta x+2)^{2}}-1=-\dfrac{(\Delta x)^{2}+4 \Delta x}{(\Delta x+2)^{2}}$,
$\therefore \dfrac{\Delta y}{\Delta x}=-\dfrac{\Delta x+4}{(\Delta x+2)^{2}}$,
$\left.\therefore y^{\prime}\right|_{x=2}=\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \dfrac{\Delta y}{\Delta x}=-\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \dfrac{\Delta x+4}{(\Delta x+2)^{2}}=-1 .$
二、利用导数的定义求极限
在导数的定义中, 增量 $\Delta x$ 的形式是多种多样的, 但无论 $\Delta x$ 选择哪种形式, $\Delta y$ 必须选 择相对应的形式, 利用函数 $f(x)$ 在 $x=x_{0}$ 处可导的条件, 可以将已给定的极限式恒等变 形, 转化为导数定义的结构形式, 从而求出极限值.
例2.已知 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=-2$, 求 $\lim {k \rightarrow 0} \frac{f\left(x{0}-\frac{1}{2} k\right)-f\left(x_{0}\right)}{k}$ 的值.
$\begin{array}{l}解析： \because f^{\prime}\left(x_{0}\right)=\lim {k \rightarrow 0} \frac{f\left[x{0}+\left(-\frac{1}{2} k\right)\right]-f\left(x_{0}\right)}{-\frac{1}{2} k}=-2, \ \therefore \lim {k \rightarrow 0} \frac{f\left(x{0}-\frac{1}{2} k\right)-f\left(x_{0}\right)}{k} \ =-\frac{1}{2} \lim {k \rightarrow 0} \frac{f\left(x{0}-\frac{1}{2} k\right)-f\left(x_{0}\right)}{-\frac{1}{2} k} \ =-\frac{1}{2} f^{\prime}\left(x_{0}\right)=\left(-\frac{1}{2}\right) \times(-2)=1 .\end{array}$
三、实际问题中的瞬时速度
函数 $f(x)$ 在 $x=x_{0}$ 处的瞬时变化率就是该函数在 $x=x_{0}$ 处的导数, 物体在时刻 $t=t_{0}$ 时 的瞬时速度就是相应运动方程在 $t=t_{0}$ 处的导数.
例3. 若一物体的运动时间 $t$ (单位: $\mathrm{s}$ ) 与位移 $s$ (单位: $\mathrm{m}$ ) 的函数关系式为 $s=$ $\left{\begin{array}{l}3 t^{2}+2,0 \leqslant t<3, \ 29+3(t-3)^{2}, t \geqslant 3,\end{array}\right.$ 求此物体在 $t=1$ 和 $t=5$ 时的瞬时速度.
解析 当 $t=1$ 时, $s=3 t^{2}+2$,
$\therefore v=\lim _{\Delta t \rightarrow 0} \dfrac{\Delta s}{\Delta t}=\lim _{\Delta t \rightarrow 0} \dfrac{3(1+\Delta t)^{2}+2-\left(3 \times 1^{2}+2\right)}{\Delta t}=\lim _{\Delta t \rightarrow 0}(6+3 \Delta t)=6$
当 $t=5$ 时, $s=29+3(t-3)^{2}$,
$\therefore v=\lim _{\Delta t \rightarrow 0} \dfrac{29+3(\Delta t+2)^{2}-29-3 \times 2^{2}}{\Delta t}=\lim _{\Delta t \rightarrow 0}(3 \Delta t+12)=12$.
故此物体在 $t=1$ 和 $t=5$ 时的瞬时速度分别是 $6 \mathrm{~m} / \mathrm{s}$ 和 $12 \mathrm{~m} / \mathrm{s}$.
例1. 有同学认为曲线 $y=f(x)$ 在点 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 与曲线 $y=f(x)$ 只有一个交 点, 你认为正确吗? 说明理由.
解析 不正确. 理由如下:曲线 $y=f(x)$ 在点 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 与曲线 $y=f(x)$ 的交点个 数不一定只有一个. 如图所示.
知识点二 导数的几何意义
函数 $y=f(x)$ 在 $x=x_{0}$ 处的导数 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)$ 的几何意义就是曲线 $y=f(x)$ 在点 $\left(x_{0}, f\left(x_{0}\right)\right)$ 处切线的斜率 $k$, 即
$$
k=\lim {\Delta x \rightarrow 0} \frac{f\left(x{0}+\Delta x\right)-f\left(x_{0}\right)}{\Delta x}=f^{\prime}\left(x_{0}\right) .
$$
若 $f(x)$ 在 $x=x_{0}$ 处可导, 则曲线 $y=f(x)$ 在点 $\left(x_{0}, f\left(x_{0}\right)\right)$ 处的切线存在. 而曲线 $y=$ $f(x)$ 在点 $\left(x_{0}, f\left(x_{0}\right)\right)$ 处有切线, 函数 $y=f(x)$ 在 $x=x_{0}$ 处不一定可导. 若函数 $y=f(x)$ 在 $x=$ $x_{0}$ 处不可导, 曲线在点 $\left(x_{0}, f\left(x_{0}\right)\right)$ 处也可能有切线. 例如曲线 $y=\sqrt{x}$ 在 $x=0$ 处有切线, 但 函数 $y=\sqrt{x}$ 在 $x=0$ 处不可导.
例2. 已知函数 $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上可导, 其部分图象如图所示, 设 $\frac{f(2)-f(1)}{2-1}=a$, 则下列不 等式正确的是
A. $f^{\prime}(1)<f^{\prime}(2)<a$![image-20220123122623242]()
B. $f^{\prime}(1)<a<f^{\prime}(2)$
C. $f^{\prime}(2)<f^{\prime}(1)<a$
D. $a<f^{\prime}(1)<f^{\prime}(2)$
解析 $}$ 由题中图象可知, 在区间 $(0,+\infty)$ 上函数 $f(x)$ 增长得越来越快, $\therefore f^{\prime}(1)<f^{\prime}(2)$, $\because \frac{f(2)-f(1)}{2-1}=a, \therefore$ 通过作切线与割线可知 $f^{\prime}(1)<a<f^{\prime}(2)$, 故选 B.
答案 $\mathbf{B}$
重难点
求曲线上一点处的切线方程
求曲线上某点 $\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 处切线方程的步骤:
求出 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)$, 即切线斜率 $\rightarrow$ 写出切线的点斜式方程 $\rightarrow$ 化简切线方程
(例) 1 [ 㘬] 已知 $f(x)=x^{3}-2 x+1$, 求曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1,0)$ 处的切线方程.
解析 因为 $f^{\prime}(x)=\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{(\Delta x+x)^{3}-2(\Delta x+x)+1-x^{3}+2 x-1}{\Delta x}$
$$
\begin{aligned}
&=\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{(\Delta x)^{3}+3 x \cdot(\Delta x)^{2}+3 x^{2} \cdot \Delta x-2 \Delta x}{\Delta x} \
&=\lim _{\Delta x \rightarrow 0}\left[(\Delta x)^{2}+3 x \cdot \Delta x+3 x^{2}-2\right] \
&=3 x^{2}-2,
\end{aligned}
$$
所以 $f^{\prime}(1)=3-2=1$,
所以切线的方程为 $y=x-1$,
即 $x-y-1=0$.
求曲线过某点的切线方程
设切点的坐标为 $\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 根据导数的几何意义表示出切线斜率, 然后根据其与已知 切线的斜率值相等列方程, 求得相应的坐标值.
解析 设点 $P$ 的坐标为 $\left(x_{0}, x_{0}^{3}\right)$,
$$
\begin{aligned}
&\because \lim {\Delta x \rightarrow 0} \frac{f\left(x{0}+\Delta x\right)-f\left(x_{0}\right)}{\Delta x} \
&=\lim {\Delta x \rightarrow 0} \frac{3 x{0}^{2} \Delta x+3 x_{0}(\Delta x)^{2}+(\Delta x)^{3}}{\Delta x} \
&=\lim {\Delta x \rightarrow 0}\left[3 x{0}^{2}+3 x_{0} \Delta x+(\Delta x)^{2}\right] \
&=3 x_{0}^{2}, \
&\therefore 3 x_{0}^{2}=3, \text { 解得 } x_{0}=\pm 1, \
&\therefore \text { 点 } P \text { 的坐标是 }(1,1) \text { 或 }(-1,-1) .
\end{aligned}
$$
(例4 已知 $f(x)=\frac{1}{3} x^{3}-x^{2}+5$, 求曲线 $y=f(x)$ 在 $x=1$ 处的切线的倾斜角 $\alpha$.
解析 $\tan \alpha=\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{f(1+\Delta x)-f(1)}{\Delta x}$
$=\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{\frac{1}{3}(1+\Delta x)^{3}-(1+\Delta x)^{2}+5-\left(\frac{1}{3}-1+5\right)}{\Delta x}$
$=\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{\frac{1}{3}(\Delta x)^{3}-\Delta x}{\Delta x}=\lim _{\Delta x \rightarrow 0}\left[\frac{1}{3}(\Delta x)^{2}-1\right]=-1 .$
$\because \alpha \in[0, \pi), \therefore \alpha=\frac{3}{4} \pi, \therefore$ 切线的倾斜角为 $\frac{3}{4} \pi$.
(五 导数几何意义的综合应用
求解导数几何意义综合应用问题的关键是对函数进行求导, 利用题目所提供的直线的位 置关系、斜率的范围等条件求解相关问题, 此处常与函数、方程、不等式等知识相结合.
$\rightarrow$ 考向 1 导数的几何意义与不等式相结合
(例) 1 设函数 $f(x)=x^{3}+a x^{2}-9 x-1(a<0)$, 若曲线 $y=f(x)$ 的斜率最小的切线与直线 $12 x+y=6$ 平行, 求 $a$ 的值.
解析 $\because \Delta y=f(x+\Delta x)-f(x)=(x+\Delta x)^{3}+a(x+\Delta x)^{2}-9(x+\Delta x)-1-\left(x^{3}+a x^{2}-9 x-1\right)=\left(3 x^{2}+\right.$ $2 a x-9) \Delta x+(3 x+a)(\Delta x)^{2}+(\Delta x)^{3}$,
$\therefore \frac{\Delta y}{\Delta x}=3 x^{2}+2 a x-9+(3 x+a) \Delta x+(\Delta x)^{2}$, $\therefore f^{\prime}(x)=\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{\Delta y}{\Delta x}=3 x^{2}+2 a x-9=3\left(x+\frac{a}{3}\right)^{2}-9-\frac{a^{2}}{3} \geqslant-9-\frac{a^{2}}{3} .$
由题意知 $f^{\prime}(x)$ 的最小值是-12,
$\therefore-9-\frac{a^{2}}{3}=-12$,
即 $a^{2}=9 ， \because a<0 ， \therefore a=-3$.
1.设 $f(x)$ 为可导函数, 且满足条 件 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(1)-f(1-x)}{2 x}=-1$, 则曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 处的 切线的斜率为
A. 2
B. $-1$
C. $\frac{1}{2}$
D. $-2$
1误区警示 已知条件不符合导数的定义, 解题时应适当变形求 出 $f^{\prime}(1)$.
解析 $\because \lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(1)-f(1-x)}{2 x}=\frac{1}{2} \lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(1-x)-f(1)}{-x}=\frac{1}{2} f^{\prime}(1)=$ $-1, \therefore f^{\prime}(1)=-2, \therefore$ 所求切线的斜率为 $-2$.
答案 $\mathbf{D}$
2 .曲线 $y=\frac{1}{x}$ 在 $x=2$ 处的切线的斜率为
破题思路 解题关键是利用导数的定义求函数在 $x=2$ 处的 导数.
解析 $\because y^{\prime}=\lim {\Delta x \rightarrow 0} \frac{\frac{1}{x+\Delta x}-\frac{1}{x}}{\Delta x}=-\frac{1}{x^{2}}$,
$\left.\therefore y^{\prime}\right|{x=2}=-\frac{1}{4}$,
$\therefore$ 曲线 $y=\frac{1}{x}$ 在 $x=2$ 处的切线的斜率为 $-\frac{1}{4}$.
答案 $}-\frac{1}{4}$
3I[W] (2017 广东佛山三水中学期中) 设函数 $f(x)=x^{3}+$ $a x^{2}$, 若曲线 $y=f(x)$ 在点 $P\left(x_{0}, f\left(x_{0}\right)\right)$ 处的切线方程为 $x+y$$=0$, 则点 $P$ 的坐标为
$\begin{array}{ll}\text { A. }(0,0) & \text { B. }(1,-1) \ \text { C. }(-1,1) & \text { D. }(1,-1) \text { 或 }(-1,1)\end{array}$
点在切线上题男路一个求导函数→令导函数等于 $\rightarrow-1$ 解方程组求 $x_{0} \rightarrow$ 求 $f\left(x_{0}\right)$ 的值 $\rightarrow$ 结论.
解析 $} \because f(x)=x^{3}+a x^{2}$,
$\therefore f^{\prime}(x)=\lim {\Delta x \rightarrow 0} \frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}$
$=\lim {\Delta x \rightarrow 0} \frac{(x+\Delta x)^{3}+a(x+\Delta x)^{2}-x^{3}-a x^{2}}{\Delta x}$
$=\lim {\Delta x \rightarrow 0}\left[3 x^{2}+2 a x+(3 x+a) \Delta x+(\Delta x)^{2}\right]=3 x^{2}+2 a x$,
$\because$ 函数的图象在点 $\left(x{0}, f\left(x{0}\right)\right)$ 处的切线方程为 $x+y=0$,
$\therefore 3 x{0}^{2}+2 a x_{0}=-1$, 又 $x_{0}+x_{0}^{3}+a x_{0}^{2}=0$,
从而解得 $\left{\begin{array}{l}x_{0}=1, \ a=-2\end{array}\right.$ 或 $\left{\begin{array}{l}x_{0}=-1, \ a=2 .\end{array}\right.$
当 $x_{0}=1$ 时, $f(x)=x^{3}-2 x^{2}$, 则 $f\left(x_{0}\right)=-1 ;$
当 $x_{0}=-1$ 时, $f(x)=x^{3}+2 x^{2}$, 则 $f\left(x_{0}\right)=1$. 故选 D.
$4[4]$ ( ) ( 2018 山东临沂一中期中) 已知 $f(x)=x^{3}-x+1$, 则曲 线 $y=f(x)$ 在点 $(1,1)$ 处的切线方程是
A. $2 x-y-1=0$ 或 $x+4 y-5=0$
B. $2 x-y-1=0$
C. $x+y-2=0$ 或 $x+4 y-5=0$
D. $x+y-2=0$
破题思路 求导 $\rightarrow$ 求斜率 $\rightarrow$ 写出切线方程.
解析 $f^{\prime}(x)=\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}$ $=\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{(x+\Delta x)^{3}-(x+\Delta x)+1-x^{3}+x-1}{\Delta x}=3 x^{2}-1$,
点 $(1,1)$ 在曲线 $y=f(x)$ 上, 且 $f^{\prime}(1)=2$,
则所求切线方程为 $y-1=2(x-1)$, 即 $2 x-y-1=0$, 故选 $\mathrm{B}$.
答案 $\mathbf{B}$
$5\left[\right.$ [ ] ] ( 2017 江西临川期末) 若曲线 $y=x^{2}$ 的一条切线 $l$ 与 直线 $x+4 y-8=0$ 垂直, 则 $l$ 的方程为
A. $4 x-y-4=0$
B. $x+4 y-5=0$
C. $4 x-y+3=0$
D. $x+4 y+3=0$
解析 设切点坐标为 $\left(x_{0}, y_{0}\right), \because y^{\prime}=\lim {\Delta x \rightarrow 0} \frac{(x+\Delta x)^{2}-x^{2}}{\Delta x}=$ $\lim {\Delta x \rightarrow 0}(2 x+\Delta x)=2 x$, 又由题意可知, 切线斜率为 4 ,
$\left.\therefore y^{\prime}\right|{x=x{0}}=2 x_{0}=4$,
$\therefore x_{0}=2, \therefore y_{0}=x_{0}^{2}=4$,
$\therefore$ 切点坐标为 $(2,4)$,
故切线方程为 $y-4=4(x-2)$, 即 $4 x-y-4=0$, 故选 A.
- 已知函数 $y=f(x)$ 的图象在点 $(1, f(1))$ 处的切线方程为 $x-2 y+1=0$, 则 $f(1)+2 f^{\prime}(1)$ 的 值是
A. $\frac{1}{2}$
B. 1
C. $\frac{3}{2}$
D. 2
破题思路 利用导数的几何意义求解.
解析 由 $1-2 f(1)+1=0$ 得 $f(1)=1$,
又由导数的几何意义知 $f^{\prime}(1)=\frac{1}{2}$,
$\therefore f(1)+2 f^{\prime}(1)=1+2 \times \frac{1}{2}=2$. 故选 D.
7.如图, 函数 $y=f(x)$ 的图象 在点 $P$ 处的切线方程是 $y=-x+8$, 则 $f(5)+f^{\prime}(5)=(\quad)$
A. 2
B. 1
C. $\frac{1}{2}$
D. 0
破题思路 根据导数的几何意义知, 函数 $y=f(x)$ 的图象在点 $P$ 处的切线的斜率就是函数 $y=f(x)$ 在该点的导数值, 因此可求 得 $f^{\prime}(5)$.
解析 根据图象知, 函数 $y=f(x)$ 的图象与在点 $P$ 处的切线 交于点 $P$,
$\therefore f(5)=-5+8=3$,
$f^{\prime}(5)$ 为函数 $y=f(x)$ 的图象在点 $P$ 处的切线的斜率, $\therefore f^{\prime}(5)=-1, \therefore f(5)+f^{\prime}(5)=2$. 故选 A.
课后练习
一、选择题
1函数 $y=f(x)$ 在 $x=x_{0}$ 处的导数 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)$ 的几何意义是
A. 在点 $x_{0}$ 处的斜率
B. 在点 $\left(x_{0}, f\left(x_{0}\right)\right)$ 处的切线与 $x$ 轴所夹锐角的正切值
C. 曲线 $y=f(x)$ 在点 $\left(x_{0}, f\left(x_{0}\right)\right)$ 处的切线的斜率
D. 点 $\left(x_{0}, f\left(x_{0}\right)\right)$ 与点 $(0,0)$ 连线的斜率
2已知曲线 $y=2 x^{3}$ 上一点 $A(1,2)$, 则 $A$ 处的切线斜率 等于
A. 2
C. $6+6 \Delta x+2(\Delta x)^{2}$
B. 4
D.6
3己知函数 $y=f(x)$ 的图 大小关系是
( )
A. $f^{\prime}\left(x_{A}\right)>f^{\prime}\left(x_{B}\right)$
B. $f^{\prime}\left(x_{A}\right)<f^{\prime}\left(x_{B}\right)$
C. $f^{\prime}\left(x_{A}\right)=f^{\prime}\left(x_{B}\right)$
D. 不能确定
$4[$ 一个) $]$ 已知曲线 $y=\frac{1}{2} x^{2}-2$ 上一点 $P\left(1,-\frac{3}{2}\right)$, 则曲线在点 $P$ 处的切线的倾斜角为
A. $30^{\circ}$
B. $45^{\circ}$
C. $135^{\circ}$
D. $165^{\circ}$
[5] [ (-)] 已知曲线 $y=x^{3}$ 在点 $P$ 处的切线的斜率 $k=3$, 则点 $P$ 的坐标是
A. $(1,1)$
B. $(-1,1)$
C. $(1,1)$ 或 $(-1,-1)$
D. $(2,8)$ 或 $(-2,-8)$
二、填空题
-
已知 $P(1,2)$ 为函数 $f(x)=1+x^{3}$ 图象上一点, 以 $P$为切点的切线的斜率为
-
如图, 函数 $f(x)$ 的图象是折线段 $A B C$, 其中点 $A, B, C$ 的坐标分别为 $(0,4),(2,0),(6,4)$, 则 $f[f(0)]$ $=\ldots ; \lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{f(1+\Delta x)-f(1)}{\Delta x}=$ . (用数字作答) ![image-20220123124306211]()
-
曲线 $=2 x-x^{3}$ 在点 $(1,1)$ 处的切线方程为
三、解答题
9 .已知函数 $f(x)=a x^{2}+1(a>0), g(x)=x^{3}+b x$. 若曲线 $y=f(x)$ 与曲线 $y=g(x)$ 在它们的交点 $(1, c)$ 处具有公切线, 求 $a, b$ 的值.
- 求切点坐标与切线方程.
- 已知 $f(x)=x+\dfrac{1}{x}$.
(1) 求曲线 $y=f(x)$ 在 $x=\frac{1}{2}$ 处的切线方程;
(2) 求曲线 $y=f(x)$ 在 $x=x_{0}$ 处的切线与直线 $y=x$ 和 $y$ 轴围 成的三角形的面积.
课后练习：
1.已知函数 $f(x)=2 x^{2}-1$ 的 图象上一点 $(1,1)$ 及其附近一点 $(1+\Delta x, f(1+\Delta x))$, 则 $\frac{\Delta y}{\Delta x}$ 等于
A. 4 B. $4+2 \Delta x$ C. $4+2(\Delta x)^{2}$ D. $4 x$
题眼挖掘 自变量的增量为 $\Delta x$, 确定函数值的增量 $\Delta y$ 是解题 的关键.
解析 $\Delta y=f(1+\Delta x)-f(1)$
$=2(1+\Delta x)^{2}-1-\left(2 \times 1^{2}-1\right)=4 \Delta x+2(\Delta x)^{2}$,
$\therefore \dfrac{\Delta y}{\Delta x}=\dfrac{4 \Delta x+2(\Delta x)^{2}}{\Delta x}=4+2 \Delta x$,
故选 B.
2.一质点按照运动规律 $s=$ $2 t^{2}-t$ 运动, 其中 $s$ 表示位移, $t$ 表示时间, 则质点在 $[2,2+$ $\Delta t]$ 这段时间内的平均速度是 , 在 $t=2$ 时的瞬时 速度是 .
破题思路 求质点的㤤时速度可分两步:
第一步, 求 $\dfrac{\Delta s}{\Delta t}$, 得到平均速度;
第二步, 求 $\Delta t$ 趋近于 0 时 $\dfrac{\Delta s}{\Delta t}$ 的极限值, 即可得甠时速度.
解析 $\bar{v}=\dfrac{\Delta s}{\Delta t}=\dfrac{2(2+\Delta t)^{2}-(2+\Delta t)-\left(2 \times 2^{2}-2\right)}{\Delta t}$
$=\dfrac{2(\Delta t)^{2}+7 \Delta t}{\Delta t}=7+2 \Delta t$;
$v=\lim _{\Delta t \rightarrow 0}(7+2 \Delta t)=7 $.
$7+2 \Delta t ; 7$
-
一物体的运动方程为 $s=$ $7 t^{2}+8$, 则其在 $t=$ 时的瞬时速度为 1 .
破题思路 先对运动方程 $s=7 t^{2}+8$ 进行求导, 然后利用瞬时 速度为 1 列方程求解.
解析 $\frac{\Delta s}{\Delta t}=\frac{7(t+\Delta t)^{2}+8-\left(7 t^{2}+8\right)}{\Delta t}=7 \Delta t+14 t$,
$\lim _{\Delta t \rightarrow 0}(7 \Delta t+14 t)=14 t$, 由题意, 令 $14 t=1$, 得 $t=\frac{1}{14}$.
答案 $\frac{1}{14}$
-
若 $\lim {\Delta x \rightarrow 0} \frac{f\left(x{0}+2 \Delta x\right)-f\left(x_{0}\right)}{\Delta x}=$ 1 , 则 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)$ 等于
A. 2 B. $-2$ C. $\frac{1}{2}$ D. $-\frac{1}{2}$
破题思路 利用导数的定义求解.
[解析 根据导数的定义可得,
$f^{\prime}\left(x_{0}\right)=\lim {\Delta x \rightarrow 0} \frac{f\left(x{0}+2 \Delta x^{\prime}\right)-f\left(x_{0}\right)}{2 \Delta x}=\frac{1}{2} \lim {\Delta x \rightarrow 0} \frac{f\left(x{0}+2 \Delta x\right)-f\left(x_{0}\right)}{\Delta x}=\frac{1}{2}$, 故选 C.
5.设函数 $y=f(x)$ 在 $x=x_{0}$ 处可
导, 且 $\lim {\Delta \rightarrow 0} \frac{f\left(x{0}+3 \Delta x\right)-f\left(x_{0}\right)}{\Delta x}=1$, 则 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)$ 等于
破题思路 利用导数的定义求解.
解析 $\because y=f(x)$ 在 $x=x_{0}$ 处可导,
$$
\begin{aligned}
&\therefore \lim {\Delta x \rightarrow 0} \frac{f\left(x{0}+3 \Delta x\right)-f\left(x_{0}\right)}{\Delta x}=3 \lim {\Delta x \rightarrow 0} \frac{f\left(x{0}+3 \Delta x\right)-f\left(x_{0}\right)}{3 \Delta x}=3 f^{\prime}\left(x_{0}\right) \
&=1,
\end{aligned}
$$
则 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=\frac{1}{3}$.
6.已知$f(x)=\frac{1}{2}\left(x^{2}+1\right)$, 求 $f^{\prime}(1)$.
破题思路 根据导数的定义, 第一步, 求函数值的增量 $\Delta y$; 第 二步, 求平均变化率 $\frac{\Delta y}{\Delta x}$; 第三步, 取极限, 得导数.
$$
\begin{aligned}
&\text { 解析 } \because \Delta y=f(1+\Delta x)-f(1) \
&=\frac{1}{2}\left[(1+\Delta x)^{2}+1\right]-1=\Delta x+\frac{1}{2}(\Delta x)^{2}, \
&\therefore \frac{\Delta y}{\Delta x}=1+\frac{1}{2} \Delta x, \
&\therefore f^{\prime}(1)=\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{\Delta y}{\Delta x}=\lim _{\Delta x \rightarrow 0}\left(1+\frac{1}{2} \Delta x\right)=1 .
\end{aligned}
$$
一、选择题
1 .如果函数 $y=a x+b$ 在区间 $[1,2]$ 上的平均变化率为 3 , 则 $a=$
A. $-3$
B. 2
C. 3
D. $-2$
2.已知函数 $f(x)=-x^{2}+x$ 的图象上一点 $(-1,-2)$ 及邻 近一点 $(-1+\Delta x,-2+\Delta y)$, 则 $\frac{\Delta y}{\Delta x}=$
A. 3
B. $3 \Delta x-(\Delta x)^{2}$
C. $3-(\Delta x)^{2}$
D. $3-\Delta x$
3.已知一质点的运动规律为 $s=t^{2}+3$, 则在 $[3,3+\Delta t]$ 这 段时间内, 相应的平均速度等于
A. $6+\Delta t$
B. $6+\Delta t+\frac{9}{\Delta t}$
C. $3+\Delta t$
D. $9+\Delta t$
4.设函数 $f(x)$ 可导, 则 $\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{f(1+\Delta x)-f(1)}{3 \Delta x}$ 等于
A. $f^{\prime}(1)$
B. $3 f^{\prime}(1)$
C. $\frac{1}{3} f^{\prime}(1)$
D. $f^{\prime}(3)$
5.函数 $y=(x-1)^{2}$ 的导数是
A. $y^{\prime}=-2$
B. $y^{\prime}=(x-1)^{2}$
C. $y^{\prime}=2(x-1)$
D. $y^{\prime}=2(1-x)$
6.设函数 $f(x)$ 在 $x=x_{0}$ 处可导, 则 $\lim {\Delta x \rightarrow 0} \frac{f\left(x{0}-\Delta x\right)-f\left(x_{0}\right)}{\Delta x}$ 等于
A. $f^{\prime}\left(x_{0}\right)$
B. $f^{\prime}\left(-x_{0}\right)$
C. $-f^{\prime}\left(x_{0}\right)$
D. $-f\left(-x_{0}\right)$
二、填空题
-
已知函数 $y=x^{3}-2$, 当 $x=2$ 时, $\frac{\Delta y}{\Delta x}=$
-
一物体沿直线运动的位移 $s$ 和时间 $t$ 的关系是 $s=2 t-$ $3 t^{2}$, 则物体的初速度是
-
若 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=1$, 则 $\lim {k \rightarrow 0} \frac{f\left(x{0}-k\right)-f\left(x_{0}\right)}{2 k}=$
三.解答题
-
已知函数 $f(x)=3 x^{2}+2$, 求函数在 $x_{0}=1,2,3$ 附近 $\Delta x$ 取 $\frac{1}{2}$ 时的平均变化率 $k_{1}, k_{2}, k_{3}$, 并比较其大小.
-
某质点沿直线运动, 运动规律是 $s=5 t^{2}+6$, 求:
(1) 在 $2 \leqslant t \leqslant 2+\Delta t$ 这段时间内的平均速度, 这里 $\Delta t$ 取值 为 1 ;
(2) $t=2$ 时的瞬时速度.
-
利用导数的定义求下列函数的导数.
(1) $y=x^{2}+a x+b ;$ (2) $y=\frac{1}{\sqrt{x}}$.
【知识清单】
-
基本初等函数的导数公式
(1) 若 $f(x)=c$ ( $c$ 为常数), 则 $f^{\prime}(x)=0$.
(2) 若 $f(x)=x^{\alpha}\left(\alpha \in \mathbf{Q}^{*}\right)$, 则 $f^{\prime}(x)=\alpha x^{\alpha-1}$;
(3) 若 $f(x)=\sin x$, 则 $f^{\prime}(x)=\cos x$;
(4) 若 $f(x)=\cos x$, 则 $f^{\prime}(x)=-\sin x$;
(5)若 $f(x)=a^{x}$, 则 $f^{\prime}(x)=a^{x} \ln a$;
(6) 若 $f(x)=e^{x}$, 则 $f^{\prime}(x)=e^{x}$;
(7) 若 $f(x)=\log _{a} x$, 则 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{x \ln a}$;
(8) 若 $f(x)=\ln x$, 则 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}$.
-
导数运算法则
(1) $[f(x) \pm g(x)]^{\prime}=f^{\prime}(x) \pm g^{\prime}(x)$;
(2) $[f(x) g(x)]^{\prime}=f^{\prime}(x) g(x)+f(x) g^{\prime}(x)$;
(3) $[c f(x)]^{\prime}=c f^{\prime}(x)$;
(4) $\left[\frac{f(x)}{g(x)}\right]^{\prime}=\frac{f^{\prime}(x) g(x)-f(x) g^{\prime}(x)}{[g(x)]^{2}}(g(x) \neq 0)$
-
复合函数的求导法则
(1)复合函数的概念: 一般地, 对于两个函数 $y=f(u)$ 和 $u=g(x)$, 如果通过变量 $u, y$ 可以表示成 $x$ 的函数, 那么称这个函数为函数 $y=$ $f(u)$ 和 $u=g(x)$ 的复合函数, 记作 $y=f(g(x))$.
(2)复合函数求导法则
(3)复合函数 $y=f(g(x))$, 可以写成 $y=f(u), u=g(x)$, 则有 $y_{x}^{\prime}=$ $y_{u}^{\prime} \cdot u_{x}^{\prime}$.
例 1.求下列各式的导函数
(1) 已知 $f(x)=x^{3}-2 x+3$, 则 $f^{\prime}(x)=$
(2) 已知 $f(x)=3 x^{2}+\mathrm{e}^{x}-2 \ln x+\cos x$, 则 $f^{\prime}(x)=$
(3) 已知 $f(x)=5 x^{3}+5^{x}+\log _{2} x-\sin x$, 则 $f^{\prime}(x)=$
(4) 已知 $f(x)=\mathrm{e}^{x}+\ln x-\cos x$, 则 $f^{\prime}(x)=$
练
求下列各式的导函数
(1) 已知 $f(x)=2 x^{2}+2^{x}-\ln x+\cos x$, 则 $f^{\prime}(x)=$
(2) 已知 $f(x)=x^{\frac{1}{2}}+\frac{1}{x}+\log _{5} x-\sin x$, 则 $f^{\prime}(x)=$
(3) 已知 $f(x)=x^{3}-\frac{1}{x^{2}}-\ln x$, 则 $f^{\prime}(x)=$
(4) 已知 $f(x)=3^{x}+\mathrm{e}^{x}-2 \cos x$, 则 $f^{\prime}(x)=$
例
求下列各式的导函数
(1) 已知 $f(x)=x \cdot \sin x$, 则 $f^{\prime}(x)=$
(2) 已知 $f(x)=\left(2 x^{2}-5 x+1\right) \cdot \mathrm{e}^{x}$, 则 $f^{\prime}(x)=>$
(3) 已知 $f(x)=\frac{x}{2^{x}}$, 则 $f^{\prime}(x)=$ ?
(4) 已知 $f(x)=\frac{\ln x}{x}+\tan x$, 则 $f^{\prime}(x)=$
求下列各式的导函数
(1) 已知 $f(x)=\sin x^{\prime} \cos x+\tan x$, 则 $f^{\prime}(x)=$
(2) 已知 $f(x)=x^{2} \mathrm{e}^{x}+x \ln x$, 则 $f^{\prime}(x)=$
(3) 已知 $f(x)=\frac{x^{2}+2 x}{\mathrm{e}^{x}}$, 则 $f^{\prime}(x)=$
(4) 已知 $f(x)=\frac{\ln x}{x+1}$, 则 $f^{\prime}(x)=$
(㑂) 3 (सखिति
求下列函数的导函数
(1) 已知 $f(x)=\ln 2 x$, 则 $f^{\prime}(x)=$
(2) 已知 $f(x)=\mathrm{e}^{2 x}$, 则 $f^{\prime}(x)=$
(3) 已知 $f(x)=\sin 2 x$, 则 $f^{\prime}(x)=$
(4) 已知 $f(x)=\cos 2 x$, 则 $f^{\prime}(x)=$
练 3 (सक्षित्र
求下列函数的导函数
(1) $f(x)=\ln \left(x^{2}+2 x\right)$, 则 $f^{\prime}(x)=$
(2) $f(x)=x^{2} \cdot e^{2 x}$, 则 $f^{\prime}(x)=$
(3) $f(x)=\mathrm{e}^{x} \sin 2 x$, 则 $f^{\prime}(x)=$
(4) $f(x)=\frac{\cos 2 x}{x}$, 则 $f^{\prime}(x)=$
- ( $+\cdots \vec{x} \mathrm{~}$
求下列函数的导函数
(1) 已知 $f(x)=2 \sin x-x \cos x-x$ 的导函数 $f^{\prime}(x)=$
(2) 已知 $f(x)=(x+1) \ln x-a(x-1)$ 的导函数 $f^{\prime}(x)=$
(3) 已知 $f(x)=\mathrm{e}^{m x}+x^{2}-m x$ 的导函数 $f^{\prime}(x)=$
(4) 已知 $f(x)=\frac{a \ln x}{x+1}+\frac{b}{x}$ 的导函数 $f^{\prime}(x)=$
- (
求下列函数的导函数
(1) 已知 $f(x)=a \ln x+\sqrt{x+1}$ 的导函数 $f^{\prime}(x)=$
(2) 已知 $f(x)=\sin ^{x} \sin 2 x$ 的导函数 $f^{\prime}(x)=$
(3) 已知 $f(x)=\mathrm{e}^{x}(2 x-1)-a x+a$ 的导函数 $f^{\prime}(x)=$
(4) 已知 $f(x)=\left(2+x+a x^{2}\right) \ln (1+x)-2 x$ 的导函数 $f^{\prime}(x)=$
- (स्रचिख)
求下列函数的导函数
(1) $f(x)=\frac{a x^{2}+x-1}{e^{x}}$ 的导函数 $f^{\prime}(x)=$
(2) $f(x)=e^{2 x}-a \ln x$ 的导函数 $f^{\prime}(x)=$
(3) $f(x)=a \mathrm{e}^{x} \ln x+\frac{b e^{x-1}}{x}$ 的导函数 $f^{\prime}(x)=$
(4) (2006 全国 1) $f(x)=\frac{1+x}{1-x} \mathrm{e}^{-a x}$ 的导函数 $f^{\prime}(x)=$
- (सत्रिभ)
求下列函数的导函数
(1) $f(x)=a \mathrm{e}^{2 x}+(a-2) \mathrm{e}^{x}-x$ 的导函数 $f^{\prime}(x)=$
(2) $f(x)=(x-1) \mathrm{e}^{x}+a(x-1)^{2}$ 的导函数 $f^{\prime}(x)=$
(3) $f(x)=\alpha \cos 2 x+(\alpha-1)(\cos x+1)$ 的导函数 $f^{\prime}(x)=$
(4) $f(x)=f^{\prime}(1) \mathrm{e}^{x-1}-f(0) x+\frac{1}{2} x^{2}$ 的导函数 $f^{\prime}(x)=$
-
依据试题选项具体构造 (多元处理) \
-
依据导函数特征构造函数: $u \cdot v$ 与 $+$ 和 $\frac{u}{v}$ 与 $-$ 的求导 \
(1) 加减直接构造 \
(2) $x$ 与 $f(x) ;$ \
(3) $e^{x}$ 与 $f(x)$ \
(4) $\sin x, \cos x$ 与 $f(x)$
-
【题方法清单】 \
一、 $x$ 与 $x^{n}$ \
-
出现 $x f^{\prime}(x)+f(x)$ 形式, 构造函数 $F(x)=x f(x) ;$ \
-
出现 $x f^{\prime}(x)-f(x)$ 形式, 构造函数 $F(x)=\frac{f(x)}{x} ;$ \
-
出现 $x f^{\prime}(x)+n f(x)$ 形式, 构造函数 $F(x)=x^{n} f(x) ;$ \
-
出现 $x f^{\prime}(x)-n f(x)$ 形式, 构造函数 $F(x)=\frac{f(x)}{x^{n}} ;$ \
二、 $e^{n x}$ 与 $e^{x}$ \
-
出现 $f^{\prime}(x)+f(x)$ 形式, 构造 $F(x)=e^{x} f(x) ;$ \
-
出现 $f^{\prime}(x)-f(x)$ 形式, 构造 $F(x)=\frac{f(x)}{e^{x}} ;$ \
$3 .$ 出现 $f^{\prime}(x)+n f(x)$ 形式, 构造 $F(x)=e^{n x} f(x) ;$ \
$4 .$ 出现 $f^{\prime}(x)-n f(x)$ 形式, 构造 $F(x)=\frac{f(x)}{e^{n x}} ;$
\end{tabular}
导数构造函数小题
(3) 1) $\alpha, \beta \in\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$, 且 $\alpha \sin \alpha-\beta \sin \beta>0$, 则下列结论正确 的是
A. $\alpha>\beta$
B. $\alpha^{2}>\beta^{2}$
C. $\alpha<\beta$
D. $\alpha+\beta>0$
练 1 若 $2^{x}-3^{-x} \geqslant 2^{-y}-3^{y}$, 则
A. $x-y \geqslant 0$
B. $x-y \geqslant 0 \quad$ C. $x+y \geqslant 0$
D. $x+y \leqslant 0$
例2 定义在 $\mathbf{R}$ 上的函数 $f(x)$ 满足 $f(1)=1$, 且对任意 $x \in \mathbf{R}$ 都有 $f^{\prime}(x)<\frac{1}{2}$, 则不等式 $f\left(x^{2}\right)>\frac{x^{2}+1}{2}$ 的解集为 ( )
A. $(1,2)$
B. $(0,1)$
C. $(1,+\infty)$
D. $(-1,1)$
练 2 函数 $f(x)$ 的定义域为 $\mathbf{R}, f(1)=1$, 对任意的 $x \in \mathbf{R}, f^{\prime}(x)<$
2 , 则 $f(x)>2 x-1$ 的解集是
A. $(-1,1)$
B. $(1,+\infty)$
C. $(-\infty, 1)$
D. $(-\infty,+\infty)$
1、 $n=1$
(5-3) $f(x)$ 是定义在 $\mathbf{R}$ 上的偶函数, 当 $x<0$ 时, $f(x)+$ $x f^{\prime}(x)<0$, 且 $f(-4)=0$, 则不等式 $x f(x)>0$ 的解集 为
练 3 设 $f(x)$ 是定义在 $\mathbf{R}$ 上的偶函数, 且 $f(1)=0$, 当 $x<0$ 时, 有 $x f^{\prime}(x)-f(x)>0$ 恒成立, 则不等式 $f(x)>0$ 的 解集为
2、 $x^{n}$
已知偶函数 $f(x)(x \neq 0)$ 的导函数为 $f^{\prime}(x)$, 且满足 $f(-1)=$ 0 , 当 $x>0$ 时, $2 f(x)>x f^{\prime}(x)$, 则使得 $f(x)>0$ 成立 的 $x$ 的取值范围是
练 4 设 $f(x)$ 是定义在 $\mathbf{R}$ 上的奇函数, 在 $(-\infty, 0)$ 上有 $2 x f^{\prime}(2 x)+$ $f(2 x)<0$, 且 $f(-2)=0$, 则不等式 $x f(x)<0$ 的解集为
1、 $n=1$
(15) 5 已知 $f(x)$ 是定义在 $(-\infty,+\infty)$ 上的函数, 导函数 $f^{\prime}(x)$ 满足 $f^{\prime}(x)<f(x)$, 对于 $x \in \mathbf{R}$ 恒成立, 则 $（ \textrm{ })$
A. $f(2)>e^{2} f(0), f(2014)>e^{2014} f(0)$
B. $f(2)<e^{2} f(0), f(2014)>e^{2014} f(0)$
C. $f(2)>e^{2} f(0), f(2014)<e^{2014} f(0)$
D. $f(2)<e^{2} f(0), f(2014)<e^{2014} f(0)$
练 5 定义在 $\mathbf{R}$ 上的函数 $f(x)$ 满足: $f^{\prime}(x)>f(x)$ 恒成立, 若 $x_{1}<x_{2}$, 则 $e^{x_{1}} f\left(x_{2}\right)$ 与 $e^{x_{2}} f\left(x_{1}\right)$ 的大小关系为 $(\quad)$
A. $e^{x_{1}} f\left(x_{2}\right)>e^{x_{2}} f\left(x_{1}\right)$
B. $e^{x_{1}} f\left(x_{2}\right)<e^{x_{2}} f\left(x_{1}\right)$
C. $e^{x_{1}} f\left(x_{2}\right)=e^{x_{2}} f\left(x_{1}\right)$
D. $e^{x_{1}} f\left(x_{2}\right)$ 与 $e^{x_{2}} f\left(x_{1}\right)$ 的大小关系不确定
2、 $n$
06 若定义在 $\mathbf{R}$ 上的函数 $f(x)$ 满足 $f^{\prime}(x)-2 f(x)>0, f(0)=$
1 , 则不等式 $f(x)>e^{2 x}$ 的解集为
7 已知函数 $y=f(x)$ 对于任意的 $x \in\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ 满足 $f^{\prime}(x) \cos x+$ $f(x) \sin x>0$ (其中 $f^{\prime}(x)$ 是函数 $f(x)$ 的导函数), 则下列 不等式不成立的是
A. $\sqrt{2} f\left(\frac{\pi}{3}\right)<f\left(\frac{\pi}{4}\right)$
B. $\sqrt{2} f\left(-\frac{\pi}{3}\right)<f\left(-\frac{\pi}{4}\right)$
C. $f(0)<\sqrt{2} f\left(\frac{\pi}{4}\right)$
D. $f(0)<2 f\left(\frac{\pi}{3}\right)$
练 6 定义在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 上的函数, 函数 $f^{\prime}(x)$ 是它的导函数, 且恒 有 $f(x)<f^{\prime}(x) \tan x$ 成立,
A. $\sqrt{3} f\left(\frac{\pi}{4}\right)>\sqrt{2} f\left(\frac{\pi}{3}\right)$
B. $f(1)<2 f\left(\frac{\pi}{6}\right) \sin 1$
C. $\sqrt{2} f\left(\frac{\pi}{6}\right)>f\left(\frac{\pi}{4}\right)$
D. $\sqrt{3} f\left(\frac{\pi}{6}\right)<f\left(\frac{\pi}{3}\right)$
——————————————————————
【主要内容】
- 含参一次函数单调性的讨论
- 类含参二次函数单调性的讨
- 类含参一次函数单调性的讨 论
论
- 超越函数的零点问题
- 含参二次函数单调性的讨论
【核心逻辑】
讨论参数的不同, 得到导函数的单调性和导函数零点判断导函数 在相应区间的正负, 进而判断原函数的单调性.
【问题方法】
- 求函数定义域 易漏
- 求出原函数的导函数, 解出 $f^{\prime}(x)=0$ 的根 $x_{1}, x_{2}, \cdots$;
- 用 $x_{1}, x_{2}, \cdots$ 将定义域划分为若千单调区间, 分别计算每个区间 上导函数的正负值;
- 画出原函数的草图检验, 然后总结作答.
注意 若相邻两个单调区间的单调性一致, 则可视为一个单调区间.
- 讨论最高次项是否为 0 , 正负情况 易漏
- 求解导函数的根;
- 定义域划分为若干单调区间, 分别讨论每个区间上导函数的正负 值.
核心逻辑 就是三讨论: 讨论开口方向、讨论两根大小、讨论根的数 量.
讨论开口方向观察二次项系数是否含参, 如果含参, 注意讨论开口 方向 (包括是否为 0 ). 易漏
讨论两根大小观察能否分解因式, 能分解因式的, 注意比较两根大 小, 以及两根是否相等;
讨论根的数量如果不能分解因式, 计算判别式, 根据情况讨论; 方法步聚
(1) 求函数定义域, 求出原函数的导函数
(2)讨论最高次项是否为 0 , 正负情况;
(a) $\left{\begin{array}{l}\text { 可以分解因式 } \Longrightarrow \text { 解得 } x_{1}, x_{2} \text { (注意讨论 } x_{1}=x_{2} \text { ) } \ \text { 不能分解 } \Rightarrow\left{\begin{array}{l}\Delta \leqslant 0 \ \Delta>0\end{array}\right.\end{array}\right.$
(3)讨论 $x_{1}$ 和 $x_{2}$ 的大小, 能分解因式的, 注意讨论 $x_{1}=x_{2}$.
(4) $x_{1}, x_{2}$ 将定义域划分为若千单调区间, 分别讨论每个区间上导 函数的正负值.
超越函数的零点, 关键在于零点的求解, 而一般超越函数的零点是 不可解, 那么我们的方法有三:
- 从题意中获取.
- 试根. 一般是让对数式、指数式等于 0 或 1 等特殊值.
- 零点本身不可解. 一般求出零点满足的关系式与取值范围, 用 $x_{0}$ 表示这个零点, 这就是通常所说的隐零点.
【知识清单】
在某个区间 $(a, b)$. 内, \
如果 $f^{\prime}(x)>0$, 那么函数 $y=f(x)$ 在这个区间内单调递增; \
如果 $f^{\prime}(x)<0$, 那么函数 $y=f(x)$ 在这个区间内单调递减. \
\hline
\end{tabular}
例 $1 \mathrm{~ ( 䇐}$
讨论函数 $f(x)=a x-\ln x-1$ 的单调区间;
已知函数 $f(x)=a^{x}, g(x)=\log _{a} x$, 其中 $a>1$. 求函数 $h(x)=$ $f(x)-x \ln a$ 的单调区间;
例 $2 \mathrm{~ ( 咕}$
讨论函数 $f(x)=e^{x}-2 a x+2$ 的单调区间;
练 $2 \mathrm{~ ( स ् र ै ख ि त}$
讨论函数 $f(x)=e^{x}+a x$ 的单调区间;
例 $3 $
讨论函数 $f(x)=x^{2} \cdot e^{a x}$ 的单调区间.
已知函数 $f(x)=2 x^{3}-a x^{2}+b$. 讨论 $f(x)$ 的单调性;
例 $4 $设函数 $f(x)=a \ln x+\frac{x-1}{x+1}$, 其中 $a$ 为常数.
(I) 若 $a=0$, 求曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 处的切线方程;
(II) 讨论函数 $f(x)$ 的单调性.
设函数 $f(x)=a x^{2}-a-\ln x$, 其中 $a \in \mathbf{R}$. 讨论 $f(x)$ 的单调性;
例5
已知函数 $f(x)=e^{x}(a x+b)-x^{2}-4 x$, 曲线 $y=f(x)$ 在点 $(0, f(0))$ 处切线方程为 $y=4 x+4$.
(I) 求 $a, b$ 的值;
(II) 讨论 $f(x)$ 的单调性, 并求 $f(x)$ 的极大值.
已知函数 $f(x)=a e^{2 x}+(a-2) e^{x}-x$. 讨论 $f(x)$ 的单调性;
例 6 (2013 全国 II 理 21(5/6) 节选第一问
已知函数 $f(x)=e^{x}-\ln (x+m)$. 设 $x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点, 求 $m$ 并讨论 $f(x)$ 的单调性.
设函数 $f(x)=e^{x} \cos x, g(x)$ 为 $f(x)$ 的导函数. 求 $f(x)$ 的单调区 间.
【知识框架】
- 求函数的单调区间
- 求函数的极值最值
- 二次求导
- 恒成立基础
已知函数 $f(x)=\frac{x}{e^{x}}(x \in \mathbf{R})$, 求函数 $f(x)$ 的单调区间. 设函数 $f(x)=x\left(e^{x}-1\right)-\frac{1}{2} x^{2}$, 求 $f(x)$ 的单调区间.
- (2013 全国 II 文 21 $(5 / 6)$ ) 已知函数 $f(x)=x^{2} e^{-x}$. 求 $f(x)$ 的极小值和极大值;
- (2005 北京 $19$ 已知函数 $f(x)=-x^{3}+3 x^{2}+9 x+a$.
（I）求 $f(x)$ 的单调减区间,
(II) 若 $f(x)$ 在区间 $[-2,2]$ 上的最大值为 20 , 求它在该区 间上的最小值.
已知函数 $f(x)=e^{x} \cos x-x$. 求函数 $f(x)$ 在区间 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 上 的最大值和最小值.
- (2016 北京理 18(4/6) 节选第二问\star\starねねま)
设函数 $f(x)=x e^{2-x}+e x$, 求 $f(x)$ 的单调区间.
四：恒成立
$\mathrm{~ 7 . ~ ( ふ ふ ふ}$
已知函数 $f(x)=x^{2}-m \ln x, h(x)=x^{2}-x+a$. 当 $a=0$ 时, 若 $f(x) \geqslant h(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上恒成立, 求实数 $m$ 的范围.
$\mathrm{~ 8 . ~ ( ฝ ふ ங}$
已知函数 $f(x)=\frac{a\left(x^{2}-x-1\right)}{e^{x}}(x \in \mathbf{R}), a$ 为正实数 $（ \textrm{ })$
（I）求函数 $f(x)$ 的单调区间;
(II) 若对 $\forall x_{1}, x_{2} \in[0,4]$, 不等式 $\left[f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right]<1$ 恒成 立, 求正实数 $a$ 的取值范围.
一、证明零点的存在 (或存在的个数)
基本方法 根据单调性画出大致图象, 根据零点存在性定理证明零点 存在.
- 无参找点
- 含参找点
(1) 普通找点
(2)放缩找点: 放缩成同类函数、通过收敛特征进行放缩、运用常 用不等式
(a) 常见不等式放缩
(b) 泰勒展开
二、已知零点个数求参数
基本思路 根据图象求值域进行分析
- 参变分离
(1) 参变分离简单版
(2)参变分离洛必达
- 图象分析
三、隐零点问题
- 特征: 一般出现在超越函数中, 零点不可解, 都考虑是隐零点问题.
- 代换原则: 指数式对数式尽可能地化为多项式
- 代换后, 简单的直接变形证明, 复杂的构造新的关于 $x_{0}$ (隐零点) 的函数进行证明, 代换时注意隐零点的范围.
导数一一函数的零点问题
1、无参找点一一普通类
- (2019 全国 II 理 20(4/5))
已知函数 $f(x)=\ln x-\frac{x+1}{x-1}$.
(I) 讨论 $f(x)$ 的单调性, 并证明 $f(x)$ 有且仅有两个零点;
(II) 设 $x_{0}$ 是 $f(x)$ 的一个零点, 证明曲线 $y=\ln x$ 在点 $A\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线也是曲线 $y=\mathrm{e}^{x}$ 的切线.
分析 (I) 运用导数判断函数的单调性, 证明零点存在, 注意定义 域; (II) 切线问题
简要答案 (I) 略; (II) 略.
解答 ( I ) $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$,
$$
f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{x-1-(x+1)}{(x-1)^{2}}=\frac{1}{x}+\frac{2}{(x-1)^{2}}>0 .
$$
所以 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 和 $(1,+\infty)$ 上单调递增. 因为
$$
f(2)=\ln 2-3<0, f\left(\mathrm{e}^{2}\right)=2-\frac{\mathrm{e}^{2}+1}{\mathrm{e}^{2}-1}=\frac{\mathrm{e}^{2}-3}{\mathrm{e}^{2}-1}>0,
$$
即 $f(2) f\left(\mathrm{e}^{2}\right)<0$, 所以 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上存在唯一零点;
又
$$
f\left(\frac{1}{2}\right)=-\ln 2+3>0, f\left(\frac{1}{\mathrm{e}^{2}}\right)=-2-\frac{\frac{1}{\mathrm{e}^{2}}+1}{\frac{1}{\mathrm{e}^{2}}-1}=\frac{\mathrm{e}^{2}-3}{\mathrm{e}^{2}-1}<0,
$$
即 $f\left(\frac{1}{2}\right) f\left(\frac{1}{\mathrm{e}^{2}}\right)<0$, 所以 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 上存在唯一零点.
综上, $f(x)$ 有且仅有两个零点.
(II) 由题意可得 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$.
曲线 $y=\ln x$ 在 $\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线方程为
$$
y=\frac{1}{x_{0}}\left(x-x_{0}\right)+\ln x_{0}=\frac{1}{x_{0}} x+\ln x_{0}-1=\frac{1}{x_{0}} x+\frac{2}{x_{0}-1} .
$$
曲线 $y=\mathrm{e}^{x}$ 在 $\left(x_{1}, \mathrm{e}^{x_{1}}\right)$ 处的切线方程为
$$
y=\mathrm{e}^{x_{1}}\left(x-x_{1}\right)+\mathrm{e}^{x_{1}}=\mathrm{e}^{x_{1}} x+\mathrm{e}^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right) .
$$
欲证曲线 $y=\ln x$ 在 $\left(x_{0}, \ln x_{0} t\right)$ 处的切线也为 $y=\mathrm{e}^{x}$ 的切 线, 故当 $\frac{1}{x_{0}}=\mathrm{e}^{x_{1}}$, 也即 $x_{1}=-\ln x_{0}$ 时,
$$
\mathrm{e}^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}\right)=\frac{2}{x_{0}-1} \text {. }
$$
也就说明了此时, 两条切线是同一条直线, 证毕.
(2019 全国 I 理 20(4/5))
已知函数 $f(x)=\sin x-\ln (1+x), f^{\prime}(x)$ 为 $f(x)$ 的导数, 证明:
（I） $f^{\prime}(x)$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 存在唯一极大值点;
(II) $f(x)$ 有且仅有 2 个零点.
分析 (I) 只需证 $f^{\prime}(x)$ 先增后减, 即证 $f^{\prime \prime}(x)$ 何时大于 0 , 何时小 于 0. (II) 超越函数的图象分析, 关键在于把我特殊值, 三角函数 什么时候等于 0,1 , 对数函数的真数是 $e, \mathrm{e}^{2}, \cdots$, 指数函数的指数 什么时候是 $\ln 2, \ln 3, \cdots$.
简要答案 (I) 略; (II) 略.
解答 (I) 易知 $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{1+x}$, 令 $g(x)=\cos x-\frac{1}{1+x}$,
则 $g^{\prime}(x)=-\sin x+\frac{1}{(1+x)^{2}}, x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$.
所以 $g^{\prime}(x)$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 存在唯一零点, 设为 $x_{0}, x_{\in}\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$. 当 $x \in\left(-1, x_{0}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)>0$; 当 $x \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$ 所以 $g(x)$ 在 $\left(-1, x_{0}\right)$ 单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 单调递减, 故 $g(x)$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 存在唯一极大值点, 即 $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 存在唯一极 大值点.
(II) $f(x)$ 的定义域为 $(-1,+\infty)$.
(1) 当 $x \in(-1,0)$ 时, 由 ( I ) 知, $f^{\prime}(x)$ 在 $(-1,0)$ 单调递增, $f^{\prime}(0)=0$, 所以 $x \in(-1,0)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 故 $f(x)$ 在 $(-1,0)$ 单调递减, 又 $f(0)=0$, 从而 $x=0$ 是 $f(x)$ 在 $(-1,0]$ 的唯一 零点.
(2) 当 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 时, 由( I ) 知, $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 单调递减, 而 $f^{\prime}(0)=0, f^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)<0$, 所以存在 $x_{1} \in$ $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{1}\right)=0 . f(x)$ 在 $\left(0, x_{1}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{1}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减, $f\left(\frac{\pi}{2}\right)>0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 无零点.
(3) 当 $x \in\left(\frac{\pi}{2}, e-1\right]$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(\frac{\pi}{2}, e-1\right)$ 单调 递减. 而 $f\left(\frac{\pi}{2}\right)>0, f(e-1)<0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(\frac{\pi}{2}, e-1\right]$ 有唯 一零点.
(4) 当 $x \in(e-1,+\infty)$ 时, $\ln (x+1)>1$, 所以 $f(e-1)<0$, 从 而 $f(x)$ 在 $(e-1,+\infty)$ 没有零点. 综上, $f(x)$ 有且仅有 2 个 零点.
已知函数 $f(x)=2 \sin x-x \cos x-x, f^{\prime}(x)$ 为 $f(x)$ 的导数.
证明: $f^{\prime}(x)$ 在区间 $(0, \pi)$ 存在唯一零点.
提示 零点存在证明
简要答案 $f^{\prime}(x)=\cos x+x \sin x-1 \Longrightarrow f^{\prime \prime}(x)=x \cos x$, 则在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$
上, $f^{\prime \prime}(x)>0, f^{\prime}(x)$ 单调递增; 在 $\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$ 上, $f^{\prime \prime}(x)<0, f^{\prime}(x)$ 单调
递减. 且 $f(0)=0, f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\frac{\pi}{2}-1>0, f(\pi)=-2<0$, 所以 $f^{\prime}(x)$ 在
区间 $(0, \pi)$ 存在唯一零点.
设 $a>1$, 函数 $f(x)=\left(1+x^{2}\right) \mathrm{e}^{x}-a$.
（I）求 $f(x)$ 的单调区间;
(II) 证明: $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上仅有一个零点;
分析 (I) 单调性基本问题, 注意书写方式; (II) 证明零点存在的 基本问题, 核心运用零点存在性定理.
简要答案 (I) $f(x)$ 的单调递增区间为 $(-\infty,+\infty)$, 无单调递减区
间. (II) 略
解答 (I) 易知 $f(x)$ 的定义域为 $\mathbf{R}, f^{\prime}(x)=2 x \mathrm{e}^{x}+\left(1+x^{2}\right) \mathrm{e}^{x}=$ $(x+1)^{2} \mathrm{e}^{x}, x \in \mathbf{R}$. 对任意 $x \in \mathbf{R}$, 都有 $f^{\prime}(x) \geqslant 0$, 所以 $f(x)$ 的单调递增区间为 $(-\infty,+\infty)$, 无单调递减区间.
(II)【法一】证明: 由(I)知 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上单调递增, 且 $f(0)=1-a<0, f(\sqrt{a-1})=a \mathrm{e}^{\sqrt{a-1}}-a=a\left(\mathrm{e}^{\sqrt{a-1}}-1\right)$
$\because a>1, \therefore a-1>0, x \cdot \sqrt{a-1}>0, \therefore \mathrm{e}^{\sqrt{a-1}}>1, \therefore \mathrm{e}^{\sqrt{a-1}}-1>$0 ,
故$f(\sqrt{a-1})>0$
$\therefore \exists x_{0} \in(0, \sqrt{a-1})$ 使得 $f\left(x_{0}\right)=0$.
又: $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上是单调函数, $\therefore f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$
上仅有一个零点.
【法二】证明: $f(x)=0$ 得 $\left(1+x^{2}\right) \mathrm{e}^{x}=a$, 令 $g(x)=\left(1+x^{2}\right) \mathrm{e}^{x}$,
由 ( I ) 知 $g(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上单调递增.
且当 $x \rightarrow-\infty$ 时, $g(x) \rightarrow 0$, 当 $x \rightarrow+\infty$ 时, $g(x) \rightarrow+\infty$. 所
以 $g(x)$ 的值域为 $(0,+\infty)$, 又因为 $g(x)$ 在定义域内单调递
增, 所以, 对于任意 $a>1$, 都存在唯 $-x_{0}$ 使得 $g\left(x_{0}\right)=a$, 因
此 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 存在唯一零点.
设函数 $f(x)=\frac{x^{2}}{2}-k \ln x, k>0$.
（I）求 $f(x)$ 的单调区间和极值;
(II) 证明: 若 $f(x)$ 存在零点, 则 $f(x)$ 在区间 $(1, \sqrt{e}$ 上仅有一个 零点.
提示 (I) 求单调区间和极值, 建议列表 (II) 证明零点存在的基 本逻辑
简要答案 ( I ) $f(x)$ 的单调递减区间是 $(0, \sqrt{k})$, 单调递增区间是 $(\sqrt{k},+\infty) ; f(\sqrt{k})=\frac{k(1-\ln k)}{2} ;$ (II ) 略
解答 (I ) 解: 由 $f(x)=\frac{x^{2}}{2}-k \ln x(k>0)$, 得 $x>0$ 且 $f^{\prime}(x)=x-$ $\frac{k}{x}=\frac{x^{2}-k}{x} .$
由 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=\sqrt{k}$ (负值舍去).
$f(x)$ 与 $f^{\prime}(x)$ 在区间 $(0,+\infty)$ 上的情况如下:
$\begin{array}{|c|c|c|c|}
\hline x & (0, \sqrt{k}) & \sqrt{k} & (\sqrt{k},+\infty) \
\hline f^{\prime}(x) & - & 0 & + \
\hline f(x) & \searrow & \text { 极小值 } \frac{k(1-\ln k)}{2} & \nearrow \
\hline
\end{array}$
所以 $f(x)$ 的单调递减区间是 $(0, \sqrt{k})$, 单调递增区间是 $(\sqrt{k},+\infty)$ $f(x)$ 在 $x=\sqrt{k}$ 处取得极小值 $f(\sqrt{k})=\frac{k(1-\ln k)}{2}$.
(II) 证明: 由 (I) 知, $f(x)$ 在区间 $(0,+\infty)$ 上的最小值为 $f(\sqrt{k})=$ $\frac{k(1-\ln k)}{2}$.
因为 $f(x)$ 存在零点, 所以 $\frac{k(1-\ln k)}{2} \leqslant 0$, 从而 $k \geqslant \mathrm{e}$.
当 $k=\mathrm{e}$ 时, $f(x)$ 在区间 $(1, \sqrt{\mathrm{e}})$ 上单调递减, 且 $f(\sqrt{\mathrm{e}})=0$,
所以 $x=\sqrt{\mathrm{e}}$ 是 $f(x)$ 在区间 $(1, \sqrt{\mathrm{e}})$ 上的唯一零点.
当 $k>\mathrm{e}$ 时, $f(x)$ 在区间 $(1, \sqrt{\mathrm{e}})$ 上单调递减, 且 $f(1)=\frac{1}{2}>0$,
所以 $f(x)$ 在区 $(1, \sqrt{\mathrm{e}})$ 仅有一个零点.
综上可知, 若 $f(x)$ 存在零点, 且 $f(x)$ 在区 $(1, \sqrt{\mathrm{e}})$ 仅有一个 零点.
已知函数 $f(x)=x^{2}+(2-a) x-a \ln x(a \in \mathbf{R})$.
(I) 当 $a=2$ 时, 求 $f(x)$ 的图象在 $x=1$ 处的切线方程;
(II) 当 $a>3$ 时, 求证: $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上有唯一零点.
分析
简要答案 (I) $y=1$ (II) 略.
解答 (I) 当 $a=2$ 时, 函数 $f(x)=x^{2}-2 \ln x$, 定义域为 $(0,+\infty)$. $f^{\prime}(x)=2 x-\frac{2}{x}$, 则 $f^{\prime}(1)=0, f(1)=1$. 故 $f(x)$ 的图象在 $x=1$ 处的切线方程为 $y-1=0$, 即 $y=1$.
二 已知零点个数求参数一一图象分析与参变分离
5 (2018 全国 II 理 21(5/5))
已知函数 $f(x)=\mathrm{e}^{x}-a x^{2}$.
(I) 若 $a=1$, 证明: 当 $x \geqslant 0$ 时, $f(x) \geqslant 1$;
(II) 若 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点, 求 $a$.
分析 (I) 超越函数单调性的确定, 运用二次求导进一步确定
(II) 已知零点个数求参数一一参变分离
简要答案 (I) 略. (II) $a=\frac{\mathrm{e}^{2}}{4}$.
解答 (I) 由 $a=1$ 得 $f(x)=\mathrm{e}^{x}-x^{2}, \therefore f(0)=1, f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-2 x$.
下证 $f^{\prime}(x) \geqslant 0$ 在 $(0,+\infty)$ 恒成立.
【法一 (二次求导)】 $f^{\prime \prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-2$, 所以在 $(0, \ln 2)$ 上 $f^{\prime}(x)$ 单 调递减, 在 $(\ln 2,+\infty)$ 上 $f^{\prime}(x)$ 单调递增, 所以 $f^{\prime}(x)$ 在 $x=$ $\ln 2$ 处取得最小值 $f^{\prime}(\ln 2)=2-2 \ln 2>0$, 所以在 $(0,+\infty)$, $f^{\prime}(x) \geqslant 0$.
【法二 (构造函数处理超越函数)】
当 $a=1$ 时, $f(x) \geqslant 1$ 等价于 $\left(x^{2}+1\right) \mathrm{e}^{-x}-1 \leqslant 0$,
设函数 $g(x)=\left(x^{2}+1\right) \mathrm{e}^{-x}-1$,
则 $g^{\prime}(x)=-\left(x^{2}-2 x+1\right) \mathrm{e}^{-x}=-(x-1)^{2} \mathrm{e}^{-x} \leqslant 0$
所以 $g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 单调递减, 而 $g(0)=0$, 故当 $x \geqslant 0$ 时, $g(x) \leqslant 0$, 即 $f(x) \geqslant 1$.
【法三 $($ 构造分式 $) \mathbb{e}^{x}-2 x \geqslant 0 \Leftrightarrow \mathrm{e}^{x} \geqslant 2 x \Leftrightarrow \frac{\mathrm{e}^{x}}{x} \geqslant 2$
令 $g(x)=\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}, g^{\prime}(x)=\frac{(x-1) \mathrm{e}^{x}}{x}$, 在 $(0,1)$ 上单调递减, 在 $(1,+\infty)$ 单调递增, 所以当 $x=1$ 时取得最小值 $g(1)=\mathrm{e}>2$, 所以 $\mathrm{e}^{x}-$ $2 x>2$, 所以在 $(0,+\infty), f^{\prime}(x) \geqslant 0$.
(II)【法一: 根据单调性讨论函数的大致图象求参数】
易知当 $a \leqslant 0$ 时, 在 $(0,+\infty)$ 上, $f(x)=\mathrm{e}^{x}-a x^{2} \geqslant 1$, 不存在
零点. 所以 $a>0$. 由 $f(x)=\mathrm{e}^{x}-a x^{2}$, 得 $f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-2 a x$, $f^{\prime \prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-2 a$, 且 $f(0)=1, f^{\prime}(0)=1$.
令 $f^{\prime \prime}(x)=0$, 得 $x=\ln 2 a$,
(1) 当 $\ln 2 a \leqslant 0$, 即 $a<\frac{1}{2}$ 时, 在 $(0,+\infty)$ 上, $f^{\prime \prime}(x)>0$, 所以 $f^{\prime}(x)$ 单调递增, 又因为 $f^{\prime}(0)=1$, 所以 $f^{\prime}(x)>0$, 所以 $f(x)$ 单调递增, 又因为 $f(0)=1$, 所以 $f(x) \geqslant 1$, 在 $(0,+\infty)$ 上不 存在零点.
(2) 当 $\ln 2 a>0$ 时, 即 $a>\frac{1}{2}$ 时, 在 $(0,+\ln 2 a)$ 上, $f^{\prime \prime}(x)<0$, $f^{\prime}(x)$ 单调递减, 在 $(\ln 2 a,+\infty)$ 上, $f^{\prime \prime}(x)>0, f^{\prime}(x)$ 单调递增,
-
(2015 安徽文 $10(10 / 10) \star \star \star \star$ )
函数 $f(x)=a x^{3}+b x^{2}+c x+d$ 的图像如图所 示, 则下列结论成立的是![image-20220118192914516]()
A. $a>0, b<0, c>0, d>0$
B. $a>0, b<0, c<0, d>0$
C. $a<0, b<0, c>0, d>0$
D. $a>0, b>0, c>0, d<0$
-
(2014 全国 I 理 11 文 $12(11 / 12) \star \star \star \star \star{*})$
已知函数 $f(x)=a x^{3}-3 x^{2}+1$, 若 $f(x)$ 存在唯一的零点 $x_{0}$, 且 $x_{0}>$
0 , 则 $a$ 的取值范围是
A. $(2,+\infty)$
B. $(1,+\infty)$
C. $(-\infty,-2)$
D. $(-\infty,-1)$
-
(2012 全国大纲理 $10 \star \star \star$ ば
已知函数 $y=x^{3}-3 x+c$ 的图像与 $x$ 轴恰有两个公共点, 则 $c=$
A. $-2$ 或 2
B. $-9$ 或 3
C. $-1$ 或 1
D. $-3$ 或 1
-
(2018 江苏 11(11/14)) 若函数 $f(x)=2 x^{3}-a x^{2}+1(a \in R)$ 在 $(0,+\infty)$ 内有且只有一个零 点, 则 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上的最大值与最小值的和为 $] 11]$
A. $-4$
B. $-3$
C. 3
D. 4
-
(2013 安徽理 $10(10 / 10)$ 若函数 $f(x)=x^{3}+b x+c$ 有极值点 $x_{1}, x_{2}$, 且 $f\left(x_{1}\right)=x_{1}$, 则关于 $x$ 的方程 $3\left(f\left(x\right)\right)^{2}+2 f(x)+b=0$ 的不同实根个数是
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
- 已知函数 $f(x)=x^{3}+a x^{2}+b x+c$, 下列结论中错误的是
A. $\exists x_{0} \in \mathbf{R}, f\left(x_{0}\right)=0$
B. 函数 $y=f(x)$ 的图象是中心对称图形
C. 若 $x_{0}$ 是 $f(x)$ 的极小值点, 则 $f(x)$ 在区间 $\left(-\infty, x_{0}\right)$ 单调递减
D. 若 $x_{0}$ 是 $f(x)$ 的极值点, 则 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$
7. (2012 福建文 12\star\starネふふ)
已知 $f(x)=x^{3}-6 x^{2}+9 x-a b c, a<b<c$ 且 $f(a)=f(b)=f(c)=0$, 现给出如下结论:
(1) $f(0) f(1)>0$;
(2) $f(0)(1)<0$;
(3) $f(0) f(3)>0$;
(4) $f(0) f(3)<0$.
其中正确结论的序号是
A. (1)(3)
B. (1)(4)
C. (2)(3)
D. (2)(4)
- (2014 辽宁理 11 文 $12(11 / 12) \star \star \star$ スふ) 当 $x \in[-2,1]$ 时, 不等式 $a x^{3}-x^{2}+4 x+3 \geqslant 0$ 恒成立, 则实数 $a$ 的 取值范围是
A. $[-5,-3]$
B. $\left[-6,-\frac{9}{8}\right]$
C. $[-6,-2]$
D. $[-4,-3]$
导数中不等式的证明是历年的高考中是一个永恒的话题, 由于不等式证明的灵活性, 多样性, 该考点也备 受命题者的青睐。本文通过四个方面系统介绍了一些常规的不等式证明的手段
命题角度 1 构造函数
命题角度 2 放缩法
命题角度 3 切线法
命题角度 4 二元或多元不等式的证明思路
命题角度 5 函数凹凸性的应用
【典例1】（赣州市2018届高三摸底考试）已知函数 $f(x)=1-\frac{\ln x}{x}, g(x)=\frac{a e}{e^{x}}+\frac{1}{x}-b x$, 若曲线 $y=f(x)$ 与曲 线 $y=g(x)$ 的一个公共点是 $A(1,1)$, 且在点 $A$ 处的切线互相垂直.
（1）求 $a, b$ 的值;
(2) 证明: 当 $x \geq 1$ 时, $f(x)+g(x) \geq \frac{2}{x}$.
【解析】
(1) $a=b=-1 ;$
(2)
$$
g(x)=-\frac{e}{e^{x}}+\frac{1}{x}+x, \quad f(x)+g(x) \geq \frac{2}{x} \Leftrightarrow 1-\frac{\ln x}{x}-\frac{e}{e^{x}}-\frac{1}{x}+x \geq 0
$$
$$
\begin{aligned}
&\text { 令 } h(x)=f(x)+g(x)-\frac{2}{x}(x \geq 1), \text { 则 } \
&h(x)=1-\frac{\ln x}{x}-\frac{e}{e^{x}}-\frac{1}{x}+x, \
&h^{\prime}(x)=-\frac{1-\ln x}{x^{2}}+\frac{e}{e^{x}}+\frac{1}{x^{2}}+1=\frac{\ln x}{x^{2}}+\frac{e}{e^{x}}+1,
\end{aligned}
$$
因为 $x \geq 1$, 所以 $h^{\prime}(x)=\frac{\ln x}{x^{2}}+\frac{e}{e^{x}}+1>0$,
所以 $h(x)$ 在 $[1 .+\infty)$ 单调递增, $h(x) \geq h(1)=0$, 即 $1-\frac{\ln x}{x}-\frac{e}{e^{x}}-\frac{1}{x}+x \geq 0$, 所以当 $x \geq 1$ 时, $f(x)+g(x) \geq \frac{2}{x}$.
【审题点津】待证不等式的两边都含有同一个变量, 一般地, 可以直接构造 “左减右” 的函数, 应用 导数研究其单调性, 借助于所构造函数的单调性加以证明.
【典例 2】（石家庄市 2018 届高三下学期 4 月一模考试）已知函数 $f(x)=(x+b)\left(e^{x}-a\right)(b>0)$, 在
$(-1, f(-1))$ 处的切线方程为 $(e-1) x+e y+e-1=0$.
(1) 求 $a, b$;
(2) 若 $m \leq 0$, 证明: $f(x) \geq m x^{2}+x$.
【解析】 (1) $a=1, b=1$;
(2) 由 (1) 可知 $f(x)=(x+1)\left(e^{x}-1\right), f(0)=0, f(-1)=0$,
由 $m \leq 0$, 可得 $x \geq m x^{2}+x$,
令 $g(x)=(x+1)\left(e^{x}-1\right)-x$, 则 $g^{\prime}(x)=(x+2) e^{x}-2$,
当 $x \leq-2$ 时, $g^{\prime}(x)=(x+2) e^{x}-2<-2<0$,
当 $x>-2$ 时, 设 $h(x)=g^{\prime}(x)=(x+2) e^{x}-2$, 则 $h^{\prime}(x)=(x+3) e^{x}>0$,
故函数 $g^{\prime}(x)$ 在 $(-2,+\infty)$ 上单调递增,
又 $g^{\prime}(0)=0$, 所以当 $x \in(-\infty, 0)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0$,
所以函数 $g(x)$ 在区间 $(-\infty, 0)$ 上单调递减, 在区间 $(0,+\infty)$ 上单调递增,
故 $g(x) \geq g(0)=0$, 即 $(x+1)\left(e^{x}-1\right) \geq x \geq m x^{2}+x$.
故 $f(x) \geq m x^{2}+x$.
【方法归纳】函数解析式中含有已知范围的参数, 可以考虑借助于常识或已知的范围减少变量, 对参 数适当放缩达到证明的目标.
[典例 3](成都市 2018 届高中毕业班二诊理科) 已知函数 $f(x)=x \ln x+a x+1, a \in R$.
(1) 当 $x>0$ 时, 若关于 $x$ 的不等式 $f(x) \geq 0$ 恒成立, 求 $a$ 的取值范围;
(2) 当 $n \in N^{*}$ 时, 证明: $\frac{n}{2 n+4}<\ln ^{2} 2+\ln ^{2} \frac{3}{2}+\cdots+\ln ^{2} \frac{n+1}{n}<\frac{n}{n+1}$
【解析】 (1) $[-1,+\infty)$;
(2) 设数列 $\left{a_{n}\right},\left{b_{n}\right}$ 的前 $n$ 项的和分别为 $S_{n}=\frac{n}{2 n+4}, T_{n}=\frac{n}{n+1}$, 则
由于 $a_{n}=\left{\begin{array}{l}S_{1}(n=1), \ S_{n}-S_{n-1}(n \geq 2),\end{array}\right.$, 解得 $a_{n}=\frac{1}{(n+1)(n+2)}$;
同理, $b_{n}=\frac{1}{n(n+1)}$,
所以只需证明 $a_{n}=\frac{1}{(n+1)(n+2)}<\ln ^{2} \frac{n+1}{n}<b_{n}=\frac{1}{n(n+1)}$.
由（1）知 $a=-1$ 时, 有 $x \ln x \geq x-1$, 即 $\ln x \geq \frac{x-1}{x}$. 令 $x=\frac{n+1}{n}>1$, 则 $\ln \frac{n+1}{n}>\frac{1}{n+1}$,
所以 $\ln ^{2} \frac{n+1}{n}>\frac{1}{(n+1)^{2}}>\frac{1}{(n+1)(n+2)}=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}$,
所以 $\ln ^{2} 2+\ln ^{2} \frac{3}{2}+\cdots+\ln ^{2} \frac{n+1}{n}>\frac{1}{2}-\frac{1}{n+2}=\frac{n}{2 n+4}$;
再证明 $\ln ^{2} \frac{n+1}{n}<\frac{1}{n(n+1)}$, 亦即 $\ln \frac{n+1}{n}<\frac{1}{\sqrt{n} \sqrt{n+1}}$,
因为 $\ln \frac{n+1}{n}=2 \ln \sqrt{\frac{n+1}{n}}, \frac{1}{\sqrt{n} \sqrt{n+1}}=\frac{n+1-n}{\sqrt{n} \sqrt{n+1}}=\frac{\sqrt{n+1}}{\sqrt{n}}-\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}}$,
所以只需证 $2 \ln \sqrt{\frac{n+1}{n}}<\frac{\sqrt{n+1}}{\sqrt{n}}-\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}}$,
现证明 $2 \ln x<x-\frac{1}{x}(x>1)$.
令 $h(x)=2 \ln x-x+\frac{1}{x}(x>1)$, 则 $h^{\prime}(x)=\frac{2}{x}-1-\frac{1}{x^{2}}=-\frac{(x-1)^{2}}{x^{2}}<0$,
所以函数 $h(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减, $h(x)<h(1)=0$,
所以当 $x>1$ 时, $2 \ln x<x-\frac{1}{x}$ 恒成立,
令 $x=\sqrt{\frac{n+1}{n}}>1$, 则 $2 \ln \sqrt{\frac{n+1}{n}}<\frac{\sqrt{n+1}}{\sqrt{n}}-\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}}$,
综上, $\frac{1}{(n+1)(n+2)}<\ln ^{2} \frac{n+1}{n}<\frac{1}{n(n+1)}$,
所以对数列 $\left{a_{n}\right},\left{\ln ^{2} \frac{n+1}{n}\right},\left{b_{n}\right}$ 分别求前 $n$ 项的和, 得 $\frac{n}{2 n+4}<\ln ^{2} 2+\ln ^{2} \frac{3}{2}+\cdots+\ln ^{2} \frac{n+1}{n}<\frac{n}{n+1} .$
【思路总结】待证数列不等式的一端是 $n$ 项之和（或积）的结构, 另一端含有变量 $n$ 时, 可以将它们 分别视为两个数列的前 $n$ 项的和（或积）, 从而将不等式的证明转化为两个数列的对应项之间的大小关系 的证明.
【典例 4】（安徽省安庆市 2018 届重点中学联考）已知函数 $f(x)=\frac{2 \ln x+2}{e^{x}}$.
(1) 求函数 $f(x)$ 的单调区间;
(2) 证明: 当 $x>0$ 时, 都有 $f^{\prime}(x) \ln (x+1)<\frac{2}{e^{x}}+\frac{2}{e^{x+2}}$.
【解析】
(1) $f^{\prime}(x)=\frac{2(1-x-x \ln x)}{x e^{x}}$,
令 $g(x)=1-x-x \ln x$, 则 $g(1)=0$,
当 $0<x<1$ 时, $1-x>0,-x \ln x>0$, 所以 $g(x)>0, f^{\prime}(x)>0$,
当 $x>1$ 时, $1-x<0,-x \ln x<0$, 所以 $g(x)<0, f^{\prime}(x)<0$,
所以函数 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增, 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减;
(2) 要证明 $f^{\prime}(x) \ln (x+1)<\frac{2}{e^{x}}+\frac{2}{e^{x+2}}$, 即证 $(1-x-x \ln x) \ln (x+1)<\left(1+\frac{1}{e^{2}}\right) x$,
令 $g(x)=1-x-x \ln x$, 则 $g^{\prime}(x)=-1-(\ln x+1)=-2-\ln x$,
当 $0<x<\frac{1}{e^{2}}$ 时, $g^{\prime}(x)>0$, 当 $x>\frac{1}{e^{2}}$ 时, $g^{\prime}(x)<0$,
所以函数 $g(x)$ 在 $\left(0, \frac{1}{e^{2}}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(\frac{1}{e^{2}},+\infty\right)$ 上单调递减, $g(x) \leq 1-\frac{1}{e^{2}}+\frac{2}{e^{2}}=1+\frac{1}{e^{2}}$,
所以 $1-x-x \ln x \leq 1+\frac{1}{e^{2}}$.
要证 $(1-x-x \ln x) \ln (x+1)<\left(1+\frac{1}{e^{2}}\right) x$, 只需再证 $\ln (x+1)<x$ 即可.
易证 $\ln x \leq x-1$, 当且仅当 $x=1$ 时取等号（证明略）, 所以 $0<\ln (x+1)<x$,
综上所述, 当 $x>0$ 时, 都有 $f^{\prime}(x) \ln (x+1)<\frac{2}{e^{x}}+\frac{2}{e^{x+2}}$.
【思路点睛】对于含有 $\ln x$ 与 $e^{x}$ 型的超越函数, 具体解决时须根据两类函数的特点, 挖掘结构特征, 灵活变形, 脑中有 “形”, 注意重要不等式 $\ln x \leq x-1 \Leftrightarrow e^{x} \geq x+1$ 的合理代换.
【典例 5】（2018 届安徽省太和中学三模）已知函数 $f(x)=e^{x}-x^{2}$.
(1) 求曲线 $f(x)$ 在 $x=1$ 处的切线方程;
(2) 求证: 当 $x>0$ 时, $\frac{e^{x}+(2-e) x-1}{x} \geq \ln x+1$.
【解析】（1） $f(x)=e^{x}-x^{2}, f^{\prime}(x)=e^{x}-2 x$,
由题设得 $f^{\prime}(1)=e-2, f(1)=e-1$,
所以曲线 $f(x)$ 在 $x=1$ 处的切线方程为 $y=(e-2)(x-1)+e-1$, 即 $y=(e-2) x+1$;
(2) 令 $g(x)=f^{\prime}(x)$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-2$,
当 $x<\ln 2$ 时, $g^{\prime}(x)<0$, 当 $x>\ln 2$ 时, $g^{\prime}(x)>0$,
所以函数 $g(x)=f^{\prime}(x)$ 在 $(-\infty, \ln 2)$ 上单调递减, 在 $(\ln 2,+\infty)$ 上单调递增,
$$
g(x)_{\text {min }}=g(\ln 2)=f^{\prime}(\ln 2)=2-2 \ln 2>0,
$$
所以函数 $f(x)=e^{x}-x^{2}$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增,
由于曲线 $f(x)$ 在 $x=1$ 处的切线方程为 $y=(e-2) x+1, f(1)=e-1$, 可猜测函数 $f(x)$ 的图象恒在切线 $y=(e-2) x+1$ 的上方.
先证明当 $x>0$ 时, $f(x) \geq(e-2) x+1 .$
设 $h(x)=f(x)-(e-2) x-1(x>0)$, 则 $h^{\prime}(x)=e^{x}-2 x-(e-2), h^{\prime \prime}(x)=e^{x}-2$,
当 $x<\ln 2$ 时, $h^{\prime \prime}(x)<0$, 当 $x>\ln 2$ 时, $h^{\prime \prime}(x)>0$,
所以 $h^{\prime}(x)$ 在 $(0, \ln 2)$ 上单调递减, 在 $(\ln 2,+\infty)$ 上单调递增,
由 $h^{\prime}(0)=3-e>0, h^{\prime}(1)=0,0<\ln 2<1$, 所以 $h^{\prime}(\ln 2)<0$,
所以存在 $x_{0} \in(0, \ln 2)$, 使得 $h^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$,
所以当 $x \in\left(0, x_{0}\right) \cup(1,+\infty)$ 时, $h^{\prime}(x)>0$, 当 $x \in\left(x_{0}, 1\right)$ 时, $h^{\prime}(x)<0$,
所以 $h(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, 1\right)$ 上单调递减, 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增.
因为 $h(0)=h(1)=0$, 所以 $h(x) \geq 0$, 即 $f(x) \geq(e-2) x+1$, 当且仅当 $x=1$ 时取等号,
所以当 $x>0$ 时, $e^{x}-x^{2} \geq(e-2) x+1$,
变形可得 $\frac{e^{x}+(2-e) x-1}{x} \geq x$,
又由于 $x \geq \ln x+1$, 当且仅当 $x=1$ 时取等号 $($ 证明略 $)$,
所以 $\frac{e^{x}+(2-e) x-1}{x} \geq \ln x+1$, 当且仅当 $x=1$ 时取等号.
【审题点津】切线放缩法值得认真探究, 若第一小题是求曲线的切线方程, 就要注意是否运用切线放 缩法进行放缩解决问题.
命题角度 4 二元或多元不等式的解证思路
[典例 6](皖南八校 2018 届高三第三次联考) 若 $x, a, b$ 均为任意实数, 且 $(a+2)^{2}+(b-3)^{2}=1$, 则 $(x-a)^{2}+(\ln x-b)^{2}$ 的最小值为
A. $3 \sqrt{2}$
B. 18
C. $3 \sqrt{2}-1$
D. $19-6 \sqrt{2}$
【解析】由于 $a, b$ 均为任意实数, 且 $(a+2)^{2}+(b-3)^{2}=1$, 所以动点 $P(a, b)$ 到定点 $C(-2,3)$ 的距离为定 值 1 , 亦即动点 $P(a, b)$ 的轨迹是以
$C(-2,3)$ 为圆心, 半径 $r=1$ 的圆,
又 $\sqrt{(x-a)^{2}+(\ln x-b)^{2}}$ 表示 $P(a, b)$ 与动点
$Q(x, \ln x)$ 的距离, 而 $Q(x, \ln x)$ 的轨迹是曲线
$y=\ln x$,
如图, $|P Q| \geq|C Q|-|P C|=|C Q|-1$, 当且仅当 $C, P, Q$ 共线,
且点 $P$ 在线段 $C Q$ 上时取等号, 以 $C$ 为圆心作半径为 $r$ 的圆
与 $y=\ln x$ 相切, 切点是 $Q(x, \ln x)$, 此时的公切线与半径
垂直, $\frac{\ln x-3}{x+2} \cdot \frac{1}{x}=-1$, 即 $\ln x=-(x-1)(x+3)$, 结合函数
$y=\ln x$ 与 $y=-(x-1)(x+3)$ 的图象可知 $Q(1,0)$, 所以
$|P Q| \geq|C Q|-|P C|=|C Q|-1 \geq 3 \sqrt{2}-1$,
故 $(x-a)^{2}+(\ln x-b)^{2}$ 的最小值为 $(3 \sqrt{2}-1)^{2}=19-6 \sqrt{2}$. 正确答案为 $D$.
【审题点津】多元代数表达式的最值问题要根据其整体的结构特征, 结合多元各自变化的规律, 转化 为多个动点之间的对应关系, 进而化 “动” 为 “静” 解决问题.
【变式训练】 (2018 年湖北省高三 4 月调考) 设 $D=\sqrt{(x-a)^{2}+\left(e^{\pi}-2 \sqrt{a}\right)^{2}}+a+2$, 其中 $e \approx 2.71828$, 则 $D$ 的最小值为
A. $\sqrt{2}$
B. $\sqrt{3}$
C. $\sqrt{2}+1$
A. $\sqrt{3}+1$
【解析】由于 $\sqrt{(x-a)^{2}+\left(e^{x}-2 \sqrt{a}\right)^{2}}$ 表示点 $P\left(x, e^{x}\right)$ 与点 $Q(a, 2 \sqrt{a})$ 之间的距离 $|P Q|$, 而点 $P\left(x, e^{x}\right)$ 的轨 迹是曲线 $y=e^{x}$, 点 $Q(a, 2 \sqrt{a})$ 的轨迹是曲线 $y^{2}=4 x(y \geq 0)$, 如图所示, 又点 $Q(a, 2 \sqrt{a})$ 到,直线 $x=0$ 的距离为 $a$, 自然想到转化为动点 $Q$ 到抛物线准线 $x=-1$ 的距离, 结合抛物线的概念可得 $D=\sqrt{(x-a)^{2}+\left(e^{x}-2 \sqrt{a}\right)^{2}}+a+2$
=|P Q|+|Q H|+1=|P Q|+|Q F|+1 \text {, 所以 } D=|P Q|+|Q F|+1 \geq|P F|+1 \text {, 当且仅当 } P, Q, F \text { 共线, }
又以 $F$ 为圆心作半径为 $r$ 的圆与 $y=e^{x}$ 相切, 切点是 $P\left(x, e^{x}\right)$, 此时的公切线与半径垂直, $\frac{e^{x}}{x-1} \cdot e^{x}=-1$, 即 $x=0$, 所以 $|P F|{\text {min }}=\sqrt{2}$, 故 $D{\text {min }}=\sqrt{2}+1$. 正确答案为 $C$.
【能力提升】（2018 年甘肃省高中毕业班第一次诊断性考试）对于任意 $b>0, a \in R$, 不等式 $[b-(a-2)]^{2}+[\ln b-(a-1)]^{2} \geq m^{2}-m$ 恒成立, 则实数 $m$ 的最大值为
A. $\sqrt{e}$
$\begin{array}{lllllll}\text { B. } & 2 & C . & e & A . & 3 & \text { 【答案】 } B .\end{array}$
【典例 7 】 2018 年安庆市二模 $)$ 已知函数 $f(x)=x^{2}+a x+b \ln x$, 曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 处的切
线方程为 $y=2 x$.
(1) 求实数 $a, b$ 的值;
(2) 设 $F(x)=f(x)-x^{2}+m x(m \in R), x_{1}, x_{2}\left(0<x_{1}<x_{2}\right)$ 分别是函数 $F(x)$ 的两个零点, 求证: $F^{\prime}\left(\sqrt{x_{1} x_{2}}\right)<0 .$
【解析】（1） $a=1, b=-1$;
(2) $f(x)=x^{2}+x-\ln x, F(x)=(1+m) x-\ln x, F^{\prime}(x)=m+1-\frac{1}{x}$,
因为 $x_{1}, x_{2}$ 分别是函数 $F(x)$ 的两个零点, 所以 $\left{\begin{array}{l}(1+m) x_{1}=\ln x_{1} \ (1+m) x_{2}=\ln x_{2}\end{array},\right.$,
两式相减, 得 $m+1=\frac{\ln x_{1}-\ln x_{2}}{x_{1}-x_{2}}$,
$$
F^{\prime}\left(\sqrt{x_{1} x_{2}}\right)=m+1-\frac{1}{\sqrt{x_{1} x_{2}}}=\frac{\ln x_{1}-\ln x_{2}}{x_{1}-x_{2}}-\frac{1}{\sqrt{x_{1} x_{2}}},
$$
要证明 $F^{\prime}\left(\sqrt{x_{1} x_{2}}\right)<0$, 只需证 $\frac{\ln x_{1}-\ln x_{2}}{x_{1}-x_{2}}<\frac{1}{\sqrt{x_{1} x_{2}}}$.
思路一：因为 $0<x_{1}<x_{2}$, 只需证 $\ln x_{1}-\ln x_{2}>\frac{x_{1}-x_{2}}{\sqrt{x_{1} x_{2}}} \Leftrightarrow \ln \frac{x_{1}}{x_{2}}-\sqrt{\frac{x_{1}}{x_{2}}}+\frac{1}{\sqrt{\frac{x_{1}}{x_{2}}}}>0$.
令 $t=\sqrt{\frac{x_{1}}{x_{2}}} \in(0,1)$, 即证 $2 \ln t-t+\frac{1}{t}>0$.
令 $h(t)=2 \ln t-t+\frac{1}{t}(0<t<1)$, 则 $h^{\prime}(t)=\frac{2}{t}-1-\frac{1}{t^{2}}=-\frac{(t-1)^{2}}{t^{2}}<0$,
所以函数 $h(t)$ 在 $(0,1)$ 上单调递减, $h(t)>h(1)=0$, 即证 $2 \ln t-t+\frac{1}{t}>0$.
由上述分析可知 $F^{\prime}\left(\sqrt{x_{1} x_{2}}\right)<0$.
【规律总结】这是极值点偏移问题, 此类问题往往利用换元把 $x_{1}, x_{2}$ 转化为 $t$ 的函数, 常把 $x_{1}, x_{2}$ 的关 系变形为齐次式, 设 $t=\frac{x_{1}}{x_{2}}, t=\ln \frac{x_{1}}{x_{2}}, t=x_{1}-x_{2}, t=e^{x_{1}-x_{2}}$ 等, 构造函数来解决, 可称之为构造比较函数法. 思路二: 因为 $0<x_{1}<x_{2}$, 只需证 $\ln x_{1}-\ln x_{2}-\frac{x_{1}-x_{2}}{\sqrt{x_{1} x_{2}}}>0$,
$$
\begin{aligned}
&\text { 设 } Q(x)=\ln x-\ln x_{2}-\frac{x-x_{2}}{\sqrt{x_{2} x}}\left(0<x<x_{2}\right) \text {, 则 } \
&Q^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{\sqrt{x_{2} x}-\left(x-x_{2}\right) \frac{\sqrt{x_{2}}}{2 \sqrt{x}}}{x_{2} x}=\frac{1}{x}-\frac{x+x_{2}}{2 \sqrt{x_{2}} x \sqrt{x}}=\frac{2 \sqrt{x_{2} x}-x-x_{2}}{2 \sqrt{x_{2}} x \sqrt{x}}=-\frac{\left(\sqrt{x_{2}}-\sqrt{x}\right)^{2}}{2 \sqrt{x_{2}} x \sqrt{x}}<0 \text {, }
\end{aligned}
$$
所以函数 $Q(x)$ 在 $\left(0, x_{2}\right)$ 上单调递减, $Q(x)>Q\left(x_{2}\right)=0$, 即证 $\ln x-\ln x_{2}>\frac{x-x_{2}}{\sqrt{x_{2} x}}$. 由上述分析可知 $F^{\prime}\left(\sqrt{x_{1} x_{2}}\right)<0$.
【规律总结】极值点偏移问题中, 由于两个变量的地位相同, 将待证不等式进行变形, 可以构造关于 $x_{1}\left(\right.$ 或 $\left.x_{2}\right)$ 的一元函数来处理. 应用导数研究其单调性, 并借助于单调性, 达到待证不等式的证明. 此乃 主元法.
思路三： 要证明 $F^{\prime}\left(\sqrt{x_{1} x_{2}}\right)<0$, 只需证 $\frac{\ln x_{1}-\ln x_{2}}{x_{1}-x_{2}}<\frac{1}{\sqrt{x_{1} x_{2}}}$.
即证 $\frac{x_{1}-x_{2}}{\ln x_{1}-\ln x_{2}}>\sqrt{x_{1} x_{2}}$, 由对数平均数易得.
【规律总结】极值点偏移问题中, 如果等式含有参数, 则消参, 有指数的则两边取对数, 转化为对数 式, 通过恒等变换转化为对数平均问题, 利用对数平均不等式求解, 此乃对数平均法.
【知识拓展】对于 $a>0, b>0, a \neq b$, 则 $\frac{a+b}{2}>\frac{b-a}{\ln b-\ln a}>\sqrt{a b}$, 其中 $\frac{b-a}{\ln b-\ln a}$ 称之为对数平均数. 简证 如下: 不妨设 $b=a x(x>1)$, 只需证明 $\frac{x+1}{2}>\frac{x-1}{\ln x}>\sqrt{x}$ 即可, 即 $\frac{2(x-1)}{x+1}<\ln x<\frac{x-1}{\sqrt{x}}$ （下略）.
[典例 8]( $A 10$ 联盟 2018 年高考最后一卷) 已知函数 $f(x)=e^{x}, g(x)=a x^{2}+b x, a, b \in R$.
（1）当 $b=0$ 时, 方程 $f(x)+g(x)=0$ 在区间 $(0,+\infty)$ 上有两个不同的实数根, 求 $a$ 的取值范围;
(2) 当 $a=b>0$ 时, 设 $x_{1}, x_{2}$ 是函数 $F(x)=f(x)-g(x)$ 两个不同的极值点,
证明: $\frac{x_{1}+x_{2}}{2}<\ln (2 a)$.
【解析】（1）因为 $f(x)+g(x)=0$, 所以 $e^{x}+a x^{2}=0$, 即 $-a=\frac{e^{x}}{x^{2}}$,
设 $h(x)=\frac{e^{x}}{x^{2}}(x>0)$, 则 $h^{\prime}(x)=\frac{(x-2) e^{x}}{x^{3}}$,
所以 $h(x)$ 在 $(0,2)$ 上单调递减, 在 $(2,+\infty)$ 上单调递增,
$h(x) \geq h(2)=\frac{e^{2}}{4}$, 当 $x \rightarrow 0$ 时, $h(x) \rightarrow+\infty$, 当 $x \rightarrow+\infty$ 时, $h(x) \rightarrow+\infty$,
要使方程 $f(x)+g(x)=0$ 在区间 $(0,+\infty)$ 上有两个不同的实数根, 则 $-a>\frac{e^{2}}{4}$, 解得 $a<-\frac{e^{2}}{4}$, 故 $a$ 的取值范围是 $\left(-\infty,-\frac{e^{2}}{4}\right)$;
【一题多解】本题也可以变形为 $a x=-\frac{e^{x}}{x}$, 转化为过原点的直线 $y=a x$ 与函数 $y=-\frac{e^{x}}{x}$ 图象有两个交 点问题, 应用数形结合思想求解, 直线与曲线相切对应所求范围的界点.
(2) 由题意, $F(x)=e^{x}-a x^{2}-a x, F^{\prime}(x)=e^{x}-2 a x-a$,
因为 $x_{1}, x_{2}$ 是函数 $F(x)=f(x)-g(x)$ 两个不同的极值点,
不妨设 $x_{1}<x_{2}, F^{\prime}\left(x_{1}\right)=0, F^{\prime}\left(x_{2}\right)=0$, 即 $e^{x_{1}}-2 a x_{1}-a=0, e^{x_{2}}-2 a x_{2}-a=0$,
两式相减得 $2 a=\frac{e^{x_{1}}-e^{x_{2}}}{x_{1}-x_{2}}$.
要证 $\frac{x_{1}+x_{2}}{2}<\ln (2 a)$, 即证明 $e^{\frac{x_{1}+x_{2}}{2}}<2 a$,
只需证 $e^{\frac{x_{1}+x_{2}}{2}}<\frac{e^{x_{1}}-e^{x_{2}}}{x_{1}-x_{2}}$, 即 $e^{\frac{x_{1}-x_{2}}{2}}<\frac{e^{x_{1}-x_{2}}-1}{x_{1}-x_{2}}$, 亦即 $\left(x_{1}-x_{2}\right) e^{\frac{x_{1}-x_{2}}{2}}-e^{x_{1}-x_{2}}+1>0$.
令 $\frac{x_{1}-x_{2}}{2}=t<0$, 只需证当 $t<0$ 时, 不等式 $2 t e^{t}-e^{2 t}+1>0$ 恒成立,
设 $Q(t)=2 t e^{t}-e^{2 t}+1(t<0)$, 则
$Q^{\prime}(t)=2(t+1) e^{t}-2 e^{2 t}=2 e^{t}\left(t+1-e^{t}\right)$,
易证 $t+1<e^{t}(t<0)$, 所以 $Q^{\prime}(t)<0$,
所以 $Q(t)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上单调递减, $Q(t)>Q(0)=0$, 即 $2 t d-e^{2 t}+1>0$.
综上所述, $\frac{x_{1}+x_{2}}{2}<\ln (2 a)$ 成立.
【审题点津】函数的拐点偏移问题的证明思路可以根据类似的结构特征, 适当变形为两个变量之差 (或
比值）的关系, 整体换元, 构造函数, 借助于导数的应用解决问题.
[典例 9](2018 届合肥三模) 已知函数 $f(x)=e^{x}-\frac{1}{2} x^{2}-a x$ 有两个极值点 $x_{1}, x_{2}$ ( $e$ 为自然对数的底数).令 $g^{\prime}(x)=e^{x}-1=0$, 解得 $x=0$.
所以当 $x \in(-\infty, 0)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$; 当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0$.
所以 $g(x){\text {min }}=g(0)=1-a$.
(1)当 $a \leq 1$ 时, $g(x)=f^{\prime}(x) \geq 0$, 所以函数 $f(x)$ 单调递增, 没有极值点;
(2)当 $a>1$ 时, $g(x){\text {min }}=1-a<0$, 且当 $x \rightarrow-\infty$ 时, $g(x) \rightarrow+\infty$; 当 $x \rightarrow+\infty$ 时, $g(x) \rightarrow+\infty$.
此时, $g(x)=f^{\prime}(x)=e^{x}-x-a$ 有两个零点 $x_{1}, x_{2}$, 不妨设 $x_{1}<x_{2}$, 则 $x_{1}<0<x_{2}$,
所以函数 $f(x)=e^{x}-\frac{1}{2} x^{2}-a x$ 有两个极值点时, 实数 $a$ 的取值范围是 $(1,+\infty) ;$
【答案速得】函数 $f(x)$ 有两个极值点实质上就是其导数 $f^{\prime}(x)$ 有两个零点, 亦即函数 $y=e^{x}$ 与直线
$y=x+a$ 有两个交点, 如图所示, 显然实数 $a$ 的取值范围是 $(1,+\infty)$.
(2) 由 $(1)$ 知, $x_{1}, x_{2}$ 为 $g(x)=0$ 的两个实数根, $x_{1}<0<x_{2}, g(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上单调递减.
下面先证 $x_{1}<-x_{2}<0$, 只需证 $g\left(-x_{2}\right)<g\left(x_{1}\right)=0$.
由于 $g\left(x_{2}\right)=e^{x_{2}}-x_{2}-a=0$, 得 $a=e^{x_{2}}-x_{2}$,
所以 $g\left(-x_{2}\right)=e^{-x_{2}}+x_{2}-a=e^{-x_{2}}-e^{x_{2}}+2 x_{2}$.
设 $h(x)=e^{-x}-e^{x}+2 x(x>0)$, 则 $h^{\prime}(x)=-\frac{1}{e^{x}}-e^{x}+2<0$,
所以 $h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减,
所以 $h(x)<h(0)=0, h\left(x_{2}\right)=g\left(-x_{2}\right)<0$, 所以 $x_{1}<-x_{2}<0$.
由于函数 $f(x)$ 在 $\left(x_{1}, 0\right)$ 上也单调递减, 所以 $f\left(x_{1}\right)>f\left(-x_{2}\right)$.
要证 $f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right)>2$, 只需证 $f\left(-x_{2}\right)+f\left(x_{2}\right)>2$,
即证 $e^{x_{2}}+e^{-x_{2}}-x_{2}^{2}-2>0$.
设函数 $k(x)=e^{x}+e^{-x}-x^{2}-2, x \in(0,+\infty)$, 则 $k^{\prime}(x)=e^{x}-e^{-x}-2 x$.
设 $\varphi(x)=k^{\prime}(x)=e^{x}-e^{-x}-2 x$, 则 $\varphi^{\prime}(x)=e^{x}+e^{-x}-2>0$,
所以 $\varphi(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增, $\varphi(x)>\varphi(0)=0$ ， 即 $k^{\prime}(x)>0$.
所以 $k(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增, $k(x)>k(0)=0$.
【规律总结】本题是极值点偏移问题的泛化, 是拐点的偏移,
依然可以使用极值点偏移问题的有关方法来解决. 只不过需要挖掘出拐点偏移中隐含的拐点的不等关
系如本题中的 $x_{1}<-x_{2}<0$, 如果 “脑中有 '形' " , 如图所示, 并不难得出.
[典例 10](2018 届合肥三模) 已知函数 $f(x)=x^{2}-x-a-2$ 有零点 $x_{1}, x_{2}$, 函数 $g(x)=x^{2}-(a+1) x-2$ 有
零点 $x_{3}, x_{4}$, 且 $x_{3}<x_{1}<x_{4}<x_{2}$, 则实数 $a$ 的取值范围是
A. $\left(-\frac{9}{4},-2\right)$
B. $\left(-\frac{9}{4}, 0\right)$
C. $(-2,0)$
D. $(1,+\infty)$
解析; 思路 1：因为 $g(x)=f(x)+a(1-x)$, 如图所示,
结合函数图象, 则 $g\left(x_{1}\right)=f\left(x_{1}\right)+a\left(1-x_{1}\right)=a\left(1-x_{1}\right)<0$,
$g\left(x_{2}\right)=f\left(x_{2}\right)+a\left(1-x_{2}\right)=a\left(1-x_{2}\right)>0$,
若 $a>0$, 则 $x_{1}>1$, 不适合题意, 则 $a<0$; 当 $a<0$ 时, $x_{1}<1<x_{2}$, 所以 $f(1)=-a-2<0$, 即 $a>-2$,
所以实数 $a$ 的取值范围是 $(-2,0)$. 正确答案为 $C$.
【评注】同理, $g\left(x_{3}\right)=f\left(x_{3}\right)+a\left(1-x_{3}\right)=0>a\left(1-x_{3}\right), g\left(x_{4}\right)=f\left(x_{4}\right)+a\left(1-x_{4}\right)=0<a\left(1-x_{4}\right)$, 所以 $x_{3}<1<x_{4}$, 故 $g(1)=-a-2<0$, 即 $a>-2$, 所以实数 $a$ 的取值范围是 $(-2,0)$.
思路 2: 因为函数 $f(x)=x^{2}-x-a-2$ 有零点 $x_{1}, x_{2}$, 所以 $x^{2}-x-2=a$ 的解分别为 $x_{1}, x_{2}$,
因为函数 $g(x)=x^{2}-(a+1) x-2$ 有零点 $x_{3}, x_{4}$ ， 所以 $x^{2}-x-2=a x$ 的解分别为 $x_{3}, x_{4}$,
令 $h(x)=x^{2}-x-2$, (1) 若 $a \geq 0$, 如图, 总有 $x_{1} \leq x_{3}$, 不适合题意;
(2) 若 $a<0$, 吅图, 总有 $x_{3}<x_{1}$, 欲使 $x_{4}<x_{2}$, 亦即 $\frac{1+\sqrt{4 a+9}}{2}<\frac{a+1+\sqrt{a^{2}+2 a+9}}{2}$, 所以 $\sqrt{4 a+9}<a+\sqrt{a^{2}+2 a+9}$, 即 $0<\sqrt{4 a+9}-a<\sqrt{a^{2}+2 a+9}$, 两边平方, 化简可得 $\sqrt{4 a+9}<1$, 所以 $a>-2$. 所以实数 $a$ 的取值范围是 $(-2,0)$. 正确答案为 $C$.
思路 3: 因为函数 $f(x)=x^{2}-x-a-2$ 有零点 $x_{1}, x_{2}$, 所以 $x^{2}-x-2=a$ 的解分别为 $x_{1}, x_{2}$, 因为函数 $g(x)=x^{2}-(a+1) x-2$ 有零点 $x_{3}, x_{4}$,
所以 $x-\frac{2}{x}-1=a$ 的解分别为 $x_{3}, x_{4}$,
令 $h(x)=x^{2}-x-2, u(x)=x-\frac{2}{x}-1$, 两个函数的交点的坐标分别为 $(-1,0),(-1,-2),(-2,0)$, 如图所示,
结合函数图象，欲使 $x_{3}<x_{1}<x_{4}<x_{2}$, 则 $-2<a<0$, 所以实数 $a$ 的取值范围是 $(-2,0)$. 正确答案为 $C$.
思路 4: (特例法) 令 $a=-2$, 则函数 $f(x)=x^{2}-x$ 有零点 $x_{1}=0, x_{2}=1$, 函数 $g(x)=x^{2}+x-2$ 有零点 $x_{3}=-2, x_{4}=1$, 此时满足 $x_{3}<x_{1}<x_{4}<x_{2}$, 因此排除 $B$;
再令 $a=-1$, 则函数 $f(x)=x^{2}-x-1$ 有零点 $x_{1}=\frac{1-\sqrt{5}}{2}, x_{2}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$, 函数 $g(x)=x^{2}-2$ 有零点 $x_{3}=-\sqrt{2}, x_{4}=\sqrt{2}$, 此时满足 $x_{3}=-\sqrt{2}<x_{1}=\frac{1-\sqrt{5}}{2}<x_{4}=\sqrt{2}<x_{2}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$, 因此排除 $A, D$; 所以实数 $a$ 的取值范围是 $(-2,0)$. 正确答案为 $C$.
命题角度 5 函数凹凸性的应用
【考法点拨】不等式恒成立问题中, 许多试题的几何背景是曲线与切线静态或动态的上下位置关系, 进而 应用曲线的凸凹性可获得思路自然、过程简洁的图解.
【知识拓展】一般地, 对于函数 $f(x)$ 的定义域内某个区间 $D$ 上的不同 【知识拓展】一般地，对于函数 $f(x)$ 的定义域内某个区间 $D$ 上的不 的任意两个自变量的值 $x_{1}, x_{2}$, (1) 总有 $f\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right) \geq \frac{f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right)}{2}$ (当且仅当 $x_{1}=x_{2}$ 时，取等号),
则函数 $f(x)$ 在 $D$ 上是凸函数, 其几何意义: 函数 $f(x)$ 的图象上的 任意两点所连的线段都不落在图象的上方. $f^{\prime \prime}(x)<0$, 则 $f^{\prime}(x)$ 单调 递减, $f(x)$ 在 $D$ 上为凸函数;
(2)总有 $f\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right) \leq \frac{f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right)}{2}$ (当且仅当 $x_{1}=x_{2}$ 时，取等号),
则函数 $f(x)$ 在 $D$ 上是凹函数, 其几何意义: 函数 $f(x)$ 的图象上的
任意两点所连的线段都不落在图象的下方. $f^{\prime \prime}(x)>0$, 则 $f^{\prime}(x)$ 单调递增, $f(x)$ 在 $D$ 上为凹函数.
[典例 11 ](安徽省太和中学 2018 届 5 月质检) 已知函数 $f(x)=(x+1) \ln x$, 曲线 $y=f(x)$ 在 $x=1$ 处的切
线方程为 $y=a x+b$.
(1) 求证: $x>1$ 时, $f(x)>a x+b$;
(2) 求证: $\frac{\ln 2}{1}+\frac{\ln 7}{6}+\ldots+\frac{\ln \left(n^{2}-2\right)}{n^{2}-3}+\frac{2}{n}>\frac{3}{2}\left(n \geq 2, n \in \mathbf{N}^{\star}\right)$.
【解析】（1）函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty), f^{\prime}(x)=\ln x+\frac{x+1}{x}$,
又 $f^{\prime}(1)=2, f(1)=0$, 所以该切线方程为 $y=2(x-1)$.
设 $F(x)=(x+1) \ln x-2 x+2(x>1)$, 则 $F^{\prime}(x)=\ln x+\frac{1}{x}-1$,
令 $g(x)=F^{\prime}(x)$, 则 $g^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}=\frac{x-1}{x^{2}}$,
当 $x>1$ 时, $g^{\prime}(x)>0$, 所以 $g(x)=F^{\prime}(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增,
又 $g(1)=0$, 所以 $g(x)=F^{\prime}(x)>0$, 即 $F(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增,
所以 $F(x)>F(1)=0$, 故 $x>1$ 时, $f(x)>a x+b$;
(2) 由 (1) 知: 当 $x>1$ 时, $(x+1) \ln x>2(x-1)$.
令 $x=n^{2}-2>1(n \geq 2, n \in N)$, 则 $\left(n^{2}-1\right) \ln \left(n^{2}-2\right)>2\left(n^{2}-3\right)$,
所以 $\frac{\ln \left(n^{2}-2\right)}{n^{2}-3}>\frac{2}{n^{2}-1}=\frac{2}{(n-1)(n+1)}=\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}$,
所以 $\sum_{k=2}^{n} \frac{\ln \left(k^{2}-2\right)}{k^{2}-3}>\left(1-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right)+\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{6}\right)+\ldots+\left(\frac{1}{n-2}-\frac{1}{n}\right)+\left(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}\right)$,
化简可得 $\sum_{k=2}^{n} \frac{\ln \left(k^{2}-2\right)}{k^{2}-3}>1+\frac{1}{2}-\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}>\frac{3}{2}-\frac{2}{n}$, 得证.
【方法归纳】本题 $f(x)=(x+1) \ln x(x>1)$, 其 $f^{\prime}(x)=\ln x+\frac{x+1}{x}, f^{\prime \prime}(x)=\frac{x-1}{x^{2}}>0$, 说明函数 $f(x)=(x+1) \ln x(x>1)$ 为凹函数, 因此有 $(x+1) \ln x>2(x-1)$. 此类问题实质上, 第 (1) 小题的研究正是为 第 (2) 小题的解决而服务的, 呈现 “层层递进” 的特点.
【典例 12】（成都市 2018 届高中毕业班二诊文科）已知函数 $f(x)=x \ln x+a x+1, a \in R$.
(1) 当 $x>0$ 时, 若关于 $x$ 的不等式 $f(x) \geq 0$ 恒成立, 求 $a$ 的取值范围;
(2) 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 证明: $\frac{e(x-1)}{e^{x}}<\ln x<x^{2}-x$.
【解析】（1）由 $f(x) \geq 0$, 得 $-a \leq \ln x+\frac{1}{x}$ 恒成立,
令 $u(x)=\ln x+\frac{1}{x}$, 则 $u^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}=\frac{x-1}{x^{2}}$,
所以 $u(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递减, 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增,
所以 $u(x)$ 的最小值为 $u(x)_{\text {min }}=u(1)=1$,
所以 $-a \leq 1$, 即 $a \geq-1$, 故 $a$ 的取值范围是 $[-1,+\infty)$;
(2) 有 (1) 知 $a=-1$ 时, 有 $x \ln x \geq x-1$,
所以 $\ln x \geq \frac{x-1}{x}$.
(1) 要证 $\frac{e(x-1)}{e^{x}}<\ln x$, 可证 $\frac{e(x-1)}{e^{x}}<\frac{x-1}{x}(x>1)$, 只需证 $e^{x-1} \geq x$,
易证 $e^{x} \geq x+1$ （证明略）, 所以 $e^{x-1} \geq x$;
(2) 要证 $\ln x<x^{2}-x$, 可证 $\ln x<x-1$,
易证 $\ln x \leq x-1$ （证明略）, 由于 $x>1, x-1>0$, 所以 $x-1<x(x-1)=x^{2}-x$,
所以 $\ln x<x^{2}-x$,
综上所述, 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 证明: $\frac{e(x-1)}{e^{x}}<\ln x<x^{2}-x$.
【方法归纳】若第 (1) 小题是探求参数的范围问题, 第（2）小题的解决往往运用第（1）小题所求
范围的界点对于的不等关系进行放缩, 此类问题实质就是应用函数凸凹性进行切线放缩法.
【典例 13】（咸阳市 2018 届三模）已知函数 $f(x)=x \ln x, g(x)=\frac{a\left(x^{2}-x\right)}{2}$.
(1) 若 $f(x)<g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上恒成立, 求实数 $a$ 的取值范围;
(2) 求证: $\left[1+\frac{1}{(n+1)^{2}}\right]\left[1+\frac{2}{(n+1)^{2}}\right] \cdots\left[1+\frac{n}{(n+1)^{2}}\right]<\sqrt{e}$.
【解析】（1） $f(x)<g(x)$ 等价于 $x \ln x-\frac{a\left(x^{2}-x\right)}{2}<0$, 即 $x\left[\ln x-\frac{a(x-1)}{2}\right]<0$,
记 $h(x)=\ln x-\frac{a(x-1)}{2}$, 则 $h^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{a}{2}=\frac{2-a x}{2 x}$,
当 $a \leq 0$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, 由 $h(1)=0, h(x)>h(1)=0$,
所以 $x h(x)>0$, 即 $f(x)<g(x)$ 不恒成立;
当 $0<a<2$ 时, $\frac{2}{a}>1, x \in\left(1, \frac{2}{a}\right)$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单调递增, $f(x)<g(x)$ 不恒成立;
当 $a \geq 2$ 时, $x \in(1,+\infty), h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减, $h(x)<h(1)=0$, 所以 $x h(x)<0$, 即
$f(x)<g(x)$ 恒成立;
故 $f(x)<g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上恒成立, 实数 $a$ 的取值范围是 $[2,+\infty)$;
（2）(1)要证明 $n^{n} \cdot e^{\frac{n}{n+1}}<\frac{(2 n) !}{n !}$, 即证 $n^{n} \cdot e^{\frac{n}{n+1}}<(n+1)(n+2) \cdots(n+n)$,
只需证 $e^{\frac{n}{n+1}}<\frac{n+1}{n} \cdot \frac{n+2}{n} \cdots \frac{n+n}{n} \Leftrightarrow \frac{n}{n+1}<\ln \frac{n+1}{n}+\ln \frac{n+2}{n}+\cdots+\ln \frac{n+n}{n}$.
由 (1) 知, $g(x) \geq 0$, 即 $\ln (x+1) \geq \frac{x}{x+1}$,
因此 $\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)>\frac{1}{n+1}, \ln \left(1+\frac{2}{n}\right)>\frac{2}{n+2}>\frac{1}{n+1}, \cdots, \ln \left(1+\frac{n}{n}\right)>\frac{n}{n+n}>\frac{1}{n+1}$.
上式累加得: $\ln \left[\left(1+\frac{1}{n}\right) \cdot\left(1+\frac{2}{n}\right) \cdots \cdots\left(1+\frac{n}{n}\right)\right]>\frac{n}{n+1}$, 得证;
(2)要证明 $\frac{(2 n) !}{n !}<n^{n} \cdot e^{\frac{n+1}{2}}$, 即证 $(n+1)(n+2) \cdots(n+n)<n^{n} \cdot e^{\frac{n+1}{2}}$,
只需证 $\frac{n+1}{n} \cdot \frac{n+2}{n} \cdots \frac{n+n}{n}<e^{\frac{n+1}{2}} \Leftrightarrow \ln \frac{n+1}{n}+\ln \frac{n+2}{n}+\cdots+\ln \frac{n+n}{n}<\frac{n+1}{2}$.
令 $h(x)=\ln (x+1)-x$, 则 $h^{\prime}(x)=\frac{1}{x+1}-1=\frac{-x}{x+1}$.
所以当 $x>0$ 时, $h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 单调递减; 当 $-1<x<0$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单调递增. 当 $x=0$
时, $h(x)$ 取得最大值 $h(0)=0$, 即 $h(x) \leq 0, \ln (x+1) \leq x$.
由 $\ln (x+1) \leq x$ 得:
$\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)<\frac{1}{n}, \ln \left(1+\frac{2}{n}\right)<\frac{2}{n}, \cdots, \ln \left(1+\frac{n}{n}\right)<\frac{n}{n}$
上式累加得: $\ln \left[\left(1+\frac{1}{n}\right) \cdot\left(1+\frac{2}{n}\right) \cdots \cdot\left(1+\frac{n}{n}\right)\right]<\frac{1+2+\cdots+n}{n}=\frac{n+1}{2}$, 得证;
综上, $n^{n} \cdot \mathrm{e}^{\frac{n}{n+1}}<\frac{(2 n) !}{n !}<n^{n} \cdot \mathrm{e}^{\frac{n+1}{2}}$.
【审题点津】第 (2) 小题待证不等式的证明途径只有从第 (1) 小题的探究切线的过程中挖掘, 这是 切线放缩法的拓展运用.
[典例 15](石家庄市 2018 届高中毕业班一模) 已知函数 $f(x)=(x+b)\left(e^{x}-a\right)(b>0)$ 在 $(-1, f(-1))$ 处的切 线方程为 $(e-1) x+e y+e-1=0$.
(1) 求 $a, b$;
(2) 若方程 $f(x)=m$ 有两个实数根 $x_{1}, x_{2}$, 且 $x_{1}<x_{2}$, 证明: $x_{2}-x_{1} \leq 1+\frac{m(1-2 e)}{1-e}$.
解析 $a=b=1$;
(2) 由 (1) 可知 $f(x)=(x+1)\left(e^{x}-1\right), \quad f(0)=0, f(-1)=0, \quad f^{\prime}(x)=(x+2) e^{x}-1$, 设 $f(x)$ 在 $(-1,0)$ 处的切线方程为 $h(x)$, 易得 $h(x)=\left(\frac{1}{e}-1\right)(x+1)$,
$$
\text { 令 } F(x)=f(x)-h(x), \quad F(x)=(x+1)\left(e^{x}-1\right)-\left(\frac{1}{e}-1\right)(x+1),
$$
则 $F^{\prime}(x)=(x+2) e^{x}-\frac{1}{e}$,
$$
\text { 当 } x \leq-2 \text { 时, } F^{\prime}(x)=(x+2) e^{x}-\frac{1}{e} \leq-\frac{1}{e}<0 \text {, }
$$
$$
\text { 当 } x>-2 \text { 时, }
$$
设 $G(x)=F^{\prime}(x)=(x+2) e^{x}-\frac{1}{e}$, 则 $G^{\prime}(x)=(x+3) e^{x}>0$,
故函数 $F^{\prime}(x)$ 在 $(-2,+\infty)$ 上单调递增,
又 $F^{\prime}(-1)=0$, 所以当 $x \in(-\infty,-1)$ 时, $F^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(-1,+\infty)$ 时, $F^{\prime}(x)>0$,
所以函数 $F(x)$ 在区间 $(-\infty,-1)$ 上单调递减, 在区间 $(-1,+\infty)$ 上单调递增,
故 $F(x) \geq F(-1)=0$, 即 $f(x) \geq h(x)$, 所以 $f\left(x_{1}\right) \geq h\left(x_{1}\right)$,
设 $h(x)=m$ 的根为 $x_{1}^{\prime}$, 则 $x_{1}^{\prime}=-1+\frac{m e}{1-e}$,
又函数 $h(x)$ 单调递减, 故 $h\left(x_{1}^{\prime}\right)=f\left(x_{1}\right) \geq h\left(x_{1}\right)$, 故 $x_{1}^{\prime} \leq x_{1}$,
再者, 设 $y=f(x)$ 在 $(0,0)$ 处的切线方程为 $y=t(x)$, 易得 $t(x)=x$, 令 $T(x)=f(x)-t(x)=(x+1)\left(e^{x}-1\right)-x, T^{\prime}(x)=(x+2) e^{x}-2$,
当 $x \leq-2$ 时, $T^{\prime}(x)=(x+2) e^{x}-2 \leq-2<0$,
当 $x>-2$ 时,
令 $H(x)=T^{\prime}(x)=(x+2) e^{x}-2$, 则 $H^{\prime}(x)=(x+3) e^{x}>0$,
故函数 $T^{\prime}(x)$ 在 $(-2,+\infty)$ 上单调递增,
又 $T^{\prime}(0)=0$, 所以当 $x \in(-\infty, 0)$ 时, $T^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $T^{\prime}(x)>0$,
所以函数 $T(x)$ 在区间 $(-\infty, 0)$ 上单调递减, 在区间 $(0,+\infty)$ 上单调递增,
所以 $T(x) \geq T(0)=0$, 即 $f(x) \geq t(x)$, 所以 $f\left(x_{2}\right) \geq t\left(x_{2}\right)$,
设$t(x)=m$ 的根为 $x_{2}^{\prime}$, 则 $x_{2}^{\prime}=m$ ，
又函数 $t(x)$ 单调递增, 故 $t\left(x_{2}^{\prime}\right)=f\left(x_{2}\right) \geq t\left(x_{2}\right)$, 故 $x_{2}^{\prime} \geq x_{2}$,
$$
\text { 又 } x_{1}^{\prime} \leq x_{1}, \text { 所 } x_{2}-x_{1} \leq x_{2}^{\prime}-x_{1}^{\prime}=m-\left(-1+\frac{m e}{1-e}\right)=1+\frac{m(1-2 e)}{1-e} \text {. }
$$
【能力提升】结合函数的凸凹性应用切线放缩法证明不等式
必须做到 “脑中有形”, 结合示意图易得 $x_{1}^{\prime} \leq x_{1}<x_{2} \leq x_{2}{ }^{\prime}$,
显然 $x_{2}-x_{1} \leq x_{2}{ }^{\prime}-x_{1}{ }^{\prime}$. 脑海中有这样的示意图, 我们的思路不就清晰
固 知识纵横
在处理形如 $f(x) \cdot \ln x+g(x)$ 的函数的零点问题或与 0 的大小比较问题时, 我们通常将 其转化为 $f(x) \cdot\left(\ln x+\frac{g(x)}{f(x)}\right)$ 来研究. 这种处理方法称为处理对数的“单身狗” 技杠. 恰当的运用这一技巧可以减少求导的次数, 提高解题效率.
典例剖析
【例 1】已知函数 $f(x)=\mathrm{e}^{x}-x^{2} \ln x-\mathrm{e}$.
(1) 求曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 处的切线方程;
(2) 是否存在正整数 $m$, 使得 $f(x) \geqslant m x-\mathrm{e}$ 在区间 $(0,+\infty)$ 上恒成立? 若存在, 求出 $m$ 的最大值并给出推导过程; 若不存在, 请说明理由.
- 解析
(1) 依题意, $f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-2 x \ln x-x$,
则 $f^{\prime}(1)=\mathrm{e}-1, f(1)=0$.
故所求切线方程为 $y=(\mathrm{e}-1)(x-1)$.
(2) 当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $f(x)=\mathrm{e}^{x}-x^{2} \ln x-\mathrm{e} \geqslant m x-\mathrm{e}$ 恒成立,
即 $g(x)=\frac{\mathrm{e}^{x}}{x^{2}}-\ln x-\frac{m}{x} \geqslant 0$ 恒成立.
先验证 $g(1)=\mathrm{e}-m \geqslant 0$, 即 $m \leqslant \mathrm{e}$, 又 $m \in \mathbf{N}^{*}$, 则 $m$ 的取值为 1,2 .
下面验证,
当 $m=2$ 时, $g(x)=\frac{\mathrm{e}^{x}}{x^{2}}-\ln x-\frac{2}{x} \geqslant 0$ 恒成立.
$g^{\prime}(x)=\frac{\mathrm{e}^{x}(x-2)}{x^{3}}-\frac{1}{x}+\frac{2}{x^{2}}=\frac{\left(\mathrm{e}^{x}-x\right)(x-2)}{x^{3}}$, 很明显 $\mathrm{e}^{x}>x$ 在 $(0,+\infty)$ 恒成立,
所以当 $x \in(0,2)$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 在 $(0,2)$ 上为减函数; $x \in(2,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0$, $g(x)$ 在 $(2,+\infty)$ 上为增函数.
所以 $g(x)_{\min }=g(2)=\frac{1}{4}\left[\mathrm{e}^{2}-4 \ln 2-4\right]>\frac{1}{4}\left[(2.7)^{2}-4 \ln 2-4\right]>\frac{1}{4}(3-4 \ln 2)>0$ 恒 成立.
综上所述, $m$ 的最大值为 2 .
【例 2】(2011 - 宮麦课标全国炊) 已知函数 $f(x)=\frac{a \ln x}{x+1}+\frac{b}{x}$, 曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 处 的切线方程为 $x+2 y-3=0$.
(1) 求 $a, b$ 的值;
(2) 如果当 $x>0$, 且 $x \neq 1$ 时, $f(x)>\frac{\ln x}{x-1}+\frac{k}{x}$, 求 $k$ 的取值范围.
- 解析
(1) $f(x)=\frac{a \ln x}{x+1}+\frac{b}{x}$, 则 $f^{\prime}(x)=\frac{a\left(\frac{x+1}{x}-\ln x\right)}{(x+1)^{2}}-\frac{b}{x^{2}}$,
由于直线 $x+2 y-3=0$ 的斜率为 $-\frac{1}{2}$, 且过点 $(1,1)$,
故 $\left{\begin{array}{l}f(1)=1, \ f^{\prime}(1)=-\frac{1}{2},\end{array}\right.$ 即 $\left{\begin{array}{l}b=1, \ \frac{a}{2}-b=-\frac{1}{2},\end{array}\right.$ 解得 $a=b=1 .$
(2) 当 $x>0$, 且 $x \neq 1$ 时, $f(x)>\frac{\ln x}{x-1}+\frac{k}{x}$ 等价于 $f(x)-\frac{\ln x}{x-1}-\frac{k}{x}>0$.
由 (1) 知 $f(x)=\frac{\ln x}{x+1}+\frac{1}{x}$,
所以 $f(x)-\frac{\ln x}{x-1}-\frac{k}{x}=\frac{\ln x}{x+1}+\frac{1}{x}-\frac{\ln x}{x-1}-\frac{k}{x}=\frac{1}{1-x^{2}}\left[2 \ln x+(k-1)\left(x-\frac{1}{x}\right)\right]>0$,
则上述不等式等价于 $\left{\begin{array}{l}\forall x \in(0,1), 2 \ln x+(k-1)\left(x-\frac{1}{x}\right)>0, \ \forall x \in(1,+\infty), 2 \ln x+(k-1)\left(x-\frac{1}{x}\right)<0,\end{array}\right.$
处理方案一:
( i ) 设 $k \leqslant 0$, 当 $x \neq 1$ 时,
$$
h^{\prime}(x)=\frac{1}{x^{2}}\left[(k-1) x^{2}+2 x+k-1\right]=\frac{1}{x^{2}}\left[k\left(x^{2}+1\right)-(x-1)^{2}\right]<0,
$$
所以 $h(x)$ 的减区间为 $(0,1)$ 和 $(1,+\infty)$, 而 $h(1)=0$. 故当 $x \in(0,1)$ 时, $h(x)>0$, 可得 $\frac{1}{1-x^{2}} h(x)>0$; 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $h(x)<0$, 可得 $\frac{1}{1-x^{2}} h(x)>0$,
从而当 $x>0$, 且 $x \neq 1$ 时, $f(x)-\frac{\ln x}{x-1}-\frac{k}{x}>0$,
即 $f(x)>\frac{\ln x}{x-1}+\frac{k}{x}$.
(ii) 设 $0<k<1$,
$$
\text { 令 } h^{\prime}(x)=\frac{(k-1)\left(x^{2}+1\right)+2 x}{x^{2}}=0, \text { 解得 } x=\frac{-2 \pm \sqrt{4-4(k-1)^{2}}}{2(k-1)}=\frac{-1 \pm \sqrt{1-(k-1)^{2}}}{k-1} \text {. }
$$
由于当 $x \in\left(1, \frac{-1+\sqrt{1-(k-1)^{2}}}{k-1}\right)$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 为增函数, 而 $h(1)=0$,
故 $h(x)>h(1)=0$, 可得 $\frac{1}{1-x^{2}} h(x)<0$, 与题设矛盾.
(iii) 设 $k \geqslant 1$, 此时 $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 的增区间为 $(0,1)$ 和 $(1,+\infty)$, 而 $h(1)=0$, 故当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $h(x)>h(1)=0$, 得 $\frac{1}{1-x^{2}} h(x)<0$,与题设矛盾.
综上所述, $k$ 的取值范围为 $(-\infty, 0]$.
处理方案二:
$$
h^{\prime}(x)=\frac{(k-1)\left(x^{2}+1\right)+2 x}{x^{2}}=\frac{x^{2}+1}{x^{2}} \cdot\left[\frac{2 x}{x^{2}+1}+(k-1)\right],
$$
又 $x>0$, 且 $x \neq 1$ 时, $\frac{2 x}{x^{2}+1} \in(0,1)$,
$$
\text { 令 } \varphi(x)=\frac{2 x}{x^{2}+1}+(k-1),
$$
则 $\varphi(x)$ 在 $(0,1)$ 上为增函数, 在 $(1,+\infty)$ 上为减函数, 且 $\varphi(x) \in(k-1, k)$.
( i ) 当 $k \leqslant 0$ 时, $\varphi(x)<0, h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 的减区间为 $(0,1)$ 和 $(1,+\infty)$. 而 $h(1)=0$,
故当 $x \in(0,1)$ 时, $h(x)>0$, 可得 $\frac{1}{1-x^{2}} h(x)>0$;
当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $h(x)<0$, 可得 $\frac{1}{1-x^{2}} h(x)>0$.
从而当 $x>0$, 且 $x \neq 1$ 时, $f(x)-\frac{\ln x}{x-1}-\frac{k}{x}>0$,
即 $f(x)>\frac{\ln x}{x-1}+\frac{k}{x}$.
(ii) 当 $k-1 \geqslant 0$, 即 $k \geqslant 1$ 时, $\varphi(x)>0, h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 的增区间为 $(0,1)$ 和 $(1,+\infty)$.
而 $h(1)=0$, 故当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $h(x)>h(1)=0$, 得 $\frac{1}{1-x^{2}} h(x)<0$,与题设矛盾.
( iii) 当 $0<k<1$ 时,
$$
\text { 令 } \varphi(x)=\frac{2 x}{x^{2}+1}+(k-1)=0 \text {, }
$$
$$
\begin{aligned}
&\text { 解得 } x=\frac{-2 \pm \sqrt{4-4(k-1)^{2}}}{2(k-1)}=\frac{-1 \pm \sqrt{1-(k-1)^{2}}}{k-1} . \
&\text { 故当 } x \in\left(1, \frac{-1+\sqrt{1-(k-1)^{2}}}{k-1}\right) \text { 时, } \varphi(x)>0, h^{\prime}(x)>0, h(x) \text { 为增函数, 而 } h(1)=0, \
&\text { 所以 } h(x)>h(1)=0, \
&\text { 可得 } \frac{1}{1-x^{2}} h(x)<0, \text { 与题设矛盾. }
\end{aligned}
$$
综上所述, $k$ 的取值范围为 $(-\infty, 0]$.
因 知识纵横
-
$\left(f(x) \cdot \mathrm{e}^{x}\right)^{\prime}=\mathrm{e}^{x} \cdot\left(f(x)+f^{\prime}(x)\right),\left(f(x) \cdot \mathrm{e}^{-x}\right)^{\prime}=\mathrm{e}^{-x} \cdot\left(f^{\prime}(x)-f(x)\right)$.
- 在处理形如 $f(x) \cdot \mathrm{e}^{x}>g(x)$ 的不等式问题时, 我们通常将其转化为 $\frac{f(x)}{g(x)} \cdot \mathrm{e}^{x}>1$ 或 $\frac{g(x)}{f(x)} \mathrm{e}^{-x}<1$ 来研究 (此处以 $g(x)>0$ 为例 ). 这种处理方法称为处理指数的和差化 积技巧. 恰当的运用这一技巧可以减少求导的次数, 提高解题效率.
c 典例剖析
【例 3】(2010 - 高考新课标全国車) 设函数 $f(x)=\mathrm{e}^{x}-1-x-a x^{2}$.
(1) 若 $a=0$, 求 $f(x)$ 的单调区间;
(2) 若 $x \geqslant 0$ 时, $f(x) \geqslant 0$, 求 $a$ 的取值范围.
- 解析
(1) 当 $a=0$ 时, $f(x)=\mathrm{e}^{x}-1-x, f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-1$,
令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=0$.
所以当 $x \in(-\infty, 0)$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 为减函数;
当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 为增函数.
故 $f(x)$ 的单调减区间为 $(-\infty, 0)$, 单调增区间为 $(0,+\infty)$.
(2) 当 $x \geqslant 0$ 时, $f(x)=\mathrm{e}^{x}-1-x-a x^{2} \geqslant 0$, 转化为 $\frac{a x^{2}+x+1}{\mathrm{e}^{x}} \leqslant 1$.
设 $g(x)=\frac{a x^{2}+x+1}{\mathrm{e}^{x}}, g(0)=1$,
则 $g^{\prime}(x)=\frac{x}{\mathrm{e}^{x}}[-a x+(2 a-1)]$,
令 $h(x)=-a x+(2 a-1)$.
当 $a=0$ 时, $h(x)<0$, 所以 $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上为减函数, $g(x) \leqslant g(0)=1$, 成立;
当 $a<0$ 时, 由 $h(x)=-a x+(2 a-1)=0$,
解得 $x=2-\frac{1}{a}$.
所以, 当 $x \in\left(0,2-\frac{1}{a}\right)$ 时, $h(x)<0, g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 在 $\left(0,2-\frac{1}{a}\right)$ 上递减;
当 $x \in\left(2-\frac{1}{a},+\infty\right)$ 时, $h(x)>0, g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 在 $\left(2-\frac{1}{a}\right.$, $\left.+\infty\right)$ 上递增.
又 $x \in\left(2-\frac{1}{a},+\infty\right)$ 时, $g(x)=\frac{a x^{2}+x+1}{\mathrm{e}^{x}}<\frac{a x^{2}+x+1}{\frac{1}{2} x^{3}}=\frac{2 a}{x}+\frac{2}{x^{2}}+\frac{2}{x^{3}}<\frac{3}{4}<1$,
所以 $g(x) \leqslant g(0)=1$ 成立;
当 $a>0$ 时, $h(x)=-a x+(2 a-1)$.
当 $2 a-1 \leqslant 0$, 即 $a \leqslant \frac{1}{2}$ 时,
在 $x \in(0,+\infty)$ 上, $h(x)<0, g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 为减函数, $g(x) \leqslant g(0)=1$, 成立;
当 $2 a-1>0$ 时, 由 $h(x)=-a x+(2 a-1)=0$, 解得 $x=2-\frac{1}{a}$.
故当 $x \in\left(0,2-\frac{1}{a}\right)$ 时, $h(x)>0, g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 在 $\left(0,2-\frac{1}{a}\right)$ 上递增, $g(x)>g(0)=1$, 矛盾.
综合所述, $a$ 的取值范围为 $\left(-\infty, \frac{1}{2}\right]$.
【例 4】（2016 宁䢛模拟)已知函数 $f(x)=-\frac{a}{2} x^{2}+(a-1) x+\ln x$.
(1) 求函数 $f(x)$ 的单调区间;
(2) 若 $a>1$, 求证: $(2 a-1) f(x)<3 \mathrm{e}^{a-3}$.
- 解析
函数 $f(x)$ 的定义域为 $x \in(0,+\infty)$,
(1) $f(x)=-\frac{a}{2} x^{2}+(a-1) x+\ln x$,
则 $f^{\prime}(x)=-a x+(a-1)+\frac{1}{x}=\frac{-a x^{2}+(a-1) x+1}{x}=\frac{(a x+1)(-x+1)}{x}$,
当 $a \geqslant 0$ 时, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=1$.
当 $x \in(0,1)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增;
当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减.
当 $a<0$ 时, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=1$ 或 $x=-\frac{1}{a}$.
当 $a=-1$ 时, $x \in(0,+\infty), f^{\prime}(x) \geqslant 0, f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增.
当 $1<-\frac{1}{a}$, 即 $-1<a<0$ 时，
$x \in(0,1), f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增;
$x \in\left(1,-\frac{1}{a}\right), f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 在 $\left(1,-\frac{1}{a}\right)$ 上单调递减;
$x \in\left(-\frac{1}{a},+\infty\right), f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 在 $\left(-\frac{1}{a},+\infty\right)$ 上单调递增.
当 $1>-\frac{1}{a}$, 即 $a<-1$ 时,
$x \in\left(0,-\frac{1}{a}\right), f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 在 $\left(0,-\frac{1}{a}\right)$ 上单调递增;
$x \in\left(-\frac{1}{a}, 1\right), f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 在 $\left(-\frac{1}{a}, 1\right)$ 上单调递减;
$x \in(1,+\infty), f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增.
综上所述,
当 $a<-1$ 时, $f(x)$ 的单调递减区间为 $\left(-\frac{1}{a}, 1\right)$, 单调递增区间为 $\left(0,-\frac{1}{a}\right),(1,+\infty)$;
当 $a=-1$ 时, $f(x)$ 的单调递增区间为 $(0,+\infty)$;
当 $-1<a<0$ 时, $f(x)$ 的单调递减区间为 $\left(1,-\frac{1}{a}\right)$, 单调递增区间为 $(0,1),\left(-\frac{1}{a},+\infty\right)$;
当 $a \geqslant 0$ 时, $f(x)$ 的单调递增区间为 $(0,1)$, 单调递减区间为 $(1,+\infty)$.
(2) 证明: $a>1$ 时, 由 (1) 可知函数 $f(x)$ 的单调递增区间为 $(0,1)$, 单调递减区间 为 $(1,+\infty)$.
所以 $f(x)_{\text {max }}=f(1)=\frac{1}{2} a-1$,
所以 $(2 a-1) f(x)<3 \mathrm{e}^{a-3}$ 等价于 $(2 a-1) f(x)=\left(\frac{1}{2} a-1\right)(2 a-1)<3 \mathrm{e}^{a-3}$,
转化为 $\frac{\left(\frac{1}{2} a-1\right)(2 a-1)}{\mathrm{e}^{a}}<\frac{3}{\mathrm{e}^{3}}$ (指数处理技巧),
即 $\frac{(a-2)(2 a-1)}{\mathrm{e}^{a}}<\frac{6}{\mathrm{e}^{3}}$.
设 $g(a)=\frac{(a-2)(2 a-1)}{\mathrm{e}^{a}}$, 则 $g^{\prime}(a)=\frac{(a-1)(-2 a+7)}{\mathrm{e}^{a}}$, 令 $-2 a+7=0$, 解得 $a=\frac{7}{2}$,
所以, 当 $a \in\left(1, \frac{7}{2}\right)$ 时, $g^{\prime}(a)>0, g(a)$ 在 $\left(1, \frac{7}{2}\right)$ 上为单调增函数; 当 $a \in\left(\frac{7}{2},+\infty\right)$ 时, $g^{\prime}(a)<0, g(a)$ 在 $\left(\frac{7}{2},+\infty\right)$ 上为单调减函数. 所以 $g(a)_{\max }=g\left(\frac{7}{2}\right)=9 \mathrm{e}^{-\frac{7}{2}}<6 \mathrm{e}^{-3}\left(\mathrm{e}>\frac{9}{4}\right)$.
综上所述, 若 $a>1,(2 a-1) f(x)<3 \mathrm{e}^{a-3}$.
【例 5】已知函数 $f(x)=1-\mathrm{e}^{-x}$.
(1) 证明: 当 $x>-1$ 时, $f(x) \geqslant \frac{x}{x+1}$;
(2) 设当 $x \geqslant 0$ 时, $f(x) \leqslant \frac{x}{a x+1}$, 求 $a$ 的取值范围.
- 解析
(1) 证明: 法一(指数处理技巧):
当 $x>-1$ 时, $f(x) \geqslant \frac{x}{x+1}$ 等价于 $\frac{\mathrm{e}^{x}}{x+1} \geqslant 1$.
设 $h(x)=\frac{\mathrm{e}^{x}}{x+1}$, 则 $h^{\prime}(x)=\frac{\mathrm{e}^{x} \cdot x}{(x+1)^{2}}$, 令 $h^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=0$.
所以, 当 $x \in(-1,0)$ 时, $h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上为减函数; 当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数.
所以 $h(x) \geqslant h(0)=1$, 即 $\frac{\mathrm{e}^{x}}{x+1} \geqslant 1$.
所以当 $x>-1$ 时, $f(x) \geqslant \frac{x}{x+1}$.
法二(单调性解不等式):
设 $g(x)=\frac{x}{x+1}=1-\frac{1}{x+1}$, 则 $f(x)=g\left(\mathrm{e}^{x}-1\right)$,
又 $g(x)$ 在 $(-1,+\infty)$ 上为增函数,
设 $h(x)=\mathrm{e}^{x}-x-1$, 则 $h^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-1$, 令 $h^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=0$.
所以, 当 $x \in(-\infty, 0)$ 时, $h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上为减函数;
当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数.
所以 $h(x) \geqslant h(0)=0$, 即 $\mathrm{e}^{x} \geqslant x+1$.
所以 $g(x) \leqslant g\left(\mathrm{e}^{x}-1\right)=f(x)$, 即 $f(x) \geqslant \frac{x}{x+1}$.
(2) 法一 (指数处理技巧):
当 $x \geqslant 0$ 时, $f(x)=1-\mathrm{e}^{-x} \leqslant \frac{x}{a x+1}$ 转化为 $\left(1-\frac{x}{a x+1}\right) \mathrm{e}^{x}-1 \leqslant 0$.
设 $g(x)=\left(1-\frac{x}{a x+1}\right) \mathrm{e}^{x}-1, g(0)=0$, 则 $g^{\prime}(x)=\frac{\mathrm{e}^{x} \cdot x}{(a x+1)^{2}}\left[\left(a^{2}-a\right) x+2 a-1\right]$. 当 $a=0$ 时, $g^{\prime}(x) \leqslant 0, g(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调递减, $g(x) \leqslant g(0)=0$, 符合题意; 当 $a=1$ 时, $g^{\prime}(x) \geqslant 0, g(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调递增, $g(x) \geqslant g(0)=0$, 不符合题意; 当 $a<0$ 时，
$g(x)=\left(1-\frac{x}{a x+1}\right) \mathrm{e}^{x}-1=\left(1-\frac{1}{a+\frac{1}{x}}\right) \mathrm{e}^{x}-1>\left(1-\frac{1}{a}\right) \mathrm{e}^{x}-1=0$, 解得 $x=\ln \frac{a}{a-1}$, 所以 $g\left(\ln \frac{a}{a-1}\right)>0$, 不符合题意;
当 $a>1$ 时, $g^{\prime}(x) \geqslant 0, g(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调递增, $g(x) \geqslant g(0)=0$, 不符合题意; 当 $0<a<1$ 时, 令 $\left(a^{2}-a\right) x+2 a-1=0$, 解得 $x=\frac{1-2 a}{a^{2}-a}$.
当 $\frac{1-2 a}{a^{2}-a} \leqslant 0$, 即 $0<a \leqslant \frac{1}{2}$ 时, $g^{\prime}(x) \leqslant 0, g(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调递减, $g(x) \leqslant g(0)=0$, 符合题意;
当 $\frac{1-2 a}{a^{2}-a}>0$, 即 $\frac{1}{2}<a<1$ 时,
故当 $x \in\left(0, \frac{1-2 a}{a^{2}-a}\right)$ 时, $g^{\prime}(x) \geqslant 0, g(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调递增, $g(x) \geqslant g(0)=0$, 不符合 题意.
综上所述, $a$ 的取值范围是 $\left[0, \frac{1}{2}\right]$.
法二 (端点效应):
由题意 $x \geqslant 0$, 此时 $f(x) \geqslant 0$,
当 $a<0$ 时, 若 $x>-\frac{1}{a}$, 则 $\frac{x}{a x+1}<0, f(x) \leqslant \frac{x}{a x+1}$ 不成立;
当 $a \geqslant 0$ 时, $f(x) \leqslant \frac{x}{a x+1}$ 转化为 $(a x+1) f(x)-x \leqslant 0$.
设 $g(x)=(a x+1) f(x)-x, g(0)=0$,
则 $g^{\prime}(x)=(a x+1-a) \mathrm{e}^{-x}+a-1, g^{\prime}(0)=0$,
$g^{\prime \prime}(x)=(-a x+2 a-1) \mathrm{e}^{-x}, g^{\prime \prime}(0)=2 a-1$,
当 $2 a-1 \leqslant 0$, 即 $a \leqslant \frac{1}{2}$ 时,
$x \in[0,+\infty), g^{\prime \prime}(x) \leqslant 0, g^{\prime}(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调递减, 故 $g^{\prime}(x) \leqslant g^{\prime}(0)=0, g(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调递减, $g(x) \leqslant g(0)=0$, 符合题意;
当 $a>\frac{1}{2}$ 时, 令 $-a x+2 a-1=0$, 解得 $x=\frac{2 a-1}{a}$.
所以 $x \in\left(0, \frac{2 a-1}{a}\right), g^{\prime \prime}(x)>0, g^{\prime}(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调递增, 故 $g^{\prime}(x)>g^{\prime}(0)=0$, 所以 $g(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调递增, $g(x) \geqslant g(0)=0$, 不符合题意.
综上所述, $a$ 的取值范围是 $\left[0, \frac{1}{2}\right]$.
法三(局部放缩)：
由题意 $x \geqslant 0$, 此时 $f(x) \geqslant 0$,
当 $a<0$ 时, 若 $x>-\frac{1}{a}$, 则 $\frac{x}{a x+1}<0, f(x) \leqslant \frac{x}{a x+1}$ 不成立, 舍去;
当 $a \geqslant 0$ 时, 令 $h(x)=a x f(x)+f(x)-x$, 则 $f(x) \leqslant \frac{x}{a x+1}$ 等价于 $h(x)_{\text {max }} \leqslant 0=h(0)$.
$h^{\prime}(x)=a f(x)+a x f^{\prime}(x)+f^{\prime}(x)-1=a f(x)-a x f(x)+a x-f(x)$,
(i) 当 $0 \leqslant a \leqslant \frac{1}{2}$ 时, 由 (1) 知 $x \leqslant(x+1) f(x)$,
$h^{\prime}(x) \leqslant a f(x)-a x f(x)+a(x+1) f(x)-f(x)=(2 a-1) f(x) \leqslant 0$,
$h(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上是减函数, $h(x) \leqslant h(0)=0$, 即 $f(x) \leqslant \frac{x}{a x+1}$.
(ii) 当 $a>\frac{1}{2}$ 时, 由(i) 知 $x \geqslant f(x)$,
$h^{\prime}(x)=a f(x)-a x f(x)+a x-f(x) \geqslant a f(x)-a x f(x)+a f(x)-f(x)=(2 a-1-a x) f(x)$,
当 $0<x<\frac{2 a-1}{a}$ 时, $h^{\prime}(x)>0$, 所以 $h(x)>h(0)=0$,
即 $f(x)>\frac{x}{a x+1}$, 矛盾.
综上所述, $a$ 的取值范围是 $\left[0, \frac{1}{2}\right]$.
【例 6】已知函数 $f(x)=\frac{\ln (x+1)}{\mathrm{e}^{x}-1}+a x$. 若对任意 $x>-1$ 且 $x \neq 0$, 均有 $f(x)>1$ 恒成立, 求实 数 $a$ 的值.
- 解析
当 $x \in(-1,0)$ 时, $f(x)>1$, 等价于 $\ln (x+1)+(a x-1)\left(\mathrm{e}^{x}-1\right)<0$;
当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $f(x)>1$, 等价于 $\ln (x+1)+(a x-1)\left(\mathrm{e}^{x}-1\right)>0$.
对任意 $x>-1$ 且 $x \neq 0$, 均有 $f(x)>1$ 恒成立, 转化为 $\left{\begin{array}{l}\ln (x+1)+(a x-1)\left(\mathrm{e}^{x}-1\right)<0,-1<x<0, \ \ln (x+1)+(a x-1)\left(\mathrm{e}^{x}-1\right)>0, x>0 .\end{array}\right.$
令 $g(x)=\ln (x+1)+(a x-1)\left(\mathrm{e}^{x}-1\right)$, 且 $g(0)=0$.
下面只需要证明:
当 $x \in(-1,0)$ 时, $g(x)<g(0)=0$; 当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $g(x)>g(0)=0$.
则 $g^{\prime}(x)=\frac{1}{x+1}+a\left(\mathrm{e}^{x}-1\right)+(a x-1) \mathrm{e}^{x}=\frac{1}{x+1}\left[a \mathrm{e}^{x}(x+1)^{2}-\left(a+\mathrm{e}^{x}\right)(x+1)+1\right]$
$=\frac{1}{x+1}\left[\mathrm{e}^{x}(x+1)-1\right][a(x+1)-1]$, 且 $g^{\prime}(0)=0$,
当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $\mathrm{e}^{x}(x+1)-1>0$ (证明略),
故令 $h(x)=a(x+1)-1$,
当 $a \geqslant 1$ 时, $h(x)>0, g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增, 故 $g(x)>g(0)=0$, 成立;
当 $a \leqslant 0$ 时, $h(x)<0, g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减, 故 $g(x)<g(0)=0$, 矛盾;
当 $0<a<1$ 时, 令 $h(x)=a(x+1)-1=0$, 解得 $x=\frac{1}{a}-1$.
所以, 当 $x \in\left(0, \frac{1}{a}-1\right)$ 时, $h(x)<0, g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 在 $\left(0, \frac{1}{a}-1\right)$ 上单调递减, 故 $g(x)<$ $g(0)=0$ 矛盾.
下面再证: 当 $a \geqslant 1$ 时, $x \in(-1,0), g(x)<g(0)=0$.
因为当 $x \in(-1,0)$ 时, $\mathrm{e}^{x}(x+1)-1<0$ (证明略),
故令 $h(x)=a(x+1)-1=0$, 解得 $x=\frac{1}{a}-1 \in(-1,0]$.
当 $a=1$ 时, $h(x)=x>0, g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增, 故 $g(x)<g(0)=0$ 成立;
当 $a>1$ 时, $x \in\left(\frac{1}{a}-1,0\right), h(x)<0, g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 在 $\left(0, \frac{1}{a}-1\right)$ 单调递减, 故 $g(x)>$ $g(0)=0$, 矛盾.
综上所述, $a=1$.
因 知识纵横
基本方法
(1) 指、对数处理技巧;
(2) 隐零点代换;
(3) 放缩法;
(4) 凹凸反转.
0 典例剖析
[例7](2013 - 高麦全国軑 II ) 已知函数 $f(x)=\mathrm{e}^{x}-\ln (x+m)$.
(1) 设 $x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点, 求 $m$ 的值, 并讨论 $f(x)$ 的单调性;
(2) 当 $m \leqslant 2$ 时, 证明 $f(x)>0$.
- 解析
(1) 因为 $f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-\frac{1}{x+m}, x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点,
所以 $f^{\prime}(0)=1-\frac{1}{m}=0$, 解得 $m=1$.
所以 $f(x)=\mathrm{e}^{x}-\ln (x+1)$, 其定义域为 $(-1,+\infty)$.
因为 $f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-\frac{1}{x+1}=\frac{\mathrm{e}^{x}(x+1)-1}{x+1}$ (导函数的符号不易看出),
设 $g(x)=\mathrm{e}^{x}(x+1)-1$, 由 $g(0)=0, g^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}(x+2)>0$, 所以 $g(x)$ 在 $(-1,+\infty)$ 上单 调递增,
又因为 $g(0)=0$, 所以当 $x>0$ 时, $g(x)>0$, 即 $f^{\prime}(x)>0$, 当 $-1<x<0$ 时, $g(x)<0, f^{\prime}(x)<0$; 所以函数 $f(x)$ 在 $(-1,0)$ 上单调递减, 在 $(0,+\infty)$ 上单 调递增.
(2) 证明: 法一 (隐零,点代换 1 ):
$f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-\frac{1}{x+m}$, 令 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ 得 $\mathrm{e}^{x_{0}}=\frac{1}{x_{0}+m}>0$, 且 $f^{\prime \prime}(x)=\mathrm{e}^{x}+\frac{1}{(x+m)^{2}}>0$,
函数 $f^{\prime}(x)$ 在区间 $(-m,+\infty)$ 上单调递增,
则当 $x \in\left(-m, x_{0}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 在 $\left(-m, x_{0}\right)$ 上单调递减;
当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 在 $\left(x_{0},+\infty\right)$ 上单调递增,
则 $f(x){\min }=f\left(x{0}\right)=\mathrm{e}^{x_{0}}-\ln \left(x_{0}+m\right)$,
又 $x_{0}$ 满足方程 $\mathrm{e}^{x_{0}}=\frac{1}{x_{0}+m}$,
则 $f\left(x_{0}\right)=\mathrm{e}^{x_{0}}-\ln \left(x_{0}+m\right)=\frac{1}{x_{0}+m}-\ln \mathrm{e}^{-x_{0}}=x_{0}+\frac{1}{x_{0}+m}=x_{0}+m+\frac{1}{x_{0}+m}-$
$m \geqslant(1) 2 \sqrt{\left(x_{0}+m\right) \cdot \frac{1}{x_{0}+m}}-m=2-m \geqslant 0 .$(2)
$\left(\right.$ (1)中取等号的条件是 $\left{\begin{array}{l}x_{0}=0 \ m=1\end{array}\right.$,(2)中取等号的条件是 $\left.m=2\right)$, 由于(1), (2) 的等号不能同时
取得, 故 $f\left(x_{0}\right)>0$, 即 $f(x)_{\min }>0$, 因此 $f(x)>0$.
法二 (指数处理技巧 + 隐零点代换):
$f(x)>0 \Leftrightarrow \mathrm{e}^{x}>\ln (x+m)$, 因为 $m \leqslant 2$,
所以 $\ln (x+m) \leqslant \ln (x+2)$,
要证原不等式成立, 问题等价于证明 $\ln (x+2)<\mathrm{e}^{x}$, 即 $\frac{\ln (x+2)}{\mathrm{e}^{x}}<1$.
设 $g(x)=\frac{\ln (x+2)}{\mathrm{e}^{x}}, g^{\prime}(x)=\frac{\frac{1}{x+2}-\ln (x+2)}{\mathrm{e}^{x}}$.
$h(x)=\frac{1}{x+2}-\ln (x+2)$ 在 $(-2,+\infty)$ 上为减函数,
又 $h(-2+\sqrt{\mathrm{e}})=\frac{1}{\sqrt{\mathrm{e}}}-\frac{1}{2}>0, h(0)=\frac{1}{2}-\ln 2<0$,
所以存在唯一的 $x_{0} \in(-1,0)$, 使得 $h\left(x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}+2}-\ln \left(x_{0}+2\right)=0$.
则当 $x \in\left(-2, x_{0}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 在 $\left(-2, x_{0}\right)$ 上单调递增;
当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时, $g^{\prime}\left(x_{0}\right)<0, g(x)$ 在 $\left(x_{0},+\infty\right)$ 上单调递减.
则 $g(x){\max }=g\left(x{0}\right)=\frac{\ln \left(x_{0}+2\right)}{\mathrm{e}^{x_{0}}}()$,
又 $\frac{1}{x_{0}+2}=\ln \left(x_{0}+2\right)$, 代入 $()$ 得 $g(x){\max }=g\left(x{0}\right)=\frac{1}{\left(x_{0}+2\right) \mathrm{e}^{x_{0}}}<\frac{1}{\sqrt{\mathrm{e}} \cdot \mathrm{e}^{-2+\sqrt{\mathrm{e}}}}=\frac{1}{\mathrm{e}^{-\frac{3}{2}+\sqrt{\mathrm{e}}}}<1$,
综上所述, 当 $m \leqslant 2$ 时, $f(x)>0$.
法三 (放缩法 $\mathrm{e}^{x} \geqslant x+1, \ln (x+1) \leqslant x$ )：
由 $f(x)>0 \Leftrightarrow \mathrm{e}^{x}>\ln (x+m)$, 因为 $m \leqslant 2$,
所以 $\ln (x+m) \leqslant \ln (x+2)$,
要证原不等式成立, 问题等价于证明 $\ln (x+2)<\mathrm{e}^{x}$.
由经典不等式 $\mathrm{e}^{x}>x+1, \ln (x+1) \leqslant x$, 可得
$\ln (x+2) \leqslant(1) x+1 \leqslant 2) \mathrm{e}^{x} .$
(第(1)个等号取得的条件是 $x=-1$, 第(2)个等号取得的条件是 $x=0$ )
因此(1), (2) 的等号不能同时取得, 故 $\ln (x+2)<\mathrm{e}^{x}$.
综上, 当 $m \leqslant 2$ 时, $f(x)>0$.
法四(凹凸反转): 处理方案一:
$f(x)>0 \Leftrightarrow \mathrm{e}^{x}>\ln (x+m)$, 因为 $m \leqslant 2$, 所以 $\ln (x+m) \leqslant \ln (x+2)$,
要证原不等式成立, 问题等价于证明 $\ln (x+2)<\mathrm{e}^{x}$, 转化为 $\frac{\ln (x+2)}{x+2}<\frac{\mathrm{e}^{x}}{x+2}$.
即证 $\left(\frac{\ln (x+2)}{x+2}\right){\max }<\left(\frac{\mathrm{e}^{x}}{x+2}\right){\min }$.
设 $g(x)=\frac{\ln (x+2)}{x+2}$, 则 $g^{\prime}(x)=\frac{1-\ln (x+2)}{(x+2)^{2}}$.
令 $g^{\prime}(x)=\frac{1-\ln (x+2)}{(x+2)^{2}}=0$, 解得 $x=\mathrm{e}-2$.
故 $x \in(-2, \mathrm{e}-2)$ 时, $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 为增函数; $x \in(\mathrm{e}-2,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 为减函数.
所以 $g(x){\text {max }}=g(\mathrm{e}-2)=\frac{1}{\mathrm{e}}$.
设 $h(x)=\frac{\mathrm{e}^{x}}{x+2}, h^{\prime}(x)=\frac{\mathrm{e}^{x}(x+1)}{(x+2)^{2}}$.
令 $h^{\prime}(x)=\frac{\mathrm{e}^{x}(x+1)}{(x+2)^{2}}=0$, 解得 $x=-1$.
故 $x \in(-2,-1), h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 为减函数 $; x \in(-1,+\infty), h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 为增函数. 所以 $h(x){ }{\min }=h(-1)=\frac{1}{\mathrm{e}}$.
所以 $g(x) \leqslant(1) \frac{1}{\mathrm{e}} \leqslant(2) h(x)$,
(第(1)个等号取得的条件是 $x=\mathrm{e}-2$, 第(2)个等号取得的条件是 $x=-1$ )
因此(1), (2) 的等号不能同时取得, 故 $\frac{\ln (x+2)}{x+2}<\frac{\mathrm{e}^{x}}{x+2}$,
即 $\ln (x+2)<\mathrm{e}^{x}$.
综上所述, 当 $m \leqslant 2$ 时, $f(x)>0$.
处理方案二:
$f(x)>0 \Leftrightarrow \mathrm{e}^{x}>\ln (x+m)$, 因为 $m \leqslant 2$, 所以 $\ln (x+m) \leqslant \ln (x+2)$,
要证原不等式成立, 问题等价于证明 $\ln (x+2)<\mathrm{e}^{x}$, 转化为 $\ln (x+2)-(x+1)<\mathrm{e}^{x}-(x+1)$.
设 $g(x)=\ln (x+2)-(x+1), g^{\prime}(x)=\frac{1}{x+2}-1$ 在 $(-2,+\infty)$ 上为减函数,
令 $g^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=-1$.
故 $x \in(-2,-1), g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 为增函数; $x \in(-1,+\infty), g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 为减函数. 所以 $g(x) \leqslant g(-1)=0$.
设 $h(x)=\mathrm{e}^{x}-(x+1)$, 则 $h^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-1$ 在 $x \in(-2,+\infty)$ 为增函数, 令 $h^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=0$. 故 $x \in(-2,0), h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 为减函数; $x \in(0,+\infty), h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 为增函数.
所以 $h(x)_{\min }=h(0)=0$.
所以 $g(x) \leqslant(1) 0 \leqslant(2) h(x)$,
(第(1)个等号取得的条件是 $x=-1$, 第(2)个等号取得的条件是 $x=0$ )
因此(1), (2) 的等号不能同时取得, 故 $\ln (x+2)-(x+1)<\mathrm{e}^{x}-(x+1)$, 即 $\ln (x+2)<\mathrm{e}^{x}$. 综上所述, 当 $m \leqslant 2$ 时, $f(x)>0$.
【例 8】证明: $\mathrm{e}^{x}-2 x>x^{2} \ln x$.
- 解析
证明: 法一 (指数处理技巧) :
$\mathrm{e}^{x}-2 x>x^{2} \ln x$ 等价于 $\mathrm{e}^{-x}\left(x^{2} \ln x+2 x\right)-1<0$.
设 $f(x)=\mathrm{e}^{-x}\left(x^{2} \ln x+2 x\right)-1, f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{-x}\left(-x^{2} \ln x-x+2 x \ln x+2\right)=\mathrm{e}^{-x}(2-x)(x \ln x+1)$,
又 $x \ln x+1>0$ (证明略),
令 $2-x=0$, 解得 $x=2$.
所以, 当 $x \in(0,2)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 在 $x \in(0,2)$ 上为增函数;
当 $x \in(2,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 在 $x \in(2,+\infty)$ 上为减函数.
所以 $f(x)_{\max }=f(2)=\mathrm{e}^{-2}(4+4 \ln 2)-1<\frac{7}{\mathrm{e}^{2}}-1<0$.
综上所述, $\mathrm{e}^{x}-2 x>x^{2} \ln x$.
【例9】求证: $\mathrm{e}^{x}+(1-\mathrm{e}) x \geqslant x \ln x+1$.
- 解析
证明: 法一 (对数处理技巧):
定义域 $x \in(0,+\infty)$,
$\mathrm{e}^{x}+(1-\mathrm{e}) x \geqslant x \ln x+1$ 等价于 $\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-\frac{1}{x}-\ln x+(1-\mathrm{e}) \geqslant 0 .$
设 $f(x)=\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-\frac{1}{x}-\ln x+(1-\mathrm{e})$, 则 $f^{\prime}(x)=\frac{\mathrm{e}^{x}-1}{x^{2}} \cdot(x-1)$,
又 $x \in(0,+\infty), \mathrm{e}^{x}-1>0$, 故令 $x-1=0$, 解得 $x=1$.
所以, 当 $x \in(0,1)$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 在 $x \in(0,1)$ 上为减函数;
当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 在 $x \in(1,+\infty)$ 上为增函数.
所以 $f(x){ }_{\min }=f(1)=0$,
即 $\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-\frac{1}{x}-\ln x+(1-\mathrm{e}) \geqslant 0 .$
证毕.
法二(凹凸反转):
定义域 $x \in(0,+\infty)$,
$\mathrm{e}^{x}+(1-\mathrm{e}) x \geqslant x \ln x+1$ 等价于 $\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-\frac{1}{x}+(1-\mathrm{e})-x \geqslant \ln x-x$,
即证 $\left[\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-\frac{1}{x}+(1-\mathrm{e})-x\right]{\min } \geqslant(\ln x-x){\max }$.
设 $f(x)=\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-\frac{1}{x}+(1-\mathrm{e})-x$, 则 $f^{\prime}(x)=\frac{\mathrm{e}^{x}(x-1)}{x^{2}}+\frac{1}{x^{2}}-1=\frac{\left(\mathrm{e}^{x}-x-1\right)(x-1)}{x^{2}}$,
又 $x \in(0,+\infty)$ 时, $\mathrm{e}^{x}-x-1>0$ (证略),
故令 $x-1=0$, 解得 $x=1$.
所以当 $x \in(0,1)$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 在 $x \in(0,1)$ 上为减函数;
当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 在 $x \in(1,+\infty)$ 上为增函数.
所以 $f(x)_{\min }=f(1)=-1$.
设 $g(x)=\ln x-x$, 则 $g^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-1$,
令 $g^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=1$.
所以, 当 $x \in(0,1)$ 时, $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 在 $x \in(0,1)$ 上为增函数;
当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 在 $x \in(1,+\infty)$ 上为减函数.
所以 $g(x){\text {max }}=g(1)=-1$.
所以 $\left[\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-\frac{1}{x}+(1-\mathrm{e})-x\right]{\min } \geqslant(\ln x-x)_{\max }$.
证毕.
法三(基本放缩 + 指数处理技巧):
$x \in(0,+\infty), x-1 \geqslant \ln x$ (证略), 故 $x \ln x+1 \leqslant x(x-1)+1$.
要证 $\mathrm{e}^{x}+(1-\mathrm{e}) x \geqslant x \ln x+1$, 尝试证 $x(x-1)+1 \leqslant \mathrm{e}^{x}+(1-\mathrm{e}) x$.
处理方案一:
$x(x-1)+1 \leqslant \mathrm{e}^{x}+(1-\mathrm{e}) x$ 等价于 $\mathrm{e}^{x}-x^{2}+(2-\mathrm{e}) x-1 \geqslant 0 .$
设 $f(x)=\mathrm{e}^{x}-x^{2}+(2-\mathrm{e}) x-1$, 且 $f(1)=0$,
则 $f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-2 x+(2-\mathrm{e})$, 且 $f^{\prime}(1)=0$,
则 $f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-2$ 在 $x \in(0,+\infty)$ 上为增函数,
令 $f^{\prime \prime}(x)=0$, 解得 $x=\ln 2$.
所以, 当 $x \in(0, \ln 2)$ 时, $f^{\prime \prime}(x)<0, f^{\prime}(x)$ 在 $x \in(0, \ln 2)$ 上为减函数;
当 $x \in(\ln 2,+\infty)$ 时, $f^{\prime \prime}(x)>0, f^{\prime}(x)$ 在 $x \in(\ln 2,+\infty)$ 上为增函数.
所以 $f^{\prime}(x){\min }=f^{\prime}(\ln 2)<f^{\prime}(1)=0$,
又 $f^{\prime}(0)=3-\mathrm{e}>0$,
所以存在唯一 $x{0} \in(0, \ln 2)$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$.
所以, 当 $x \in\left(0, x_{0}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 在 $x \in\left(0, x_{0}\right)$ 上为增函数;
当 $x \in\left(x_{0}, 1\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 在 $x \in\left(x_{0}, 1\right)$ 上为减函数;
当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 在 $x \in(1,+\infty)$ 上为增函数.
又 $f(0)=0$ 且 $f(1)=0$,
所以 $f(x) \geqslant f(1)=0$,
即 $\mathrm{e}^{x}+(1-\mathrm{e}) x \geqslant x(x-1)+1 \geqslant x \ln x+1$.
证毕.
处理方案二 (指数处理技巧):
$x(x-1)+1 \leqslant \mathrm{e}^{x}+(1-\mathrm{e}) x$ 等价于 $\frac{x^{2}-(2-\mathrm{e}) x+1}{\mathrm{e}^{x}}-1 \leqslant 0$.
设 $f(x)=\frac{x^{2}-(2-\mathrm{e}) x+1}{\mathrm{e}^{x}}-1$,
则 $f^{\prime}(x)=\frac{(-x+1)(x+\mathrm{e}-3)}{\mathrm{e}^{x}}$,
令 $(-x+1)(x+\mathrm{e}-3)=0$, 解得 $x_{1}=1$ 或 $x_{2}=3-\mathrm{e}$.
所以, 当 $x \in(0,3-\mathrm{e})$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 在 $x \in(0,3-\mathrm{e})$ 上为减函数; 当 $x \in(3-\mathrm{e}, 1)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 在 $x \in(3-\mathrm{e}, 1)$ 上为增函数; 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 在 $x \in(1,+\infty)$ 上为减函数. 又 $f(0)=0, f(1)=0$, 所以 $x \in(0,+\infty), f(x) \leqslant \max {f(0), f(1)}=0$. 所以 $\frac{x^{2}-(2-\mathrm{e}) x+1}{\mathrm{e}^{x}}-1 \leqslant 0$. 证毕.
【例 10】已知函数 $f(x)=\mathrm{e}^{a x}-1+\ln (x+1)$.
(1) 若函数 $f(x)$ 在区间 $(-1,+\infty)$ 上单调递增, 求 $a$ 的取值范围;
(2) 若 $0<a \leqslant 1$, 且 $x>0$, 求证: $f(x)>2 a x$.
- 解析
(1) $f(x)=\mathrm{e}^{a x}-1+\ln (x+1), f^{\prime}(x)=a \mathrm{e}^{a x}+\frac{1}{x+1}$,
$f(x)$ 在区间 $(-1,+\infty)$ 上单调递增,
则 $f^{\prime}(x)=a \mathrm{e}^{a x}+\frac{1}{x+1}=\frac{1}{x+1}\left[a \mathrm{e}^{a x}(x+1)+1\right] \geqslant 0$ 恒成立,
即 $a \mathrm{e}^{a x}(x+1)+1 \geqslant 0$ 恒成立.
取 $x=0$, 则 $f^{\prime}(0)=a+1 \geqslant 0$, 得 $a \geqslant-1$.
当 $a \geqslant 0$ 时, $f^{\prime}(x)>0$ 恒成立; 当 $-1 \leqslant a<0$ 时,
设 $g(x)=a \mathrm{e}^{a x}(x+1)+1$, 则 $g^{\prime}(x)=a^{2} \mathrm{e}^{a x}\left(x+\frac{1}{a}+1\right)$,
令 $x+\frac{1}{a}+1=0$,
解得 $x=-\frac{1}{a}-1$.
所以当 $x \in\left(0,-\frac{1}{a}-1\right)$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 在 $x \in\left(0,-\frac{1}{a}-1\right)$ 上为减函数;
当 $x \in\left(-\frac{1}{a}-1,+\infty\right)$ 时, $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 在 $x \in\left(-\frac{1}{a}-1,+\infty\right)$ 上为增函数.
所以 $g(x)_{\min }=g\left(-\frac{1}{a}-1\right)=-\mathrm{e}^{-a-1}+1 \geqslant 0$,
即 $f^{\prime}(x) \geqslant 0$.
综上所述, $a$ 的取值范围是 $[-1,+\infty)$.
(2) 证明: 若 $0<a \leqslant 1$, 且 $x>0, f(x)=\mathrm{e}^{a x}-1+\ln (x+1)>2 a x$,
令 $t=a x(t>0)$,
问题证明转化为 $\mathrm{e}^{t}-1+\ln \left(\frac{t}{a}+1\right)-2 t>0$,
先将 $a$ 看作主元, 有 $\mathrm{e}^{t}-1+\ln \left(\frac{t}{a}+1\right)-2 t>\mathrm{e}^{t}-1+\ln (t+1)-2 t$,
下证关于变量 $t$ 的不等式 $\mathrm{e}^{t}-1+\ln (t+1)-2 t>0$,
$\mathrm{e}^{t}-1+\ln (t+1)-2 t>0$ 等价于 $\mathrm{e}^{t}-t-1>t-\ln (t+1)$,
令 $g(t)=\mathrm{e}^{t}-t-1$,
则 $g(\ln (t+1))=t-\ln (t+1)$,
$g(t)$ 在 $t \in(0,+\infty)$ 上单调递增, 且 $t>\ln (t+1)$ (证明略),
故 $g(t)>g(\ln (t+1))$.
综上所述, 若 $0<a \leqslant 1$, 且 $x>0, f(x)>2 a x$.
【例 11 】证明: $x^{2} \mathrm{e}^{x}-\ln x-1>0(\ln 2 \approx 0.6931, \sqrt{\mathrm{e}} \approx 1.649)$.
- 解析
证明: 法一 (隐零点代换)：
设 $f(x)=x^{2} \mathrm{e}^{x}-\ln x-1$, 定义域 $x \in(0,+\infty)$,
则 $f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}\left(x^{2}+2 x\right)+\frac{-1}{x}=\frac{\mathrm{e}^{x}\left(x^{3}+2 x^{2}\right)-1}{x}$ 在 $x \in(0,+\infty)$ 上为增函数,
令 $g(x)=\mathrm{e}^{x}\left(x^{3}+2 x^{2}\right)-1$, 在 $x \in(0,+\infty)$ 上为增函数,
又 $g(0)=-1<0, g\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\mathrm{e}}\left(\frac{1}{8}+\frac{1}{2}-\frac{1}{\sqrt{\mathrm{e}}}\right)>0$,
所以存在唯一 $x_{0} \in\left(0, \frac{1}{2}\right)$, 使得 $g\left(x_{0}\right)=0$.
所以, 当 $x \in\left(0, x_{0}\right)$ 时, $g(x)<0, f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 在 $x \in\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递减,
当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时, $g(x)>0, f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 在 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 上单调递增.
所以 $f(x){\min }=f\left(x{0}\right)=x_{0}^{2} \mathrm{e}^{x_{0}}-\ln x_{0}-1()$,
又 $g\left(x_{0}\right)=0$, 即 $x_{0}^{3}+2 x_{0}^{2}=\frac{1}{\mathrm{e}^{x_{0}}}$, 代入 $()$ 式得 $f(x){\min }=f\left(x{0}\right)=x_{0}^{2} \frac{1}{x_{0}^{3}+2 x_{0}^{2}}-\ln x_{0}-1=\frac{1}{x_{0}+2}-\ln x_{0}-1>\frac{1}{\frac{1}{2}+2}-\ln \frac{1}{2}-1>0$,
综上所述, $x^{2} \mathrm{e}^{x}-\ln x-1>0$.
处理方案一:
要证 $x^{2} \mathrm{e}^{x}-\ln x-1>0$, 需证 $\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}>\frac{\ln x+1}{x^{3}}$,
下面证 $\left(\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}\right){\min }>\left(\frac{\ln x+1}{x^{3}}\right){\max }$ 即可.
定义域 $x \in(0,+\infty)$,
设 $f(x)=\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}$, 则 $f^{\prime}(x)=\frac{\mathrm{e}^{x}(x-1)}{x^{2}}$,
所以, 当 $x \in(0,1)$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 在 $x \in(0,1)$ 上单调递减, 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 在 $x \in(1,+\infty)$ 上单调递增. 所以 $f(x){\min }=f(1)=\mathrm{e}$;
再证 $\frac{\ln x+1}{x^{3}}<\mathrm{e}$, 即 $\mathrm{e} x^{3}-\ln x-1>0$.
设 $t=x^{3}(t>0), f(t)=\mathrm{e} t-\frac{1}{3} \ln t-1$,
则 $f^{\prime}(t)=\mathrm{e}+\frac{-1}{3 t}$ 在 $t \in(0,+\infty)$ 上为增函数,
令 $f^{\prime}(t)=0$, 解得 $t=\frac{1}{3 \mathrm{e}}$,
所以当 $t \in\left(0, \frac{1}{3 \mathrm{e}}\right)$ 时, $f^{\prime}(t)<0, f(t)$ 在 $t \in\left(0, \frac{1}{3 \mathrm{e}}\right)$ 上单调递减,
当 $t \in\left(\frac{1}{3 \mathrm{e}},+\infty\right)$ 时, $f^{\prime}(t)>0, f(t)$ 在 $t \in\left(\frac{1}{3 \mathrm{e}},+\infty\right)$ 上单调递增.
所以 $f(t){\min }=f\left(\frac{1}{3 \mathrm{e}}\right)=\mathrm{e} \cdot \frac{1}{3 \mathrm{e}}-\frac{1}{3} \ln \frac{1}{3 \mathrm{e}}-1=\frac{1}{3}(\ln 3 \mathrm{e}-2)>0$,
综上所述, $x^{2} \mathrm{e}^{x}-\ln x-1>0$.
处理方案二:
要证 $x^{2} \mathrm{e}^{x}-\ln x-1>0$, 需证 $\frac{\mathrm{e}^{x}}{\sqrt{x}}>\frac{\ln x+1}{\sqrt{x} x^{2}}$,
$\text { 令 } g(x)=\frac{\mathrm{e}^{x}}{\sqrt{x}}, h(x)=\frac{\ln x+1}{x^{2} \sqrt{x}} \text {, }$
所以 $g^{\prime}(x)=\left(x-\frac{1}{2}\right) \frac{\mathrm{e}^{x}}{x^{\frac{3}{2}}}$.
令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=\frac{1}{2}$, 当 $0<x<\frac{1}{2}$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 为减函数;
当 $x>\frac{1}{2}$ 时, $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 为增函数,
所以 $g(x)_{\min }=g\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{2 \mathrm{e}}$, 即 $g(x) \geqslant \sqrt{2 \mathrm{e}}$.
$h^{\prime}(x)=\left(-\frac{3}{2}-\frac{5}{2} \ln x\right) x^{-\frac{7}{2}}$, 令 $h^{\prime}(x)=0$ 得 $x=\mathrm{e}^{-\frac{3}{5}}$.
当 $0<x<\mathrm{e}^{-\frac{3}{5}}$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 为增函数;
当 $x>\mathrm{e}^{-\frac{3}{5}}$ 时, $h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 为减函数,
所以 $h(x){\max }=h\left(\mathrm{e}^{-\frac{3}{5}}\right)=\frac{2}{5} \mathrm{e}^{\frac{3}{2}}, h(x) \leqslant \frac{2}{5} \mathrm{e}^{\frac{3}{2}}$,
又 $\sqrt{2 \mathrm{e}}>\frac{2}{5} \mathrm{e}^{\frac{3}{2}}$, 所以 $g(x)>h(x)$,
即当 $x>0$ 时, $x^{2} \mathrm{e}^{x}-\ln x-1>0$.
处理方案三:
要证 $x^{2} \mathrm{e}^{x}-\ln x-1>0$, 需证 $\left(x^{2} \mathrm{e}^{x}-2 x\right){\min }>(\ln x-2 x+1)_{\max }$.
法三(放缩法):
$x^{2} \mathrm{e}^{x}-\ln x-1 \geqslant \mathrm{e} x \cdot x^{2}-\frac{1}{3} \ln x^{3}-1$,
下证: $e x^{3}-\frac{1}{3} \ln x^{3}-1>0$,
设 $t=x^{3}(t>0), f(t)=\mathrm{e} t-\frac{1}{3} \ln t-1$,
则 $f^{\prime}(t)=\mathrm{e}+\frac{-1}{3 t}$ 在 $t \in(0,+\infty)$ 上为增函数,
令 $f^{\prime}(t)=0$, 解得 $t=\frac{1}{3 \mathrm{e}}$,
所以当 $t \in\left(0, \frac{1}{3 \mathrm{e}}\right)$ 时, $f^{\prime}(t)<0, f(t)$ 在 $t \in\left(0, \frac{1}{3 \mathrm{e}}\right)$ 上单调递减,
当 $t \in\left(\frac{1}{3 \mathrm{e}},+\infty\right)$ 时, $f^{\prime}(t)>0, f(t)$ 在 $t \in\left(\frac{1}{3 \mathrm{e}},+\infty\right)$ 上单调递增.
所以 $f(t)_{\min }=f\left(\frac{1}{3 \mathrm{e}}\right)=\mathrm{e} \cdot \frac{1}{3 \mathrm{e}}-\frac{1}{3} \ln \frac{1}{3 \mathrm{e}}-1=\frac{1}{3}(\ln 3 \mathrm{e}-2)>0$,
综上所述, $x^{2} \mathrm{e}^{x}-\ln x-1>0$.
【例 12】已知函数 $f(x)=a \ln x+\frac{1}{x}+\frac{1}{2 x^{2}}$.
(1) 讨论函数 $f(x)$ 的单调性;
(2) 证明: $(x-1)\left(\mathrm{e}^{-x}-x\right)+2 \ln x<\frac{2}{3}$.
- 解析
(1) $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$,
则 $f^{\prime}(x)=\frac{a}{x}-\frac{1}{x^{2}}-\frac{1}{x^{3}}=\frac{a x^{2}-x-1}{x^{3}}$,
当 $a \leqslant 0$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 则 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减.
当 $a>0$ 时, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 即 $a x^{2}-x-1=0$,
解得 $x=\frac{1+\sqrt{1+4 a}}{2 a}$ 或 $x=\frac{1-\sqrt{1+4 a}}{2 a}$ (舍),
所以当 $x \in\left(0, \frac{1+\sqrt{1+4 a}}{2 a}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减; 当 $x \in\left(\frac{1+\sqrt{1+4 a}}{2 a},+\infty\right)$ 时， $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增.
(2) 证明: 法一: 当 $a=2$ 时, 由 $(1)$ 可知 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递减, 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增.
所以 $f(x)_{\min }=f(1)=\frac{3}{2}, 2 \ln x+\frac{1}{x}+\frac{1}{2 x^{2}} \geqslant \frac{3}{2}$.
即 $2 \ln \frac{1}{x}+x+\frac{1}{2} x^{2} \geqslant \frac{3}{2}, 2 \ln x-x-\frac{1}{2} x^{2} \leqslant-\frac{3}{2}$.
$(x-1)\left(\mathrm{e}^{-x}-x\right)+2 \ln x=(x-1) \mathrm{e}^{-x}-x^{2}+x+2 \ln x=(x-1) \mathrm{e}^{-x}-\frac{x^{2}}{2}+2 x+$
$\left(2 \ln x-x-\frac{x^{2}}{2}\right)<(x-1) \mathrm{e}^{-x}-\frac{x^{2}}{2}+2 x-\frac{3}{2}$,
令 $g(x)=(x-1) \mathrm{e}^{-x}-\frac{x^{2}}{2}+2 x, x>0$,
则 $g^{\prime}(x)=(2-x)\left(\mathrm{e}^{-x}+1\right)$,
易知 $x=2$ 时, $g(x)$ 取得最大值,
即 $g(x) \leqslant g(2)=\frac{1}{\mathrm{e}^{2}}+2 .$
所以 $(x-1) \mathrm{e}^{-x}-\frac{x^{2}}{2}+2 x+2 \ln x-x-\frac{x^{2}}{2}=(x-1)\left(\mathrm{e}^{-x}-x\right)+2 \ln x<\frac{1}{\mathrm{e}^{2}}+2-\frac{3}{2}<\frac{2}{3}$.
法一用到了第一问的结论,体现了题目的连续性,但是需转换不等号的方向,有一定的思
维难度. 观察题目特征, 若能利用放缩法, 可简化解题.
法二: 利用 $\ln x \leqslant x-1$ (当且仅当 $x=1$ 时取等号) 进行放缩.
$(x-1)\left(\mathrm{e}^{-x}-x\right)+2 \ln x<(x-1)\left(\mathrm{e}^{-x}-x\right)+2(x-1)=(x-1) \mathrm{e}^{-x}-(x-1)(x-2)$,
只需证 $(x-1) \mathrm{e}^{-x}<(x-1)(x-2)+\frac{2}{3}=x^{2}-3 x+\frac{8}{3}$.
令 $h(x)=(x-1) \mathrm{e}^{-x}, g(x)=x^{2}-3 x+\frac{8}{3}$,
易得 $h(x){\max }=\frac{1}{\mathrm{e}^{2}}<g(x){\min }=\frac{5}{12}$,
所以原命题得证.