两类导数证明题型方法探究

2018-08-30江苏省常熟外国语学校215500剑江苏省常熟市中学215500吴旭红

中学数学研究(江西) 2018年8期

关键词：对数极值零点

江苏省常熟外国语学校 (215500) 丁剑江苏省常熟市中学 (215500) 吴旭红

在导函数复习和测试的过程中，有两类导数证明题学生在处理上有一定的困难，本文针对这两种题型，进行剖析，归纳出解题的一般方法，供同行和学生参考学习．

题型一用已知函数单调性证明

(1)求函数f(x)的单调区间；

例2 2017-2018学年第一学期高三期中调研23(2017.11)

(1)若不等式(x+1)ln(x+1)≥ax对任意x∈[0,+∞)恒成立，求实数a的取值范围；

解析：(1)易求得a≤1.

例3 已知函数f(x)=ex,g(x)=lnx+1(x≥1).

(1)求函数h(x)=f(x-1)-g(x)(x≥1)的最小值；

(2)已知1≤ylnx-lny;

(2)由(1)可知，当x≥1时，h(x)=ex-1-lnx-1≥0,∵1≤y

∵1≤ylnx-lny.

剖析：此类证明基本使用前一问的条件，赋值，满足范围即有单调性，则可以用上一问结论．例1若没有第二问铺垫，直接证第三问，可能加深难度．例2测试时利用第一问结论进行论证的不多，少部分同学按法1用裂项完成，极少数移项构造数列根据单调性证明．例3两次利用前面的结论，结合了不等式的递推性质证得．

题型二与两个零点相关不等式型的证明

(一)和型

例4 (不含字母指数型)过点P(-1,0)作曲线f(x)=ex的切线l.

(1)求切线l的方程；(x-y+1=0)

设f(x)=(x+1)ex，则f(x1)=f(x2)．f′(x)=(x+2)ex，当x<-2时，f′(x)<0，当x>-2时，f′(x)>0；

∴f(x)在(-∞,-2]上单调递减，在[-2,+∞)单调递增．

∵x1≠x2，不妨设x1<-2,x2>-2.

设g(x)=f(x)-f(-4-x)，则g′(x)=f′(x)+f′(-4-x)=(x+2)ex(1-e-2(2+x)),当x>-2时，g′(x)>0，g(x)在(-2,+∞)单调递增，∴g(x)>g(-2)=0，即当x>-2时，f(x)>f(-4-x).∵x2>-2,∴f(x2)>f(-4-x2),则f(x1)>f(-4-x2).∵x1<-2,x2>-2,∴-4-x2<-2,且f(x)在(-∞,-2)单调递减，∴x1<-4-x2，即x1+x2<-4．

例5 (含字母指数型)已知函数f(x)=(x-k-1)ex(e为自然对数的底数，e≈2.71828,k∈R)．

(1)当x>0时，求f(x)的单调区间和极值；

(2)①若对于任意x∈[1,2]，都有f(x)<4x成立，求k的取值范围；

②若x1≠x2，且f(x1)=f(x2)，证明：x1+x2<2k.

解：(1)(2)①略．

②由已知f(x1)=f(x2)(x1≠x2)，结合(1)可知k>0,f(x)在(-∞,k)上单调递减，在(k,+∞)上单调递增，又f(k+1)=0，∴xk,2k-x1>k.故要证x1+x2<2k，只要证2k-x1>x2，只要证f(2k-x1)>f(x2)．