例1 已知函数
(1)若x=x0时, f(x)取得极小值f(x0)求a及f(x0)的取值范围;
(2)当a=π,0<m<π时,证明: f(x)+mln x>0.
解 (1)略.
(2)要证
当0<x<1时,ln x<0,h(m)在区间(0,π)单调减,故
记
当x=1时,h(m)=π-1>0.
当1<x<π时,ln x>0,h(m)在(0,π)单调增,则
综上,h(m)>0,即f(x)+mln x>0.
评注 如果以x为主元求解问题(2)较为繁琐.此时重新确定m为主元,要证h(m)>0,只需对ln x进行分类讨论即可,这使得解题过程大大简化.
例2 (2019年江苏高考题)已知函数f(x)=(x-a)(x-b)(x-c),a、b、c∈R, 且 f ′(x)为f(x)的导函数.若a=0,0<b≤1, c=1,且f(x)的极大值为M,求证:
证明 由已知得f(x)=x(x-b)(x-1),0<b≤1.结合三次函数的图象,可知存在x0∈(0,1),使得M=f(x0),且
记
记φ(x)=x-2x2+x3,0<x<1,易求得φ(x)的最大值为
故
评注 要证明
例3 (2019年浙江高考题)已知实数a≠0,设函数
(1)当
(2)对任意
解 (1)略.
(2)令
当
记
由
记
易知p(x)在区间
当
记
记函数
综上,
评注 对于不等式
例4 已知函数f(x)=ex-x,g(x)=(x+k)ln(x+k)-x.对任意的a、b>0,不等式f(a)+g(b)≥f(0)+g(0)+ab恒成立,求正实数k的取值范围.
解 由已知,可得ea-a+(b+k)ln(b+k)-b-1-kln k-ab≥0,a>0,b>0,k>0.
记h(a)=ea-a+(b+k)ln(b+k)-b-1-kln k-ab,则h(a)≥0.
h′(a)=ea-1-b,令h′(a)=0,得a=ln(b+1).易知h(a)在(0,ln(b+1))单调减,在(ln(b+1),+∞)单调增,故h(a)≥h(ln(b+1)),即h(a)≥(b+k)ln(b+k)-(b+1)ln(b+1)-kln k.
记t(b)=(b+k)ln(b+k)-(b+1)ln(b+1)-kln k,则t′(b)=ln(b+k)-ln(b+1).
若k≥1,则t′(b)≥0,t(b)在(0,+∞)单调增,t(b)>t(0)=0,此时h(a)>0,符合题意.
若0<k<1,则t′(b)<0,t(b)在(0,+∞)单调减,t(b)<t(0)=0,矛盾.
综上,可得k≥1.
评注 本题通过两次重新确定主元,将复杂的多元问题转化成简单的问题,提高了解题效率.
不难发现,对于此类导数试题,当面对题目中含参数问题时,若以x为主元证明很困难,可通过重新确立主元的方法,往往会化繁为简,化难为易,化抽象为具体,使求解过程更加简捷.
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