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2024年高考数学一轮复习(新高考版) 第3章 §3.6 利用导数证明不等式

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§3.6 利用导数证明不等式考试要求 导数中的不等式证明是高考的常考题型,常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结合,虽然题目难度较大,但是解题方法多种多样,如构造函数法、放缩法等,针对不同的题目,灵活采用不同的解题方法,可以达到事半功倍的效果.题型一 将不等式转化为函数的最值问题例1 (2023·潍坊模拟)已知函数f(x)=ex-ax-a,a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a=1时,令g(x)=.证明:当x>0时,g(x)>1.(1)解 函数f(x)=ex-ax-a的定义域为R,求导得f′(x)=ex-a,当a≤0时,f′(x)>0恒成立,即f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,当a>0时,令f′(x)=ex-a>0,解得x>lna,令f′(x)<0,解得x<lna,即f(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增,所以当a≤0时,f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,当a>0时,f(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增.(2)证明 当a=1时,g(x)=,当x>0时,>1⇔ex>1+x+⇔<1,令F(x)=-1,x>0,F′(x)=<0恒成立,则F(x)在(0,+∞)上单调递减,F(x)<F(0)=-1=0,因此<1成立,所以当x>0时,g(x)>1,即原不等式得证.思维升华 待证不等式的两边含有同一个变量时,一般地,可以直接构造“左减右”的函数,有时对复杂的式子要进行变形,利用导数研究其单调性和最值,借助所构造函数的单调性和最值即可得证.跟踪训练1 设a为实数,函数f(x)=ex-2x+2a,x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值;(2)求证:当a>ln2-1且x>0时,ex>x2-2ax+1.(1)解 由f(x)=ex-2x+2a(x∈R)知,f′(x)=ex-2.令f′(x)=0,得x=ln2,9 当x<ln2时,f′(x)<0,函数f(x)在区间(-∞,ln2)上单调递减;当x>ln2时,f′(x)>0,函数f(x)在区间(ln2,+∞)上单调递增,所以f(x)的单调递减区间是(-∞,ln2),单调递增区间是(ln2,+∞),f(x)的极小值为f(ln2)=eln2-2ln2+2a=2-2ln2+2a,无极大值.(2)证明 要证当a>ln2-1且x>0时,ex>x2-2ax+1,即证当a>ln2-1且x>0时,ex-x2+2ax-1>0,设g(x)=ex-x2+2ax-1(x>0),则g′(x)=ex-2x+2a,由(1)知g′(x)min=2-2ln2+2a,又a>ln2-1,则g′(x)min>0,于是对∀x∈(0,+∞),都有g′(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,于是对∀x>0,都有g(x)>g(0)=0,即ex-x2+2ax-1>0,故ex>x2-2ax+1.题型二 将不等式转化为两个函数的最值进行比较例2 (2023·苏州模拟)已知函数f(x)=elnx-ax(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a=e时,证明f(x)-+2e≤0.(1)解 函数的定义域为(0,+∞),∵f′(x)=-a=(x>0),∴当a≤0时,f′(x)>0在(0,+∞)上恒成立,故函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;当a>0时,由f′(x)>0,得0<x<,由f′(x)<0,得x>,即函数f(x)在区间上单调递增,在上单调递减.综上,当a≤0时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;当a>0时,f(x)在区间9 上单调递增,在上单调递减.(2)证明 证明f(x)-+2e≤0,只需证明f(x)≤-2e,由(1)知,当a=e时,函数f(x)在区间(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴f(x)max=f(1)=-e.令g(x)=-2e(x>0),则g′(x)=,∴当x∈(0,1)时,g′(x)<0,函数g(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增,∴g(x)min=g(1)=-e,∴当x>0,a=e时,f(x)-+2e≤0.思维升华 若直接求导比较复杂或无从下手时,可将待证式进行变形,构造两个函数,从而找到可以传递的中间量,达到证明的目标.本例中同时含lnx与ex,不能直接构造函数,把指数与对数分离两边,分别计算它们的最值,借助最值进行证明.跟踪训练2 (2023·合肥模拟)已知函数f(x)=ex+x2-x-1.(1)求f(x)的最小值;(2)证明:ex+xlnx+x2-2x>0.(1)解 由题意可得f′(x)=ex+2x-1,则函数f′(x)在R上单调递增,且f′(0)=0.由f′(x)>0,得x>0;由f′(x)<0,得x<0.则f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,故f(x)min=f(0)=0.(2)证明 要证ex+xlnx+x2-2x>0,即证ex+x2-x-1>-xlnx+x-1.由(1)可知当x>0时,f(x)>0恒成立.设g(x)=-xlnx+x-1,x>0,则g′(x)=-lnx.由g′(x)>0,得0<x<1;由g′(x)<0,得x>1.则g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,从而g(x)≤g(1)=0,当且仅当x=1时,等号成立.故f(x)>g(x),即ex+xlnx+x2-2x>0.9 题型三 适当放缩证明不等式例3 已知函数f(x)=aex-1-lnx-1.(1)若a=1,求f(x)在(1,f(1))处的切线方程;(2)证明:当a≥1时,f(x)≥0.(1)解 当a=1时,f(x)=ex-1-lnx-1(x>0),f′(x)=ex-1-,k=f′(1)=0,又f(1)=0,∴切点为(1,0).∴切线方程为y-0=0(x-1),即y=0.(2)证明 ∵a≥1,∴aex-1≥ex-1,∴f(x)≥ex-1-lnx-1.方法一 令φ(x)=ex-1-lnx-1(x>0),∴φ′(x)=ex-1-,令h(x)=ex-1-,∴h′(x)=ex-1+>0,∴φ′(x)在(0,+∞)上单调递增,又φ′(1)=0,∴当x∈(0,1)时,φ′(x)<0;当x∈(1,+∞)时,φ′(x)>0,∴φ(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,∴φ(x)min=φ(1)=0,∴φ(x)≥0,∴f(x)≥φ(x)≥0,即f(x)≥0.方法二 令g(x)=ex-x-1,∴g′(x)=ex-1.当x∈(-∞,0)时,g′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,g′(x)>0,∴g(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,9 ∴g(x)min=g(0)=0,故ex≥x+1,当且仅当x=0时取“=”.同理可证lnx≤x-1,当且仅当x=1时取“=”.由ex≥x+1⇒ex-1≥x(当且仅当x=1时取“=”),由x-1≥lnx⇒x≥lnx+1(当且仅当x=1时取“=”),∴ex-1≥x≥lnx+1,即ex-1≥lnx+1,即ex-1-lnx-1≥0(当且仅当x=1时取“=”),即f(x)≥0.思维升华 导数方法证明不等式中,最常见的是ex和lnx与其他代数式结合的问题,对于这类问题,可以考虑先对ex和lnx进行放缩,使问题简化,简化后再构建函数进行证明.常见的放缩公式如下:(1)ex≥1+x,当且仅当x=0时取等号;(2)lnx≤x-1,当且仅当x=1时取等号.跟踪训练3 (2022·南充模拟)已知函数f(x)=ax-sinx.(1)若函数f(x)为增函数,求实数a的取值范围;(2)求证:当x>0时,ex>2sinx.(1)解 ∵f(x)=ax-sinx,∴f′(x)=a-cosx,由函数f(x)为增函数,则f′(x)=a-cosx≥0恒成立,即a≥cosx在R上恒成立,∵y=cosx∈[-1,1],∴a≥1,即实数a的取值范围是[1,+∞).(2)证明 由(1)知,当a=1时,f(x)=x-sinx为增函数,当x>0时,f(x)>f(0)=0⇒x>sinx,要证当x>0时,ex>2sinx,只需证当x>0时,ex>2x,即证ex-2x>0在(0,+∞)上恒成立,设g(x)=ex-2x(x>0),则g′(x)=ex-2,令g′(x)=0解得x=ln2,∴g(x)在(0,ln2)上单调递减,在(ln2,+∞)上单调递增,∴g(x)min=g(ln2)=eln2-2ln2=2(1-ln2)>0,∴g(x)≥g(ln2)>0,∴ex>2x成立,故当x>0时,ex>2sinx.9 课时精练1.已知函数f(x)=ax+xlnx,且曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线与直线4x-y+1=0平行.(1)求实数a的值;(2)求证:当x>0时,f(x)>4x-3.(1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=lnx+1+a,由题意知,f′(e)=2+a=4,则a=2.(2)证明 由(1)知,f(x)=2x+xlnx,令g(x)=f(x)-(4x-3)=xlnx-2x+3,则g′(x)=lnx-1,由lnx-1>0得x>e,由lnx-1<0得0<x<e,故g(x)在(0,e)上单调递减,在(e,+∞)上单调递增,∴g(x)min=g(e)=3-e>0,即g(x)>0,即f(x)>4x-3.2.(2023·淄博模拟)已知函数f(x)=ex-x-1.(1)求函数f(x)的单调区间和极值;(2)当x≥0时,求证:f(x)+x+1≥x2+cosx.(1)解 易知函数f(x)的定义域为R,∵f(x)=ex-x-1,∴f′(x)=ex-1,令f′(x)>0,解得x>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,令f′(x)<0,解得x<0,f(x)在(-∞,0)上单调递减,即f(x)的单调递增区间为(0,+∞),单调递减区间为(-∞,0),∴函数f(x)的极小值为f(0)=0,无极大值.(2)证明 要证f(x)+x+1≥x2+cosx,即证ex-x2-cosx≥0,设g(x)=ex-x2-cosx,要证原不等式成立,即证g(x)≥0成立,∵g′(x)=ex-x+sinx,sinx≥-1,∴g′(x)=ex-x+sinx≥ex-x-19 ,由(1)知,ex-x-1≥0(x=0时等号成立),∴g′(x)>0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递增,∴在区间[0,+∞)上,g(x)≥g(0)=0,∴当x≥0时,f(x)+x+1≥x2+cosx得证.3.已知函数f(x)=xlnx-ax.(1)当a=-1时,求函数f(x)在(0,+∞)上的最值;(2)证明:对一切x∈(0,+∞),都有lnx+1>-成立.(1)解 函数f(x)=xlnx-ax的定义域为(0,+∞),当a=-1时,f(x)=xlnx+x,f′(x)=lnx+2,由f′(x)=0,得x=,当0<x<时,f′(x)<0;当x>时,f′(x)>0,所以f(x)在上单调递减,在上单调递增,因此f(x)在x=处取得最小值,即f(x)min=f =-,无最大值.(2)证明 当x>0时,lnx+1>-,等价于x(lnx+1)>-,由(1)知,当a=-1时,f(x)=xlnx+x≥-,当且仅当x=时取等号,设G(x)=-,x∈(0,+∞),则G′(x)=,易知G(x)max=G(1)=-,9 当且仅当x=1时取到,从而可知对一切x∈(0,+∞),都有f(x)>G(x),即lnx+1>-.4.(2022·新高考全国Ⅱ)已知函数f(x)=xeax-ex.(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)当x>0时,f(x)<-1,求a的取值范围;(3)设n∈N*,证明:++…+>ln(n+1).(1)解 当a=1时,f(x)=(x-1)ex,x∈R,则f′(x)=xex,当x<0时,f′(x)<0,当x>0时,f′(x)>0,故f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)解 设h(x)=xeax-ex+1,则h(0)=0,又h′(x)=(1+ax)eax-ex,设g(x)=(1+ax)eax-ex,则g′(x)=(2a+a2x)eax-ex,若a>,则g′(0)=2a-1>0,因为g′(x)为连续不间断函数,故存在x0∈(0,+∞),使得∀x∈(0,x0),总有g′(x)>0,故g(x)在(0,x0)上单调递增,故g(x)>g(0)=0,故h(x)在(0,x0)上单调递增,故h(x)>h(0)=0,与题设矛盾.若0<a≤,则h′(x)=(1+ax)eax-ex=eax+ln(1+ax)-ex,下证:对任意x>0,总有ln(1+x)<x成立,9 证明:设S(x)=ln(1+x)-x,x>0,故S′(x)=-1=<0,故S(x)在(0,+∞)上单调递减,故S(x)<S(0)=0,即ln(1+x)<x成立.由上述不等式有eax+ln(1+ax)-ex<eax+ax-ex=e2ax-ex≤0,故h′(x)≤0总成立,即h(x)在(0,+∞)上单调递减,所以h(x)<h(0)=0,满足题意.若a≤0,则h′(x)=eax-ex+axeax<1-1+0=0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递减,所以h(x)<h(0)=0,满足题意.综上,a≤.(3)证明 取a=,则∀x>0,总有-ex+1<0成立,令t=,则t>1,t2=ex,x=2lnt,故2tlnt<t2-1,即2lnt<t-对任意的t>1恒成立.所以对任意的n∈N*,有2ln<-,整理得ln(n+1)-lnn<,故++…+>ln2-ln1+ln3-ln2+…+ln(n+1)-lnn=ln(n+1),故不等式成立.9

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发布时间:2024-09-11 09:00:01 页数:9
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文章作者:180****8757

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