2023高考数学统考一轮复习第3章导数及其应用命题探秘1第1课时利用导数证明不等式教师用书教案理新人教版202303081215
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命题探秘一 高考中的导数应用问题第1课时 利用导数证明不等式技法阐释导数是研究函数的工具,利用导数我们可以方便地求出函数的单调性、极值、最值等,在证明与函数有关的不等式时,我们可以把不等式问题转化为函数的最值问题,也常构造函数,把不等式的证明问题转化为利用导数研究函数的单调性或最值问题,利用导数证明不等式常见的方法有:(1)直接转化为函数的最值问题:把证明f(x)<g(a)转化为f(x)max<g(a).(2)移项作差构造函数法:把不等式f(x)>g(x)转化为f(x)-g(x)>0,进而构造函数h(x)=f(x)-g(x).(3)构造双函数法:若直接构造函数求导,难以判断符号,导函数零点不易求得,即函数单调性与极值点都不易获得,可转化不等式为f(x)>g(x)利用其最值求解.(4)换元法,构造函数证明双变量函数不等式:对于f(x1,x2)≥A的不等式,可将函数式变为与或x1·x2有关的式子,然后令t=或t=x1x2,构造函数g(t)求解.(5)适当放缩构造函数法:一是根据已知条件适当放缩,二是利用常见的放缩结论,如lnx≤x-1,ex≥x+1,lnx<x<ex(x>0),≤ln(x+1)≤x(x>-1).(6)构造“形似”函数:对原不等式同解变形,如移项、通分、取对数等.把不等式左、右两边转化为结构相同的式子,然后根据“相同结构”,构造函数.(7)赋值放缩法:函数中对与正整数有关的不等式,可对已知的函数不等式进行赋值放缩,然后通过多次求和达到证明的目的.高考示例思维过程\n(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)=-x+alnx.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:<a-2.(1)略。(2)证明:由(1)知,当且仅当a>2时,f(x)存在两个极值点.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x1<x2,则x2>1.技法一 直接将不等式转化为函数的最值问题[典例1] 已知函数f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a<0时,证明:f(x)≤--2.[思维流程] \n[解] (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=+2ax+2a+1=.若a≥0,则当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,故f(x)在(0,+∞)上单调递增.若a<0,则当x∈时,f′(x)>0;当x∈时,f′(x)<0.故f(x)在上单调递增,在上单调递减.(2)证明:由(1)知,当a<0时,f(x)在x=-处取得最大值,最大值为f=ln-1-.所以f(x)≤--2等价于ln-1-≤--2,即ln++1≤0.设g(x)=lnx-x+1,则g′(x)=-1.当x∈(0,1)时,g′(x)>0;当x∈(1,+∞)时,g′(x)<0.所以g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.故当x=1时,g(x)取得最大值,最大值为g(1)=0.所以当x>0时,g(x)≤0.从而当a<0时,ln++1≤0,即f(x)≤--2.点评:(1)若证f(x)>g(a)或f(x)<g(a),只需证f(x)min>g(a)或f(x)max<g(a).(2)若证f(a)>M或f(a)<M(a,M是常数),只需证f(x)min>M或f(x)max<M.已知函数f(x)=aex-blnx,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=x+1.(1)求a,b;(2)证明:f(x)>0.[解] (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞).f′(x)=aex-,由题意得f(1)=,f′(1)=-1,所以解得(2)证明:由(1)知f(x)=·ex-lnx.\n因为f′(x)=ex-2-在(0,+∞)上单调递增,又f′(1)<0,f′(2)>0,所以f′(x)=0在(0,+∞)上有唯一实根x0,且x0∈(1,2).当x∈(0,x0)时,f′(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0,从而当x=x0时,f(x)取极小值,也是最小值.由f′(x0)=0,得e=,则x0-2=-lnx0.故f(x)≥f(x0)=e-lnx0=+x0-2>2-2=0,所以f(x)>0.技法二 移项作差构造函数证明不等式[典例2] 已知函数f(x)=ex-3x+3a(e为自然对数的底数,a∈R).(1)求f(x)的单调区间与极值;(2)求证:当a>ln,且x>0时,>x+-3a.[思维流程] [解] (1)由f(x)=ex-3x+3a,x∈R,知f′(x)=ex-3,x∈R.令f′(x)=0,得x=ln3,于是当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:x(-∞,ln3)ln3(ln3,+∞)f′(x)-0+f(x)↘极小值↗故f(x)的单调递减区间是(-∞,ln3],单调递增区间是[ln3,+∞),f(x)在x=ln3处取得极小值,极小值为f(ln3)=eln3-3ln3+3a=3(1-ln3+a).无极大值.(2)证明:待证不等式等价于ex>x2-3ax+1,设g(x)=ex-x2+3ax-1,x>0,于是g′(x)=ex-3x+3a,x>0.由(1)及a>ln=ln3-1知:g′(x)的最小值为g′(ln3)=3(1-ln3+a)>0.\n于是对任意x>0,都有g′(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增.于是当a>ln=ln3-1时,对任意x∈(0,+∞),都有g(x)>g(0).而g(0)=0,从而对任意x∈(0,+∞),g(x)>0.即ex>x2-3ax+1,故>x+-3a.点评:若证明f(x)>g(x),x∈(a,b),可以构造函数h(x)=f(x)-g(x).如果能证明h(x)min>0,x∈(a,b),即可证明f(x)>g(x),x∈(a,b).使用此法证明不等式的前提是h(x)=f(x)-g(x)易于用导数求最值.(2020·唐山模拟)设f(x)=2xlnx+1.(1)求f(x)的最小值;(2)证明:f(x)≤x2-x++2lnx.[解] (1)f′(x)=2(lnx+1).所以当x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈时,f′(x)>0,f(x)单调递增.所以当x=时,f(x)取得最小值f=1-.(2)证明:x2-x++2lnx-f(x)=x(x-1)--2(x-1)lnx=(x-1),令g(x)=x--2lnx,则g′(x)=1+-=≥0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,又g(1)=0,所以当0<x<1时,g(x)<0,当x>1时,g(x)>0,所以(x-1)≥0,即f(x)≤x2-x++2lnx.\n技法三 构造双函数证明不等式[典例3] 已知f(x)=xlnx.(1)求函数f(x)在[t,t+2](t>0)上的最小值;(2)证明:对一切x∈(0,+∞),都有lnx>-成立.[思维流程] [解] (1)由f(x)=xlnx,x>0,得f′(x)=lnx+1,令f′(x)=0,得x=.当x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈时,f′(x)>0,f(x)单调递增.①当0<t<<t+2,即0<t<时,f(x)min=f=-;②当≤t<t+2,即t≥时,f(x)在[t,t+2]上单调递增,f(x)min=f(t)=tlnt.所以f(x)min=(2)证明:问题等价于证明xlnx>-(x∈(0,+∞)).由(1)可知f(x)=xlnx(x∈(0,+∞))的最小值是-,当且仅当x=时取到.设m(x)=-(x∈(0,+∞)),则m′(x)=,由m′(x)<0得x>1时,m(x)为减函数,由m′(x)>0得0<x<1时,m(x)为增函数,\n易知m(x)max=m(1)=-,当且仅当x=1时取到.从而对一切x∈(0,+∞),xlnx≥-≥-,两个等号不同时取到,即证对一切x∈(0,+∞)都有lnx>-成立.点评:(1)若证f(x)<g(x),只需证f(x)max<g(x)min;(2)若证f(x)>g(x),只需证f(x)min>g(x)max.已知函数f(x)=ex2-xlnx.证明:当x>0时,f(x)<xex+.[证明] 要证f(x)<xex+,只需证ex-lnx<ex+,即ex-ex<lnx+.令h(x)=lnx+(x>0),则h′(x)=,易知h(x)在上单调递减,在上单调递增,则h(x)min=h=0,所以lnx+≥0.令φ(x)=ex-ex,则φ′(x)=e-ex,易知φ(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,则φ(x)max=φ(1)=0,所以ex-ex≤0.因为h(x)与φ(x)不同时为0,所以ex-ex<lnx+,故原不等式成立.技法四 换元法,构造函数证明双变量函数不等式[典例4] 已知函数f(x)=lnx-ax(x>0),a为常数,若函数f(x)有两个零点x1,x2(x1≠x2).求证:x1x2>e2.[思维流程] [证明] 不妨设x1>x2>0,因为lnx1-ax1=0,lnx2-ax2=0,所以lnx1+lnx2=a(x1+x2),lnx1-lnx2=a(x1-x2),所以=a,欲证x1x2>e2,即证lnx1+lnx2>2.\n因为lnx1+lnx2=a(x1+x2),所以即证a>,所以原问题等价于证明>,即ln>,令c=(c>1),则不等式变为lnc>.令h(c)=lnc-,c>1,所以h′(c)=-=>0,所以h(c)在(1,+∞)上单调递增,所以h(c)>h(1)=ln1-0=0,即lnc->0(c>1),因此原不等式x1x2>e2得证.点评:对于双变量函数不等式f(x1,x2)>A,通过变量代换,把双变量变为一个主元,再构造函数证明不等式.已知函数f(x)=lnx-ax2+x,a∈R.(1)当a=0时,求函数f(x)的图象在(1,f(1))处的切线方程;(2)若a=-2,正实数x1,x2满足f(x1)+f(x2)+x1x2=0,求证:x1+x2≥.[解] (1)当a=0时,f(x)=lnx+x,则f(1)=1,所以切点为(1,1),又因为f′(x)=+1,所以切线斜率k=f′(1)=2,故切线方程为y-1=2(x-1),即2x-y-1=0.(2)证明:当a=-2时,f(x)=lnx+x2+x(x>0).由f(x1)+f(x2)+x1x2=0,得lnx1+x+x1+lnx2+x+x2+x1x2=0,从而(x1+x2)2+(x1+x2)=x1x2-ln(x1x2),令t=x1x2(t>0),令φ(t)=t-lnt,得φ′(t)=1-=,易知φ(t)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增,所以φ(t)≥φ(1)=1,所以(x1+x2)2+(x1+x2)≥1,因为x1>0,x2>0,所以x1+x2≥成立.技法五 适当放缩构造函数证明不等式\n[典例5] 已知函数f(x)=lnx-.(1)若a=1,求f(x)的单调区间;(2)若a=0,x∈(0,1),证明:x2-<.[思维流程] [解] (1)当a=1时,f(x)=lnx-,x∈(0,+∞),∴f′(x)=-==.当x∈(0,1)时,f′(x)<0,当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,∴f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.(2)证明:当a=0,x∈(0,1)时,x2-<等价于+x2-<0,∵当x∈(0,1)时,ex∈(1,e),-lnx>0,∴<-lnx,∴只需要证-lnx+x2-<0在(0,1)上恒成立.令g(x)=-lnx+x2-,x∈(0,1),∴g′(x)=-+2x+=>0,则函数g(x)在(0,1)上单调递增,于是g(x)<-ln1+1-1=0,∴当x∈(0,1)时,x2-<.点评:通过适当放缩可将较复杂的函数变为简单的函数,当参数范围已知时,通过放缩,可将参数消去,达到简化目的.已知函数f(x)=.证明:当a≥1时,f(x)+e≥0.\n[证明] 当a≥1时,f(x)+e=+e≥+e=(x2+x-1+ex+1)e-x.令g(x)=x2+x-1+ex+1,则g′(x)=2x+1+ex+1,且g′(-1)=0.当x<-1时,g′(x)<0,当x>-1时,g′(x)>0,因此当x=-1时,g(x)有最小值,g(x)min=g(-1)=0,∴g(x)≥0,当且仅当x=-1时等号成立.又e-x>0,∴f(x)+e≥0.技法六 构造“形似”函数证明不等式[典例6] 已知函数f(x)=(a+1)lnx+ax2+1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若a≤-2,证明:对任意x1,x2∈(0,+∞),|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|.[思维流程] [解] (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=+2ax==.当a≥0时,f′(x)>0,故f(x)在(0,+∞)上单调递增.当a≤-1时,f′(x)<0,故f(x)在(0,+∞)上单调递减.当-1<a<0时,令f′(x)=0,解得x=,因为f′(x)在(0,+∞)上单调递减,所以当x∈时,f′(x)>0,f(x)在上单调递增;当x∈时,f′(x)<0,f(x)在上单调递减.(2)证明:不妨假设x1≥x2,由于a≤-2,故f(x)在(0,+∞)上单调递减.所以|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|等价于f(x2)-f(x1)≥4x1-4x2,即f(x2)+4x2≥f(x1)+4x1.\n令g(x)=f(x)+4x,则g′(x)=+2ax+4=,于是g′(x)≤=≤0.从而g(x)在(0,+∞)上单调递减,故g(x1)≤g(x2),即f(x2)+4x2≥f(x1)+4x1,故当a≤-2时,对任意x1,x2∈(0,+∞),|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|.点评:对双变量函数不等式,可根据条件构造“形似”函数,再判断此函数的单调性,最后根据函数的单调性证明不等式.已知函数f(x)=(lnx-k-1)x(k∈R).(1)若曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线与直线x-2y=0平行,求k的值;(2)若对于任意x1,x2∈(0,3],且x1<x2,都有f(x1)+<f(x2)+恒成立,求实数k的取值范围.[解] (1)由题意得f′(x)=lnx-k,又曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线与直线x-2y=0平行,所以f′(1)=ln1-k=,解得k=-.(2)因为f(x1)+<f(x2)+,所以f(x1)-<f(x2)-,记h(x)=f(x)-,又因为x1,x2∈(0,3],且x1<x2,所以h(x)=f(x)-在(0,3]上单调递增.所以h′(x)=lnx-k+≥0在(0,3]上恒成立,即k≤lnx+在(0,3]上恒成立,记u(x)=lnx+,所以u′(x)=-=,令u′(x)=0,解得x=2.当0<x<2时,u′(x)<0,u(x)单调递减,当2<x<3时,u′(x)>0,u(x)单调递增,所以当x=2时,u(x)取得最小值u(2)=ln2+,所以k≤ln2+.\n所以实数k的取值范围是.技法七 赋值放缩法证明正整数不等式[典例7] 若函数f(x)=ex-ax-1(a>0)在x=0处取极值.(1)求a的值,并判断该极值是函数的最大值还是最小值;(2)证明:1+++…+>ln(n+1)(n∈N*).[思维流程] [解] (1)因为x=0是函数极值点,所以f′(0)=0,所以a=1.f(x)=ex-x-1,易知f′(x)=ex-1.当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0,故极值f(0)是函数的最小值.(2)证明:由(1)知ex≥x+1.即ln(x+1)≤x,当且仅当x=0时,等号成立,令x=(k∈N*),则>ln,即>ln,所以>ln(1+k)-lnk(k=1,2,…,n),累加得1+++…+>ln(n+1)(n∈N*).点评:函数中与正整数有关的不等式,其实质是利用函数性质证明数列不等式,证明此类问题时常根据已知的函数不等式,用正整数n替代函数不等式中的自变量,通过多次求和达到证明的目的.已知函数f(x)=ax2-x·lnx+b,g(x)=f′(x).(1)判断函数y=g(x)的单调性;(2)若x∈(0,e](e≈2.718),判断是否存在实数a,使函数g(x)的最小值为2?若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由;\n(3)证明:3>n-ln.[解] (1)g(x)=ax-1-lnx,x>0,∴g′(x)=a-=,当a≤0时,g′(x)<0,g(x)在(0,+∞)上单调递减,当a>0时,在x∈,g′(x)<0,在x∈,g′(x)>0,∴g(x)在上单调递减,在上单调递增.(2)当a≤0时,函数g(x)在(0,e]上单调递减,g(x)min=ae-2≤-2,故不存在最小值为2;当0<a≤时,即≥e,函数g(x)在(0,e]上单调递减,∴当x=e时有最小值,g(x)min=ae-1-1=2,解得a=,不合题意舍去;当a>时,即0<<e,函数g(x)在上单调递减,在上单调递增,∴当x=时有最小值,g(x)min=1-1+lna=2,解得a=e2.综上所述,存在实数a=e2,当x∈(0,e]时,函数g(x)的最小值是2.(3)证明:由(2)知,g(x)=e2x-1-lnx≥2,即e2x≥3+lnx恒成立,即x≥(3+lnx)恒成立,即x>(3+lnx),取x=,则>,则3·>1+ln,∴3>n+ln=n+ln=n-ln.
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