2023版考前三个月冲刺专题练　第9练　导数与不等式证明

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第9练　导数与不等式证明[考情分析]　导数与不等式证明是高考考查的重点内容，在解答题中一般会考查函数的单调性、极值和最值的综合运用，试题难度较大，多以压轴题出现．一、单变量函数不等式的证明例1　(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，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，证明：设S(x)＝ln(1＋x)－x，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的取值范围为.(3)证明　取a＝，则∀x>0，总有－ex＋1<0成立，令，则t>1，t2＝ex，x＝2ln t，故2tln t<t2－1，即2ln t<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)－ln n<，故＋＋…＋>ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln(n＋1)－ln n＝ln(n＋1)，故不等式成立．规律方法　用导数证明不等式一般有以下方法(1)构造函数法．(2)由结论出发，通过对函数变形，证明不等式．(3)分成两个函数进行研究．(4)利用图象的特点证明不等式．(5)利用放缩法证明不等式．跟踪训练1　(2022·宜宾第四中学模拟)已知函数f(x)＝－ax2＋xln x＋2.(1)若f(x)有两个极值点，求实数a的取值范围；(2)当a＝0时，证明：f(x)>x－.(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x－2ax＋1，由题意知f′(x)＝0在(0，＋∞)上有两解，即ln x－2ax＋1＝0，即2a＝有两解．令g(x)＝(x>0)，即g(x)的图象与直线y＝2a有两个交点．由g′(x)＝＝0，得x＝1，当x∈(0,1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，∴g(x)max＝g(1)＝1，g＝0，当x→0时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→0，∴0<2a<1，∴0<a<，∴a的取值范围是.(2)证明　当a＝0时，f(x)＝xln x＋2，即证xln x＋2>x－，即证xln x＋2－x＋>0，令h(x)＝xln x＋2－x＋(x>0)，则h′(x)＝ln x－，令m(x)＝ln x－，则m′(x)＝＋，当x>0时，m′(x)>0，∴h′(x)在(0，＋∞)上单调递增．h′(1)＝－2<0，h′(e)＝1－>0，∴存在唯一的x0∈(1，e)，使得h′(x0)＝ln x0－＝0，当x0∈(0，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，∴h(x)min＝h(x0)．又∵x0∈(1，e)，h′(x0)＝0，∴ln x0－＝0，∴h(x0)＝x0ln x0＋2－x0＋＝＋2－x0＋＝2－x0＋>2－e＋>0，∴h(x)>0，∴f(x)>x－.二、双变量函数不等式的证明例2　(2022·全国甲卷)已知函数f(x)＝－ln x＋x－a.(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.(1)解　由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．由f′(x)＝－＋1＝＝，可得函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝e＋1－a.又f(x)≥0，所以e＋1－a≥0，解得a≤e＋1，所以a的取值范围为(－∞，e＋1]．(2)证明　方法一　不妨设x1<x2，则由(1)知0<x1<1<x2，>1.令F(x)＝f(x)－f ，则F′(x)＝＋＝(ex＋x－－1)．令g(x)＝ex＋x－－1(x>0)，则g′(x)＝ex＋1－＋＝ex＋1＋(x>0)，所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以当x∈(0,1)时，g(x)<g(1)＝0，所以当x∈(0,1)时，F′(x)>0，所以F(x)在(0,1)上单调递增，所以F(x)<F(1)，即在(0,1)上，f(x)－f <F(1)＝0.又f(x1)＝f(x2)＝0，所以f(x2)－f <0，即f(x2)<f .由(1)可知，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以x2<，即x1x2<1.方法二　不妨设x1<x2，则由(1)知0<x1<1<x2,0<<1.由f(x1)＝f(x2)＝0，得－ln x1＋x1＝－ln x2＋x2，即因为函数y＝ex＋x在R上单调递增，所以x1－ln x1＝x2－ln x2成立．构造函数h(x)＝x－ln x(x>0)，g(x)＝h(x)－h＝x－－2ln x(x>0)，则g′(x)＝1＋－＝≥0(x>0)，所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x>1时，g(x)>g(1)＝0，即当x>1时，h(x)>h，所以h(x1)＝h(x2)>h.又h′(x)＝1－＝(x>0)，所以h(x)在(0,1)上单调递减，所以0<x1<<1，即x1x2<1.规律方法　破解含双参不等式的证明的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是构造函数，借助导数，判断函数的单调性，从而求其值；三是回归含双参的不等式的证明，把所求的最值应用到含参的不等式中，即可证得结果．跟踪训练2　(2022·绍兴模拟)已知函数f(x)＝ex－a－x2(a∈R)有两个极值点x1，x2(x1<x2)，其中e＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)记f′(x)为f(x)的导函数，证明：f′(1)<0；(2)证明：<.证明　(1)函数f(x)＝ex－a－x2的定义域为R，f′(x)＝ex－a－x，因为函数f(x)＝ex－a－x2有两个极值点，则方程f′(x)＝0⇔ex－a＝x有两个不相等的实数根，显然x>0，方程ex－a＝x化为x－a＝ln x⇔x－ln x－a＝0，令g(x)＝x－ln x－a，x>0，则g′(x)＝1－＝，当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0，即函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝1－a，依题意，函数g(x)有两个零点，必有1－a<0，即a>1，此时g(e－a)＝e－a>0，g(ea)＝ea－2a，令m(x)＝ex－2x，x>1，则m′(x)＝ex－2>0，即有m(x)在(1，＋∞)上单调递增，m(x)>e－2>0，于是得g(ea)>0，因此，f(x)有两个极值点时，函数g(x)必有两个零点，从而得a>1，所以f′(1)＝e1－a－1<e0－1＝0.(2)由已知及(1)得，且，0<x1<x2，则f(x1)＝－x＝x1－x，f(x2)＝x2－x，＝＝x1x2，因此<⇔x1x2<⇔x1x2<1.又x1－a＝ln x1且x2－a＝ln x2，则x2－x1＝ln x2－ln x1＝ln ，令＝t(t>0)，则有x1＝，x2＝，则x1x2＝，于是得x1x2<1⇔<1⇔ln t<－，令h(t)＝ln t－＋，t>1，h′(t)＝－－＝－<0，即函数h(t)在(1，＋∞)上单调递减，当t>1时，h(t)<h(1)＝0成立，即ln t<－恒成立，x1x2<1恒成立，所以不等式<成立．