高考专题1 第5讲 母题突破1　导数与不等式的证明

这是一份高考专题1 第5讲 母题突破1　导数与不等式的证明，共7页。

母题突破1 导数与不等式的证明
母题 (2017·全国Ⅲ)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a<0时，证明f(x)≤－eq \f(3,4a)－2.
2思路分析
❶fx≤－eq \f(3,4a)－2
↓
❷fxmax≤－eq \f(3,4a)－2
↓
❸fxmax＋eq \f(3,4a)＋2≤0
↓
❹构造函数证明
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(1,x)＋2ax＋2a＋1＝eq \f(x＋12ax＋1,x).
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∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2a)))时，f′(x)>0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)，＋∞))时，f′(x)<0.
故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)，＋∞))上单调递减．
(2)证明 由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－eq \f(1,2a)处取得最大值，最大值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)))＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)))－1－eq \f(1,4a)，
所以f(x)≤－eq \f(3,4a)－2等价于lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)))－1－eq \f(1,4a)≤－eq \f(3,4a)－2，
即lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)))＋eq \f(1,2a)＋1≤0.
设g(x)＝ln x－x＋1，则g′(x)＝eq \f(1,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，lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)))＋eq \f(1,2a)＋1≤0，
即f(x)≤－eq \f(3,4a)－2.
[子题1] 设函数f(x)＝ln x－x＋1.证明：当x∈(1，＋∞)时，1证明 f′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，x>0，
当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当00，f(x)单调递增，
∴f(x)＝ln x－x＋1≤f(1)＝0，∴ln x≤x－1，
∴当x>1时，ln x且ln eq \f(1,x)由①得，1∴ln x>eq \f(x－1,x)，∴x>eq \f(x－1,ln x)，
综上所述，当x>1时，1[子题2] 已知函数f(x)＝ex－x2.求证：当x>0时，eq \f(ex＋2－ex－1,x)≥ln x＋1.
证明 设g(x)＝f(x)－(e－2)x－1＝ex－x2－(e－2)x－1(x>0)，
则g′(x)＝ex－2x－(e－2)，
设m(x)＝ex－2x－(e－2)(x>0)，
则m′(x)＝ex－2，
易得g′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，
又g′(0)＝3－e>0，g′(1)＝0，
由0所以存在x0∈(0，ln 2)，使得g′(x0)＝0，
所以当x∈(0，x0)∪(1，＋∞)时，g′(x)>0；
当x∈(x0，1)时，g′(x)<0.
故g(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
又g(0)＝g(1)＝0，所以g(x)＝ex－x2－(e－2)x－1≥0，
故当x>0时，eq \f(ex＋2－ex－1,x)≥x.
又由母题可得ln x≤x－1，即x≥ln x＋1，
故eq \f(ex＋2－ex－1,x)≥ln x＋1.
规律方法 利用导数证明不等式f(x)>g(x)的基本方法
(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min>g(x)max.
(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)>0.
(3)通过题目中已有的或常用的不等式进行证明．
(4)利用赋值法证明与正整数有关的不等式.
跟踪演练
1．(2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－ln x－1.
(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；
(2)证明：当a≥eq \f(1,e)时，f(x)≥0.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－eq \f(1,x).
由题设知，f′(2)＝0，所以a＝eq \f(1,2e2).
从而f(x)＝eq \f(1,2e2)ex－ln x－1，f′(x)＝eq \f(1,2e2)ex－eq \f(1,x).
当02时，f′(x)>0.
所以f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0,2)．
(2)证明 当a≥eq \f(1,e)时，f(x)≥eq \f(ex,e)－ln x－1.
方法一 设g(x)＝eq \f(ex,e)－ln x－1(x∈(0，＋∞))，
则g′(x)＝eq \f(ex,e)－eq \f(1,x).
当01时，g′(x)>0.
所以x＝1是g(x)的最小值点．
故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.
因此，当a≥eq \f(1,e)时，f(x)≥0.
方法二 易证ex≥x＋1，①
ln x≤x－1，②
∴f(x)≥eq \f(ex,e)－ln x－1＝ex－1－ln x－1≥x－ln x－1≥0，
即证f(x)≥0.
2．(2020·株州模拟)已知f(x)＝ln x＋eq \f(2,ex).
(1)若函数g(x)＝xf(x)，讨论g(x)的单调性与极值；
(2)证明：f(x)>eq \f(1,ex).
(1)解 由题意，得g(x)＝x·f(x)＝xln x＋eq \f(2,e)(x>0)，
则g′(x)＝ln x＋1.
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，g′(x)<0，所以g(x)单调递减；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))时，g′(x)>0，所以g(x)单调递增，
所以g(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))，
g(x)的极小值为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝eq \f(1,e)，无极大值．
(2)证明 要证ln x＋eq \f(2,ex)>eq \f(1,ex)(x>0)成立，
只需证xln x＋eq \f(2,e)>eq \f(x,ex)(x>0)成立，
令h(x)＝eq \f(x,ex)，则h′(x)＝eq \f(1－x,ex)，
当x∈(0,1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
所以h(x)的极大值为h(1)，即h(x)≤h(1)＝eq \f(1,e)，
由(1)知，x∈(0，＋∞)时，g(x)≥geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝eq \f(1,e)，
且g(x)的最小值点与h(x)的最大值点不同，所以xln x＋eq \f(2,e)>eq \f(x,ex)，即ln x＋eq \f(2,ex)>eq \f(1,ex)，所以f(x)>eq \f(1,ex).
专题强化练
1．(2020·沈阳模拟)已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－aln x，a>0.
(1)求函数y＝f(x)的单调区间；
(2)当a＝1时，证明：对任意的x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2.
(1)解 f(x)＝x2－(a－2)x－aln x，a>0，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－(a－2)－eq \f(a,x)＝eq \f(2x－ax＋1,x)，
令f′(x)>0，得x>eq \f(a,2)；令f′(x)<0，得0∴函数y＝f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)))，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，＋∞)).
(2)证明 方法一 ∵a＝1，∴f(x)＝x2＋x－ln x(x>0)，
即证ex－ln x－2>0恒成立，
令g(x)＝ex－ln x－2，x∈(0，＋∞)，
即证g(x)min>0恒成立，
g′(x)＝ex－eq \f(1,x)，g′(x)为增函数，g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))<0，g′(1)>0，
∴∃x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，使g′(x0)＝0成立，即－eq \f(1,x0)＝0，
则当0x0时，g′(x)>0，
∴y＝g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(x0)＝－ln x0－2，
又∵－eq \f(1,x0)＝0，即＝eq \f(1,x0)，
∴g(x0)＝－ln x0－2＝＋ln eq \f(1,x0)－2＝eq \f(1,x0)＋x0－2，
又∵x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，∴x0＋eq \f(1,x0)>2，
∴g(x0)>0，即对任意的x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2.
方法二 令φ(x)＝ex－x－1，
∴φ′(x)＝ex－1，
∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(0)＝0，
∴ex≥x＋1，①
令h(x)＝ln x－x＋1(x>0)，
∴h′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，
∴h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴h(x)max＝h(1)＝0，
∴ln x≤x－1，∴x＋1≥ln x＋2，②
要证f(x)＋ex>x2＋x＋2，
即证ex>ln x＋2，
由①②知ex≥x＋1≥ln x＋2，且两等号不能同时成立，
∴ex>ln x＋2，即证原不等式成立．
2．(2020·全国Ⅱ)已知函数f(x)＝sin2xsin 2x.
(1)讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；
(2)证明：|f(x)|≤eq \f(3\r(3),8) ；
(3)设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤eq \f(3n,4n).
(1)解 f′(x)＝2sin xcs xsin 2x＋2sin2xcs 2x
＝2sin xsin 3x.
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π))时，f′(x)>0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))时，f′(x)<0.
所以f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π))上单调递增，
在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))上单调递减．
(2)证明 因为f(0)＝f(π)＝0，
由(1)知，f(x)在区间[0，π]上的最大值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \f(3\r(3),8)，
最小值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝－eq \f(3\r(3),8).
而f(x)是周期为π的周期函数，
故|f(x)|≤eq \f(3\r(3),8).
(3)证明 由于
＝|sin3xsin32x…sin32nx|
＝|sin x||sin2xsin32x…sin32n－1xsin 2nx||sin22nx|
＝|sin x||f(x)f(2x)…f(2n－1x)||sin22nx|
≤|f(x)f(2x)…f(2n－1x)|，
所以sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤＝eq \f(3n,4n).