新高考数学二轮复习 第1部分 专题1 第5讲 母题突破1 导数与不等式的证明(含解析)
展开第5讲 导数的综合应用
[考情分析] 1.导数逐渐成为解决问题必不可少的工具,利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型,而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题是高考的热点和难点.2.多以解答题压轴形式出现,难度较大.
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)≤--2.
2思路分析
❶fx≤--2
↓
❷fxmax≤--2
↓
❸fxmax++2≤0
↓
❹构造函数证明
(1)解 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)=ln x-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.
[子题1] 设函数f(x)=ln x-x+1.证明:当x∈(1,+∞)时,1<<x.
证明 f′(x)=-1=,x>0,
当x>1时,f′(x)<0,f(x)单调递减,
当0<x<1时,f′(x)>0,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<x-1,①
且ln <-1,②
由①得,1<,由②得,-ln x<,
∴ln x>,∴x>,
综上所述,当x>1时,1<<x.
[子题2] 已知函数f(x)=ex-x2.求证:当x>0时,≥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<ln 2<1,则g′(ln 2)<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,≥x.
又由母题可得ln x≤x-1,即x≥ln x+1,
故≥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≥时,f(x)≥0.
(1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=aex-.
由题设知,f′(2)=0,所以a=.
从而f(x)=ex-ln x-1,f′(x)=ex-.
当0<x<2时,f′(x)<0;当x>2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≥时,f(x)≥-ln x-1.
方法一 设g(x)=-ln x-1(x∈(0,+∞)),
则g′(x)=-.
当0<x<1时,g′(x)<0;当x>1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≥时,f(x)≥0.
方法二 易证ex≥x+1,①
ln x≤x-1,②
∴f(x)≥-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+.
(1)若函数g(x)=xf(x),讨论g(x)的单调性与极值;
(2)证明:f(x)>.
(1)解 由题意,得g(x)=x·f(x)=xln x+(x>0),
则g′(x)=ln x+1.
当x∈时,g′(x)<0,所以g(x)单调递减;当x∈时,g′(x)>0,所以g(x)单调递增,
所以g(x)的单调递减区间为,单调递增区间为,
g(x)的极小值为g=,无极大值.
(2)证明 要证ln x+>(x>0)成立,
只需证xln x+>(x>0)成立,
令h(x)=,则h′(x)=,
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)=,
由(1)知,x∈(0,+∞)时,g(x)≥g=,
且g(x)的最小值点与h(x)的最大值点不同,所以xln x+>,即ln x+>,所以f(x)>.
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)-=,
令f′(x)>0,得x>;令f′(x)<0,得0<x<.
∴函数y=f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为.
(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-,g′(x)为增函数,g′<0,g′(1)>0,
∴∃x0∈,使g′(x0)=0成立,即-=0,
则当0<x<x0时,g′(x)<0,当x>x0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∵-=0,即=,
∴g(x0)=-ln x0-2=+ln -2=+x0-2,
又∵x0∈,∴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)=-1=,
∴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)|≤ ;
(3)设n∈N*,证明:sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤.
(1)解 f′(x)=2sin xcos xsin 2x+2sin2xcos 2x
=2sin xsin 3x.
当x∈∪时,f′(x)>0;
当x∈时,f′(x)<0.
所以f(x)在区间,上单调递增,
在区间上单调递减.
(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 =,
最小值为f =-.
而f(x)是周期为π的周期函数,
故|f(x)|≤.
(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≤=.