|试卷下载
终身会员
搜索
    上传资料 赚现金
    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)
    立即下载
    加入资料篮
    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)01
    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)02
    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)03
    还剩4页未读, 继续阅读
    下载需要15学贝 1学贝=0.1元
    使用下载券免费下载
    加入资料篮
    立即下载

    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
    这是一份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),共7页。

    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)已知函数f(x)ln xax2(2a1)x.

    (1)讨论f(x)的单调性;

    (2)a<0时,证明f(x)2.

    2思路分析

    fx2

       

    fxmax2

       

    fxmax20   

    构造函数证明

    (1)解 f(x)的定义域为(0,+)

    f(x)2ax2a1.

    a0,则当x(0,+)时,f(x)>0

    f(x)(0,+)上单调递增.

    a<0,则当x时,f(x)>0

    x时,f(x)<0.

    f(x)上单调递增,在上单调递减.

    (2)证明 (1)知,当a<0时,f(x)x=-处取得最大值,最大值为f ln1

    所以f(x)2等价于ln12

    ln10.

    g(x)ln xx1,则g(x)1.

    x(0,1)时,g(x)>0

    x(1,+)时,g(x)<0.

    所以g(x)(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减.

    故当x1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,ln10

    f(x)2.

    [子题1] 设函数f(x)ln xx1.证明:当x(1,+)时,1<<x.

    证明 f(x)1x>0

    x>1时,f(x)<0f(x)单调递减,

    0<x<1时,f(x)>0f(x)单调递增,

    f(x)ln xx1f(1)0ln xx1

    x>1时,ln x<x1

    ln <1

    得,1<,由得,-ln x<

    ln x>x>

    综上所述,当x>1时,1<<x.

    [子题2] 已知函数f(x)exx2.求证:当x>0时,ln x1.

    证明 g(x)f(x)(e2)x1exx2(e2)x1(x>0)

    g(x)ex2x(e2)

    m(x)ex2x(e2)(x>0)

    m(x)ex2

    易得g(x)(0ln 2)上单调递减,在(ln 2,+)上单调递增,

    g(0)3e>0g(1)0

    0<ln 2<1,则g(ln 2)<0

    所以存在x0(0ln 2),使得g(x0)0

    所以当x(0x0)(1,+)时,g(x)>0

    x(x01)时,g(x)<0.

    g(x)(0x0)上单调递增,在(x01)上单调递减,在(1,+)上单调递增,

    g(0)g(1)0,所以g(x)exx2(e2)x10

    故当x>0时,x.

    又由母题可得ln xx1,即xln x1

    ln x1.

    规律方法 利用导数证明不等式f(x)>g(x)的基本方法

    (1)f(x)g(x)的最值易求出,可直接转化为证明f(x)min>g(x)max.

    (2)f(x)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)已知函数f(x)aexln x1.

    (1)x2f(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)exln x1f(x)ex.

    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 a时,f(x)ln x1.

    方法一 g(x)ln x1(x(0,+))

    g(x).

    0<x<1时,g(x)<0;当x>1时,g(x)>0.

    所以x1g(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exx1

    ln xx1

    f(x)ln x1ex1ln x1xln x10

    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)

    g(x)ln x1.

    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,

    h(x),则h(x)

    x(0,1)时,h(x)>0h(x)单调递增,当x(1,+)时,h(x)<0h(x)单调递减,

    所以h(x)的极大值为h(1),即h(x)h(1)

    (1)知,x(0,+)时,g(x)g

    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(a2)xaln xa>0.

    (1)求函数yf(x)的单调区间;

    (2)a1时,证明:对任意的x>0f(x)ex>x2x2.

    (1)解 f(x)x2(a2)xaln xa>0,定义域为(0,+)f(x)2x(a2)

    f(x)>0,得x>;令f(x)<0,得0<x<.

    函数yf(x)的单调递减区间为,单调递增区间为.

    (2)证明 方法一 a1f(x)x2xln x(x>0)

    即证exln x2>0恒成立,

    g(x)exln x2x(0,+)

    即证g(x)min>0恒成立,

    g(x)exg(x)为增函数,g<0g(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

    yg(x)(0x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增,

    g(x)ming(x0)ln x02

    0,即

    g(x0)ln x02ln 2x02

    x0x0>2

    g(x0)>0,即对任意的x>0f(x)ex>x2x2.

    方法二 φ(x)exx1

    φ(x)ex1

    φ(x)(0)上单调递减,在(0,+)上单调递增,

    φ(x)minφ(0)0

    exx1

    h(x)ln xx1(x>0)

    h(x)1

    h(x)(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减,

    h(x)maxh(1)0

    ln xx1x1ln x2

    要证f(x)ex>x2x2

    即证ex>ln x2

    ①②exx1ln x2,且两等号不能同时成立,

    ex>ln x2,即证原不等式成立.

    2(2020·全国)已知函数f(x)sin2xsin 2x.

    (1)讨论f(x)在区间(0π)的单调性;

    (2)证明:|f(x)|

    (3)nN*,证明:sin2xsin22xsin24xsin22nx.

    (1)解 f(x)2sin xcos xsin 2x2sin2xcos 2x

    2sin xsin 3x.

    x时,f(x)>0

    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

    (1)知,f(x)在区间[0π]上的最大值为f 

    最小值为f =-.

    f(x)是周期为π的周期函数,

    |f(x)|.

    (3)证明 由于

    |sin3xsin32xsin32nx|

    |sin x||sin2xsin32xsin32n1xsin 2nx||sin22nx|

    |sin x||f(x)f(2x)f(2n1x)||sin22nx|

    |f(x)f(2x)f(2n1x)|

    所以sin2xsin22xsin24xsin22nx.

    • 精品推荐
    • 所属专辑

    免费资料下载额度不足,请先充值

    每充值一元即可获得5份免费资料下载额度

    今日免费资料下载份数已用完,请明天再来。

    充值学贝或者加入云校通,全网资料任意下。

    提示

    您所在的“深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载 10 份资料 (今日还可下载 0 份),请取消部分资料后重试或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载10份资料,您的当日额度已用完,请明天再来,或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深圳市第一中学”云校通余额已不足,请提醒校管理员续费或选择从个人账户扣费下载。

    重新选择
    明天再来
    个人账户下载
    下载确认
    您当前为教习网VIP用户,下载已享8.5折优惠
    您当前为云校通用户,下载免费
    下载需要:
    本次下载:免费
    账户余额:0 学贝
    首次下载后60天内可免费重复下载
    立即下载
    即将下载:资料
    资料售价:学贝 账户剩余:学贝
    选择教习网的4大理由
    • 更专业
      地区版本全覆盖, 同步最新教材, 公开课⾸选;1200+名校合作, 5600+⼀线名师供稿
    • 更丰富
      涵盖课件/教案/试卷/素材等各种教学资源;900万+优选资源 ⽇更新5000+
    • 更便捷
      课件/教案/试卷配套, 打包下载;手机/电脑随时随地浏览;⽆⽔印, 下载即可⽤
    • 真低价
      超⾼性价⽐, 让优质资源普惠更多师⽣
    VIP权益介绍
    • 充值学贝下载 本单免费 90%的用户选择
    • 扫码直接下载
    元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
    您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      充值到账1学贝=0.1元
      0学贝
      本次充值学贝
      0学贝
      VIP充值赠送
      0学贝
      下载消耗
      0学贝
      资料原价
      100学贝
      VIP下载优惠
      0学贝
      0学贝
      下载后剩余学贝永久有效
      0学贝
      • 微信
      • 支付宝
      支付:¥
      元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
      您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      扫码支付0直接下载
      • 微信
      • 支付宝
      微信扫码支付
      充值学贝下载,立省60% 充值学贝下载,本次下载免费
        下载成功

        Ctrl + Shift + J 查看文件保存位置

        若下载不成功,可重新下载,或查看 资料下载帮助

        本资源来自成套资源

        更多精品资料

        正在打包资料,请稍候…

        预计需要约10秒钟,请勿关闭页面

        服务器繁忙,打包失败

        请联系右侧的在线客服解决

        单次下载文件已超2GB,请分批下载

        请单份下载或分批下载

        支付后60天内可免费重复下载

        我知道了
        正在提交订单

        欢迎来到教习网

        • 900万优选资源,让备课更轻松
        • 600万优选试题,支持自由组卷
        • 高质量可编辑,日均更新2000+
        • 百万教师选择,专业更值得信赖
        微信扫码注册
        qrcode
        二维码已过期
        刷新

        微信扫码,快速注册

        手机号注册
        手机号码

        手机号格式错误

        手机验证码 获取验证码

        手机验证码已经成功发送,5分钟内有效

        设置密码

        6-20个字符,数字、字母或符号

        注册即视为同意教习网「注册协议」「隐私条款」
        QQ注册
        手机号注册
        微信注册

        注册成功

        下载确认

        下载需要:0 张下载券

        账户可用:0 张下载券

        立即下载
        使用学贝下载
        账户可用下载券不足,请取消部分资料或者使用学贝继续下载 学贝支付

        如何免费获得下载券?

        加入教习网教师福利群,群内会不定期免费赠送下载券及各种教学资源, 立即入群

        即将下载

        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)
        该资料来自成套资源,打包下载更省心 该专辑正在参与特惠活动,低至4折起
        [共10份]
        浏览全套
          立即下载(共1份)
          返回
          顶部
          Baidu
          map