2024届高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题六函数与导数微专题4导数的综合应用大题考法2利用导数证明不等式

这是一份2024届高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题六函数与导数微专题4导数的综合应用大题考法2利用导数证明不等式，共3页。试卷主要包含了证明不等式的基本方法，证明含双变量不等式的常见思路等内容，欢迎下载使用。

(1)求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)若存在x1≠x2使得f(x1)＝f(x2)，证明：
①m>0；
②2m>e(ln x1＋ln x2)．
(1)解：因为f′(x)＝ex－1－x＋1－eq \f(m,x)，所以f′(1)＝1－m，又f(1)＝eq \f(3,2)，所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y－eq \f(3,2)＝(1－m)(x－1)，即y＝(1－m)x＋m＋eq \f(1,2).
(2)证明：①依题意可知f′(x)有零点，即m＝x(ex－1－x＋1)有正数解，
令φ(x)＝ex－1－x＋1，则φ′(x)＝ex－1－1.
当x∈(0，1)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，
所以φ(x)≥φ(1)＝1>0，所以m>0.
②不妨设x1>x2>0.由f(x1)＝f(x2)可得m＝eq \f(ex1－1－\f(1,2)xeq \\al(2,1)＋x1－ex2－1＋\f(1,2)xeq \\al(2,2)－x2,ln x1－ln x2)，
因为x1>x2，所以ln x1>ln x2，要证2m>e(ln x1＋ln x2)，
只要证ex1－1－eq \f(1,2)xeq \\al(2,1)＋x1－eq \f(e,2)(ln x1)2>ex2－1－eq \f(1,2)xeq \\al(2,2)＋x2－eq \f(e,2)(ln x2)2，
令g(x)＝ex－1－eq \f(1,2)x2＋x－eq \f(e,2)(ln x)2，
即只要证g(x1)>g(x2)，即只要证y＝g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
即只要证g′(x)＝ex－1－x＋1－e·eq \f(ln x,x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
即只要证ex－1－x＋1≥e·eq \f(ln x,x)在(0，＋∞)上恒成立．
令h(x)＝eq \f(eln x,x)，则h′(x)＝eq \f(e（1－ln x）,x2)，
当x∈(0，e)时，h′(x)>0，h(x)单调递增：当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
所以h(x)≤h(e)＝1.由①知，φ(x)＝ex－1－x＋1≥1在(0，＋∞)上恒成立，
所以ex－1－x＋1≥1≥eq \f(eln x,x)在(0，＋∞)上恒成立，故2m>e(ln x1＋ln x2)．
1．证明不等式的基本方法．
(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则：①∀x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)．②∀x1，x2∈[a，b]，且x1(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则∀x∈D，有f(x)≤M[或f(x)≥m]．
(3)构造法：如若证明f(x)≤g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，证明F(x)≤0.
2．证明含双变量不等式的常见思路．
(1)将双变量中的一个看作变量，另一个看作常数，构造一个含参数的辅助函数证明不等式．
(2)整体换元．对于齐次式往往可将双变量整体换元，化为一元不等式．
(3)若双变量的函数不等式具有对称性，并且可以将两个变量分离开，分离之后的函数结构具有相似性，从而构造函数利用单调性证明．
(2023·高州一模)已知函数f(x)＝eq \f(1,2)ax2－(1＋2a)x＋2(a＋1)ln (x＋1)＋2a.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若a(1)解：因为f(x)＝eq \f(1,2)ax2－(1＋2a)x＋2(a＋1)ln(x＋1)＋2a，
所以函数的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝eq \f(（ax－1）（x－1）,x＋1)，
若a＝0，则f′(x)＝－eq \f(x－1,x＋1)，令f′(x)＝0，有x＝1，
所以f(x)在(－1，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
若a≠0，令f′(x)＝eq \f(（ax－1）（x－1）,x＋1)＝0，则x＝1或eq \f(1,a)，
当a>1时，0当a＝1时，eq \f(1,a)＝1，此时f′(x)≥0，所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递增；
当01，所以f(x)在(－1，1)和(eq \f(1,a)，＋∞)上单调递增，在(1，eq \f(1,a))上单调递减；
当－1≤a<0时，eq \f(1,a)≤－1<1，所以f(x)在(－1，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
当a<－1时，－1综上所述，
当a<－1时，f(x)在(－1，eq \f(1,a))和(1，＋∞)上单调递减，在(eq \f(1,a)，1)上单调递增；
当－1≤a≤0时，f(x)在(－1，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
当0当a＝1时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递增；
当a>1时，f(x)在(－1，eq \f(1,a))和(1，＋∞)上单调递增，在(eq \f(1,a)，1)上单调递减．
(2)证明：要证f(x)需证eq \f(1,2)ax2－(1＋2a)x＋2(a＋1)ln (x＋1)＋2a化简整理得，a(x＋1)＋ln (x＋1)－ex＋1<0，
令t＝x＋1，则t∈(0，＋∞)，
设g(t)＝at＋ln t－et，则原问题转化为证明g(t)<0在(0，＋∞)上恒成立，
g′(t)＝a＋eq \f(1,t)－et，
因为gn(t)＝－eq \f(1,t2)－et<0在(0，＋∞)上恒成立，所以g′(t)在(0，＋∞)上单调递减，
又g′(1)＝a－(e－1)<0，eq \(,t→0,\s\up12(lim))g′(t)>0，
所以存在t0∈(0，1)使得g′(t)＝0，此时有a＋eq \f(1,t0)－e t0＝0，即at0＋1－t0et0＝0，
所以g(t)在(0，t0)上单调递增，在(t0，＋∞)上单调递减，
所以g(t)≤g(t0)＝at0＋ln t0－e t0＝t0e t0－1＋ln t0－e t0＝e t0 (t0－1)＋(ln t0－1)，
因为t0∈(0，1)，所以t0－1<0，ln t0<1，
所以g(t)≤g(t0)<0，
即g(t)<0在(0，＋∞)上恒成立，
故命题得证．