【数学】2019届一轮复习北师大版(文科数学)第三章第4讲 利用导数证明不等式学案

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【数学】2019届一轮复习北师大版(文科数学)第三章第4讲 利用导数证明不等式学案

第4讲 利用导数证明不等式 直接将不等式转化为函数的最值问题 ‎[典例引领]‎ ‎ (2017·高考全国卷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.‎ ‎【解】 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=+2ax+2a+1=.当a≥0,则当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,故f(x)在(0,+∞)上单调递增.‎ 当a<0,则当x∈(0,-)时,f′(x)>0;当x∈(-,+∞)时,f′(x)<0.故f(x)在(0,-)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=-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.‎ 将不等式转化为函数最值来证明不等式,其主要思想是依据函数在固定区间的单调性,直接求得函数的最值,然后由f(x)≤f(x)max或f(x)≥f(x)min直接证得不等式.  ‎ 将不等式转化为两个函数的最值进行比较 ‎[典例引领]‎ ‎ 已知f(x)=xln x.‎ ‎(1)求函数f(x)在[t,t+2](t>0)上的最小值;‎ ‎(2)证明:对一切x∈(0,+∞),都有ln x>-成立.‎ ‎【解】 (1)由f(x)=xln x,x>0,得f′(x)=ln x+1,‎ 令f′(x)=0,得x=.‎ 当x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减;‎ 当x∈时,f′(x)>0,f(x)单调递增.‎ ‎①当0-(x∈(0,+∞)).‎ 由(1)可知f(x)=xln x(x∈(0,+∞))的最小值是-,‎ 当且仅当x=时取到.‎ 设m(x)=-(x∈(0,+∞)),‎ 则m′(x)=,‎ 由m′(x)<0得x>1时,m(x)为减函数,‎ 由m′(x)>0得0-成立.‎ 在证明的不等式中,若对不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题,可以借助两个函数的最值进行证明.  ‎ 构造函数证明不等式 ‎[典例引领]‎ ‎ (2016·高考全国卷Ⅲ)设函数f(x)=ln x-x+1.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性;‎ ‎(2)证明当x∈(1,+∞)时,1<<x;‎ ‎(3)设c>1,证明当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.‎ ‎【解】 (1)由题设,f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-1,令f′(x)=0解得x=1.‎ 当0<x<1时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当x>1时,f′(x)<0,f(x)单调递减.‎ ‎(2)证明:由(1)知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0.‎ 所以当x≠1时,ln x<x-1.‎ 故当x∈(1,+∞)时,ln x<x-1,ln <-1,即1<<x.‎ ‎(3)证明:由题设c>1,设g(x)=1+(c-1)x-cx,‎ 则g′(x)=c-1-cxln c,令g′(x)=0,‎ 解得x0=.‎ 当x<x0时,g′(x)>0,g(x)单调递增;当x>x0时,‎ g′(x)<0,g(x)单调递减.‎ 由(2)知1<<c,故0<x0<1.又g(0)=g(1)=0,故当0<x<1时,g(x)>0.‎ 所以当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.‎ 若证明f(x)f(e)>f(3)   B.f(3)>f(e)>f(2)‎ C.f(3)>f(2)>f(e) D.f(e)>f(3)>f(2)‎ 解析:选D.f(x)的定义域是(0,+∞),f′(x)=,令f′(x)=0,得x=e.‎ 所以当x∈(0,e)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(e,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,故x=e时,f(x)max=f(e)=,而f(2)==,f(3)==,所以f(e)>f(3)>f(2).故选D.‎ ‎2.若0ln x2-ln x1 B.ex2-ex1x1e x2 D.x2ex1x1 ex2,故选C.‎ ‎3.设函数f(x)=e2x-aln x.‎ ‎(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数;‎ ‎(2)证明:当a>0时,f(x)≥2a+aln.‎ 解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2e2x-(x>0).‎ 当a≤0时,f′(x)>0,f′(x)没有零点;‎ 当a>0时,设u(x)=e2x,v(x)=-,‎ 因为u(x)=e2x在(0,+∞)上单调递增,v(x)=-在(0,+∞)上单调递增,‎ 所以f′(x)在(0,+∞)上单调递增.‎ 又f′(a)>0,当b满足0<b<且b<时,f′(b)<0,‎ 故当a>0时,f′(x)存在唯一零点.‎ ‎(2)证明:由(1),可设f′(x)在(0,+∞)上的唯一零点为x0,当x∈(0,x0)时,f′(x)<0;‎ 当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0.‎ 故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).‎ 由于2e2x0-=0,‎ 所以f(x0)=+2ax0+aln ≥2a+aln .‎ 故当a>0时,f(x)≥2a+aln .‎ ‎4.(2018·石家庄模拟)已知函数f(x)=ex-3x+3a(e为自然对数的底数,a∈R).‎ ‎(1)求f(x)的单调区间与极值;‎ ‎(2)求证:当a>ln ,且x>0时,>x+-3a.‎ 解:(1)由f(x)=ex-3x+3a,x∈R,知f′(x)=ex-3,x∈R.‎ 令f′(x)=0,得x=ln 3,‎ 于是当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:‎ x ‎(-∞,ln 3)‎ ln 3‎ ‎(ln 3,+∞)‎ f′(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎  ‎3(1-ln 3+a)‎  故f(x)的单调递减区间是(-∞,ln 3],‎ 单调递增区间是[ln 3,+∞),‎ f(x)在x=ln 3处取得极小值,极小值为f(ln 3)=eln 3-3ln 3+3a=3(1-ln 3+a).无极大值.‎ ‎(2)证明:待证不等式等价于ex>x2-3ax+1,‎ 设g(x)=ex-x2+3ax-1,x>0,‎ 于是g′(x)=ex-3x+3a,x>0.‎ 由(1)及a>ln =ln 3-1知:g′(x)的最小值为g′(ln 3)=3(1-ln 3+a)>0.‎ 于是对任意x>0,都有g′(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)内单调递增.‎ 于是当a>ln =ln 3-1时,对任意x∈(0,+∞),都有g(x)>g(0).‎ 而g(0)=0,从而对任意x∈(0,+∞),g(x)>0.‎ 即ex>x2-3ax+1,故>x+-3a.‎ ‎5.(2018·贵州适应性考试)已知函数f(x)=xln x+ax,a∈R,函数f(x)的图象在x=1处的切线与直线x+2y-1=0垂直.‎ ‎(1)求a的值和函数f(x)的单调区间;‎ ‎(2)求证:ex>f′(x).‎ 解:(1)由题易知,f′(x)=ln x+1+a,x>0,且f(x)的图象在x=1处的切线的斜率k=2,‎ 所以f′(1)=ln 1+1+a=2,所以a=1.‎ 所以f′(x)=ln x+2,‎ 当x>e-2时,f′(x)>0,‎ 当00,‎ 因为g′(x)=ex-在(0,+∞)上单调递增,‎ 且g′(1)=e-1>0,g′()=e-2<0,‎ 所以g′(x)在(,1)上存在唯一的零点t,‎ 使得g′(t)=et-=0,即et=(t时,g′(x)>g′(t)=0,‎ 所以g(x)在(0,t)上单调递减,在(t,+∞)上单调递增,‎ 所以x>0时,g(x)≥g(t)=et-ln t-2=-ln -2=t+-2≥2-2=0,‎ 又0,即ex>f′(x).‎ ‎6.已知函数f(x)=aln x+,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=2.‎ ‎(1)求a,b的值;‎ ‎(2)当x>0且x≠1时,求证:f(x)>.‎ 解:(1)函数f(x)=aln x+的导数为f′(x)=-,‎ 曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=2,‎ 可得f(1)=2b=2,f′(1)=a-b=0,‎ 解得a=b=1.‎ ‎(2)证明:当x>1时,f(x)>,‎ 即为ln x+1+>ln x+,‎ 即x--2ln x>0,‎ 当0,‎ 即为x--2ln x<0,‎ 设g(x)=x--2ln x,g′(x)=1+-=≥0,‎ 可得g(x)在(0,+∞)上递增,‎ 当x>1时,g(x)>g(1)=0,‎ 即有f(x)>,‎ 当0.‎ 综上可得,当x>0且x≠1时,f(x)>都成立.‎
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