【数学】2018届一轮复习北师大版导数的应用——不等式证明学案

【数学】2018届一轮复习北师大版导数的应用——不等式证明学案

第九节 导数的应用——不等式证明 一 考查热点：利用导数研究函数的单调性及最值，再由单调性或最值 证明不等式是函 数、导数、不等式综合中的一个难点，也是近几年高考的热点． 二 要点小结： 1. 解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求 最值，从而证得不等式。 2. 构造辅助函数的方法：（1）直接利用题目所给函数；（2）借助所证不等式直接作 差构造函数；（3）换元后作差构造函数；（4）从条件特征入手构造函数等 3.常用结论： 结论 1： ； 结论 2： ； 结论 3： ； 结论 4： ； 结论 5： 的值域和 的值域交集不 为空； 结论 6： 的值域 的值域. 三 典例分析 例 1.（2014 福建）已知函数 （ 为常数）的图像与 轴交于点 ，曲线 在点 处的切线斜率为 . （Ⅰ）求 的值及函数 的极值； （Ⅱ）证明：当 时， （Ⅲ）证明：对任意给定的正数 c，总存在 ，使得当 时，恒有 1 2 1 2 min max[ , ], [ , ], ( ) ( ) [ ( )] [ ( )]x a b x c d f x g x f x g x∀ ∈ ∀ ∈ > ⇔ > 1 2 1 2 max min[ , ], [ , ], ( ) ( ) [ ( )] [ ( )]x a b x c d f x g x f x g x∃ ∈ ∃ ∈ > ⇔ > 1 2 1 2 min min[ , ], [ , ], ( ) ( ) [ ( )] [ ( )]x a b x c d f x g x f x g x∀ ∈ ∃ ∈ > ⇔ > 1 2 1 2 max max[ , ], [ , ], ( ) ( ) [ ( )] [ ( )]x a b x c d f x g x f x g x∃ ∈ ∀ ∈ > ⇔ > 1 2 1 2[ , ], [ , ], ( ) ( ) ( )x a b x c d f x g x f x∃ ∈ ∃ ∈ = ⇔ ( )g x 1 2 1 2[ , ], [ , ], ( ) ( ) ( )x a b x c d f x g x f x∀ ∈ ∃ ∈ = ⇔ ( )g x⊆ ( ) xf x e ax= − a y A ( )y f x= A 1− a ( )f x 0x > 2 xx e< 0x 0( , )x x∈ +∞ xx ce< 例 2. （2014 湖南）已知函数 . （1）求 的单调区间； （ 2 ） 记 为 的 从 小 到 大 的 第 个 零 点 ， 证 明 ： 对 一 切 ， 有 四 真题演练 1.（2015 四川）已知函数 f（x）= ，其中 a>0. (I) 设 g（x）为 f（x）的导函数，讨论 g（x）的单调性； (II) 证明：存在 a （0,1），使得 f（x） g（x）. ( ) cos sin 1( 0)f x x x x x= − + > ( )f x ix ( )f x ( *)i i N∈ *n N∈ 2 2 2 1 2 1 1 1 2 3nx x x + + + < 2 22 ln 2x x x ax a− + − + ∈ ≥ :学 ] 2.（2015 福建）已知函数 ． （I）求函数 的单调递增区间； （II）证明：当 时， ； （ III ） 确 定 实 数 的 所 有 可 能 取 值 ， 使 得 存 在 ， 当 时 ， 恒 有 ． [ :学 ] 3. （2015 新课标 1）设函数 . （I）讨论 的导函数 的零点的个数； （II）证明：当 时 . 4.（2016 新课标 3）设函数 . ( ) ( )21ln 2 xf x x −= − ( )f x 1x > ( ) 1f x x< − k 0 1x > ( )01,x x∈ ( ) ( )1f x k x> − ( ) 2 lnxf x e a x= − ( )f x ( )f x′ 0a > ( ) 22 lnf x a a a ≥ + ( ) ln 1f x x x= − + （I）讨论 的单调性；[ :学 ] （II）证明当 时， ； （III）设 ，证明当 时， . ( )f x (1, )x∈ +∞ 11 ln x xx −< < 1c > (0,1)x∈ 1 ( 1) xc x c+ − > 第九节 例题 1. 解：（1）由 ，得 .又 ，得 . 所以 ， .令 ，得 .当 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调递增.所以当 时， 有极 小值，且极小值为 ， 无极大值. （ 2 ） 令 ， 则 . 由 （ 1 ） 得 ， ， 即 . 所 以 在 R 上 单 调 递 增 ， 又 ，所以当 时， ，即 . （3）对任意给定的正数 c，取 ，由（2）知，当 时， . 所以当 时， ，即 .因此，对任意给定的正数 c，总存在 ，当 时，恒有 . 例 题 2. （ I ） 数 求 导 可 得 , 令 可 得 , 当 时 , . 此 时 ;当 时, ,此时 , 故 函 数 的 单 调 递 减 区 间 为 , 单 调 递 增 区 间 为 . (II)由(1)可知函数 在区间 上单调递减,又 ,所以 ,当 时, 因为 ,且函数 的图像 是连续不断的,所以 在区间 内至少存在一个零点,又 在区间 上是单调的,故 ,因此,当 时, ;当 时, ;当 时,[ :学 ] ( ) xf x e ax= − ' ( ) xf x e a= − ' (0) 1 1f a= − = − 2a = ( ) 2xf x e x= − ' ( ) 2xf x e= − ' ( ) 0f x = ln 2x = ln 2x < ' ( ) 0f x < ( )f x ln 2x > ' ( ) 0f x > ( )f x ln 2x = ( )f x ln2(ln 2) 2ln 2 2 ln 4f e= − = − ( )f x 2( ) xg x e x= − ' ( ) 2xg x e x= − ' ( ) ( ) (ln 2) 2 ln 4 0g x f x f= ≥ = − > ' ( ) 0g x > ( )g x (0) 1 0g = > 0x > ( ) (0) 0g x g> > 2 xx e< 0 1x c = 0x > 2 xx e< 0x x> 2 1xe x xc > > xx ce< 0x 0( , )x x∈ +∞ xx ce< ( )f x ( ) ( )' cos sin cos sin 0f x x x x x x x x= − − = − > ( )' 0f x = ( )*x k k Nπ= ∈ ( )( )( )2 , 2 1 *x k k k Nπ π∈ + ∈ sin 0x > ( )' 0f x < ( ) ( )( )( )2 1 , 2 2 *x k k k Nπ π∈ + + ∈ sin 0x < ( )' 0f x > ( )f x ( )( )( )2 , 2 1 *k k k Nπ π+ ∈ ( ) ( )( )( )2 1 , 2 2 *k k k Nπ π+ + ∈ ( )f x ( )0,π 02f π  =   1 2x π= *n N∈ ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )11 1 1 1 1 1 0n nf n f n n nπ π π π+   + = − + − + + <    ( )f x ( )f x ( )( ), 1n nπ π+ ( )f x ( )( ), 1n nπ π+ ( )1 1nn x nπ π+< < + 1n = 2 2 1 1 4 2 3x π= < 2n = ( )2 2 2 1 2 1 1 1 24 1 3x x π+ < + < 3n ≥ ,综上所述,对一切的 , . 演练 1. (I)由已知，函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，g(x)＝f '(x)＝2(x－1－lnx－a) 所以 g'(x)＝2－ ， 当 x∈(0，1)时，g'(x)＜0，g(x)单调递减，当 x∈(1，＋∞)时，g'(x) ＞)，g(x)单调递增 (II)由 f '(x)＝2(x－1－lnx－a)＝0，解得 a＝x－1－lnx 令 Φ(x)＝－2xlnx＋x2－2x(x－1－lnx)＋(x－1－lnx)2＝(1＋lnx)2－2xlnx 则 Φ(1)＝1＞0，Φ(e)＝2(2－e)＜0，于是存在 x0∈(1，e)，使得 Φ(x0)＝0 令 a0＝x0－1－lnx0＝u(x0)，其中 u(x)＝x－1－lnx(x≥1) 由 u'(x)＝1－ ≥0 知，函数 u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增 故 0＝u(1)＜a0＝u(x0)＜u(e)＝e－2＜1，即 a0∈(0，1)，当 a＝a0 时，有 f '(x0)＝0，f (x0)＝Φ(x0) ＝0，再由(I)知，f '(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，当 x∈(1，x0)时，f '(x)＜0，从而 f(x)＞f(x0) ＝0，当 x∈(x0，＋∞)时，f '(x)＞0，从而 f(x)＞f(x0)＝0；又当 x∈(0，1]时，f(x)＝(x－a0)2－2xlnx ＞0，故 x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0 综上所述，存在 a∈(0，1)，使得 f(x)≥0 恒成立，且 f(x)＝0 在区间(1，＋∞)内有唯一解. 2. 解：（I） ， ．由 得 解得 ．故 的单调递增区间是 ． （II）令 ， ．则有 ．当 时， ，所以 在 上单调递减，故当 时， ，即当 ( ) 21 11 x xf x xx x − + +′ = − + = ( )0,x∈ +∞ ( ) 0f x′ > 2 0 1 0 x x x > − + + > 1 50 2x +< < ( )f x 1 50, 2  +    ( ) ( ) ( )F 1x f x x= − − ( )0,x∈ +∞ ( ) 21F xx x −′ = ( )1,x∈ +∞ ( )F 0x′ < ( )F x [ )1,+∞ 1x > ( ) ( )F F 1 0x < = 1x > ( )22 2 2 2 2 2 1 2 3 1 1 1 1 1 1 1+ 4 1 2 1nx x x x nπ   + + + < + + + +  −    ( )( )2 2 2 2 2 1 2 3 1 1 1 1 1 1 1+ 5 1 2 2 1nx x x x n nπ  ⇒ + + + < + + + × − −   2 2 2 2 2 1 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1+ 5 1 2 2 1nx x x x n nπ     ⇒ + + + < + − + + −    − −      2 2 1 1 6 26 1 3nπ π  = − < < −  *n N∈ 2 2 2 1 2 1 1 1 2 3nx x x + + + < 2 2( 1)x x x −= 1 x 时， ． （III）由（II）知，当 时，不存在 满足题意．当 时，对于 ，有 ，则 ，从而不存在 满足题意．当 时， 令 ， ，有 ．由 得， ．解 得 ， ．当 时， ，故 在 内单调递增．从而当 时， ，即 ，综上， 的取值范围是 ． 3. （I） 的定义域为 . 当 ≤0 时， 没有零点；当 时，因为 单调递增， 单调递减，所 以 在 单调递增，又 ，当 b 满足 0＜b＜ 且 b＜ 时， ，故 当 ＜0 时 存在唯一零点. （II）由（I），可设 在 的唯一零点为 ，当 时， ＜0； 当 时， ＞0.故 在 单调递减，在 单调递增，所以 时 ， 取 得 最 小 值 ， 最 小 值 为 . 由 于 ， 所 以 .故当 时， . 4. （Ⅰ）由题设， 的定义域为 ， ，令 ，解得 . 当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减. （Ⅱ）由（Ⅰ）知， 在 处取得最大值，最大值为 . 所 以 当 时 ， . 故 当 时 ， ， ， 即 ( ) 1f x x< − 1k = 0 1x > 1k > 1x > ( ) ( )1 1f x x k x< − < − ( ) ( )1f x k x< − 0 1x > 1k < ( ) ( ) ( )G 1x f x k x= − − ( )0,x∈ +∞ ( ) ( )2 1 11G 1 x k xx x kx x − + − +′ = − + − = ( )G 0x′ = ( )2 1 1 0x k x− + − + = ( )2 1 1 1 4 02 k kx − − − += < ( )2 2 1 1 4 12 k kx − + − += > ( )21,x x∈ ( )G 0x′ > ( )G x [ )21, x ( )21,x x∈ ( ) ( )G G 1 0x > = ( ) ( )1f x k x> − k ( ),1−∞ ( )f x ( ) ( ) 20, , 2 ( 0)x af x e xx ′+∞ = − 〉 a ( ) ( )0f x f x′ ′〉 ， 0a〉 2xe a x − ( )f x′ ( )0,+∞ ( ) 0f a′ 〉 4 a 1 4 ( ) 0f b′ 〈 a ( )f x′ ( )f x′ ( )0,+∞ 0x ( )00x x∈ ， ( )f x′ ( )0x x∈ + ∞， ( )f x′ ( )f x ( )0 + ∞， ( )0x + ∞， 0x x= ( )f x ( )0f x 02 0 2 0x ae x − = ( )0 0 0 2 22 1 2 12 af x ax a n a a nx a a = + + ≥ + 0a〉 ( ) 22 1f x a a n a ≥ + ( )f x (0, )+∞ ' 1( ) 1f x x = − ' ( ) 0f x = 1x = 0 1x< < ' ( ) 0f x > ( )f x 1x > ' ( ) 0f x < ( )f x ( )f x 1x = (1) 0f = 1x ≠ ln 1x x< − (1, )x∈ +∞ ln 1x x< − 1 1ln 1x x < − . （Ⅲ）由题设 ，设 ，则 ，令 ， 解得 .当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减.由（Ⅱ）知， ，故 ，又 ，故当 时， .所以当 时， . 11 ln x xx −< < 1c > ( ) 1 ( 1) xg x c x c= + − − ' ( ) 1 lnxg x c c c= − − ' ( ) 0g x = 0 1ln ln ln c cx c − = 0x x< ' ( ) 0g x > ( )g x 0x x> ' ( ) 0g x < ( )g x 11 ln c cc −< < 00 1x< < (0) (1) 0g g= = 0 1x< < ( ) 0g x > (0,1)x∈ 1 ( 1) xc x c+ − >