高考数学二轮复习专题一 第7讲导数与不等式的证明

1、1 / 9 第第 7 讲讲 导数的综合应用导数的综合应用 考情分析考情分析 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 母题突破母题突破 1 导数与不等式的证明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)当 a0， 2 / 9 故 f(x)在(0，)上单调递增 若 a0； 当 x12a， 时，f(x)0. 故 f(x)在0，12a上单调递增，在12a， 上单

2、调递减 (2)证明 由(1)知，当 a0； 当 x(1，)时，g(x)0时，g(x)0. 从而当 a0时，ln12a12a10， 即 f(x)34a2. 子题 1 设函数 f(x)ln xx1.证明：当 x(1，)时，1x1ln x0， 当 x1时，f(x)0，f(x)单调递减， 3 / 9 当 0 x0，f(x)单调递增， f(x)ln xx1f(1)0，ln xx1， 当 x1 时，ln xx1， 且 ln 1x1x1， 由得，1x1ln x，由得，ln xx1x，xx1ln x， 综上所述，当 x1 时，1x1ln x0时，ex(2e)x1xln x1. 证明 设 g(x)f(x)(e2

3、)x1exx2(e2)x1(x0)， 则 g(x)ex2x(e2)， 设 m(x)ex2x(e2)(x0)， 则 m(x)ex2， 易得 g(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，)上单调递增， 又 g(0)3e0，g(1)0， 由 0ln 21，则 g(ln 2)0； 当 x(x0，1)时，g(x)0 时，ex(2e)x1xx. 又由母题可得 ln xx1，即 xln x1， 故ex(2e)x1xln x1. 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)ming(x)max. (2)若 f(x)与

4、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)设 x2是 f(x)的极值点，求 a，并求 f(x)的单调区间； (2)证明：当 a1e时，f(x)0. (1)解 f(x)的定义域为(0，)，f(x)aex1x. 由题设知，f(2)0，所以 a12e2. 从而 f(x)12e2exln x1，f(x)12e2ex1x. 当 0 x2时，f(x)2时，f(x)0.

5、 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 a1e时，f(x)exeln x1. 方法一 设 g(x)exeln x1(x(0，)， 5 / 9 则 g(x)exe1x. 当 0 x1时，g(x)1时，g(x)0. 所以 x1是 g(x)的最小值点 故当 x0 时，g(x)g(1)0. 因此，当 a1e时，f(x)0. 方法二 易证 exx1， ln xx1， f(x)exeln x1ex1ln x1xln x10， 即证 f(x)0. 2(2020 株州模拟)已知 f(x)ln x2ex. (1)若函数 g(x)xf(x)，讨论 g(x)的单调性与极值

6、； (2)证明：f(x)1ex. (1)解 由题意，得 g(x)x f(x)xln x2e(x0)， 则 g(x)ln x1. 当 x0，1e时，g(x)0，所以 g(x)单调递增， 所以 g(x)的单调递减区间为0，1e，单调递增区间为1e， ， g(x)的极小值为 g1e1e，无极大值 (2)证明 要证 ln x2ex1ex(x0)成立， 6 / 9 只需证 xln x2exex(x0)成立， 令 h(x)xex，则 h(x)1xex， 当 x(0,1)时，h(x)0，h(x)单调递增，当 x(1，)时，h(x)xex，即 ln x2ex1ex，所以 f(x)1ex. 专题强化练专题强化练

7、 1(2020 沈阳模拟)已知函数 f(x)x2(a2)xaln x，a0. (1)求函数 yf(x)的单调区间； (2)当 a1时，证明：对任意的 x0，f(x)exx2x2. (1)解 f(x)x2(a2)xaln x，a0，定义域为(0，)，f(x)2x(a2)ax(2xa)(x1)x， 令 f(x)0，得 xa2；令 f(x)0，得 0 x0)， 即证 exln x20恒成立， 令 g(x)exln x2，x(0，)， 即证 g(x)min0 恒成立， 7 / 9 g(x)ex1x，g(x)为增函数，g120， x012，1 ，使 g(x0)0成立，即0ex1x00， 则当 0 xx0

8、时，g(x)x0时，g(x)0， yg(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增， g(x)ming(x0)0exln x02， 又0ex1x00，即0ex1x0， g(x0)0exln x020exln 1x021x0 x02， 又x012，1 ，x01x02， g(x0)0，即对任意的 x0，f(x)exx2x2. 方法二 令 (x)exx1， (x)ex1， (x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增， (x)min(0)0， exx1， 令 h(x)ln xx1(x0)， h(x)1x11xx， h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减， h(x)maxh

9、(1)0， ln xx1，x1ln x2， 要证 f(x)exx2x2， 即证 exln x2， 8 / 9 由知 exx1ln x2，且两等号不能同时成立， exln 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(0，)的单调性； (2)证明：|f(x)|3 38 ； (3)设 nn*，证明：sin2xsin22xsin24xsin22nx3n4n. (1)解 f(x)2sin xcos xsin 2x2sin2xcos 2x 2sin xsin 3x. 当 x0，323， 时，f(x)0； 当 x3，23时，f(x)0. 所以 f(x)在区间0，3，23， 上单调递增， 在区间3，23上单调递减 (2)证明 因为 f(0)f()0， 由(1)知，f(x)在区间0，上的最大值为 f 33 38， 最小值为 f 233 38. 而 f(x)是周期为 的周期函数， 故|f(x)|3 38. (3)证明 由于()322222sinsin 2 sin 4sin 2nxxxx |sin3xsin32