2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版） 第4章 第4讲　第1课时　利用导数研究不等式的证明问题 WORD版含解析.doc

1、第4讲导数与函数的综合应用第1课时利用导数研究不等式的证明问题考向一单变量不等式的证明例1(2021福州模拟)已知函数f(x)eln xax(aR)(1)讨论f(x)的单调性；(2)当ae时，证明：xf(x)ex2ex0.解(1)f(x)a(x0)，若a0，则f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增；若a0，则当0x0，当x时，f(x)0，所以只需证f(x)2e.当ae时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以f(x)maxf(1)e.记g(x)2e(x0)，则g(x)，所以当0x1时，g(x)1时，g(x)0，g(x)单调递增，所以g(x)ming(1)e.综

2、上，当x0时，f(x)g(x)，即f(x)2e，即xf(x)ex2ex0.证法二：证明xf(x)ex2ex0，即证exln xex2ex2ex0，从而等价于ln xx2.设函数g(x)ln xx2，则g(x)1.所以当x(0,1)时，g(x)0，当x(1，)时，g(x)0，故g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，从而g(x)在(0，)上的最大值为g(1)1.设函数h(x)，则h(x).所以当x(0,1)时，h(x)0，故h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，从而h(x)在(0，)上的最小值为h(1)1.综上，当x0时，g(x)h(x)，即xf(x)ex2ex0.

3、 单变量不等式的证明方法(1)移项法：证明不等式f(x)g(x)(f(x)0(f(x)g(x)0)，进而构造辅助函数h(x)f(x)g(x)(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数(3)最值法：欲证f(x)g(x)，有时可以证明f(x)maxg(x)min.1.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a时，f(x)0.解(1)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 x1，

4、f(x)ex.当0x2时，f(x)2时，f(x)0.所以f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，)上单调递增(2)证明：当a时，f(x)ln x1.设g(x)ln x1，则g(x).当0x1时，g(x)1时，g(x)0.所以1是g(x)的最小值点故当x0时，g(x)g(1)0.因此，当a时，f(x)0.考向二双变量不等式的证明例2(2021哈尔滨四模)已知函数f(x)ax1(x0)，g(x)ln x2a.(1)若a，比较函数f(x)与g(x)的大小；(2)若mn0，求证：.解(1)a时，f(x)1，g(x)ln x1，令F(x)f(x)g(x)ln x，则F(x)0，所以F(x)在(0，)上单

5、调递增，且F(1)0.综上，x1时，F(x)0，f(x)g(x)，x(0,1)时，F(x)0，f(x)0，f(x)g(x)(2)证明：mn0，1，要证，即证ln mln n，即证 ln ，设t ，且t1，即证tln t22ln t，即证ln t0(t1)，由(1)知，x(1，)时，F(x)0成立，故不等式成立，所以当mn0时，. 双变量不等式的证明方法(1)转化法由已知条件入手，寻找双变量所满足的关系式，并把含双变量的不等式转化为含单变量的不等式，再进行证明(2)构造函数法构造新函数，利用导数研究新函数的单调性及最值，从而得到所证不等式2.(2022四川广元诊断考试)已知函数f(x)xln x

6、2x.(1)求f(x)的单调区间、极值；(2)若xy0，试确定f(x)f(y)与xln yyln x的大小关系，并给出证明解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)ln x12ln x1，令f(x)0得xe.当x变化时，f(x)，f(x)变化情况列表如下： x(0，e)e(e，)f(x)0f(x)极小值可得(0，e)是f(x)的单调递减区间，(e，)是f(x)的单调递增区间，f(x)在xe处有极小值e，无极大值(2)f(x)f(y)xln yyln x证明如下：f(x)f(y)(xln yyln x)xln x2xyln y2yxln yyln xxln yln 2(xy)y.(*)设t1，

7、Q(t)tln tln t2(t1)(t1)，则Q(t)ln t12ln t1(t1)设M(t)ln t1(t1)，则M(t)0(t1)所以M(t)在(1，)上是增函数所以M(t)ln 110，即Q(t)0.所以Q(t)在(1，)上是增函数所以Q(t)1ln 1ln 12(11)0.又y0，所以(*)0，所以f(x)f(y)xln yyln x.考向三证明与正整数有关的不等式问题例3(2021石家庄模拟)已知函数f(x)exkx2，xR.(1)若k，求证：当x(0，)时，f(x)1；(2)若f(x)在区间(0，)上单调递增，试求k的取值范围；(3)求证：0(x0)，所以h(x)在(0，)上递增

8、，所以f(x)f(0)10.所以f(x)exx2在(0，)上递增，故f(x)f(0)1.(2)由题得，f(x)ex2kx0在区间(0，)上恒成立即2k在区间(0，)上恒成立设g(x)，x(0，)，则g(x)，故在(0,1)上，g(x)0，g(x)单调递增，故g(x)g(1)e.故2ke，解得k，即k的取值范围为.(3)证明：由(1)知，对于x(0，)，有f(x)exx21，所以e2x2x21，则ln (2x21)2x，取x，从而有ln (nN*)，于是ln ln ln ln 2244.所以e4(nN*) 证明函数中与正整数有关的不等式，其实质是利用函数性质证明数列不等式，证明此类问题时常根据已

9、知的函数不等式，用关于正整数n的多项式替代函数不等式中的自变量，通过多次求和达到证明的目的3.(2021贵阳模拟)已知f(x)ex，g(x)x1(e为自然对数的底数)(1)求证：f(x)g(x)恒成立；(2)证明：对任意正整数n，2.证明(1)令h(x)f(x)g(x)exx1，则h(x)ex1，当x(，0)时，h(x)0，故h(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，所以h(x)minh(0)0，即h(x)0恒成立，所以f(x)g(x)恒成立(2)由(1)可知01，由不等式的性质得ln 21且x0时，exx22ax1.解(1)由f(x)ex2x2a，xR，得f(x)ex2，xR，令f

10、(x)0，得xln 2.于是当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表： x(，ln 2)ln 2(ln 2，)f(x)0f(x)单调递减2(1ln 2a)单调递增故f(x)的单调递减区间是(，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，)f(x)在xln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)2(1ln 2a)，无极大值(2)证明：设g(x)exx22ax1，xR.于是g(x)ex2x2a，xR.由(1)知当aln 21时，g(x)的最小值为g(ln 2)2(1ln 2a)0.于是对任意xR，都有g(x)0，所以g(x)在R内单调递增于是当aln 21时，对任意x(0，)，都有g(x)g(0)

11、又g(0)0，从而对任意x(0，)，g(x)0.即exx22ax10，故exx22ax1.2(2021长沙模拟)已知函数f(x)ex2xln x求证：当x0时，f(x)xex.证明要证f(x)xex，只需证exln xex，即exex0)，则h(x)，易知h(x)在上单调递减，在上单调递增，则h(x)minh0，所以ln x0.再令(x)exex，则(x)eex，易知(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，则(x)max(1)0，所以exex0.因为h(x)与(x)不同时为0，所以exex1.证明(1)由题意得g(x)(x0)当0x1时，g(x)1时，g(x)0，即g(x)在(0,

12、1)上是减函数，在(1，)上是增函数所以g(x)g(1)1.(2)由f(x)1，得f(x)，所以当0x2时，f(x)2时，f(x)0，即f(x)在(0,2)上是减函数，在(2，)上是增函数，所以f(x)f(2)1(当且仅当x2时，等号成立)又由(1)知xln x1(当且仅当x1时，等号成立)，且等号不能同时取到，所以(xln x)f(x)1.4已知函数f(x)axaxln x1(aR，a0)(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当x1时，求证：1.解(1)f(x)aa(ln x1)aln x，若a0，则当x(0,1)时，f(x)0，当x(1，)时，f(x)0，所以f(x)在(0,1)上单调递增

13、，在(1，)上单调递减；若a0，则当x(0,1)时，f(x)0，当x(1，)时，f(x)0，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增(2)证明：要证1，即证ex，即证ex，又由第(1)问令a1知f(x)xxln x1在(1，)上单调递减，f(1)0，所以当x1时，xxln x10，即ln x，则只需证当x1时，ln xex即可令F(x)exln x，x1，则F(x)ex单调递增，所以F(x)F(1)e10，所以F(x)在(1，)上单调递增，所以F(x)F(1)，而F(1)e，所以exln xe0，所以exln x，所以exln x，所以原不等式得证5(2021沈阳模拟)已知函数

14、f(x)(x1)(2ex1)(1)求曲线yf(x)在x1处的切线方程；(2)证明：f(x)有唯一的极值点x0，且f(x0)0，解得x3，令g(x)0，解得x3，故f(x)在(，3)上单调递减，在(3，)上单调递增，故f(x)minf(3)10，当x3时，f(x)(x2)2ex13时，f10，f(1)10，f(x)存在唯一零点x0，故f(x0)0，即(x02)2ex01，故f(x)在(，x0)单调递减，在(x0，)单调递增，f(x)极小值f(x0)，f(x)有唯一的极值点x0，f(x0)(x01)(2ex01)，(x02)2ex01，f(x0)(x01)，x0，x02，x02，f(x0)，即f(

15、x0)0.f(x)有唯一的极值点x0，且f(x0)0.解(1)函数f(x)的定义域为R，f(x)exa，f(0)e0a0，a1(经验证a1满足题意)，f(x)ex1，在(2,0)上f(x)0，f(x)单调递增，所以x0时，f(x)取得最小值为f(0)e012，所以f(x)在2,1上的最小值为2.(2)证明：当a4时，令g(x)f(x)x23ex4xx21，g(x)ex42x，令h(x)ex42x，因为h(x)ex20恒成立，所以g(x)在R上单调递增，g(0)30，由零点存在定理可得存在x0(0,1)，使得g(x0)0，即ex042x00，当x(，x0)时，g(x)0，g(x)单调递增，所以g

16、(x)ming(x0)ex04x0x142x04x0x1x6x05，x0(0,1)，由二次函数性质可得g(x)min0，所以g(x)0，即f(x)x230，得证7已知函数f(x)ln (x1).(1)若x0时，f(x)1恒成立，求a的取值范围；(2)求证：ln (n1)(nN*)解(1)由ln (x1)1，得a(x2)(x2)ln (x1)令g(x)(x2)1ln (x1)，则g(x)1ln (x1)ln (x1).当x0时，g(x)0，所以g(x)在(0，)上单调递减所以g(x)1(x0)，所以ln (x1).令x(k0)，得ln ，即ln .所以ln ln ln ln ，即ln (n1)(

17、nN*)8已知函数f(x)ln xax2x，aR.(1)当a0时，求函数f(x)的图象在(1，f(1)处的切线方程；(2)若a2，正实数x1，x2满足f(x1)f(x2)x1x20，求证：x1x2.解(1)函数的定义域为(0，)，当a0时，f(x)ln xx，则f(1)1，所以切点为(1,1)，又因为f(x)1，所以切线斜率kf(1)2，故切线方程为y12(x1)，即2xy10.(2)证明：当a2时，f(x)ln xx2x(x0)由f(x1)f(x2)x1x20，得ln x1xx1ln x2xx2x1x20，从而(x1x2)2(x1x2)x1x2ln (x1x2)，令tx1x2(t0)，令(t)tln t，得(t)1，易知(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，)上单调递增，所以(t)(1)1，所以(x1x2)2(x1x2)1，因为x10，x20，所以x1x2成立