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    2022届高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用2.10第3课时利用导数证明不等式学案理含解析北师大版

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    这是一份2022届高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用2.10第3课时利用导数证明不等式学案理含解析北师大版,共8页。

    第三课时 利用导数证明不等式

    授课提示:对应学生用书第52

    题型一 单变量不等式的证明 

    考法() 利用移项构造法证明不等式

    [1] 已知函数f(x)aex2x1,其中e2.718 28是自然对数的底数.

    (1)讨论函数f(x)的单调性;

    (2)证明:对任意的a1,当x0时,f(x)(xae)x.

    [解析] (1)f(x)aex2x1,得f′(x)aex2.

    a0时,f′(x)0,函数f(x)R上单调递增;

    a0时,由f′(x)0,解得xln,由f′(x)0,解得xln,故f(x)上单调递增,在上单调递减.

    综上所述,当a0时,函数f(x)R上单调递增;当a0时,f(x)上单调递增,在上单调递减.

    (2)证明:对任意a1,当x0时,f(x)(xae)xe0.g(x)e,则g′(x).a1时,aexx1exx1.h(x)exx1,则当x0时,h′(x)ex10.所以当x0时,h(x)单调递增,h(x)h(0)0.所以aexx10.所以当0x1时,g(x)0,当x1时,g′(x)0,当x1时,g′(x)0.所以g(x)(01)上单调递减,在(1,+)上单调递增,所以g(x)g(1)0,即e0,故f(x)(xae)x.

    待证不等式的两边含有同一个变量时,一般地,可以直接构左减右的函数,利用导数研究其单调性,借助所构造函数的单调性即可得证.

    [对点训练]

    (2021·赣州模拟)已知函数f(x)1g(x)bx,若曲线yf(x)与曲线yg(x)的一个公共点是A(11),且在点A处的切线互相垂直.

    (1)ab的值

    (2)证明:当x1时,f(x)g(x).

    解析:(1)因为f(x)1

    所以f′(x)f′(1)=-1.

    因为g(x)bx

    所以g′(x)=-b.

    因为曲线yf(x)与曲线yg(x)的一个公共点是A(11),且在点A处的切线互相垂直,所以g(1)1,且f′(1)·g′(1)=-1

    所以g(1)a1b1g′(1)=-a1b1,解得a=-1b=-1.

    (2)证明:由(1)知,g(x)=-x

    f(x)g(x)1x0.

    h(x)1x(x1)

    h(1)0h′(x)=-11.

    因为x1,所以h′(x)10

    所以h(x)[1,+)上单调递增,所以h(x)h(1)0,即1x0

    所以当x1时,f(x)g(x).

    考法() 利用隔离分析最值法证明不等式

    [2] (2021·福州模拟)已知函数f(x)eln xax(aR)

    (1)讨论f(x)的单调性;

    (2)ae时,证明:xf(x)ex2ex0.

    [解析] (1)f′(x)a(x0)

    a0,则f′(x)0f(x)(0,+)上单调递增;

    a0,则当0x时,f′(x)0

    x时,f′(x)0

    f(x)上单调递增,在上单调递减.

    (2)证明:法一:因为x0,所以只需证f(x)2e

    ae时,由(1)知,f(x)(01)上单调递增,在(1,+)上单调递减,

    所以f(x)maxf(1)=-e.

    g(x)2e(x0)

    g′(x)

    所以当0x1时,g′(x)0g(x)单调递减,

    x1时,g′(x)0g(x)单调递增,

    所以g(x)ming(1)=-e.

    综上,当x0时,f(x)g(x)

    f(x)2e,即xf(x)ex2ex0.

    法二:由题意知,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(01)时,g′(x)0,当x(1,+)时,g′(x)0

    g(x)(01)上单调递增,在(1,+)上单调递减,

    从而g(x)(0,+)上的最大值为g(1)1.

    设函数h(x),则h′(x).

    所以当x(01)时,h′(x)0,当x(1,+)时,h′(x)0

    h(x)(01)上单调递减,在(1,+)上单调递增,

    从而h(x)(0,+)上的最小值为h(1)1.

    综上,当x0时,g(x)h(x),即xf(x)ex2ex0.

    若直接求导比较复杂或无从下手时,可将待证式进行变形,构造两个都便于求导的函数,从而找到可以传递的中间量,达到证明的目标.

    [对点训练]

    (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exexln x.h(x)ln x(x0),则h′(x),易知h(x)上单调递减,在上单调递增,则h(x)minh0,所以ln x0.再令φ(x)exex,则φ′(x)eex,易知φ(x)(01)上单调递增,在(1,+)上单调递减,则φ(x)maxφ(1)0,所以exex0.因为h(x)φ(x)不同时为0,所以exexln x,故原不等式成立.

    题型二 双变量不等式的证明 

    考法() 构造换元法证明双变量不等式问题

    [1] (1)已知函数f(x)x2ax(a1)ln x,其中a2,若对于任意的x1x2(0,+)x1x2,恒有>-1,求a的取值范围.

    (2)对任意ab(e,+),且ab,证明:abba.

    (3)对于任意的正实数xy,且xy,求证:.

    [解析] (1)x1x2,则不等式>-1等价于f(x1)f(x2)x2x1.

    f(x1)x1f(x2)x2.

    g(x)f(x)xx2(a1)x(a1)ln x

    则函数g(x)x(0,+)上为增函数.

    所以g′(x)x(a1)0(0,+)上恒成立,

    x2,当且仅当x,即x时等号成立.

    所以2a1

    因为a2

    所以2a5.

    所以实数a的取值范围是(25]

    (2)证明:对任意ab(e,+),且ab,要证:abba

    只需证:bln aaln b

    即证:.

    g(x),则g′(x)

    x(e,+)时,有g′(x)0

    故函数g(x)x(e,+)上单调递减.

    ab,且ab(e,+),所以g(a)g(b)

    .

    故原不等式成立.

    (3)证明:由于目标不等式中两个字母xy可以轮换,则不妨设0yx.

    u,则u1.

    欲证目标不等式

    ·ln u

    ln uln u0.

    f(u)ln u

    f′(u)0

    u1

    所以f(u)f(1)0

    则不等式ln u0成立,故原目标不等式得证.

    这类双变量不等式的基础处理思路有:(1)对不等式进行等价变形,把两个变量分离在不等式两端,如果两端的解析式结构形式相同,则以该解析式的结构构造函数,问题等价于构造的函数具备某种单调性;如果两端变量的解析式结构不同,即出现f(x1)g(x2)类的不等式,则只需证明f(x1)ming(x2)max(2)如果不能把两个变量分离在不等式两端,则可考虑使用实数的一个基本性质,即对实数ab(b0),一定存在实数t使得t,把双变量不等式化为单变量不等式.

    [对点训练]

    已知函数f(x)ln xax(x0)a为常数,若函数f(x)有两个零点x1x2(x1x2).求证:x1x2e2.

    证明:不妨设x1x20

    因为ln x1ax10ln x2ax20

    所以ln x1ln x2a(x1x2)ln x1ln x2a(x1x2),所以a

    欲证x1x2e2,即证ln x1ln x22.

    因为ln x1ln x2a(x1x2),所以即证a

    所以原问题等价于证明

    ln

    c(c1),则不等式变为ln c.

    h(c)ln cc1

    所以h′(c)0

    所以h(c)(1,+)上单调递增,

    所以h(c)h(1)ln 100

    ln c0(c1)

    因此原不等式x1x2e2得证.

    考法() 双变量为函数的极值点

    [2] (2018·高考全国卷)已知函数ƒ(x)xaln x.

    (1)讨论ƒ(x)的单调性;

    (2)ƒ(x)存在两个极值点x1x2,证明:a2.

    [解析] (1)ƒ(x)的定义域为(0,+)

    ƒ′(x)=-1=-.

    a2,则ƒ′(x)0,当且仅当a2x1时,ƒ′(x)0

    所以ƒ(x)(0,+)上单调递减.

    a2,令ƒ′(x)0,得

    xx.

    x时,ƒ′(x)0

    x时,ƒ′(x)0.

    所以ƒ(x)上单调递减,在上单调递增.

    (2)证明:由(1)知,ƒ(x)存在两个极值点当且仅当a2.

    由于ƒ(x)的两个极值点x1x2满足x2ax10

    所以x1x21,不妨设x1x2,则x21.

    由于=-1a=-2a=-2a

    所以a2等价于x22ln x20.

    设函数g(x)x2ln x(x1)

    (1)知,g(x)(0,+)上单调递减.

    g(1)0,从而当x(1,+)时,g(x)0.

    所以x22ln x20,即a2.

    x1x2是函数f(x)的两个不等的极值点时,x1x2是方程f′(x)0的两个不等实根,也即满足f′(x1)f′(x2)0.利用这种关系可以把双变量不等式化为单变量不等式进行证明.

    [对点训练]

    已知函数f(x)ln xx2a1.

    (1)a=-2,求函数f(x)的单调区间;

    (2)若函数f(x)有两个极值点x1x2,求证:f(x1)f(x2)0.

    解析:(1)a=-2时,f(x)ln xx5

    其导数为f′(x)1

    =-

    0x2时,f′(x)0,当x2时,f′(x)0

    所以f(x)的单调增区间为(02)

    单调减区间为(2,+)

    (2)证明:f′(x)1(x0)

    因为f(x)有两个极值点x1x2,故x1x2为-x2xa0的两个正数解,

    所以

    所以0a

    所以f(x1)f(x2)ln(x1x2)(x1x2)4a2ln a4a2.

    g(a)ln a4a2

    g′(a)40

    所以g(a)上单调递增,

    所以g(a)gln 121ln 40

    所以f(x1)f(x2)0.

     

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