高考专题1 第5讲 母题突破1　导数与不等式的证明

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母题突破1 导数与不等式的证明
母题 (2017·全国Ⅲ)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)，＋∞))时，f′(x)0)，
则g′(x)＝ln x＋1.
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，g′(x)0，所以g(x)单调递增，
所以g(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))，
g(x)的极小值为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝eq \f(1,e)，无极大值．
(2)证明 要证ln x＋eq \f(2,ex)>eq \f(1,ex)(x>0)成立，
只需证xln x＋eq \f(2,e)>eq \f(x,ex)(x>0)成立，
令h(x)＝eq \f(x,ex)，则h′(x)＝eq \f(1－x,ex)，
当x∈(0,1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)eq \f(x,ex)，即ln x＋eq \f(2,ex)>eq \f(1,ex)，所以f(x)>eq \f(1,ex).
专题强化练
1．(2020·沈阳模拟)已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－aln x，a>0.
(1)求函数y＝f(x)的单调区间；
(2)当a＝1时，证明：对任意的x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2.
(1)解 f(x)＝x2－(a－2)x－aln x，a>0，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－(a－2)－eq \f(a,x)＝eq \f(2x－ax＋1,x)，
令f′(x)>0，得x>eq \f(a,2)；令f′(x)0恒成立，
g′(x)＝ex－eq \f(1,x)，g′(x)为增函数，g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))0，
∴∃x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，使g′(x0)＝0成立，即－eq \f(1,x0)＝0，
则当02，
∴g(x0)>0，即对任意的x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2.
方法二 令φ(x)＝ex－x－1，
∴φ′(x)＝ex－1，
∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(0)＝0，
∴ex≥x＋1，①
令h(x)＝ln x－x＋1(x>0)，
∴h′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，
∴h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴h(x)max＝h(1)＝0，
∴ln x≤x－1，∴x＋1≥ln x＋2，②
要证f(x)＋ex>x2＋x＋2，
即证ex>ln x＋2，
由①②知ex≥x＋1≥ln x＋2，且两等号不能同时成立，
∴ex>ln x＋2，即证原不等式成立．
2．(2020·全国Ⅱ)已知函数f(x)＝sin2xsin 2x.
(1)讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；
(2)证明：|f(x)|≤eq \f(3\r(3),8) ；
(3)设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤eq \f(3n,4n).
(1)解 f′(x)＝2sin xcs xsin 2x＋2sin2xcs 2x
＝2sin xsin 3x.
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π))时，f′(x)>0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))时，f′(x)