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

这是一份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，共14页。试卷主要包含了已知函数f＝ex2－xln x，已知函数f＝·，已知f＝ex＋ax－a等内容，欢迎下载使用。

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 x－ax(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
解 (1)f′(x)＝eq \f(e,x)－a(x>0)，
①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0，则当0eq \f(e,a)时，f′(x)0，所以只需证f(x)≤eq \f(ex,x)－2e.
当a＝e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)max＝f(1)＝－e.
记g(x)＝eq \f(ex,x)－2e(x>0)，
则g′(x)＝eq \f(x－1ex,x2)，
所以当00时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤eq \f(ex,x)－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.
证法二：证明xf(x)－ex＋2ex≤0，
即证exln x－ex2－ex＋2ex≤0，从而等价于ln x－x＋2≤eq \f(ex,ex).
设函数g(x)＝ln x－x＋2，
则g′(x)＝eq \f(1,x)－1.
所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.
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)eq \r(mn).
解 (1)a＝eq \f(1,2)时，f(x)＝eq \f(x,2)＋1，g(x)＝ln x＋eq \f(1,2x)＋1，
令F(x)＝f(x)－g(x)＝eq \f(x,2)－ln x－eq \f(1,2x)，
则F′(x)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,x)＋eq \f(1,2x2)＝eq \f(x－12,2x2)≥0，
所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，且F(1)＝0.
综上，x＝1时，F(x)＝0，f(x)＝g(x)，x∈(0,1)时，F(x)g(x)．
(2)证明：m>n>0，eq \f(m,n)>1，要证eq \f(m－n,ln m－ln n)>eq \r(mn)，
即证eq \f(m－n,\r(mn))>ln m－ln n，
即证 eq \r(\f(m,n))－ eq \r(\f(n,m))>ln eq \f(m,n)，
设t＝ eq \r(\f(m,n))，且t>1，即证t－eq \f(1,t)>ln t2＝2ln t，
即证eq \f(t,2)－ln t－eq \f(1,2t)>0(t>1)，
由(1)知，x∈(1，＋∞)时，F(x)>0成立，故不等式成立，所以当m>n>0时，eq \f(m－n,ln m－ln n)>eq \r(mn).
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－2x.
(1)求f(x)的单调区间、极值；
(2)若x>y>0，试确定f(x)－f(y)与xln y－yln x的大小关系，并给出证明．
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1－2＝ln x－1，令f′(x)＝0得x＝e.
当x变化时，f′(x)，f(x)变化情况列表如下：
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x＝e处有极小值－e，无极大值．
(2)f(x)－f(y)>xln y－yln x．证明如下：
[f(x)－f(y)]－(xln y－yln x)
＝xln x－2x－yln y＋2y－xln y＋yln x
＝xln eq \f(x,y)＋yln eq \f(x,y)－2(x－y)
＝yeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(x,y)ln \f(x,y)＋ln \f(x,y)－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,y)－1)))). (*)
设t＝eq \f(x,y)>1，Q(t)＝tln t＋ln t－2(t－1)(t>1)，则Q′(t)＝ln t＋1＋eq \f(1,t)－2＝ln t＋eq \f(1,t)－1(t>1)．
设M(t)＝ln t＋eq \f(1,t)－1(t>1)，则M′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(1,t2)＝eq \f(t－1,t2)>0(t>1)．
所以M(t)在(1，＋∞)上是增函数．
所以M(t)>ln 1＋eq \f(1,1)－1＝0，即Q′(t)>0.
所以Q(t)在(1，＋∞)上是增函数．
所以Q(t)>1×ln 1＋ln 1－2×(1－1)＝0.
又y>0，所以(*)>0，
所以f(x)－f(y)>xln y－yln 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)＝ex－kx2，x∈R.
(1)若k＝eq \f(1,2)，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：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,14)＋1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,24)＋1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,34)＋1))…eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,n4)＋1))0(x>0)，
所以h(x)在(0，＋∞)上递增，所以f′(x)>f′(0)＝1>0.
所以f(x)＝ex－eq \f(1,2)x2在(0，＋∞)上递增，
故f(x)>f(0)＝1.
(2)由题得，f′(x)＝ex－2kx≥0在区间(0，＋∞)上恒成立．
即2k≤eq \f(ex,x)在区间(0，＋∞)上恒成立．
设g(x)＝eq \f(ex,x)，x∈(0，＋∞)，则
g′(x)＝eq \f(exx－1,x2)，
故在(0,1)上，g′(x)0，g(x)单调递增，故g(x)≥g(1)＝e.
故2k≤e，解得k≤eq \f(e,2)，
即k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(e,2))).
(3)证明：由(1)知，对于x∈(0，＋∞)，有f(x)＝ex－eq \f(1,2)x2>1，所以e2x>2x2＋1，则ln (2x2＋1)0.
即ex－x2＋2ax－1>0，
故ex>x2－2ax＋1.
2．(2021·长沙模拟)已知函数f(x)＝ex2－xln x．求证：当x>0时，f(x)eq \f(x,x＋2).
令x＝eq \f(1,k)(k>0)，得ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋1))>eq \f(\f(1,k),\f(1,k)＋2)，
即ln eq \f(k＋1,k)>eq \f(1,2k＋1).
所以ln eq \f(2,1)＋ln eq \f(3,2)＋ln eq \f(4,3)＋…＋ln eq \f(n＋1,n)>eq \f(1,3)＋eq \f(1,5)＋eq \f(1,7)＋…＋eq \f(1,2n＋1)，
即ln (n＋1)>eq \f(1,3)＋eq \f(1,5)＋eq \f(1,7)＋…＋eq \f(1,2n＋1)(n∈N*)．
8．已知函数f(x)＝ln x－eq \f(1,2)ax2＋x，a∈R.
(1)当a＝0时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，求证：x1＋x2≥eq \f(\r(5)－1,2).
解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)，当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，则f(1)＝1，
所以切点为(1,1)，
又因为f′(x)＝eq \f(1,x)＋1，
所以切线斜率k＝f′(1)＝2，
故切线方程为y－1＝2(x－1)，
即2x－y－1＝0.
(2)证明：当a＝－2时，f(x)＝ln x＋x2＋x(x>0)．
由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，
得ln x1＋xeq \\al(2,1)＋x1＋ln x2＋xeq \\al(2,2)＋x2＋x1x2＝0，
从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln (x1x2)，
令t＝x1x2(t>0)，令φ(t)＝t－ln t，
得φ′(t)＝1－eq \f(1,t)＝eq \f(t－1,t)，
易知φ(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t)≥φ(1)＝1，
所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1，
因为x1>0，x2>0，所以x1＋x2≥eq \f(\r(5)－1,2)成立．
x
(0，e)
e
(e，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)

极小值

x
(－∞，ln 2)
ln 2
(ln 2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
单调递减
2(1－ln 2＋a)
单调递增