新高考数学二轮复习专题一培优点2对数平均不等式、切线不等式学案

这是一份新高考数学二轮复习专题一培优点2对数平均不等式、切线不等式学案，共12页。

考点一 对数平均不等式
例1 若a＞0，b＞0，a≠b，求证：eq \r(ab)＜eq \f(a－b,ln a－ln b)＜eq \f(a＋b,2).
证明 不妨设a＞b＞0，
①要证eq \r(ab)＜eq \f(a－b,ln a－ln b)成立，
即证eq \r(ab)＜eq \f(a－b,ln \f(a,b))，即证ln eq \f(a,b)＜eq \f(a－b,\r(ab))，
即证ln eq \f(a,b)＜eq \r(\f(a,b))－eq \r(\f(b,a))，令eq \r(\f(a,b))＝t(t＞1)，
则需证明2ln t＜t－eq \f(1,t)(t＞1)，
构造函数f(t)＝2ln t－t＋eq \f(1,t)(t＞1)，
则f′(t)＝eq \f(2,t)－1－eq \f(1,t2)＝－eq \f(t－12,t2)＜0，
所以f(t)在(1，＋∞)上单调递减，又f(1)＝0，
所以f(t)<0，即2ln t＜t－eq \f(1,t)，原不等式得证．
②要证eq \f(a－b,ln a－ln b)＜eq \f(a＋b,2)，只需证2·eq \f(a－b,a＋b)＜ln eq \f(a,b)，
即证2·eq \f(\f(a,b)－1,\f(a,b)＋1)＜ln eq \f(a,b)，令t＝eq \f(a,b)(t＞1)，
即证2·eq \f(t－1,t＋1)＜ln t．即证2－eq \f(4,t＋1)构造函数φ(t)＝2－eq \f(4,t＋1)－ln t(t>1)，
φ′(t)＝eq \f(4,t＋12)－eq \f(1,t)＝eq \f(－t－12,tt＋12)<0，
∴φ(t)在(1，＋∞)上单调递减，
∴φ(t)<φ(1)＝0，即2－eq \f(4,t＋1)∴原不等式得证．
综上，eq \r(ab)＜eq \f(a－b,ln a－ln b)＜eq \f(a＋b,2).
规律方法 该类问题的特征是双变量，将双变量问题转变为单变量问题处理，即将eq \f(a,b)看成一个新对象(整体)，从而进行降维打击．
跟踪演练1 已知函数f(x)＝eq \f(1,x)－x＋aln x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，
证明：eq \f(fx1－fx2,x1－x2)＜a－2.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－eq \f(1,x2)－1＋eq \f(a,x)＝－eq \f(x2－ax＋1,x2).
①若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时，f′(x)＝0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②若a＞2，令f′(x)＝0，得
x＝eq \f(a－\r(a2－4),2)或x＝eq \f(a＋\r(a2－4),2).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))时，f′(x)＜0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))时，f′(x)＞0.
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))上单调递减，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))上单调递增．
(2)证明 由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a＞2.由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨设x2>x1>0，
则x2＞1.
由于eq \f(fx1－fx2,x1－x2)
＝－eq \f(1,x1x2)－1＋eq \f(aln x1－ln x2,x1－x2)
＝－2＋eq \f(aln x1－ln x2,x1－x2)，
由对数平均不等式知
eq \f(x1－x2,ln x1－ln x2)>eq \r(x1x2)＝1，
又x2>x1>0，
∴x1－x2<0，ln x1－ln x2<0，
∴0∴eq \f(fx1－fx2,x1－x2)＝－2＋eq \f(aln x1－ln x2,x1－x2)<－2＋a，
即证原不等式成立．
考点二 以泰勒公式为背景的切线不等式
泰勒公式：将函数展开为一个多项式与一个余项的和．
f(x)＝f(x0)＋f′(x0)(x－x0)＋eq \f(f″x0,2！)(x－x0)2＋…＋eq \f(f nx0,n！)(x－x0)n＋Rn(x)，
其中余项Rn(x)＝eq \f(f n＋1ξ,n＋1！)(x－x0)n＋1(ξ在x0与x之间)，
当x0＝0时为麦克劳林公式．
其中ex与ln(1＋x)的麦克劳林公式为
ex＝1＋x＋eq \f(1,2)x2＋eq \f(1,6)x3＋(x3)，
ln(1＋x)＝x－eq \f(1,2)x2＋eq \f(1,3)x3＋(x3)，
从中截取片段就构成了常见的不等式：
ex≥1＋x或ex≥1＋x＋eq \f(x2,2)(x≥0)，
ln(1＋x)≤x(x≥0)或ln x≤x－1(x>0)，
ln(1＋x)≥x－eq \f(x2,2)(x≥0)，
例2 设函数f(x)＝aexln x＋eq \f(bex－1,x)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2.
(1)求a，b；
(2)证明：f(x)>1.
(1)解 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝aexln x＋eq \f(a,x)ex－eq \f(b,x2)ex－1＋eq \f(b,x)ex－1.
由题意可得f(1)＝2，f′(1)＝e.
故a＝1，b＝2.
(2)证明 方法一 由(1)知，
f(x)＝exln x＋eq \f(2,x)·ex－1，
从而f(x)>1等价于xln x>xe－x－eq \f(2,e).
设函数g(x)＝xln x，则g′(x)＝1＋ln x.
所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))，g′(x)<0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))时，g′(x)>0.
故g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，
从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－eq \f(1,e).
设函数h(x)＝xe－x－eq \f(2,e)，
则h′(x)＝e－x(1－x)．
所以当x∈(0,1)时，h′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0.
故h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－eq \f(1,e).
综上，当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)>1.
方法二 f(x)＝exln x＋eq \f(2,x)ex－1＝exeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x＋\f(2,ex))).
当x＞0时，ex＞1＋x，所以ex－1≥x，
即eq \f(ex,e)≥x，ex≥ex，当x＝1时等号成立，
即e－ln x≥e(－ln x)，
所以eq \f(1,x)≥e(－ln x)，
即ln x≥－eq \f(1,ex)，当x＝eq \f(1,e)时等号成立，
所以exeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x＋\f(2,ex)))≥exeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,ex)＋\f(2,ex)))＝eq \f(ex,ex)＞1(等号不同时成立)．
规律方法 指数的放缩．形如：
ex－1≥x－1＋1⇒ex≥ex，
≥e·eq \f(x,n)⇒ex≥eq \f(en,nn)xn.
对数的放缩．形如：
eln x≥1＋ln x⇒ln x≤x－1⇒ln(1＋x)≤x，
lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x)))lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,1＋x)))))<－eq \f(1,1＋x)
⇒ln(1＋x)－ln x>eq \f(1,1＋x)，
ln eq \f(x,e)≤eq \f(x,e)－1⇒x≥eln x.
跟踪演练2 已知函数f(x)＝eq \f(1,2)ax2－(2a＋1)x＋2ln x(a∈R)．
(1)当a＞0时，求函数f(x)的单调递增区间；
(2)当a＝0时，证明：f(x)<2ex－x－4.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ax－(2a＋1)＋eq \f(2,x)＝eq \f(ax－1x－2,x)，
当0eq \f(1,2)时，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))和(2，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当eq \f(1,a)＝2，即a＝eq \f(1,2)时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当eq \f(1,a)>2，即0在(0,2)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上，f′(x)>0，f(x)单调递增．
综上所述，当a>eq \f(1,2)时，f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))和(2，＋∞)；
当a＝eq \f(1,2)时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
当0(2)证明 方法一 当a＝0时，
要证f(x)<2ex－x－4，
即证ex－ln x－2>0，
构造函数h(x)＝ex－ln x－2(x>0)，
h′(x)＝ex－eq \f(1,x)，
令φ(x)＝ex－eq \f(1,x)(x>0)，
则φ′(x)＝ex＋eq \f(1,x2)>0，
所以h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
h′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \r(e)－2<0，h′(1)＝e－1>0，
故存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，
使得h′(x0)＝0，即＝eq \f(1,x0).
当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增．
所以当x＝x0时，h(x)取得极小值，也是最小值．
h(x0)＝－ln x0－2＝eq \f(1,x0)－
＝eq \f(1,x0)＋x0－2>2eq \r(\f(1,x0)·x0)－2＝0，
所以h(x)＝ex－ln x－2>0，
故f(x)<2ex－x－4.
方法二 当a＝0时，要证f(x)<2ex－x－4，
即证ex－ln x－2>0，
由x>0时，ex>x＋1可得ex－1>x，
由x>0时，ln x≤x－1可得x≥ln x＋1，
故ex－1>x≥ln x＋1，
即ex－ln x－2>0，
即原不等式成立．
专题强化练
1．(2022·葫芦岛模拟)已知函数f(x)＝x＋b(1＋ln x)(b∈R)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)设g(x)＝f(x)－eq \f(1,2)sin x，若存在0①b<0；
②x1x2<4b2.
(1)解 由题意，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(x＋b,x)，
若b≥0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；若b<0，令f′(x)＝0，得x＝－b，
当x∈(0，－b)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(－b，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
综上，若b≥0，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
若b<0，f(x)的单调递减区间为(0，－b)，单调递增区间为(－b，＋∞)．
(2)证明 g(x)＝x＋b(1＋ln x)－eq \f(1,2)sin x，
g′(x)＝1－eq \f(cs x,2)＋eq \f(b,x)，
①若b≥0，则由1－eq \f(cs x,2)>0，eq \f(b,x)≥0得
g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
故不存在0所以b<0.
②令m(x)＝x－sin x(x>0)，
m′(x)＝1－cs x≥0，当x→0时，m(x)→0，
故m(x)>0，即x>sin x，
因为g(x1)＝g(x2)，
即x1＋b(1＋ln x1)－eq \f(1,2)sin x1
＝x2＋b(1＋ln x2)－eq \f(1,2)sin x2，
所以－b(ln x2－ln x1)
＝x2－x1－eq \f(1,2)(sin x2－sin x1)>eq \f(1,2)(x2－x1)，
又0所以－2b>eq \f(x2－x1,ln x2－ln x1)>0，
根据对数平均不等式eq \r(ab)＜eq \f(a－b,ln a－ln b)＜eq \f(a＋b,2)，
所以eq \f(x2－x1,ln x2－ln x1)>eq \r(x2x1)，
所以－2b>eq \r(x2x1)，故x1x2<4b2.
2．(2022·抚州模拟)已知函数f(x)＝x(ln x＋a)，a∈R.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)当a＝1时，求证：f(x)≤xex－1在(0，＋∞)上恒成立．
(1)解 因为f(x)＝x(ln x＋a)，
故可得f′(x)＝ln x＋a＋1，
又y＝ln x＋a＋1为单调递增函数，
令f′(x)＝0，解得x＝e－a－1，
故当0当x>e－a－1时，f′(x)>0，
故f(x)的单调递减区间为(0，e－a－1)，
单调递增区间为(e－a－1，＋∞)．
(2)证明 方法一 当a＝1时，f(x)＝x(ln x＋1)，
要证f(x)≤xex－1，
即证x(ln x＋1)≤xex－1，
又x>0，则只需证ln x＋1≤ex－1，
即证ln x－x＋1≤ex－1－x，
令m(x)＝ln x－x＋1，m′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，
当00，m(x)单调递增，
当x>1时，m′(x)<0，m(x)单调递减，
故当x＝1时，m(x)取得最大值m(1)＝0；
令n(x)＝ex－1－x，n′(x)＝ex－1－1，
又y＝n′(x)为单调递增函数，
且当x＝1时，n′(x)＝0，
当0当x>1时，n′(x)>0，n(x)单调递增，
故当x＝1时，n(x)取得最小值n(1)＝0.
则n(x)min＝m(x)max，
且当x＝1时，同时取得最小值和最大值，
故n(x)≥m(x)，
即ln x－x＋1≤ex－1－x，
故f(x)≤xex－1在(0，＋∞)上恒成立．
方法二 当a＝1时，f(x)＝x(ln x＋1)，
要证f(x)≤xex－1，
即证x(ln x＋1)≤xex－1，
又x>0，则只需证ln x＋1≤ex－1，
又ln x＋1≤x，ex－1≥x，
且等号都在x＝1处取得，
所以ln x＋1≤ex－1.
即f(x)≤xex－1在(0，＋∞)上恒成立．