统考版高中数学（文）复习3-2-3导数在研究函数中的应用学案

这是一份统考版高中数学（文）复习3-2-3导数在研究函数中的应用学案，共11页。
第3课时　利用导数证明不等式　提 升   关键能力——考点突破　掌握类题通法 考点一　移项作差构造法　[基础性、综合性][例1]　已知函数f(x)＝1－，g(x)＝－bx，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直．(1)求a，b的值；(2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.听课笔记：              反思感悟　待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“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】设f(x)＝2x ln x＋1.求证：f(x)≤x2－x＋＋2ln x．     考点二　特征分析法　[综合性][例2]　已知函数f(x)＝ax－ln x－1.(1)若f(x)≥0恒成立，求a的最小值；(2)证明：＋x＋ln x－1≥0；(3)已知k(e－x＋x2)≥x－x ln x恒成立，求k的取值范围．听课笔记：       反思感悟　(1)特征分析法往往要在前面问题中证明出某个不等式，在后续的问题中应用前面的结论，呈现出层层递进的特点．(2)证明不等式时的一些常见结论①ln x≤x－1，当且仅当x＝1时，等号成立；②ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立；③ln x<x<ex，x>0.【对点训练】已知函数f(x)＝ln (x－1)－k(x－1)＋1.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)≤0恒成立，试确定实数k的取值范围；(3)证明：＋…＋<(n∈N*且n>1)．      考点三　隔离分析法　[综合性][例3]　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.听课笔记：       反思感悟　 (1)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值问题．(2)在证明过程中，“隔离”化是关键，此处>g(x)max恒成立．从而f(x)>g(x)，但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x”的值．【对点训练】设函数f(x)＝x2－(x＋1)ln x，求证：当0<x≤2时，f(x)>x.        考点四　换元构造法　[综合性][例4]　已知函数f(x)＝ln x－ax(x>0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)．求证：x1x2>e2.听课笔记：        反思感悟　换元法构造函数证明不等式的基本思路是直接消掉参数a，再结合所证问题，巧妙引入变量c＝，从而构造相应的函数．其解题要点为：联立消参利用方程f(x1)＝f(x2)消掉解析式中的参数a抓商构元令c＝，消掉变量x1，x2，构造关于c的函数h(c)用导求解利用导数求解函数h(c)的最小值，从而可证得结论 【对点训练】已知函数f(x)＝ln x＋x2＋x.若正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0.求证：x1＋x2≥.        第3课时　利用导数证明不等式提升关键能力考点一例1　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y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，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)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，解得a＝－1，b＝－1. (2)证明：由(1)知，g(x)＝－＋x，则f(x)＋g(x)≥⇔1－＋x≥0.令h(x)＝1－＋x(x≥1)，则h(1)＝0，h′(x)＝－＋1＝＋1.因为x≥1，所以h′(x)＝＋1>0，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0，即1－＋x≥0，所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.对点训练解析：x2－x＋＋2ln x－f(x)＝x(x－1)－－2(x－1)ln x＝(x－1)(x>0)，令g(x)＝x－－2ln x，则g′(x)＝1＋＝≥0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g(1)＝0，所以当0<x<1时，g(x)<0，当x>1时，g(x)>0，所以(x－1)≥0，即f(x)≤x2－x＋＋2ln x．考点二例2　解析：(1)f(x)≥0等价于a≥(x>0)．令g(x)＝，则g′(x)＝，所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，则g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1，则a≥1，所以a的最小值为1. (2)证明：由(1)知当a＝1时有f(x)＝x－ln x－1≥0成立，即x≥ln x＋1，即t≥ln t＋1.令＝t，则－x－ln x＝ln t，所以≥－x－ln x＋1，即＋x＋ln x－1≥0. (3)因为k(e－x＋x2)≥x－x ln x，即k≥1－ln x恒成立，所以k≥＝－＋1，由(2)知＋x＋ln x－1≥0恒成立，所以－＋1≤1，故k≥1.对点训练解析：(1)因为f(x)＝ln (x－1)－k(x－1)＋1，所以f′(x)＝－k，x>1.所以当k≤0时，f′(x)＝－k>0，f(x)在(1，＋∞)上是增函数；当k>0时，令f′(x)>0，得1<x<1＋，令f′(x)<0，得x>1＋，所以f(x)在上是增函数，在上是减函数．解析：(2)因为f(x)≤0恒成立，所以∀x>1，ln (x－1)－k(x－1)＋1≤0，所以∀x>1，ln (x－1)≤k(x－1)－1，所以k>0.由(1)知，当k>0时，f(x)max＝f＝－ln k≤0，解得k≥1.故实数k的取值范围是[1，＋∞)．(3)证明：令k＝1，则由(2)知，ln (x－1)≤x－2对任意x∈(1，＋∞)恒成立，即ln x≤x－1对任意x∈(0，＋∞)恒成立．取x＝n2，则2ln n≤n2－1，即<，n≥2，所以＋…＋<(n∈N*且n>1)．考点三例3　解析：(1)f′(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0<x<时，f′(x)>0；当x>时，f′(x)<0，故f(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)证明：方法一　因为x>0，所以只需证f(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)＝－2e(x>0)，则g′(x)＝，所以当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.方法二　由题意知，即证ex ln x－ex2－ex＋2ex≤0，从而等价于ln x－x＋2≤.设函数g(x)＝ln x－x＋2，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，当x∈(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x>0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.对点训练证明：只需证x－－ln x>，即x－ln x>，令g(x)＝x－ln x，h(x)＝，由g′(x)＝1－＝0，解得x＝1，所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，2]上单调递增，故当0<x≤2时g(x)min＝g(1)＝1，由h′(x)＝可知h(x)在(0，2]上单调递增，故h(x)max＝h(2)＝<1＝，故h(x)<g(x)，即f(x)>x.考点四例4　证明：不妨设x1>x2>0，因为ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0，所以ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，所以＝a，欲证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2.因为ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，所以即证a>，所以原问题等价于证明>，即ln >，令c＝(c>1)，则不等式变为ln c>.令h(c)＝ln c－，c>1，所以h′(c)＝＝>0，所以h(c)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(c)>h(1)＝ln 1－0＝0，即ln c－>0(c>1)，因此原不等式x1x2>e2得证．对点训练证明：f(x)＝ln x＋x2＋x(x>0)．由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，得＋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－＝.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≥.