新高考数学二轮复习 第1部分 专题1 第5讲 母题突破1　导数与不等式的证明（含解析）

第5讲　导数的综合应用

[考情分析]　1.导数逐渐成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题是高考的热点和难点.2.多以解答题压轴形式出现，难度较大．

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a<0时，证明f(x)≤－－2.

2思路分析

❶fx≤－－2

　　　↓

❷fxmax≤－－2

　　　↓

❸fxmax＋＋2≤0　　　

↓

❹构造函数证明

(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.

若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，

故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

若a<0，则当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　由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为f ＝ln－1－，

所以f(x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，

即ln＋＋1≤0.

设g(x)＝ln x－x＋1，则g′(x)＝－1.

当x∈(0,1)时，g′(x)>0；

当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.

所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．

故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.

所以当x>0时，g(x)≤0.

从而当a<0时，ln＋＋1≤0，

即f(x)≤－－2.

[子题1]　设函数f(x)＝ln x－x＋1.证明：当x∈(1，＋∞)时，1<<x.

证明　f′(x)＝－1＝，x>0，

当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，

当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

∴f(x)＝ln x－x＋1≤f(1)＝0，∴ln x≤x－1，

∴当x>1时，ln x<x－1，①

且ln <－1，②

由①得，1<，由②得，－ln x<，

∴ln x>，∴x>，

综上所述，当x>1时，1<<x.

[子题2]　已知函数f(x)＝ex－x2.求证：当x>0时，≥ln x＋1.

证明　设g(x)＝f(x)－(e－2)x－1＝ex－x2－(e－2)x－1(x>0)，

则g′(x)＝ex－2x－(e－2)，

设m(x)＝ex－2x－(e－2)(x>0)，

则m′(x)＝ex－2，

易得g′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，

又g′(0)＝3－e>0，g′(1)＝0，

由0<ln 2<1，则g′(ln 2)<0，

所以存在x0∈(0，ln 2)，使得g′(x0)＝0，

所以当x∈(0，x0)∪(1，＋∞)时，g′(x)>0；

当x∈(x0，1)时，g′(x)<0.

故g(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，

又g(0)＝g(1)＝0，所以g(x)＝ex－x2－(e－2)x－1≥0，

故当x>0时，≥x.

又由母题可得ln x≤x－1，即x≥ln x＋1，

故≥ln x＋1.

规律方法　利用导数证明不等式f(x)>g(x)的基本方法

(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min>g(x)max.

(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)>0.

(3)通过题目中已有的或常用的不等式进行证明．

(4)利用赋值法证明与正整数有关的不等式.

跟踪演练

1．(2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－ln x－1.

(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；

(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.

(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.

由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.

从而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－.

当0<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0.

所以f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0,2)．

(2)证明　当a≥时，f(x)≥－ln x－1.

方法一　设g(x)＝－ln x－1(x∈(0，＋∞))，

则g′(x)＝－.

当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0.

所以x＝1是g(x)的最小值点．

故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.

因此，当a≥时，f(x)≥0.

方法二　易证ex≥x＋1，①

ln x≤x－1，②

∴f(x)≥－ln x－1＝ex－1－ln x－1≥x－ln x－1≥0，

即证f(x)≥0.

2．(2020·株州模拟)已知f(x)＝ln x＋.

(1)若函数g(x)＝xf(x)，讨论g(x)的单调性与极值；

(2)证明：f(x)>.

(1)解　由题意，得g(x)＝x·f(x)＝xln x＋(x>0)，

则g′(x)＝ln x＋1.

当x∈时，g′(x)<0，所以g(x)单调递减；当x∈时，g′(x)>0，所以g(x)单调递增，

所以g(x)的单调递减区间为，单调递增区间为，

g(x)的极小值为g＝，无极大值．

(2)证明　要证ln x＋>(x>0)成立，

只需证xln x＋>(x>0)成立，

令h(x)＝，则h′(x)＝，

当x∈(0,1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，

所以h(x)的极大值为h(1)，即h(x)≤h(1)＝，

由(1)知，x∈(0，＋∞)时，g(x)≥g＝，

且g(x)的最小值点与h(x)的最大值点不同，所以xln x＋>，即ln x＋>，所以f(x)>.

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)－＝，

令f′(x)>0，得x>；令f′(x)<0，得0<x<.

∴函数y＝f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.

(2)证明　方法一　∵a＝1，∴f(x)＝x2＋x－ln x(x>0)，

即证ex－ln x－2>0恒成立，

令g(x)＝ex－ln x－2，x∈(0，＋∞)，

即证g(x)min>0恒成立，

g′(x)＝ex－，g′(x)为增函数，g′<0，g′(1)>0，

∴∃x0∈，使g′(x0)＝0成立，即－＝0，

则当0<x<x0时，g′(x)<0，当x>x0时，g′(x)>0，

∴y＝g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，

∴g(x)min＝g(x0)＝－ln x0－2，

又∵－＝0，即＝，

∴g(x0)＝－ln x0－2＝＋ln －2＝＋x0－2，

又∵x0∈，∴x0＋>2，

∴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)＝－1＝，

∴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)|≤ ；

(3)设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤.

(1)解　f′(x)＝2sin xcos xsin 2x＋2sin2xcos 2x

＝2sin xsin 3x.

当x∈∪时，f′(x)>0；

当x∈时，f′(x)<0.

所以f(x)在区间，上单调递增，

在区间上单调递减．

(2)证明　因为f(0)＝f(π)＝0，

由(1)知，f(x)在区间[0，π]上的最大值为f ＝，

最小值为f ＝－.

而f(x)是周期为π的周期函数，

故|f(x)|≤.

(3)证明　由于

＝|sin3xsin32x…sin32nx|

＝|sin x||sin2xsin32x…sin32n－1xsin 2nx||sin22nx|

＝|sin x||f(x)f(2x)…f(2n－1x)||sin22nx|

≤|f(x)f(2x)…f(2n－1x)|，

所以sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤＝.