高考数学一轮复习第三章 高考专题突破一 第1课时

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证明不等式
命题点1 构造函数法
例1 (2020·赣州模拟)已知函数f (x)＝1－eq \f(ln x,x)，g(x)＝eq \f(ae,ex)＋eq \f(1,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)≥eq \f(2,x).
(1)解 因为f (x)＝1－eq \f(ln x,x)，x>0，
所以f′(x)＝eq \f(ln x－1,x2)，f′(1)＝－1.
因为g(x)＝eq \f(ae,ex)＋eq \f(1,x)－bx，所以g′(x)＝－eq \f(ae,ex)－eq \f(1,x2)－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)＝－eq \f(e,ex)＋eq \f(1,x)＋x，
则f (x)＋g(x)≥eq \f(2,x)⇔1－eq \f(ln x,x)－eq \f(e,ex)－eq \f(1,x)＋x≥0.
令h(x)＝1－eq \f(ln x,x)－eq \f(e,ex)－eq \f(1,x)＋x(x≥1)，
则h(1)＝0，h′(x)＝eq \f(－1＋ln x,x2)＋eq \f(e,ex)＋eq \f(1,x2)＋1＝eq \f(ln x,x2)＋eq \f(e,ex)＋1.
因为x≥1，所以h′(x)＝eq \f(ln x,x2)＋eq \f(e,ex)＋1>0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以当x≥1时，h(x)≥h(1)＝0，
即1－eq \f(ln x,x)－eq \f(e,ex)－eq \f(1,x)＋x≥0，
所以当x≥1时，f (x)＋g(x)≥eq \f(2,x).
命题点2 分拆函数法
例2 (2019·福州期末)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.
(1)解 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.
思维升华 (1)利用导数证明不等式的基本思路是依据函数的单调性，求得函数的最值，然后由f (x)≤f (x)max或f (x)≥f (x)min证得不等式．
(2)证明f (x)>g(x)，可以构造函数h(x)＝f (x)－g(x)，然后利用h(x)的最值证明不等式．
(3)若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形分拆，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目的．
跟踪训练1 (1)设函数f (x)＝ln x－x＋1.
①讨论f (x)的单调性；
②证明：当x∈(1，＋∞)时，10)，则g′(x)＝－eq \f(ln x,x2)，
易知g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则g(x)max＝g(1)＝1，
所以2a≥1，即a≥eq \f(1,2).
故实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
(2)证明 若a＝e，要证f (x)1时，令h′(x)>0，得x>ln a；
令h′(x)ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.
(1)解 由f (x)＝ex－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝ex－2，x∈R，令f′(x)＝0，得x＝ln 2.
于是当x变化时，f′(x)，f (x)的变化情况如下表：
故f (x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)．
f (x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值f (ln 2)＝2(1－ln 2＋a)．无极大值．
(2)证明 设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
由(1)知当a>ln 2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，
所以g(x)在R内单调递增．
于是当a>ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．
又g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.
即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.
3．(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，f (x)是增函数，
当0