|学案下载
终身会员
搜索
    上传资料 赚现金
    2023届高考一轮复习讲义(理科)第三章 导数及其应用 第2讲 第3课时 利用导数证明不等式学案
    立即下载
    加入资料篮
    2023届高考一轮复习讲义(理科)第三章 导数及其应用    第2讲 第3课时 利用导数证明不等式学案01
    2023届高考一轮复习讲义(理科)第三章 导数及其应用    第2讲 第3课时 利用导数证明不等式学案02
    2023届高考一轮复习讲义(理科)第三章 导数及其应用    第2讲 第3课时 利用导数证明不等式学案03
    还剩10页未读, 继续阅读
    下载需要5学贝 1学贝=0.1元
    使用下载券免费下载
    加入资料篮
    立即下载

    2023届高考一轮复习讲义(理科)第三章 导数及其应用 第2讲 第3课时 利用导数证明不等式学案

    展开
    这是一份2023届高考一轮复习讲义(理科)第三章 导数及其应用 第2讲 第3课时 利用导数证明不等式学案,共13页。

    (2020·江西赣州模拟)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).
    【解】 (1)因为f(x)=1-eq \f(ln x,x),
    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).
    eq \a\vs4\al()
    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.
    已知函数f(x)=ax+xln x在x=e-2(e为自然对数的底数)处取得极小值.
    (1)求实数a的值;
    (2)当x>1时,求证:f(x)>3(x-1).
    解:(1)因为f(x)=ax+xln x,
    所以f′(x)=a+ln x+1,
    因为函数f(x)在x=e-2处取得极小值,
    所以f′(e-2)=0,即a+ln e-2+1=0,
    所以a=1,所以f′(x)=ln x+2.
    当f′(x)>0时,x>e-2;当f′(x)<0时,0所以f(x)在(0,e-2)上单调递减,在(e-2,+∞)上单调递增,
    所以f(x)在x=e-2处取得极小值,符合题意,所以a=1.
    (2)证明:由(1)知a=1,所以f(x)=x+xln x.
    令g(x)=f(x)-3(x-1),
    即g(x)=xln x-2x+3(x>0).
    g′(x)=ln x-1,由g′(x)=0,得x=e.
    由g′(x)>0,得x>e;由g′(x)<0,得0所以g(x)在(0,e)上单调递减,在(e,+∞)上单调递增,
    所以g(x)在(1,+∞)上的最小值为g(e)=3-e>0.
    于是在(1,+∞)上,都有g(x)≥g(e)>0,所以f(x)>3(x-1).
    方法二:隔离分析法
    (2020·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00,
    当x>eq \f(e,a)时,f′(x)<0,
    故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(e,a)))上单调递增,在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,a),+∞))上单调递减.
    (2)证明:法一:因为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0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)≤eq \f(ex,x)-2e,即xf(x)-ex+2ex≤0.
    法二:由题意知,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,
    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)=eq \f(ex,ex),则h′(x)=eq \f(ex(x-1),ex2).
    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.
    eq \a\vs4\al()
    若直接求导比较复杂或无从下手时,可将待证式进行变形,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.
    已知f(x)=xln x.
    (1)求函数f(x)在[t,t+2](t>0)上的最小值;
    (2)证明:对一切x∈(0,+∞),都有ln x>eq \f(1,ex)-eq \f(2,ex)成立.
    解:(1)由f(x)=xln x,x>0,得f′(x)=ln x+1,
    令f′(x)=0,得x=eq \f(1,e).
    当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(1,e)))时,f′(x)<0,f(x)单调递减;
    当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e),+∞))时,f′(x)>0,f(x)单调递增.
    ①当0f(x)min=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))=-eq \f(1,e);
    ②当eq \f(1,e)≤t所以f(x)min=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(-\f(1,e),0(2)证明:问题等价于证明xln x>eq \f(x,ex)-eq \f(2,e)(x∈(0,+∞)).
    由(1)可知f(x)=xln x(x∈(0,+∞))的最小值是-eq \f(1,e),
    当且仅当x=eq \f(1,e)时取到.
    设m(x)=eq \f(x,ex)-eq \f(2,e)(x∈(0,+∞)),
    则m′(x)=eq \f(1-x,ex),
    由m′(x)<0得x>1时,m(x)为减函数,
    由m′(x)>0得0易知m(x)max=m(1)=-eq \f(1,e),当且仅当x=1时取到.
    从而对一切x∈(0,+∞),xln x≥-eq \f(1,e)≥eq \f(x,ex)-eq \f(2,e),两个等号不能同时取到,即证对一切x∈(0,+∞)都有ln x>eq \f(1,ex)-eq \f(2,ex)成立.
    方法三:特征分析法
    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:eq \f(e-x,x)+x+ln x-1≥0;
    (3)已知k(e-x+x2)≥x-xln x恒成立,求k的取值范围.
    【解】 (1)由题意知x>0,
    所以f(x)≥0等价于a≥eq \f(ln x+1,x).
    令g(x)=eq \f(ln x+1,x),则g′(x)=eq \f(-ln x,x2),
    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:当a=1时,由(1)得x≥ln x+1.
    即t≥ln t+1.
    令eq \f(e-x,x)=t,则-x-ln x=ln t,
    所以eq \f(e-x,x)≥-x-ln x+1,即eq \f(e-x,x)+x+ln x-1≥0.
    (3)因为k(e-x+x2)≥x-xln x,
    即keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e-x,x)+x))≥1-ln x恒成立,
    所以k≥eq \f(1-ln x,\f(e-x,x)+x)=-eq \f(\f(e-x,x)+x+ln x-1,\f(e-x,x)+x)+1,
    由(2)知eq \f(e-x,x)+x+ln x-1≥0恒成立,
    所以-eq \f(\f(e-x,x)+x+ln x-1,\f(e-x,x)+x)+1≤1,故k≥1.
    eq \a\vs4\al()
    这种方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.
    已知函数f(x)=eq \f(ln x+1,x).
    (1)求函数f(x)的单调区间和极值;
    (2)若对任意的x>1,恒有ln(x-1)+k+1≤kx成立,求k的取值范围;
    (3)证明:eq \f(ln 2,22)+eq \f(ln 3,32)+…+eq \f(ln n,n2)解:(1)f(x)的定义域是(0,+∞),
    f′(x)=-eq \f(ln x,x2),由f′(x)=0⇒x=1,列表如下:
    因此函数f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞),极大值为f(1)=1,无极小值.
    (2)因为x>1,
    ln(x-1)+k+1≤kx⇔eq \f(ln(x-1)+1,x-1)≤k⇔f(x-1)≤k,
    所以f(x-1)max≤k,所以k≥1.
    (3)证明:由(1)可得f(x)=eq \f(ln x+1,x)≤f(x)max=f(1)=1⇒eq \f(ln x,x)≤1-eq \f(1,x),当且仅当x=1时取等号.
    令x=n2(n∈N*,n≥2).
    则eq \f(ln n2,n2)<1-eq \f(1,n2)⇒eq \f(ln n,n2)=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1-\f(1,n)+\f(1,n+1)))(n≥2),
    所以eq \f(ln 2,22)+eq \f(ln 3,32)+…+eq \f(ln n,n2)
    eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1-\f(1,n)+\f(1,n+1)))
    =eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n-1+\f(1,n+1)-\f(1,2)))=eq \f(2n2-n-1,4(n+1))(n∈N*,n≥2).
    方法四:换元构造法
    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.
    【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eq \f(ln x1-ln x2,x1-x2)=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>eq \f(2,x1+x2),
    所以原问题等价于证明eq \f(ln x1-ln x2,x1-x2)>eq \f(2,x1+x2),
    即lneq \f(x1,x2)>eq \f(2(x1-x2),x1+x2),
    令c=eq \f(x1,x2)(c>1),则不等式变为ln c>eq \f(2(c-1),c+1).
    令h(c)=ln c-eq \f(2(c-1),c+1),c>1,
    所以h′(c)=eq \f(1,c)-eq \f(4,(c+1)2)=eq \f((c-1)2,c(c+1)2)>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-eq \f(2(c-1),c+1)>0(c>1),因此原不等式x1x2>e2得证.
    eq \a\vs4\al()
    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=eq \f(x1,x2),从而构造相应的函数.其解题要点为:

    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)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,所以切线的斜率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).
    [学生用书P49]
    两个经典不等式的活用
    逻辑推理是得到数学结论,构建数学体系的重要方式,是数学严谨性的基本保证.利用两个经典不等式解决其他问题,降低了思考问题的难度,优化了推理和运算过程.
    (1)对数形式:x≥1+ln x(x>0),当且仅当x=1时,等号成立.
    (2)指数形式:ex≥x+1(x∈R),当且仅当x=0时,等号成立.进一步可得到一组不等式链:ex>x+1>x>1+ln x(x>0,且x≠1).
    (1)已知函数f(x)=eq \f(1,ln(x+1)-x),则y=f(x)的图象大致为( )
    (2)已知函数f(x)=ex,x∈R.证明:曲线y=f(x)与曲线y=eq \f(1,2)x2+x+1有唯一公共点.
    【解】 (1)选B.因为f(x)的定义域为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x+1>0,,ln(x+1)-x≠0,))
    即{x|x>-1,且x≠0},所以排除选项D.
    当x>0时,由经典不等式x>1+ln x(x>0),
    以x+1代替x,得x>ln(x+1)(x>-1,且x≠0),
    所以ln(x+1)-x<0(x>-1,且x≠0),即x>0或-1(2)令g(x)=f(x)-eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x2+x+1))=ex-eq \f(1,2)x2-x-1,x∈R,
    则g′(x)=ex-x-1,
    由经典不等式ex≥x+1恒成立可知,g′(x)≥0恒成立,所以g(x)在R上为单调递增函数,且g(0)=0.
    所以函数g(x)有唯一零点,即两曲线有唯一公共点.
    已知函数f(x)=x-1-aln x.
    (1)若f(x)≥0,求a的值;
    (2)证明:对于任意正整数n,eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1+\f(1,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1+\f(1,22)))·…·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1+\f(1,2n)))【解】 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),
    ①若a≤0,因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))=-eq \f(1,2)+aln 2<0,所以不满足题意;
    ②若a>0,由f′(x)=1-eq \f(a,x)=eq \f(x-a,x)知,当x∈(0,a)时,f′(x)<0;当x∈(a,+∞)时,f′(x)>0.所以f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,故x=a是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值点.
    因为f(1)=0,所以当且仅当a=1时,f(x)≥0,故a=1.
    (2)证明:由(1)知当x∈(1,+∞)时,x-1-ln x>0.
    令x=1+eq \f(1,2n),得lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1+\f(1,2n)))从而lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1+\f(1,2)))+lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1+\f(1,22)))+…+lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1+\f(1,2n)))故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1+\f(1,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1+\f(1,22)))…eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1+\f(1,2n))) 设函数f(x)=ln x-x+1.
    (1)讨论f(x)的单调性;
    (2)求证:当x∈(1,+∞)时,1【解】 (1)由题设知,f(x)的定义域为(0,+∞),
    f′(x)=eq \f(1,x)-1,令f′(x)=0,解得x=1.
    当00,f(x)在(0,1)上单调递增;
    当x>1时,f′(x)<0,f(x)在(1,+∞)上单调递减.
    (2)证明:由(1)知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0.
    所以当x≠1时,ln x故当x∈(1,+∞)时,ln x1.①
    因此ln eq \f(1,x)eq \f(x-1,x),eq \f(x-1,ln x)故当x∈(1,+∞)时恒有1[学生用书P344(单独成册)]
    [基础题组练]
    1.(2020·河南豫南九校联考)设定义在(0,+∞)上的函数f(x)的导函数f′(x)满足xf′(x)>1,则( )
    A.f(2)-f(1)>ln 2 B.f(2)-f(1)C.f(2)-f(1)>1 D.f(2)-f(1)<1
    解析:选A.根据题意,函数f(x)的定义域为(0,+∞),则xf′(x)>1⇒f′(x)>eq \f(1,x)=(ln x)′,即f′(x)-(ln x)′>0.令F(x)=f(x)-ln x,则F(x)在(0,+∞)上单调递增,故f(2)-ln 2>f(1)-ln 1,即f(2)-f(1)>ln 2.
    2.若0A.ex2-ex1>ln x2-ln x1
    B.e x2-e x1C.x2ex1>x1ex2
    D.x2ex1解析:选C.令f(x)=eq \f(ex,x),
    则f′(x)=eq \f(xex-ex,x2)=eq \f(ex(x-1),x2).
    当0即f(x)在(0,1)上单调递减,因为0所以f(x2)所以x2ex1>x1ex2,故选C.
    3.已知函数f(x)=aex-ln x-1.(e=2.718 28…是自然对数的底数).
    (1)设x=2是函数f(x)的极值点,求实数a的值,并求f(x)的单调区间;
    (2)证明:当a≥eq \f(1,e)时,f(x)≥0.
    解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=aex-eq \f(1,x).
    由题设知,f′(2)=0,所以a=eq \f(1,2e2).
    从而f(x)=eq \f(1,2e2)ex-ln x-1,f′(x)=eq \f(1,2e2)ex-eq \f(1,x).
    当02时,f′(x)>0.
    所以f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.
    (2)证明:当a≥eq \f(1,e)时,f(x)≥eq \f(ex,e)-ln x-1.
    设g(x)=eq \f(ex,e)-ln x-1,则g′(x)=eq \f(ex,e)-eq \f(1,x).
    当01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≥eq \f(1,e)时,f(x)≥0.
    4.(2020·武汉调研)已知函数f(x)=ln x+eq \f(a,x),a∈R.
    (1)讨论函数f(x)的单调性;
    (2)当a>0时,证明:f(x)≥eq \f(2a-1,a).
    解:(1)f′(x)=eq \f(1,x)-eq \f(a,x2)=eq \f(x-a,x2)(x>0).
    当a≤0时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增.
    当a>0时,若x>a,则f′(x)>0,函数f(x)在(a,+∞)上单调递增;
    若0(2)证明:由(1)知,当a>0时,f(x)min=f(a)=ln a+1.
    要证f(x)≥eq \f(2a-1,a),只需证ln a+1≥eq \f(2a-1,a),
    即证ln a+eq \f(1,a)-1≥0.
    令函数g(a)=ln a+eq \f(1,a)-1,则g′(a)=eq \f(1,a)-eq \f(1,a2)=eq \f(a-1,a2)(a>0),
    当01时,g′(a)>0,
    所以g(a)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
    所以g(a)min=g(1)=0.
    所以ln a+eq \f(1,a)-1≥0恒成立,
    所以f(x)≥eq \f(2a-1,a).
    5.(2020·广东茂名一模)已知函数f(x)=eq \f(aex-1,x)(a∈R)的图象在x=2处的切线斜率为eq \f(e,2).
    (1)求实数a的值,并讨论函数f(x)的单调性;
    (2)若g(x)=exln x+f(x),证明:g(x)>1.
    解:(1)由f′(x)=eq \f(aex-1(x-1),x2),
    得切线斜率k=f′(2)=ae·eq \f(2-1,22)=eq \f(e,2),解得a=2.
    所以f(x)=eq \f(2ex-1,x),其定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),且f′(x)=2ex-1·eq \f(x-1,x2).
    令f′(x)>0,解得x>1,故f(x)在区间(1,+∞)上单调递增;
    令f′(x)<0,解得x<1,且x≠0,故f(x)在区间(-∞,0)和区间(0,1)上单调递减.
    (2)证明:由(1)知g(x)=exln x+eq \f(2ex-1,x),定义域为(0,+∞),
    所以g(x)>1,即exln x+eq \f(2ex-1,x)>1等价于xln x>eq \f(x,ex)-eq \f(2,e).
    设h(x)=xln x(x>0),则h′(x)=ln x+1.
    因为h′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))=lneq \f(1,e)+1=0,所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(1,e)))时,h′(x)<0;当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e),+∞))时,h′(x)>0.故h(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(1,e)))上单调递减,在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e),+∞))上单调递增,所以h(x)在(0,+∞)上的最小值为heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))=-eq \f(1,e).
    设m(x)=eq \f(x,ex)-eq \f(2,e)(x>0),则m′(x)=eq \f(1-x,ex).所以当x∈(0,1)时,m′(x)>0;当x∈(1,+∞)时,m′(x)<0.故m(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减,所以m(x)在(0,+∞)上的最大值为m(1)=-eq \f(1,e).
    综上可得,在区间(0,+∞)上恒有h(x)>m(x)成立,即g(x)>1.
    6.已知函数f(x)=λln x-e-x(λ∈R).
    (1)若函数f(x)是单调函数,求λ的取值范围;
    (2)求证:当01-eq \f(x2,x1).
    解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),
    因为f(x)=λln x-e-x,
    所以f′(x)=eq \f(λ,x)+e-x=eq \f(λ+xe-x,x),
    因为函数f(x)是单调函数,
    所以f′(x)≤0或f′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,
    ①当函数f(x)是单调递减函数时,f′(x)≤0,
    所以eq \f(λ+xe-x,x)≤0,即λ+xe-x≤0,λ≤-xe-x=-eq \f(x,ex).
    令φ(x)=-eq \f(x,ex),则φ′(x)=eq \f(x-1,ex),
    当01时,φ′(x)>0,
    则φ(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
    所以当x>0时,φ(x)min=φ(1)=-eq \f(1,e),所以λ≤-eq \f(1,e).
    ②当函数f(x)是单调递增函数时,f′(x)≥0,
    所以eq \f(λ+xe-x,x)≥0,即λ+xe-x≥0,λ≥-xe-x=-eq \f(x,ex),
    由①得φ(x)=-eq \f(x,ex)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,又φ(0)=0,x→+∞时,φ(x)<0,所以λ≥0.
    综上,λ的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(-∞,-\f(1,e)))∪[0,+∞).
    (2)证明:由(1)可知,当λ=-eq \f(1,e)时,f(x)=-eq \f(1,e)ln x-e-x在(0,+∞)上单调递减,
    因为0f(x2),
    即-eq \f(1,e)ln x1-e-x1>-eq \f(1,e)ln x2-e-x2,
    所以e1-x2-e1-x1>ln x1-ln x2.
    要证e1-x2-e1-x1>1-eq \f(x2,x1),
    只需证ln x1-ln x2>1-eq \f(x2,x1),即证lneq \f(x1,x2)>1-eq \f(x2,x1).
    令t=eq \f(x1,x2),t∈(0,1),则只需证ln t>1-eq \f(1,t),
    令h(t)=ln t+eq \f(1,t)-1,则h′(t)=eq \f(1,t)-eq \f(1,t2)=eq \f(t-1,t2),
    当0又因为h(1)=0,所以h(t)>0,即ln t>1-eq \f(1,t),原不等式得证.
    x
    (0,1)
    1
    (1,+∞)
    f′(x)

    0

    f(x)
    单调递增
    极大值
    单调递减
    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=eq \f(x1,x2),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
    相关学案

    人教b版高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节第3课时利用导数证明不等式_构造法证明不等式学案含解析: 这是一份人教b版高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节第3课时利用导数证明不等式_构造法证明不等式学案含解析,共7页。

    新教材高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节第3课时利用导数证明不等式_构造法证明不等式学案含解析: 这是一份新教材高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节第3课时利用导数证明不等式_构造法证明不等式学案含解析,共7页。

    人教版高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节第3课时利用导数证明不等式学案理含解析: 这是一份人教版高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节第3课时利用导数证明不等式学案理含解析,共4页。

    • 精品推荐
    • 所属专辑
    • 课件
    • 教案
    • 试卷
    • 学案
    • 其他

    免费资料下载额度不足,请先充值

    每充值一元即可获得5份免费资料下载额度

    今日免费资料下载份数已用完,请明天再来。

    充值学贝或者加入云校通,全网资料任意下。

    提示

    您所在的“深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载 10 份资料 (今日还可下载 0 份),请取消部分资料后重试或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载10份资料,您的当日额度已用完,请明天再来,或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深圳市第一中学”云校通余额已不足,请提醒校管理员续费或选择从个人账户扣费下载。

    重新选择
    明天再来
    个人账户下载
    下载确认
    您当前为教习网VIP用户,下载已享8.5折优惠
    您当前为云校通用户,下载免费
    下载需要:
    本次下载:免费
    账户余额:0 学贝
    首次下载后60天内可免费重复下载
    立即下载
    即将下载:资料
    资料售价:学贝 账户剩余:学贝
    选择教习网的4大理由
    • 更专业
      地区版本全覆盖, 同步最新教材, 公开课⾸选;1200+名校合作, 5600+⼀线名师供稿
    • 更丰富
      涵盖课件/教案/试卷/素材等各种教学资源;900万+优选资源 ⽇更新5000+
    • 更便捷
      课件/教案/试卷配套, 打包下载;手机/电脑随时随地浏览;⽆⽔印, 下载即可⽤
    • 真低价
      超⾼性价⽐, 让优质资源普惠更多师⽣
    VIP权益介绍
    • 充值学贝下载 本单免费 90%的用户选择
    • 扫码直接下载
    元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
    您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      充值到账1学贝=0.1元
      0学贝
      本次充值学贝
      0学贝
      VIP充值赠送
      0学贝
      下载消耗
      0学贝
      资料原价
      100学贝
      VIP下载优惠
      0学贝
      0学贝
      下载后剩余学贝永久有效
      0学贝
      • 微信
      • 支付宝
      支付:¥
      元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
      您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      扫码支付0直接下载
      • 微信
      • 支付宝
      微信扫码支付
      充值学贝下载,立省60% 充值学贝下载,本次下载免费
        下载成功

        Ctrl + Shift + J 查看文件保存位置

        若下载不成功,可重新下载,或查看 资料下载帮助

        本资源来自成套资源

        更多精品资料

        正在打包资料,请稍候…

        预计需要约10秒钟,请勿关闭页面

        服务器繁忙,打包失败

        请联系右侧的在线客服解决

        单次下载文件已超2GB,请分批下载

        请单份下载或分批下载

        支付后60天内可免费重复下载

        我知道了
        正在提交订单

        欢迎来到教习网

        • 900万优选资源,让备课更轻松
        • 600万优选试题,支持自由组卷
        • 高质量可编辑,日均更新2000+
        • 百万教师选择,专业更值得信赖
        微信扫码注册
        qrcode
        二维码已过期
        刷新

        微信扫码,快速注册

        手机号注册
        手机号码

        手机号格式错误

        手机验证码 获取验证码

        手机验证码已经成功发送,5分钟内有效

        设置密码

        6-20个字符,数字、字母或符号

        注册即视为同意教习网「注册协议」「隐私条款」
        QQ注册
        手机号注册
        微信注册

        注册成功

        下载确认

        下载需要:0 张下载券

        账户可用:0 张下载券

        立即下载
        账户可用下载券不足,请取消部分资料或者使用学贝继续下载 学贝支付

        如何免费获得下载券?

        加入教习网教师福利群,群内会不定期免费赠送下载券及各种教学资源, 立即入群

        即将下载

        2023届高考一轮复习讲义(理科)第三章 导数及其应用 第2讲 第3课时 利用导数证明不等式学案
        该资料来自成套资源,打包下载更省心 该专辑正在参与特惠活动,低至4折起
        [共10份]
        浏览全套
          立即下载(共1份)
          返回
          顶部
          Baidu
          map