专题一第5讲 母题突破1导数与不等式的证明（32张ppt）-备战2021年高考数学二轮复习高分冲刺之专题精炼与答题规范.pptx

1、第5讲 导数的综合应用导数与不等式的证明 丏题一 函数与导数 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. 考情分析 KAO QING FEN XI 内 容 索 引 母题突破1 丏题强化练 母题 (2017 全国)已知函数f(x)ln xax2(2a1)x. (1)讨论f(x)的单调性； 母题突破1 导数与不等式的证明 解 f(x)的定义域为(0，)， f(x)1 x2ax2a1 x12ax1 x . 若a0，则当x(0，)时，f(x)

2、0， 故f(x)在(0，)上单调递增. 若 a0； 当 x 1 2a， 时，f(x)0. 故 f(x)在 0， 1 2a 上单调递增，在 1 2a， 上单调递减. (2)当 a0 时，证明 f(x) 3 4a2. fx 3 4a2 fxmax 3 4a2 fxmax 3 4a20 构造函数证明 思路分析 证明 由(1)知，当 a0； 当x(1，)时，g(x)0时，g(x)0. 从而当 a0 时，ln 1 2a 1 2a10， 即 f(x) 3 4a2. 子题 1 设函数 f(x)ln xx1.证明：当 x(1，)时，1x1 ln x 0， 当x1时，f(x)0，f(x)单调递减， 当0x0，f

3、(x)单调递增， f(x)ln xx1f(1)0，ln xx1， 当x1时，ln xx1， 且 ln 1 x 1 x1， 由得，1x1 ln x ，由得，ln x1 时，1x1 ln x x1 x ，xx1 ln x ， 子题 2 已知函数 f(x)exx2.求证：当 x0 时， ex2ex1 x ln x1. 证明 设g(x)f(x)(e2)x1exx2(e2)x1(x0)， 则g(x)ex2x(e2)， 设m(x)ex2x(e2)(x0)， 则m(x)ex2， 易得g(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，)上单调递增， 又g(0)3e0，g(1)0， 由0ln 21，则g(ln

4、 2)0； 当x(x0 ，1)时，g(x)0 时，e x2ex1 x x. 又由母题可得ln xx1，即xln x1， 故e x2ex1 x ln x1. 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)ming(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)

5、已知函数f(x)aexln x1. (1)设x2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间； 解 f(x)的定义域为(0，)，f(x)aex1 x. 由题设知，f(2)0，所以 a 1 2e2. 从而 f(x) 1 2e2e xln x1，f(x) 1 2e2e x1 x. 当0x2时，f(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 a1 e时，f(x)0. 证明 当 a1 e时，f(x) ex e ln x1. 方法一 设 g(x)e x e ln x1(x(0，)， 则 g(x)e x e 1 x. 当0x1时，g(x)1

6、时，g(x)0. 所以x1是g(x)的最小值点. 故当x0时，g(x)g(1)0. 因此，当 a1 e时，f(x)0. 方法二 易证exx1， ln xx1， f(x)e x e ln x1ex 1ln x1xln x10， 即证f(x)0. 2.(2020 株州模拟)已知 f(x)ln x 2 ex. (1)若函数 g(x)xf(x)，讨论 g(x)的单调性与极值； 解 由题意，得 g(x)x f(x)xln x2 e(x0)， 则g(x)ln x1. 当 x 0，1 e 时，g(x)0，所以 g(x)单调递增， 所以 g(x)的单调递减区间为 0，1 e ， 单调递增区间为 1 e， ，

7、g(x)的极小值为 g 1 e 1 e，无极大值. (2)证明：f(x) 1 ex. 证明 要证 ln x 2 ex 1 ex(x0)成立， 只需证 xln x2 e x ex(x0)成立， 令 h(x) x ex，则 h(x) 1x ex ， 当x(0,1)时，h(x)0，h(x)单调递增，当x(1，)时，h(x) x ex， 即 ln x 2 ex 1 ex，所以 f(x) 1 ex. 1.(2020 沈阳模拟)已知函数f(x)x2(a2)xaln x，a0. (1)求函数yf(x)的单调区间； 丏题强化练 解 f(x)x2(a2)xaln x，a0，定义域为(0，)， f(x)2x(a2

8、)a x 2xax1 x ， 令 f(x)0，得 xa 2；令 f(x)0，得 0x0，f(x)exx2x2. 1 2 证明 方法一 a1，f(x)x2xln x(x0)， 即证exln x20恒成立， 令g(x)exln x2，x(0，)， 即证g(x)min0恒成立， g(x)ex1 x，g(x)为增函数， g 1 2 0， x0 1 2，1 ，使 g(x0)0 成立，即 1 x00， 0 e x 1 2 则当0xx0时，g(x)x0时，g(x)0， yg(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增， g(x)ming(x0) ln x02， 0 e x 又 1 x00，即 1

9、x0， 0 e x 0 e x g(x0) ln x02 ln 1 x02 1 x0 x02， 0 e x 0 e x 又x0 1 2，1 ，x0 1 x02， g(x0)0，即对任意的x0，f(x)exx2x2. 1 2 方法二 令(x)exx1， (x)ex1， (x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增， (x)min(0)0， exx1， 令h(x)ln xx1(x0)， h(x)1 x1 1x x ， h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减， h(x)maxh(1)0， 1 2 ln xx1，x1ln x2， 要证f(x)exx2x2， 即证exln x2， 由知

10、exx1ln x2，且两等号不能同时成立， exln x2，即证原不等式成立. 1 2 2.(2020 全国)已知函数f(x)sin2xsin 2x. (1)讨论f(x)在区间(0，)的单调性； 解 f(x)2sin xcos xsin 2x2sin2xcos 2x2sin xsin 3x. 当 x 0， 3 2 3 ， 时，f(x)0； 当 x 3， 2 3 时，f(x)0. 所以 f(x)在区间 0， 3 ， 2 3 ， 上单调递增， 在区间 3， 2 3 上单调递减. 1 2 (2)证明：|f(x)|3 3 8 ； 证明 因为f(0)f()0， 由(1)知，f(x)在区间0，上的最大值为

11、 f 3 3 3 8 ， 最小值为 f 2 3 3 3 8 . 而 f(x)是周期为 的周期函数，故|f(x)|3 3 8 . 1 2 (3)设 nN*，证明：sin2xsin22xsin24xsin22nx3 n 4n. 3 2222 2 sinsin 2 sin 4sin 2nxxxx证明 由于 |sin3xsin32xsin32nx| |sin x|sin2xsin32xsin32n1xsin 2nx|sin22nx| |sin x|f(x)f(2x)f(2n1x)|sin22nx| |f(x)f(2x)f(2n1x)|， 2 3 3 3 8 n 所以 sin2xsin22xsin24xsin22nx 3 n 4n. 1 2