（2022高中数学一轮复习）专题4.14—导数大题（构造函数证明不等式1）-2022届高三数学一轮复习精讲精练.doc

1、专题专题 4.14导数大题（构造函数证明不等式）导数大题（构造函数证明不等式） 1已知函数( ) x f xelnx，( )fx为( )f x的导函数 （1）求函数( )fx的零点个数； （2）证明：( )1(1)f xaa lna 解： （1）( ) x f xelnx，定义域是(0,)， 则 1 ( ) x fxe x ，显然( )fx在(0,)递增， 而 1 ( )0 2 f ，f（1）0， 由零点存在定理，必 0 1 ( ,1) 2 x，使得 0 ()0fx， 故函数( )fx有且仅有一个零点 （2）证明：由（1）知， 0 00 0 1 ( ) x f xelnxx x ， 令k（a）

2、1(1)aa lna ，k（a） 1 lna a ，0a ，k（a）递减， 而k（1）k（e）0， 由零点存在定理，必(1, )me，使得( )0k m， 当0am时，k（a）递增，当am时，k（a）递减， 1 ( )( )1(1)k ak mmm lnmm m ， 又 0 00 0 1111 0,0 x exlnxlnmln xmmm ， 易知0 x ，函数yxlnx递增，故有： 0 1 x m ，故有 0 0 11 xm xm ， 综上，不等式得证 2定义：函数( )m x，( )n x的定义域的交集为D，AD，若对任意的 0 xA，都存在 1 x， 2 xD， 使得 1 x， 0 x，

3、2 x成等比数列， 1 ()m x， 0 ()m x， 2 ()m x成等差数列，那么我们称( )m x，( )n x为一对“K 函数” 已知函数( ) 4 ax f xxln a ，( )g xax，0a （）求函数( )f x的单调区间； （）求证：( )(4) 4 a f xa； （）若1A ，)，对任意的aS，( )f x，( )g x为一对“K函数” ，求证：1S ， 4) e(e 为自然对数的底数） 解： （） 12 ( ) 442 axa fx xxx ， 令( )0fx，解得 2 4 a x ，令( )0fx，解得 2 0 4 a x， ( )f x的单调递减区间为 2 (0,

4、) 4 a ，单调递增区间为 2 (,) 4 a ； （）证明：由（）知， 2 ( )() 4244 aaaa f xfln， 要证( )(4) 4 a f xa，只需证(4) 2444 aaaa lna，即证2 4 a aln， 设( ),0 4 a h aalna，则 112 ( ) 22 a h a aaa ， 易知h（a）在(0,4)单调递减，在(4,)单调递增， ( )(4)412h ahln，即得证； （）证明： 012 12121200 2 ()()2 ()2 42 xx xaa f xf xxxlnxxlng xax aa ， 由（）知，22xlnx，即 1 1 2 xlnx

5、， 00 0120 1 22()2 222 xxaa axln x xlnlnxln aa ， 令 0 1x ，则22 2 a alna， 令( )22 2 a m aalna，则 113 ( )2 222 lna m alna ， 易知m（a）在 3 (0,)e单调递增，在 3 (e，)单调递减， 又m（1）0， 4 ()0m e， 3 ()0m e， 由零点存在性定理可得， 34 33 1()a x exe ， 下证，当 34 33 1()a x exe 时，原不等式成立， 令( )22 2 ax xaxlnxln a ，则 1141 ( )220 222 ax xa xxxx ， ( )

6、 x在1，)单调递增，则( )x（1）0成立， 综上， 4 3 1 a xe ，即(1S ， 4 e 3已知函数 2 ( ) a f xlnx x （1）讨论函数( )f x的单调性； （2）证明：当 1 2 a时， 1 ( ) 2 x f xe 参考数据：2.7183e 解： （1） 22 122 ( ) axa fx xxx ，(0)x ， 0a时，20 xa，故( )0fx，( )f x在(0,)递增， 0a 时，令( )0fx，解得：2xa，令( )0fx，解得：2xa， 故( )f x在(0,2 )a递减，在(2 ,)a 递增， 综上：0a时，( )f x在(0,)递增， 0a 时，

7、( )f x在(0,2 )a递减，在(2 ,)a 递增； （2）证明：当 1 2 a时， 1 ( ) 2 x f xe， 即证明 1 2 a时，2 2 x x xlnxaxe， 令( )2 2 x g xxlnxa，则 1 ( ) 2 g xlnx， 令( )0g x，解得： 1 2 xe ，令( )0g x，解得： 1 2 0 xe ， 故( )g x在 1 2 (0,)e 递减，在 1 2 (e ，)递增， 故 11 22 ( )()2 min g xg eae ， 1 2 a ，21a， 1 2 ( )1 min g xe ， 令( ) x h xxe，则( )(1) x h xex ，

8、 令( )0h x，解得：01x，令( )0h x，解得：1x ， 故( )h x在(0,1)递增，在(1,)递减， 故( )maxh xh（1） 1 e， 要证 1 ( ) 2 x f xe， 只需 1 1 2 1ee ，两边同乘以e， 得： 1 2 1ee，即证 1 2 1ee ， 平方得： 2 (1)ee，由 22 (1)1.72.89ee， 故原结论成立 4已知函数( )1()f xlnxaxaR （）若( ) 0f x 恒成立，求实数a的取值范围； （）求证： ( )1 (1) x f xax xe x 解： （） 1 ( )fxa x ， 0a，( )0fx，( )yf x为增函数

9、，f（1）10a ， ( ) 0f x 不恒成立， 0a ， 1 0 x a ，( )0fx， 1 x a ，( )0fx， ( )f x在 1 (0,) a 递增，在 1 (a，)递减， 11 ( )( )0 max f xfln aa ，1a； （）证明： ( )1 (1) x f xax xe x ，( )1f xlnxax， (1) x lnx xe x ，即 1 x lnxe xx ，设( ) lnx g x x ，( ) 1 x e h x x ， 2 1 ( ) lnx g x x ，令( )0g x，解得：0 xe，令( )0g x，解得：xe， 故( )g x在(0, ) e

10、递增，在( ,)e 递减，故( )maxg xg（e） 1 e ， 而 2 ( )0 (1) x xe h x x ，故( )h x在(0,)递增，故 1 ( )(0)1h xh e ， 故 1 x lnxe xx ， ( )1 (1) x f xax xe x 5已知函数( )(21) x f xaxxe（其中02a，e为自然对数的底数） （）求函数( )f x的单调区间； （）设函数( )f x的极小值点为m，极大值点为n，证明：当( , )xm n时， 1 ( ) a f xxlnx e （）解：由已知得 1 2 x， 11222 ( )()(21)(21)()(1)() 2121212

11、1 xxxxx x fxaeaxxeaaxxeaaxexa e xxxx ， 令( )0fx，解得 2 12 1 2 x a ，令( )0fx，解得 1 2 x或 2 12 2 x a ， 所以( )f x的单调递减区间为 1 ( 2 ，1)， 2 12 (2 a ，)，单调递增区间为 2 12 (1,) 2a （）证明：由（）可知1m ， 2 12 2 n a ，即 2 12 (1,) 2 x a ， 设 1 ( )(21) x a g xaxxexlnx e ， 则 2 ( )(1)()1 21 x g xxa elnx x ， 当 2 12 (1,) 2 x a 时，因为 2 022 2

12、1 aa x ， 所以( )2(1)1 x g xxelnx ， 设( )2(1) x h xxelnx ，则 2 42 ( ) x x exx h x xe ， 当( , )xm n时，因为 22 42142(1)(21)0 x exxxxxxx ， 所以( )0h x，所以( )h x为减函数，所以( )h xh（1）0， 所以( )0g x，( )g x在 2 12 (1,) 2a 上为减函数， 所以( )g xg（1）0， 所以当( , )xm n时， 1 ( ) a f xxlnx e 6已知函数( ) x f xe，( )1g xax （）已知( )( )f xg x恒成立，求a的

13、值； （）若(0,1)x，求证： 2 11 1 ( ) lnx x f xx 解： （1）已知( )( )f xg x恒成立，即( )( ) 0f xg x恒成立， 令( )( )( )1 x h xf xg xeax，则有( ) x h xea， 当0a时，则恒有( )0h x，此时函数( )h x单调递增，并且当x 时，( )h x ，不满足题 意； 0a，此时令( )0h xxlna； ( )0h xxlna；( )0h xxlna，即函数( )h x在(,)lna上单调递减，在(,)lna 上单调 递增， ( )()1 min h xh lnaaalna， 若要满足题意，则需使1 0a

14、alna ，恒成立， 令F（a）1(0)aalnaa，则有 F （a）lna， 由此可得，当01a时， F （a）0；当1a 时， F （a）0 F（a）minF（1）0，即得F（a）0， 1a （2）令( )1(0,1) x G xexx，则有( )10 x G xe 恒成立，故可得( )G x在(0,1)上单调递增， 即有( )(0)0G xG恒成立，故有101 xx exex 在(0,1)上恒成立； 根据题意，要证 2 11 1 ( ) lnx x f xx ，即证明 11 1 1 lnx x xx ， 即证 2 1 11 x lnxxxx x ， 即证 2 1 10lnxx x ， 令 2 1 ( )H xlnxxx x ，则有 22 111 ( )2(1)2H xxxx xxx ， (0,1)x， 10 x ，20 x， ( )0H x在(0,1)上恒成立，即得函数( )H x在(0,1)上单调递减， ( )H xH（1）10 ，由此得证当(0,1)x时，原不等式成立