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