高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題一 第7講導(dǎo)數(shù)與不等式的證明

1、1 / 9 第第 7 講講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 考情分析考情分析 1.導(dǎo)數(shù)逐漸成為解決問題必不可少的工具，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值(最值)是高考的常見題型，而導(dǎo)數(shù)與函數(shù)、不等式、方程、數(shù)列等的交匯命題是高考的熱點和難點.2.多以解答題壓軸形式出現(xiàn)，難度較大 母題突破母題突破 1 導(dǎo)數(shù)與不等式的證明導(dǎo)數(shù)與不等式的證明 母題 (2017 全國)已知函數(shù) f(x)ln xax2(2a1)x. (1)討論 f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng) a0， 2 / 9 故 f(x)在(0，)上單調(diào)遞增 若 a0； 當(dāng) x12a， 時，f(x)0. 故 f(x)在0，12a上單調(diào)遞增，在12a， 上單

2、調(diào)遞減 (2)證明 由(1)知，當(dāng) a0； 當(dāng) x(1，)時，g(x)0時，g(x)0. 從而當(dāng) a0時，ln12a12a10， 即 f(x)34a2. 子題 1 設(shè)函數(shù) f(x)ln xx1.證明：當(dāng) x(1，)時，1x1ln x0， 當(dāng) x1時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減， 3 / 9 當(dāng) 0 x0，f(x)單調(diào)遞增， f(x)ln xx1f(1)0，ln xx1， 當(dāng) x1 時，ln xx1， 且 ln 1x1x1， 由得，1x1ln x，由得，ln xx1x，xx1ln x， 綜上所述，當(dāng) x1 時，1x1ln x0時，ex(2e)x1xln x1. 證明 設(shè) g(x)f(x)(e2

3、)x1exx2(e2)x1(x0)， 則 g(x)ex2x(e2)， 設(shè) m(x)ex2x(e2)(x0)， 則 m(x)ex2， 易得 g(x)在(0，ln 2)上單調(diào)遞減，在(ln 2，)上單調(diào)遞增， 又 g(0)3e0，g(1)0， 由 0ln 21，則 g(ln 2)0； 當(dāng) x(x0，1)時，g(x)0 時，ex(2e)x1xx. 又由母題可得 ln xx1，即 xln x1， 故ex(2e)x1xln x1. 規(guī)律方法 利用導(dǎo)數(shù)證明不等式 f(x)g(x)的基本方法 (1)若 f(x)與 g(x)的最值易求出，可直接轉(zhuǎn)化為證明 f(x)ming(x)max. (2)若 f(x)與

4、g(x)的最值不易求出，可構(gòu)造函數(shù) h(x)f(x)g(x)，然后根據(jù)函數(shù) h(x)的單調(diào)性或最值，證明 h(x)0. (3)通過題目中已有的或常用的不等式進(jìn)行證明 (4)利用賦值法證明與正整數(shù)有關(guān)的不等式. 跟蹤演練 1(2018 全國)已知函數(shù) f(x)aexln x1. (1)設(shè) x2是 f(x)的極值點，求 a，并求 f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)證明：當(dāng) a1e時，f(x)0. (1)解 f(x)的定義域為(0，)，f(x)aex1x. 由題設(shè)知，f(2)0，所以 a12e2. 從而 f(x)12e2exln x1，f(x)12e2ex1x. 當(dāng) 0 x2時，f(x)2時，f(x)0.

5、 所以 f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(2，)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2) (2)證明 當(dāng) a1e時，f(x)exeln x1. 方法一 設(shè) g(x)exeln x1(x(0，)， 5 / 9 則 g(x)exe1x. 當(dāng) 0 x1時，g(x)1時，g(x)0. 所以 x1是 g(x)的最小值點 故當(dāng) x0 時，g(x)g(1)0. 因此，當(dāng) a1e時，f(x)0. 方法二 易證 exx1， ln xx1， f(x)exeln x1ex1ln x1xln x10， 即證 f(x)0. 2(2020 株州模擬)已知 f(x)ln x2ex. (1)若函數(shù) g(x)xf(x)，討論 g(x)的單調(diào)性與極值

6、； (2)證明：f(x)1ex. (1)解 由題意，得 g(x)x f(x)xln x2e(x0)， 則 g(x)ln x1. 當(dāng) x0，1e時，g(x)0，所以 g(x)單調(diào)遞增， 所以 g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為0，1e，單調(diào)遞增區(qū)間為1e， ， g(x)的極小值為 g1e1e，無極大值 (2)證明 要證 ln x2ex1ex(x0)成立， 6 / 9 只需證 xln x2exex(x0)成立， 令 h(x)xex，則 h(x)1xex， 當(dāng) x(0,1)時，h(x)0，h(x)單調(diào)遞增，當(dāng) x(1，)時，h(x)xex，即 ln x2ex1ex，所以 f(x)1ex. 專題強(qiáng)化練專題強(qiáng)化練

7、 1(2020 沈陽模擬)已知函數(shù) f(x)x2(a2)xaln x，a0. (1)求函數(shù) yf(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當(dāng) a1時，證明：對任意的 x0，f(x)exx2x2. (1)解 f(x)x2(a2)xaln x，a0，定義域為(0，)，f(x)2x(a2)ax(2xa)(x1)x， 令 f(x)0，得 xa2；令 f(x)0，得 0 x0)， 即證 exln x20恒成立， 令 g(x)exln x2，x(0，)， 即證 g(x)min0 恒成立， 7 / 9 g(x)ex1x，g(x)為增函數(shù)，g120， x012，1 ，使 g(x0)0成立，即0ex1x00， 則當(dāng) 0 xx0

8、時，g(x)x0時，g(x)0， yg(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，)上單調(diào)遞增， g(x)ming(x0)0exln x02， 又0ex1x00，即0ex1x0， g(x0)0exln x020exln 1x021x0 x02， 又x012，1 ，x01x02， g(x0)0，即對任意的 x0，f(x)exx2x2. 方法二 令 (x)exx1， (x)ex1， (x)在(，0)上單調(diào)遞減，在(0，)上單調(diào)遞增， (x)min(0)0， exx1， 令 h(x)ln xx1(x0)， h(x)1x11xx， h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減， h(x)maxh

9、(1)0， ln xx1，x1ln x2， 要證 f(x)exx2x2， 即證 exln x2， 8 / 9 由知 exx1ln x2，且兩等號不能同時成立， exln x2，即證原不等式成立 2(2020 全國)已知函數(shù) f(x)sin2xsin 2x. (1)討論 f(x)在區(qū)間(0，)的單調(diào)性； (2)證明：|f(x)|3 38 ； (3)設(shè) nn*，證明：sin2xsin22xsin24xsin22nx3n4n. (1)解 f(x)2sin xcos xsin 2x2sin2xcos 2x 2sin xsin 3x. 當(dāng) x0，323， 時，f(x)0； 當(dāng) x3，23時，f(x)0. 所以 f(x)在區(qū)間0，3，23， 上單調(diào)遞增， 在區(qū)間3，23上單調(diào)遞減 (2)證明 因為 f(0)f()0， 由(1)知，f(x)在區(qū)間0，上的最大值為 f 33 38， 最小值為 f 233 38. 而 f(x)是周期為 的周期函數(shù)， 故|f(x)|3 38. (3)證明 由于()322222sinsin 2 sin 4sin 2nxxxx |sin3xsin32