第二篇 專題六 第3課時 導數(shù)與不等式的綜合問題

本資料分享自高中數(shù)學同步資源大全QQ群483122854專注收集同步資源期待你的加入與分享PAGE聯(lián)系QQ309000116加入百度網(wǎng)盤群2500G一線老師必備資料一鍵轉存，自動更新，一勞永逸溫馨提示：此套題為Word版，請按住Ctrl,滑動鼠標滾軸，調節(jié)合適的觀看比例，答案解析附后。關閉Word文檔返回原板塊。第二篇專題六第3課時導數(shù)與不等式的綜合問題利用導數(shù)證明不等式【典例1】已知函數(shù)f(x)＝(2x－1)lnx＋x－1.(1)求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；(2)求證：f(x)>－1.【解析】(1)由f(x)＝(2x－1)lnx＋x－1，得f′(x)＝2lnx－eq\f(1,x)＋3，所以f′(1)＝2，f(1)＝0，則切線方程為y＝2x－2.(2)f′(x)＝2lnx－eq\f(1,x)＋3，x∈(0，＋∞)，令h(x)＝2lnx－eq\f(1,x)＋3，x∈(0，＋∞)，所以h′(x)＝eq\f(2,x)＋eq\f(1,x2)＝eq\f(2x＋1,x2)>0，故h(x)在(0，＋∞)上單調遞增．又h(1)＝2>0，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1－ln4＝lneq\f(e,4)<0，又h(x)在(0，＋∞)上連續(xù)，所以存在x0∈(eq\f(1,2)，1)使得h(x0)＝0，即f′(x0)＝0，所以2lnx0－eq\f(1,x0)＋3＝0.(*)f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下：x(0，x0)x0(x0，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘極小值↗所以f(x)min＝f(x0)＝(2x0－1)lnx0＋x0－1.由(*)式得lnx0＝eq\f(1,2x0)－eq\f(3,2)，代入上式得f(x)min＝f(x0)＝(2x0－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x0)－\f(3,2)))＋x0－1＝－2x0－eq\f(1,2x0)＋eq\f(3,2).令t(x)＝－2x－eq\f(1,2x)＋eq\f(3,2)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，t′(x)＝eq\f(1,2x2)－2＝eq\f(（1＋2x）（1－2x）,2x2)<0，故t(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調遞減．所以t(x)>t(1)，又t(1)＝－1，即f(x0)>－1，所以f(x)>－1.利用導數(shù)證明不等式的兩個妙招(1)構造函數(shù)法證明不等式①移項，使等式右邊為零，左邊構造為新函數(shù)．②求導判斷單調性，通常要對參數(shù)分類討論．③根據(jù)單調性，求出最值與“0”比較即可得證．(2)轉化函數(shù)最值法證明不等式①條件：函數(shù)很復雜，直接求導不可行．②拆分：把復雜函數(shù)拆分成兩個易求最值的函數(shù)．③方法：分別求導，結合單調性和圖象以及極值、最值，比較得出結論．(2021·廈門三模)已知函數(shù)f(x)＝2ax－ln(x＋1)＋1，a∈R.(1)討論f(x)的單調性；(2)當x＞0，0＜a≤1時，求證：eax＞f(x).【解析】(1)f(x)的定義域為(－1，＋∞)，f′(x)＝2a－eq\f(1,x＋1)，①當a≤0時，f′(x)＜0，即f(x)在(－1，＋∞)上單調遞減；②當a＞0時，f′(x)＝eq\f(2ax＋2a－1,x＋1)，由f′(x)＞0，解得x＞eq\f(1－2a,2a)，由f′(x)＜0，解得－1＜x＜eq\f(1－2a,2a)，即f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1－2a,2a)))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－2a,2a)，＋∞))上單調遞增．綜上所述，當a≤0時，f(x)在(－1，＋∞)上單調遞減；當a＞0時，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1－2a,2a)))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－2a,2a)，＋∞))上單調遞增．(2)證明：eax＞f(x)，即eax－2ax＋ln(x＋1)－1＞0，令g(x)＝eax－2ax＋ln(x＋1)－1，x＞0，則g′(x)＝aeax－2a＋eq\f(1,x＋1)，令h(x)＝aeax－2a＋eq\f(1,x＋1)，則h′(x)＝a2eax－eq\f(1,（x＋1）2)，令φ(x)＝a2eax－eq\f(1,（x＋1）2)，則φ′(x)＝a3eax＋eq\f(2,（x＋1）3)＞0，所以φ(x)即h′(x)在(0，＋∞)上單調遞增，又h′(0)＝a2－1，①當a＝1時，h′(0)＝0，則h′(x)＞0恒成立，即h(x)在(0，＋∞)上單調遞增，則有h(x)＞h(0)＝2－2＝0；②當0＜a＜1時，h′(0)＝a2－1＜0，h′(x)＝a2eax－eq\f(1,（x＋1）2)＞a2eax－1，則h′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2lna,a)))＞1－1＝0，即存在x0＞0使得h′(x0)＝0，即a2eax0＝eq\f(1,（x0＋1）2)，且h(x)≥h(x0)＝aeax0＋eq\f(1,x0＋1)－2a＝aeax0＋eq\r(a2eax0)－2a＝a(eax0＋eeq\f(ax0,2)－2)＞0，即h(x)≥0，綜上所述，h(x)≥0恒成立，即g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，所以g(x)＞g(0)＝0，即eax＞f(x).【加固訓練】(2020·全國Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝sin2xsin2x.(1)討論f(x)在區(qū)間(0，π)上的單調性；(2)證明：|f(x)|≤eq\f(3\r(3),8)；(3)設n∈N*，證明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤eq\f(3n,4n).【解析】(1)由函數(shù)的解析式可得：f(x)＝2sin3xcosx，則：f′(x)＝2(3sin2xcos2x－sin4x)＝2sin2x(3cos2x－sin2x)＝2sin2x(4cos2x－1)＝2sin2x(2cosx＋1)(2cosx－1)，f′(x)＝0在x∈(0，π)上的根為：x1＝eq\f(π,3)，x2＝eq\f(2π,3)，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))時，f′(x)<0，f(x)單調遞減，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))時，f′(x)>0，f(x)單調遞增．(2)注意到f(x＋π)＝sin2(x＋π)sin[2(x＋π)]＝sin2xsin2x＝f(x)，故函數(shù)f(x)是周期為π的函數(shù)，結合(1)的結論，計算可得：f(0)＝f(π)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),8)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))＝－eq\f(3\r(3),8)，據(jù)此可得：f(x)max＝eq\f(3\r(3),8)，f(x)min＝－eq\f(3\r(3),8)，即|f(x)|≤eq\f(3\r(3),8).(3)結合(2)的結論有：sin2xsin22xsin24x…sin22nx＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin3xsin32xsin34x…sin32nx))eq\f(2,3)＝[sinx(sin2xsin2x)(sin22xsin4x)…(sin22n－1xsin2nx)sin22nx]eq\s\up6(\f(2,3))≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sinx×\f(3\r(3),8)×\f(3\r(3),8)×…×\f(3\r(3),8)×sin22nx))eq\f(2,3)≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),8)))n))eq\f(2,3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n.導數(shù)的綜合應用【典例2】(2021·新高考全國Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝x(1－lnx).(1)討論f(x)的單調性；(2)設a，b為兩個不相等的正數(shù)，且blna－alnb＝a－b，證明：2＜eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＜e.【思維點撥】(1)對函數(shù)求導，分別令導數(shù)大于零和小于零，求得函數(shù)的單調增區(qū)間和減區(qū)間(2)利用已知條件，構造函數(shù)．先證明2＜eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)，再證明eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＜e.【規(guī)范解答】(1)f(x)＝x(1－lnx)，x∈(0，＋∞)，所以f′(x)＝1－lnx－1＝－lnx，所以當x∈(0，1)時，f′(x)＞0，此時f(x)單調遞增，當x∈(1，＋∞)時，f′(x)＜0，此時f(x)單調遞減，所以f(x)在(0，1)上單調遞增，f(x)在(1，＋∞)上單調遞減．4分(2)由blna－alnb＝a－b，得－eq\f(1,a)lneq\f(1,a)＋eq\f(1,b)lneq\f(1,b)＝eq\f(1,b)－eq\f(1,a)，即eq\f(1,a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－ln\f(1,a)))＝eq\f(1,b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－ln\f(1,b)))，6分令x1＝eq\f(1,a)，x2＝eq\f(1,b)，則f(x1)＝f(x2)，即x1，x2為f(x)＝k的兩根，其中k∈(0，1).不妨令x1∈(0，1)，x2∈(1，e)，則2－x1＞1，先證2＜x1＋x2，即證x2＞2－x1，即證f(x2)＝f(x1)＜f(2－x1).令h(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈(0，1)，則h′(x)＝f′(x)－f′(2－x)＝－lnx－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]，因為x∈(0，1)，所以x(2－x)∈(0，1)，所以h′(x)＞0恒成立，所以h(x)單調遞增，所以h(x)＜h(1)＝0，所以f(x1)<f(2－x1)，所以2＜x1＋x2得證．9分同理，要證x1＋x2＜e，即證f(x2)＝f(x1)>f(e－x1)，令φ(x)＝f(x)－f(e－x)，x∈(0，1)，則φ′(x)＝－ln[x(e－x)]，令φ′(x0)＝0，x∈(0，x0)，φ′(x)＞0，φ(x)單調遞增，x∈(x0，1)，φ′(x)＜0，φ(x)單調遞減，又x∈(0，e)時，f(x)＞0，且f(e)＝0，故x→0，φ(0)＞0，φ(1)＝f(1)－f(e－1)＞0，所以φ(x)＞0在x∈(0，1)恒成立，所以x1＋x2＜e得證．所以2＜eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＜e.12分易錯點忽略函數(shù)的定義域障礙點條件blna－alnb＝a－b與函數(shù)f(x)＝x(1－lnx)之間的聯(lián)系不易被發(fā)現(xiàn)學科素養(yǎng)邏輯推理、數(shù)學運算評分細則(1)中推理正確得4分；(2)中將兩個已知條件建立聯(lián)系得2分，證明得出eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＞2得3分；證明得出eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＜e得3分．利用導數(shù)解決不等式恒成立問題的“兩種”常用方法(1)分離參數(shù)后轉化為函數(shù)最值問題：將原不等式分離參數(shù)，轉化為不含參數(shù)的函數(shù)的最值問題，利用導數(shù)求該函數(shù)的最值，根據(jù)要求得所求范圍．一般地，f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a即可；f(x)≤a恒成立，只需f(x)max≤a即可．(2)轉化為含參函數(shù)的最值問題：將不等式轉化為某含待求參數(shù)的函數(shù)的最值問題，利用導數(shù)求該函數(shù)的極值(最值)，伴有對參數(shù)的分類討論，然后構建不等式求解．(2021·長郡二模)已知函數(shù)f(x)＝ex－eq\f(1＋lnx,x)，g(x)＝(a＋1)ex－1.(1)證明：ex－f(x)≤1；(2)若x＞0時，g(x)≤f(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；(3)求f(x)的最小值．【解析】(1)因為x＞0，所以證明ex－f(x)≤1，即證明eq\f(1＋lnx,x)≤1，即證lnx＋1－x≤0，設φ(x)＝lnx＋1－x，則φ′(x)＝eq\f(1－x,x)(x＞0)，當x∈(0，1)時，φ′(x)＞0，當x∈(1，＋∞)時，φ′(x)＜0，所以φ(x)的最大值為φ(1)＝0，故lnx＋1－x≤0，所以ex－f(x)≤1；(2)x＞0時，g(x)≤f(x)恒成立，即aex＋eq\f(1＋lnx,x)≤1，由(1)知，當a≤0時，aex＋eq\f(1＋lnx,x)≤eq\f(1＋lnx,x)≤1成立，當a＞0時，顯然x＝1時不成立，綜上，a≤0；(3)f′(x)＝ex－eq\f(1－1－lnx,x2)＝eq\f(x2ex＋lnx,x2)，設h(x)＝x2ex＋lnx，h′(x)＝ex(x2＋2x)＋eq\f(1,x)＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上單調遞增，因為heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＜0，h(1)＞0，所以存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，使得h(x0)＝0，且0＜x＜x0時，h(x)＜0，即f′(x)＜0，f(x)單調遞減，x＞x0時，h(x)＞0，即f′(x)＞0，f(x)單調遞增，所以f(x)min＝f(x0)＝ex0－eq\f(1＋lnx0,x0)，因為h(x0)＝0，所以xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))ex0＋lnx0＝0，則x0ex0＋eq\f(1,x0)lnx0＝0，所以x0ex0＝－lnx0·e－lnx0，因為t(x)＝xex在(0，＋∞)上單調遞增，所以x0＝－lnx0，則ex0＝eq\f(1,x0)，所以f(x)min＝ex0－eq\f(1＋lnx0,x0)＝eq\f(1,x0)－eq\f(1,x0)＋eq\f(－lnx0,x0)＝1.雙變量問題【典例3】已知函數(shù)f(x)＝2ax＋2xlnx(a∈R).(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(e2，＋∞)上存在極值點，求a的取值范圍；(2)已知x1，x2∈(0，＋∞)，且x1<x2，求證：x1<eq\f(2x2－2x1,f′（x2）－f′（x1）)<x2.【思維點撥】(1)f(x)在區(qū)間(e2，＋∞)上存在極值點與f′(x)的正負有關(2)如何將所證明不等式中的雙變量轉化為有關變量【解析】(1)對f(x)求導，得f′(x)＝2lnx＋2＋2a(x>0).因為函數(shù)f(x)在區(qū)間(e2，＋∞)上存在極值點，所以存在實數(shù)m∈(e2，＋∞)，使得f′(m)＝2lnm＋2＋2a＝0，即a＝－lnm－1<－lne2－1＝－3.所以a的取值范圍為(－∞，－3).(2)依題意知eq\f(2x2－2x1,f′（x2）－f′（x1）)＝eq\f(x2－x1,lnx2－lnx1)，要證x1<eq\f(2x2－2x1,f′（x2）－f′（x1）)<x2，只需證x1<eq\f(x2－x1,lnx2－lnx1)<x2，即證1<eq\f(\f(x2,x1)－1,ln\f(x2,x1))<eq\f(x2,x1).設t＝eq\f(x2,x1)(t>1)，只需證1<eq\f(t－1,lnt)<t，即證lnt<t－1<tlnt.設g(t)＝lnt－t＋1(t>1)，則g′(t)＝eq\f(1,t)－1，易知g′(t)<0，所以g(t)在(1，＋∞)上單調遞減，ln1－1＋1＝0，則g(t)<0，即lnt<t－1.設h(t)＝tlnt－t＋1，則當t>1時，h′(t)＝lnt>0，所以h(t)在(1，＋∞)上單調遞增，則當t>1時，h(t)>h(1)＝0，即t－1<tlnt.所以x1<eq\f(x2－x1,lnx2－lnx1)<x2，即不等式x1<eq\f(2x2－2x1,f′（x2）－f′（x1）)<x2成立．雙變量不等式解題策略(1)觀察兩個變量，一般兩個變量的地位相同，取值獨立，可將其轉化為一個變量；(2)構造函數(shù)，將問題轉化為判斷函數(shù)的單調性問題；(3)構造函數(shù)，轉化為求函數(shù)的最值問題．已知函數(shù)f(x)＝alnx－x－eq\f(a＋1,x)(a∈R).(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；(2)當e<a<2eq\r(e)時，關于x的方程f(ax)＝－eq\f(a＋1,ax)有兩個不同的實數(shù)解x1，x2，求證：x1＋x2<4x1x2.【解析】(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a,x)－1＋eq\f(1＋a,x2)＝eq\f(－x2＋ax＋1＋a,x2)＝eq\f(－（x＋1）[x－（1＋a）],x2)，①當a＋1>0，即a>－1時，在(0，1＋a)上，f′(x)>0，在(1＋a，＋∞)上，f′(x)<0，所以f(x)的單調遞增區(qū)間是(0，1＋a)，單調遞減區(qū)間是(1＋a，＋∞)；②當1＋a≤0，即a≤－1時，在(0，＋∞)上，f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間是(0，＋∞)，無單調遞增區(qū)間．(2)設g(x)＝f(ax)＋eq\f(a＋1,ax)＝a(lna＋lnx－x)，所以g′(x)＝eq\f(a（1－x）,x)(x>0)，當0<x<1時，g′(x)>0，函數(shù)g(x)在區(qū)間(0，1)上單調遞增；當x>1時，g′(x)<0，函數(shù)g(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調遞減．所以g(x)在x＝1處取得最大值．因為當e<a<2eq\r(e)時，方程f(ax)＝－eq\f(a＋1,ax)有兩個不同的實數(shù)解x1，x2，所以函數(shù)g(x)有兩個不同的零點x1，x2，一個零點比1小，一個零點比1大．不妨設0<x1<1<x2，由g(x1)＝0，且g(x2)＝0，得x1＝ln(ax1)，且x2＝ln(ax2)，則x1＝eq\f(1,a)ex1，x2＝eq\f(1,a)ex2，所以x1x2＝eq\f(1,a2)·ex1＋x2，所以eq\f(x1x2,x1＋x2)＝eq\f(1,a2)·eq\f(ex1＋x2,x1＋x2)，令x1＋x2＝t(t>1)，設h(t)＝eq\f(et,t)(t>1)，則h′(t)＝eq\f(et·t－et,t2)＝eq\f(et（t－1）,t2)>0.所以函數(shù)h(t)在區(qū)間(1，＋∞)上單調遞增，h(t)>h(1)＝e，所以eq\f(x1x2,x1＋x2)＝eq\f(1,a2)