高中數學高考一輪復習一輪復習 學案 利用導數證明不等式

課堂練習1．設定義在(0，＋∞)上的函數f(x)的導函數f′(x)滿足xf′(x)>1，則()A．f(2)－f(1)>ln2B．f(2)－f(1)<ln2C．f(2)－f(1)>1D．f(2)－f(1)<1解析：選A．根據題意，函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，則xf′(x)>1?f′(x)>eq\f(1,x)＝(lnx)′，即f′(x)－(lnx)′>0.令F(x)＝f(x)－lnx，則F(x)在(0，＋∞)上單調遞增，故f(2)－ln2>f(1)－ln1，即f(2)－f(1)>ln2.2．已知函數f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)，a∈R.(1)討論函數f(x)的單調性；(2)當a>0時，證明f(x)≥eq\f(2a－1,a).解：(1)f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)＝eq\f(x－a,x2)(x>0)．當a≤0時，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增．當a>0時，若x>a，則f′(x)>0，函數f(x)在(a，＋∞)上單調遞增；若0<x<a，則f′(x)<0，函數f(x)在(0，a)上單調遞減．(2)證明：由(1)知，當a>0時，f(x)min＝f(a)＝lna＋1.要證f(x)≥eq\f(2a－1,a)，只需證lna＋1≥eq\f(2a－1,a)，即證lna＋eq\f(1,a)－1≥0.令函數g(a)＝lna＋eq\f(1,a)－1，則g′(a)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,a2)＝eq\f(a－1,a2)(a>0)，當0<a<1時，g′(a)<0，當a>1時，g′(a)>0，所以g(a)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，所以g(a)min＝g(1)＝0.所以lna＋eq\f(1,a)－1≥0恒成立，所以f(x)≥eq\f(2a－1,a).3．已知函數f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1)討論f(x)的單調性；(2)當a＝e時，證明：xf(x)－ex＋2ex≤0.解：(1)f′(x)＝eq\f(e,x)－a(x>0)．①若a≤0，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；②若a>0，則當0<x<eq\f(e,a)時，f′(x)>0，當x>eq\f(e,a)時，f′(x)<0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,a)))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,a)，＋∞))上單調遞減．(2)證明：法一：因為x>0，所以只需證f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，當a＝e時，由(1)知，f(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，所以f(x)max＝f(1)＝－e.記g(x)＝eq\f(ex,x)－2e(x>0)，則g′(x)＝eq\f((x－1)ex,x2)，所以當0<x<1時，g′(x)<0，g(x)單調遞減，當x>1時，g′(x)>0，g(x)單調遞增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.綜上，當x>0時，f(x)≤g(x)，即f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.法二：由題意知，即證exlnx－ex2－ex＋2ex≤0，從而等價于lnx－x＋2≤eq\f(ex,ex).設函數g(x)＝lnx－x＋2，則g′(x)＝eq\f(1,x)－1.所以當x∈(0，1)時，g′(x)>0，當x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0，故g(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，從而g(x)在(0，＋∞)上的最大值為g(1)＝1.設函數h(x)＝eq\f(ex,ex)，則h′(x)＝eq\f(ex(x－1),ex2).所以當x∈(0，1)時，h′(x)<0，當x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0，故h(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，從而h(x)在(0，＋∞)上的最小值為h(1)＝1.綜上，當x>0時，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.課后檢測1．若0<x1<x2<1，則()A．e－e>lnx2－lnx1B．e－e<lnx2－lnx1C．x2e>x1eD．x2e<x1e解析：選C．令f(x)＝eq\f(ex,x)，則f′(x)＝eq\f(xex－ex,x2)＝eq\f(ex(x－1),x2).當0<x<1時，f′(x)<0，即f(x)在(0，1)上單調遞減，因為0<x1<x2<1，所以f(x2)<f(x1)，即eq\f(e,x2)<eq\f(e,x1)，所以x2e>x1e，故選C．2．已知函數f(x)＝aex－lnx－1.(1)設x＝2是f(x)的極值點，求a，并求f(x)的單調區(qū)間；(2)證明：當a≥eq\f(1,e)時，f(x)≥0.解：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝aex－eq\f(1,x).由題設知，f′(2)＝0，所以a＝eq\f(1,2e2).從而f(x)＝eq\f(1,2e2)ex－lnx－1，f′(x)＝eq\f(1,2e2)ex－eq\f(1,x).當0<x<2時，f′(x)<0；當x>2時，f′(x)>0.所以f(x)在(0，2)單調遞減，在(2，＋∞)單調遞增．(2)證明：當a≥eq\f(1,e)時，f(x)≥eq\f(ex,e)－lnx－1.設g(x)＝eq\f(ex,e)－lnx－1，則g′(x)＝eq\f(ex,e)－eq\f(1,x).當0<x<1時，g′(x)<0；當x>1時，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的最小值點．故當x>0時，g(x)≥g(1)＝0.因此，當a≥eq\f(1,e)時，f(x)≥0.3．已知函數f(x)＝eq\f(1,x)－x＋alnx.(1)討論f(x)的單調性；(2)若f(x)存在兩個極值點x1，x2，證明：eq\f(f(x1)－f(x2),x1－x2)＜a－2.解：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－eq\f(1,x2)－1＋eq\f(a,x)＝－eq\f(x2－ax＋1,x2).(i)若a≤2，則f′(x)≤0，當且僅當a＝2，x＝1時f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)單調遞減．(ii)若a>2，令f′(x)＝0得，x＝eq\f(a－\r(a2－4),2)或x＝eq\f(a＋\r(a2－4),2).當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))時，f′(x)<0；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))時，f′(x)>0.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))單調遞增．(2)證明：由(1)知，f(x)存在兩個極值點時，當且僅當a>2.由于f(x)的兩個極值點x1，x2滿足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨設x1<x2，則x2>1.由于eq\f(f(x1)－f(x2),x1－x2)＝－eq\f(1,x1x2)－1＋aeq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝－2＋aeq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝－2＋aeq\f(－2lnx2,\f(1,x2)－x2)，所以eq\f(f(x1)－f(x2),x1－x2)<a－2等價于eq\f(1,x2)－x2＋2lnx2<0.設函數g(x)＝eq\f(1,x)－x＋2lnx，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)單調遞減，又g(1)＝0，從而當x∈(1，＋∞)時，g(x)<0.所以eq\f(1,x2)－x2＋2lnx2<0，即eq\f(f(x1)－f(x2),x1－x2)<a－2.《導數與不等式》課后達標測試1．設a為實數，函數(1)求的單調區(qū)間與極值；(2)求證：當且時，.2．已知函數.(1)當m＝1時，求曲線在點(1，f(1))處的切線方程；(2)若m，求證：.3．已知，（1）求在處的切線方程以及的單調性；（2）對，有恒成立，求的最大整數解；（3）令，若有兩個零點分別為且為的唯一的極值點，求證：.4．已知函數，.(1)當b＝0時，恒成立，求整數a的最大值；(2)求證：

《導數與不等式》課后達標測試1.解：(1)由f(x)＝ex－2x＋2a(x∈R)，知f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln2.當x<ln2時，f′(x)<0，故函數f(x)在區(qū)間(－∞，ln2)上單調遞減；當x>ln2時，f′(x)>0，故函數f(x)在區(qū)間(ln2，＋∞)上單調遞增．所以f(x)的單調遞減區(qū)間是(－∞，ln2)，單調遞增區(qū)間是(ln2，＋∞)，f(x)在x＝ln2處取得極小值f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2－2ln2＋2a，無極大值．(2)證明：要證當a>ln2－1且x>0時，ex>x2－2ax＋1，即證當a>ln2－1且x>0時，ex－x2＋2ax－1>0.設g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x>0)．則g′(x)＝ex－2x＋2a，由(1)知g′(x)min＝g′(ln2)＝2－2ln2＋2a.又a>ln2－1，則g′(x)min>0.于是對?x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R上單調遞增．于是對?x>0，都有g(x)>g(0)＝0.即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.2.解：(1)當m＝1時，f(x)＝ex－lnx－1，所以f′(x)＝ex－eq\f(1,x)，所以f′(1)＝e－1，又因為f(1)＝e－1，所以曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x.(2)證明：當m>1時，f(x)＝mex－lnx－1>ex－lnx－1，要證明f(x)>1，只需證明ex－lnx－2>0，設g(x)＝ex－lnx－2，則g′(x)＝ex－eq\f(1,x)(x>0)，設h(x)＝ex－eq\f(1,x)(x>0)，則h′(x)＝>0,所以函數h(x)＝g′(x)＝ex－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上單調遞增，因為＝<0，g′(1)＝>0，所以函數g′(x)＝ex－eq\f(1,x)在(0,＋∞)上有唯一零點x0，且x0∈，因為g′(x0)＝0，所以＝eq\f(1,x0)，即lnx0＝－x0，當x∈(0，x0)時，g′(x)<0；當x∈(x0，＋∞)時，g′(x)>0，所以當x＝x0時，g(x)取得最小值g(x0)，故g(x)g(x0)＝－lnx0－2＝eq\f(1,x0)＋x0－2>0，綜上可知，若，則f(x)>1.3.解：（1）；；所以切線方程為；，所以的單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為.（2）等價于；，記，所以為上的遞增函數，且，所以即，所以在上遞減，在上遞增，且；所以的最大整數解為3.（3），得，當，，，；所以在上單調遞減，上單調遞增，而要使有兩個零點，要滿足，即；因為，，令，由，即：，而即：由，只需證：，令，則令，則故在上遞增，；（15分）故在上遞增，；∴.4.解(1)現(xiàn)證明exx＋1，設F(x)＝ex－x－1，則F′(x)＝ex－1，當x(0,＋∞)時，F(xiàn)′(x)＞0，當x(－∞，0)時，F(xiàn)′(x)＜0，所以F(x)在(0＋∞)上單調遞增，在(－∞，0)上單調遞減，所以F(x)min＝F(0)＝0，即F(x)0恒成立，即exx＋1.同理可得ln(x＋2)x＋1，因為兩個等號不能同時成立，所以ex＞ln(x＋2)，當a2時，ln(x＋a)ln(x＋2)＜ex，所以當a2時，f(x)－g(x)＞0恒成立．當a3時，e0＜lna，即ex－ln(x＋a)＞0不恒成立．故整數a的最大值為2.(2)證明：由(1)知ex＞ln(x＋2