2022年高考三轮复习之回归基础练第9练　导数与不等式证明

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考点一 移项作差构造函数证明不等式
要点重组
一般地，要证f(x)>g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数F(x)＝f(x)－g(x)，通过分析F(x)在端点处的函数值来证明不等式．若F(a)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递增即可；若F(b)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递减即可．
1．设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.
(1)解 由f(x)＝ex－2x＋2a(x∈R)，
知f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln 2.
当x故函数f(x)在区间(－∞，ln 2)上单调递减；
当x>ln 2时，f′(x)>0，
故函数f(x)在区间(ln 2，＋∞)上单调递增．
所以f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f(x)在x＝ln 2处取得极小值f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a，无极大值．
(2)证明 要证当a>ln 2－1且x>0时，
ex>x2－2ax＋1，
即证当a>ln 2－1且x>0时，ex－x2＋2ax－1>0.
设g(x)＝ex－x2＋2ax－1.
则g′(x)＝ex－2x＋2a，
由(1)知g′(x)min＝g′(ln 2)＝2－2ln 2＋2a.
又a>ln 2－1，则g′(x)min>0.
于是对∀x∈R，都有g′(x)>0，
所以g(x)在R上单调递增．
于是对∀x>0，都有g(x)>g(0)＝0.
即ex－x2＋2ax－1>0，
故ex>x2－2ax＋1.
2．(2020·宁德模拟)已知f(x)＝(ax＋b)(ex＋x＋2)在点(0，f(0))处的切线方程为6x－y＝0.
(1)求实数a，b的值；
(2)当x>0时，证明：f(x)>2ln x＋2x＋3.
(1)解 f′(x)＝a(ex＋x＋2)＋(ax＋b)(ex＋1)，
因为f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝6x，
所以f(0)＝0，f′(0)＝6，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3b＝0，,3a＋2b＝6，))解得a＝2，b＝0.
(2)证明 由(1)得f(x)＝2x(ex＋x＋2)，
设g(x)＝2x(ex＋x＋2)－(2ln x＋2x＋3)，
即g(x)＝2xex＋2x2＋2x－2ln x－3，
则g′(x)＝2(x＋1)ex＋4x＋2－eq \f(2,x)
＝2(x＋1)ex＋eq \f(4x2＋2x－2,x)
＝2(x＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex＋2－\f(1,x)))(x>0)．
设h(x)＝ex＋2－eq \f(1,x)(x>0)，
则h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
且heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＝－2<0，
heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝－1>0，
所以存在唯一x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,3)))，
使得h(x0)＝＋2－eq \f(1,x0)＝0，
即＝eq \f(1,x0)－2，
当0当x>x0时，h(x)>0，g′(x)>0，g(x)单调递增；
所以g(x)min＝g(x0)＝＋2xeq \\al(2,0)＋2x0－2ln x0－3
＝2x0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x0)－2))＋2xeq \\al(2,0)＋2x0－2ln x0－3
＝2xeq \\al(2,0)－2x0－2ln x0－1，
设φ(x)＝2x2－2x－2ln x－1，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,3)))，
则φ′(x)＝4x－2－eq \f(2,x)＝eq \f(2x－12x＋1,x)，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,3)))时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，
因为当x→eq \f(1,3)时，φ(x)→2ln 3－eq \f(13,9)，
所以φ(x)>2ln 3－eq \f(13,9)>0，
所以g(x)min＝2xeq \\al(2,0)－2x0－2ln x0－1>0，
即g(x)>0，
所以当x>0时，f(x)>2ln x＋2x＋3.
考点二 构造双函数，利用“若f(x)min>g(x)max，则f(x)>g(x)”证明不等式
要点重组
1．在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，可考虑转化为两个函数的最值问题．
2．不等式里既有指数又有对数，求导后不好处理，通常是把指数和对数分开，使得不等式一边是指数，另一边是对数，分别计算它们的最值，利用最值来证明不等式．
3．(2020·黄山模拟)已知曲线f(x)＝eq \f(mx－m,ex)在点(1，f(1))处的切线斜率为－eq \f(1,e).
(1)求m的值，并求函数f(x)的极小值；
(2)当x∈(0，π)时，求证：exsin x－x＋ex－2＋1>exxcs x.
(1)解 由题意，知f(x)的定义域为R.
∵f′(x)＝－eq \f(mx－2,ex)，
∴f′(1)＝eq \f(m,e)＝－eq \f(1,e)，∴m＝－1，
∴f(x)＝eq \f(1－x,ex)，∴f′(x)＝eq \f(x－2,ex)，
当x>2时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x<2时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
x＝2是f(x)的极小值点，
∴f(x)的极小值为f(2)＝－eq \f(1,e2).
(2)证明 要证exsin x－x＋ex－2＋1>exxcs x，
两边同除以ex，
只需证eq \f(1－x,ex)＋eq \f(1,e2)>xcs x－sin x.
即证f(x)＋eq \f(1,e2)>xcs x－sin x.
由(1)可知，f(x)＋eq \f(1,e2)在x＝2处取得最小值0;
设g(x)＝xcs x－sin x，x∈(0，π)，
则g′(x)＝cs x－xsin x－cs x＝－xsin x，
∵x∈(0，π)，∴g′(x)<0，
∴g(x)在区间(0，π)上单调递减，
∵当x→0时，g(x)→0，
∴g(x)<0，
∴f(x)＋eq \f(1,e2)>xcs x－sin x，
即exsin x－x＋ex－2＋1>exxcs x.
4．已知函数f(x)＝xln x－ax.
(1)当a＝－1时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的最值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＋1>eq \f(1,ex＋1)－eq \f(2,e2x)成立．
(1)解 函数f(x)＝xln x－ax的定义域为(0，＋∞)．
当a＝－1时，f(x)＝xln x＋x，f′(x)＝ln x＋2.
由f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,e2).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e2)))时，f′(x)＜0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)，＋∞))时，f′(x)＞0.
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e2)))上单调递减，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)，＋∞))上单调递增．
因此f(x)在x＝eq \f(1,e2)处取得最小值，
即f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)))＝－eq \f(1,e2)，
但f(x)在(0，＋∞)上无最大值．
(2)证明 当x>0时，ln x＋1>eq \f(1,ex＋1)－eq \f(2,e2x)，
等价于x(ln x＋1)>eq \f(x,ex＋1)－eq \f(2,e2).
由(1)知当a＝－1时，
f(x)＝xln x＋x的最小值是－eq \f(1,e2)，
当x＝eq \f(1,e2)时取到最小值．
设G(x)＝eq \f(x,ex＋1)－eq \f(2,e2)，x∈(0，＋∞)，
则G′(x)＝eq \f(1－x,ex＋1)，
则G(x)在(0,1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减，
易知G(x)max＝G(1)＝－eq \f(1,e2)，
当x＝1时取到最大值，从而可知对一切x∈(0，＋∞)，都有f(x)>G(x)，
即ln x＋1>eq \f(1,ex＋1)－eq \f(2,e2x).
考点三 变量代换法证明双变量函数不等式
要点重组 证明双变量函数不等式的常见思路
(1)将双变量中的一个看作变量，另一个看作常数，构造一个含参数的辅助函数证明不等式．
(2)整体换元．对于齐次式往往可将双变量整体换元，化为一元不等式．
(3)若双变量的函数不等式具有对称性，并且可以将两个变量分离开，分离之后的函数结构具有相似性，从而构造函数利用单调性证明．
5．已知函数f(x)＝ln x－eq \f(1,2)ax2＋x，a∈R.
(1)当a＝0时，求函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，求证：x1＋x2≥eq \f(\r(5)－1,2).
(1)解 当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，则f(1)＝1，
所以切点为(1,1)，
又因为f′(x)＝eq \f(1,x)＋1，
所以切线斜率k＝f′(1) ＝2，
故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.
(2)证明 当a＝－2时，f(x)＝ln x＋x2＋x(x>0)．
由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，
得ln x1＋xeq \\al(2,1)＋x1＋ln x2＋xeq \\al(2,2)＋x2＋x1x2＝0，
从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)，
令t＝x1x2(t>0)，φ(t)＝t－ln t，
得φ′(t)＝1－eq \f(1,t)＝eq \f(t－1,t)，
易知φ(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以φ(t)≥φ(1)＝1，
所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1，
因为x1>0，x2>0，所以x1＋x2≥eq \f(\r(5)－1,2)成立．
6．已知函数f(x)＝eq \f(ln x,x＋a)(a∈R)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x＋y＋1＝0垂直．
(1)试比较2 0202 021与2 0212 020的大小，并说明理由；
(2)若函数g(x)＝f(x)－k有两个不同的零点x1，x2，证明：x1x2＞e2.
(1)解 依题意得f′(x)＝eq \f(\f(x＋a,x)－ln x,x＋a2)，
所以f′(1)＝eq \f(1＋a,1＋a2)＝eq \f(1,1＋a).
易知f′(1)＝1，即eq \f(1,1＋a)＝1，解得a＝0.
所以f(x)＝eq \f(ln x,x)(x＞0)，f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2) .
令f′(x)＞0，即1－ln x＞0，
解得0＜x＜e；
令f′(x)＜0，即1－ln x＜0，解得x＞e.
所以f(x)的单调递增区间为(0，e)，
单调递减区间为(e，＋∞)．
所以f(2 020)＞f(2 021)，
即eq \f(ln 2 020,2 020)＞eq \f(ln 2 021,2 021)，
即2 021ln 2 020＞2 020ln 2 021，
即2 0202 021＞2 0212 020.
(2)证明 由题意及(1)得g(x)＝eq \f(ln x,x)－k，
不妨设x1＞x2＞0，
因为g(x1)＝g(x2)＝0，
所以ln x1－kx1＝0，
ln x2－kx2＝0，
可得ln x1＋ln x2＝k(x1＋x2)，
ln x1－ln x2＝k(x1－x2)．
要证x1x2＞e2，
只需证ln x1＋ln x2＞2，
即证k(x1＋x2)＞2.
因为k＝eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)，
所以可转化为证eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)＞eq \f(2,x1＋x2)，
即ln eq \f(x1,x2)＞eq \f(2x1－x2,x1＋x2).
令eq \f(x1,x2)＝t，则t＞1，即证ln t＞eq \f(2t－1,t＋1).
令h(t)＝ln t－eq \f(2t－1,t＋1)(t＞1)，
则h′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(4,t＋12)＝eq \f(t－12,tt＋12)＞0.
所以函数h(t)在(1，＋∞)上是增函数，
因为当t→1时，h(t)→ln 1－eq \f(2×1－1,1＋1)＝0，
所以h(t)>0，
即ln t＞eq \f(2t－1,t＋1)得证．
所以x1x2＞e2.
1．(2020·赣州模拟)已知函数f(x)＝1－eq \f(ln x,x)，g(x)＝eq \f(ae,ex)＋eq \f(1,x)－bx，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直．
(1)求a，b的值；
(2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥eq \f(2,x).
(1)解 因为f(x)＝1－eq \f(ln x,x)，
所以f′(x)＝eq \f(ln x－1,x2)，f′(1)＝－1.
因为g(x)＝eq \f(ae,ex)＋eq \f(1,x)－bx，
所以g′(x)＝－eq \f(ae,ex)－eq \f(1,x2)－b.
因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直，
所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，
所以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，
解得a＝－1，b＝－1.
(2)证明 由(1)知，g(x)＝－eq \f(e,ex)＋eq \f(1,x)＋x，
则f(x)＋g(x)≥eq \f(2,x)⇔1－eq \f(ln x,x)－eq \f(e,ex)－eq \f(1,x)＋x≥0.
令h(x)＝1－eq \f(ln x,x)－eq \f(e,ex)－eq \f(1,x)＋x(x≥1)，
则h(1)＝0，
h′(x)＝－eq \f(1－ln x,x2)＋eq \f(e,ex)＋eq \f(1,x2)＋1＝eq \f(ln x,x2)＋eq \f(e,ex)＋1.
因为x≥1，
所以h′(x)＝eq \f(ln x,x2)＋eq \f(e,ex)＋1>0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(1)＝0，
即1－eq \f(ln x,x)－eq \f(e,ex)－eq \f(1,x)＋x≥0，
所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥eq \f(2,x).
2．已知函数f(x)＝x－1－aln x.
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)证明：对于任意正整数n，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,22)))…eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2n)))(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
①若a≤0，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－eq \f(1,2)＋aln 2<0，所以不满足题意．
②若a>0，由f′(x)＝1－eq \f(a,x)＝eq \f(x－a,x)知，
当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0；
所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，
故x＝a是f(x)在(0，＋∞)上唯一的极小值点．
因为f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，
故a＝1.
(2)证明 由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0.
令x＝1＋eq \f(1,2n)，得lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2n)))从而lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,22)))＋…＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2n)))故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,22)))…eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2n)))3．已知函数f(x)＝aex(a∈R)，g(x)＝eq \f(ln x,x)＋1.
(1)求函数g(x)的极值；
(2)当a≥eq \f(1,e)时，求证：f(x)≥g(x)．
(1)解 由g(x)＝eq \f(ln x,x)＋1，
得g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，定义域为(0，＋∞)．
令g′(x)＝0，解得x＝e，
g′(x)，g(x)随x的变化情况如表：
可知函数g(x)的极大值为g(e)＝eq \f(1,e)＋1，无极小值．
(2)证明 方法一 要证明f(x)≥g(x)，
即证明aex≥eq \f(ln x,x)＋1，
又x>0，
所以只需证明axex－ln x－x≥0.
又因为a≥eq \f(1,e)，
所以axex－ln x－x≥eq \f(1,e)xex－ln x－x，
所以只需证明eq \f(1,e)xex－ln x－x≥0.
令F(x)＝eq \f(1,e)xex－ln x－x，x>0，
则F′(x)＝(x＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－1－\f(1,x)))，记h(x)＝ex－1－eq \f(1,x)，
则h(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(1)＝0，
所以当x∈(0,1)时，h(x)<0，从而F′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，从而F′(x)>0，
即F(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
所以F(x)≥F(1)＝0.
所以当a≥eq \f(1,e)时，f(x)≥g(x)．
方法二 因为a≥eq \f(1,e)，
所以aex≥ex－1，令m(x)＝ex－1－x，则m′(x)＝ex－1－1，
令m′(x)＝0，则x＝1，
当x∈(0,1)时，m′(x)<0，m(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，m′(x)>0，m(x)单调递增，
所以m(x)min＝m(1)＝0，
故ex－1≥x恒成立，
所以只需证明x≥eq \f(ln x,x)＋1，即证明x2－ln x－x≥0，
令n(x)＝x2－ln x－x，
则n′(x)＝2x－eq \f(1,x)－1＝eq \f(2x2－x－1,x)＝eq \f(2x＋1x－1,x)，
令n′(x)＝0，则x＝1.
当x∈(0,1)时，n′(x)<0，n(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，n′(x)>0，n(x)单调递增，
所以n(x)min＝n(1)＝0，
所以n(x)≥0恒成立，
即x≥eq \f(ln x,x)＋1，
所以aex≥ex－1≥x≥eq \f(ln x,x)＋1，
即f(x)≥g(x)．
4．(2017·全国Ⅱ)已知函数f(x)＝ax2－ax－xln x，且f(x)≥0.
(1)求a；
(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
设g(x)＝ax－a－ln x，则f(x)＝xg(x)，
f(x)≥0等价于g(x)≥0，
因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0，而g′(x)＝a－eq \f(1,x)，g′(1)＝a－1，得a＝1.
若a＝1，则g′(x)＝1－eq \f(1,x).
当0当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.
综上，a＝1.
(2)证明 由(1)知f(x)＝x2－x－xln x，
f′(x)＝2x－2－ln x，
设h(x)＝2x－2－ln x，则h′(x)＝2－eq \f(1,x).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，h′(x)<0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))时，h′(x)>0.
所以h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增．
又h(e－2)>0，heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))<0，h(1)＝0，
所以h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上有唯一零点x0，在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上有唯一零点1，当x∈(0，x0)时，h(x)>0；
当x∈(x0,1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.
因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点．
由f′(x0)＝0，得ln x0＝2(x0－1)，
故f(x0)＝x0(1－x0)．
由x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，得f(x0)因为x＝x0是f(x)在(0,1)上的最大值点，
由e－1∈(0,1)，f′(e－1)≠0，得f(x0)>f(e－1)＝e－2.
所以e－2(0，e)
e
(e，＋∞)
g′(x)
＋
0
－
g(x)
↗
极大值
↘