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- 2021-06-11 发布
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第九节 导数的应用——不等式证明
一 考查热点:利用导数研究函数的单调性及最值,再由单调性或最值 证明不等式是函
数、导数、不等式综合中的一个难点,也是近几年高考的热点.
二 要点小结:
1. 解题技巧是构造辅助函数,把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求
最值,从而证得不等式。
2. 构造辅助函数的方法:(1)直接利用题目所给函数;(2)借助所证不等式直接作
差构造函数;(3)换元后作差构造函数;(4)从条件特征入手构造函数等
3.常用结论:
结论 1: ;
结论 2: ;
结论 3: ;
结论 4: ;
结论 5: 的值域和 的值域交集不
为空;
结论 6: 的值域 的值域.
三 典例分析
例 1.(2014 福建)已知函数 ( 为常数)的图像与 轴交于点 ,曲线
在点 处的切线斜率为 .
(Ⅰ)求 的值及函数 的极值;
(Ⅱ)证明:当 时,
(Ⅲ)证明:对任意给定的正数 c,总存在 ,使得当 时,恒有
1 2 1 2 min max[ , ], [ , ], ( ) ( ) [ ( )] [ ( )]x a b x c d f x g x f x g x∀ ∈ ∀ ∈ > ⇔ >
1 2 1 2 max min[ , ], [ , ], ( ) ( ) [ ( )] [ ( )]x a b x c d f x g x f x g x∃ ∈ ∃ ∈ > ⇔ >
1 2 1 2 min min[ , ], [ , ], ( ) ( ) [ ( )] [ ( )]x a b x c d f x g x f x g x∀ ∈ ∃ ∈ > ⇔ >
1 2 1 2 max max[ , ], [ , ], ( ) ( ) [ ( )] [ ( )]x a b x c d f x g x f x g x∃ ∈ ∀ ∈ > ⇔ >
1 2 1 2[ , ], [ , ], ( ) ( ) ( )x a b x c d f x g x f x∃ ∈ ∃ ∈ = ⇔ ( )g x
1 2 1 2[ , ], [ , ], ( ) ( ) ( )x a b x c d f x g x f x∀ ∈ ∃ ∈ = ⇔ ( )g x⊆
( ) xf x e ax= − a y A
( )y f x= A 1−
a ( )f x
0x > 2 xx e<
0x 0( , )x x∈ +∞ xx ce<
例 2. (2014 湖南)已知函数 .
(1)求 的单调区间;
( 2 ) 记 为 的 从 小 到 大 的 第 个 零 点 , 证 明 : 对 一 切 , 有
四 真题演练
1.(2015 四川)已知函数 f(x)= ,其中 a>0.
(I) 设 g(x)为 f(x)的导函数,讨论 g(x)的单调性;
(II) 证明:存在 a (0,1),使得 f(x) g(x).
( ) cos sin 1( 0)f x x x x x= − + >
( )f x
ix ( )f x ( *)i i N∈ *n N∈
2 2 2
1 2
1 1 1 2
3nx x x
+ + + <
2 22 ln 2x x x ax a− + − +
∈ ≥
:学 ]
2.(2015 福建)已知函数 .
(I)求函数 的单调递增区间;
(II)证明:当 时, ;
( III ) 确 定 实 数 的 所 有 可 能 取 值 , 使 得 存 在 , 当 时 , 恒 有
.
[ :学 ]
3. (2015 新课标 1)设函数 .
(I)讨论 的导函数 的零点的个数;
(II)证明:当 时 .
4.(2016 新课标 3)设函数 .
( ) ( )21ln 2
xf x x
−= −
( )f x
1x > ( ) 1f x x< −
k 0 1x > ( )01,x x∈
( ) ( )1f x k x> −
( ) 2 lnxf x e a x= −
( )f x ( )f x′
0a > ( ) 22 lnf x a a a
≥ +
( ) ln 1f x x x= − +
(I)讨论 的单调性;[ :学 ]
(II)证明当 时, ;
(III)设 ,证明当 时, .
( )f x
(1, )x∈ +∞ 11 ln
x xx
−< <
1c > (0,1)x∈ 1 ( 1) xc x c+ − >
第九节 例题 1. 解:(1)由 ,得 .又 ,得
.
所以 , .令 ,得 .当 时, ,
单调递减;当 时, , 单调递增.所以当 时, 有极
小值,且极小值为 , 无极大值.
( 2 ) 令 , 则 . 由 ( 1 ) 得 ,
, 即 . 所 以 在 R 上 单 调 递 增 , 又
,所以当 时, ,即 .
(3)对任意给定的正数 c,取 ,由(2)知,当 时, .
所以当 时, ,即 .因此,对任意给定的正数 c,总存在 ,当
时,恒有 .
例 题 2. ( I ) 数 求 导 可 得 , 令
可 得 , 当 时 , . 此 时
;当 时, ,此时 ,
故 函 数 的 单 调 递 减 区 间 为 , 单 调 递 增 区 间 为
.
(II)由(1)可知函数 在区间 上单调递减,又 ,所以 ,当 时,
因为 ,且函数 的图像
是连续不断的,所以 在区间 内至少存在一个零点,又 在区间
上是单调的,故 ,因此,当 时, ;当
时, ;当 时,[ :学 ]
( ) xf x e ax= − ' ( ) xf x e a= − ' (0) 1 1f a= − = −
2a =
( ) 2xf x e x= − ' ( ) 2xf x e= − ' ( ) 0f x = ln 2x = ln 2x < ' ( ) 0f x <
( )f x ln 2x > ' ( ) 0f x > ( )f x ln 2x = ( )f x
ln2(ln 2) 2ln 2 2 ln 4f e= − = − ( )f x
2( ) xg x e x= − ' ( ) 2xg x e x= −
' ( ) ( ) (ln 2) 2 ln 4 0g x f x f= ≥ = − > ' ( ) 0g x > ( )g x
(0) 1 0g = > 0x > ( ) (0) 0g x g> > 2 xx e<
0
1x c
= 0x > 2 xx e<
0x x> 2 1xe x xc
> > xx ce< 0x
0( , )x x∈ +∞ xx ce<
( )f x ( ) ( )' cos sin cos sin 0f x x x x x x x x= − − = − >
( )' 0f x = ( )*x k k Nπ= ∈ ( )( )( )2 , 2 1 *x k k k Nπ π∈ + ∈ sin 0x >
( )' 0f x < ( ) ( )( )( )2 1 , 2 2 *x k k k Nπ π∈ + + ∈ sin 0x < ( )' 0f x >
( )f x ( )( )( )2 , 2 1 *k k k Nπ π+ ∈
( ) ( )( )( )2 1 , 2 2 *k k k Nπ π+ + ∈
( )f x ( )0,π 02f
π = 1 2x
π= *n N∈
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )11 1 1 1 1 1 0n nf n f n n nπ π π π+ + = − + − + + < ( )f x
( )f x ( )( ), 1n nπ π+ ( )f x
( )( ), 1n nπ π+ ( )1 1nn x nπ π+< < + 1n = 2 2
1
1 4 2
3x π= < 2n =
( )2 2 2
1 2
1 1 1 24 1 3x x π+ < + < 3n ≥
,综上所述,对一切的 , .
演练 1. (I)由已知,函数 f(x)的定义域为(0,+∞),g(x)=f '(x)=2(x-1-lnx-a)
所以 g'(x)=2-
,
当 x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当 x∈(1,+∞)时,g'(x)
>),g(x)单调递增
(II)由 f '(x)=2(x-1-lnx-a)=0,解得 a=x-1-lnx
令 Φ(x)=-2xlnx+x2-2x(x-1-lnx)+(x-1-lnx)2=(1+lnx)2-2xlnx
则 Φ(1)=1>0,Φ(e)=2(2-e)<0,于是存在 x0∈(1,e),使得 Φ(x0)=0
令 a0=x0-1-lnx0=u(x0),其中 u(x)=x-1-lnx(x≥1)
由 u'(x)=1- ≥0 知,函数 u(x)在区间(1,+∞)上单调递增
故 0=u(1)<a0=u(x0)<u(e)=e-2<1,即 a0∈(0,1),当 a=a0 时,有 f '(x0)=0,f (x0)=Φ(x0)
=0,再由(I)知,f '(x)在区间(1,+∞)上单调递增,当 x∈(1,x0)时,f '(x)<0,从而 f(x)>f(x0)
=0,当 x∈(x0,+∞)时,f '(x)>0,从而 f(x)>f(x0)=0;又当 x∈(0,1]时,f(x)=(x-a0)2-2xlnx
>0,故 x∈(0,+∞)时,f(x)≥0
综上所述,存在 a∈(0,1),使得 f(x)≥0 恒成立,且 f(x)=0 在区间(1,+∞)内有唯一解.
2. 解:(I) , .由 得
解得 .故 的单调递增区间是 .
(II)令 , .则有 .当 时,
,所以 在 上单调递减,故当 时, ,即当
( ) 21 11 x xf x xx x
− + +′ = − + = ( )0,x∈ +∞ ( ) 0f x′ >
2
0
1 0
x
x x
>
− + + >
1 50 2x
+< < ( )f x 1 50, 2
+
( ) ( ) ( )F 1x f x x= − − ( )0,x∈ +∞ ( ) 21F xx x
−′ = ( )1,x∈ +∞
( )F 0x′ < ( )F x [ )1,+∞ 1x > ( ) ( )F F 1 0x < = 1x >
( )22 2 2 2 2 2
1 2 3
1 1 1 1 1 1 1+ 4 1 2 1nx x x x nπ
+ + + < + + + +
−
( )( )2 2 2 2 2
1 2 3
1 1 1 1 1 1 1+ 5 1 2 2 1nx x x x n nπ
⇒ + + + < + + + × − −
2 2 2 2 2
1 2 3
1 1 1 1 1 1 1 1+ 5 1 2 2 1nx x x x n nπ
⇒ + + + < + − + + − − −
2 2
1 1 6 26 1 3nπ π
= − < < − *n N∈ 2 2 2
1 2
1 1 1 2
3nx x x
+ + + <
2 2( 1)x
x x
−=
1
x
时, .
(III)由(II)知,当 时,不存在 满足题意.当 时,对于 ,有
,则 ,从而不存在 满足题意.当 时,
令 , ,有
.由 得, .解
得 , .当 时,
,故 在 内单调递增.从而当 时, ,即
,综上, 的取值范围是 .
3. (I) 的定义域为 .
当 ≤0 时, 没有零点;当 时,因为 单调递增, 单调递减,所
以 在 单调递增,又 ,当 b 满足 0<b< 且 b< 时, ,故
当 <0 时 存在唯一零点.
(II)由(I),可设 在 的唯一零点为 ,当 时, <0;
当 时, >0.故 在 单调递减,在 单调递增,所以
时 , 取 得 最 小 值 , 最 小 值 为 . 由 于 , 所 以
.故当 时, .
4. (Ⅰ)由题设, 的定义域为 , ,令 ,解得 .
当 时, , 单调递增;当 时, , 单调递减.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知, 在 处取得最大值,最大值为 .
所 以 当 时 , . 故 当 时 , , , 即
( ) 1f x x< −
1k = 0 1x > 1k > 1x >
( ) ( )1 1f x x k x< − < − ( ) ( )1f x k x< − 0 1x > 1k <
( ) ( ) ( )G 1x f x k x= − − ( )0,x∈ +∞
( ) ( )2 1 11G 1 x k xx x kx x
− + − +′ = − + − = ( )G 0x′ = ( )2 1 1 0x k x− + − + =
( )2
1
1 1 4 02
k kx
− − − += < ( )2
2
1 1 4 12
k kx
− + − += > ( )21,x x∈
( )G 0x′ > ( )G x [ )21, x ( )21,x x∈ ( ) ( )G G 1 0x > =
( ) ( )1f x k x> − k ( ),1−∞
( )f x ( ) ( ) 20, , 2 ( 0)x af x e xx
′+∞ = − 〉
a ( ) ( )0f x f x′ ′〉 , 0a〉 2xe a
x
−
( )f x′ ( )0,+∞ ( ) 0f a′ 〉
4
a 1
4 ( ) 0f b′ 〈
a ( )f x′
( )f x′ ( )0,+∞ 0x ( )00x x∈ , ( )f x′
( )0x x∈ + ∞, ( )f x′ ( )f x ( )0 + ∞, ( )0x + ∞,
0x x= ( )f x ( )0f x 02
0
2 0x ae x
− =
( )0 0
0
2 22 1 2 12
af x ax a n a a nx a a
= + + ≥ + 0a〉 ( ) 22 1f x a a n a
≥ +
( )f x (0, )+∞ ' 1( ) 1f x x
= − ' ( ) 0f x = 1x =
0 1x< < ' ( ) 0f x > ( )f x 1x > ' ( ) 0f x < ( )f x
( )f x 1x = (1) 0f =
1x ≠ ln 1x x< − (1, )x∈ +∞ ln 1x x< − 1 1ln 1x x
< −
.
(Ⅲ)由题设 ,设 ,则 ,令 ,
解得 .当 时, , 单调递增;当 时, ,
单调递减.由(Ⅱ)知, ,故 ,又 ,故当
时, .所以当 时, .
11 ln
x xx
−< <
1c > ( ) 1 ( 1) xg x c x c= + − − ' ( ) 1 lnxg x c c c= − − ' ( ) 0g x =
0
1ln ln
ln
c
cx c
−
= 0x x< ' ( ) 0g x > ( )g x 0x x> ' ( ) 0g x <
( )g x 11 ln
c cc
−< < 00 1x< < (0) (1) 0g g= = 0 1x< <
( ) 0g x > (0,1)x∈ 1 ( 1) xc x c+ − >