（京津魯瓊專用）2020版高考數(shù)學(xué)第二部分專題六函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第4講導(dǎo)數(shù)與不等式練習(xí)（含解析）.docx

第4講導(dǎo)數(shù)與不等式證明不等式構(gòu)造函數(shù)證明不等式：構(gòu)造法證明不等式是指在證明與函數(shù)有關(guān)的不等式時(shí)，根據(jù)所要證明的不等式，構(gòu)造與之相關(guān)的函數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性、極值、最值加以證明常見(jiàn)的構(gòu)造方法有：(1)直接構(gòu)造法：證明不等式f(x)g(x)(f(x)0(f(x)g(x)0)，進(jìn)而構(gòu)造輔助函數(shù)h(x)f(x)g(x)；(2)適當(dāng)放縮構(gòu)造法：一是根據(jù)已知條件適當(dāng)放縮，二是利用常見(jiàn)的放縮結(jié)論，如ln xx1，exx1，ln xx0)，ln(x1)x(x1)；(3)構(gòu)造“形似”函數(shù)：稍作變形再構(gòu)造，對(duì)原不等式同解變形，如移項(xiàng)、通分、取對(duì)數(shù)，把不等式轉(zhuǎn)化為左、右兩邊是相同結(jié)構(gòu)的式子的形式，根據(jù)“相同結(jié)構(gòu)”構(gòu)造輔助函數(shù)；(4)構(gòu)造雙函數(shù)：若直接構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo)難以判斷符號(hào)，導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)也不易求得，因此函數(shù)單調(diào)性與極值點(diǎn)都不易獲得，則可構(gòu)造函數(shù)f(x)和g(x)，利用其最值求解高考真題思維方法【直接構(gòu)造法】(2018高考全國(guó)卷)已知函數(shù)f(x)xaln x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，證明：a2.(1)略(2)證明：由(1)知，f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)時(shí)，當(dāng)且僅當(dāng)a2.由于f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2滿足x2ax10，所以x1x21，不妨設(shè)x11.由于1a2a2a，所以a2等價(jià)于x22ln x20.【關(guān)鍵1：將所證不等式進(jìn)行變形與化簡(jiǎn)】設(shè)函數(shù)g(x)x2ln x，由(1)知，g(x)在(0，)單調(diào)遞減，【關(guān)鍵2：直接構(gòu)造函數(shù)，判斷函數(shù)單調(diào)性】又g(1)0，從而當(dāng)x(1，)時(shí)，g(x)0.所以x22ln x20，即a2.【關(guān)鍵3：結(jié)合單調(diào)性得到函數(shù)最值，證明不等式】續(xù)表高考真題思維方法【適當(dāng)放縮構(gòu)造法】(2018高考全國(guó)卷)已知函數(shù)f(x)aexln x1.(1)設(shè)x2是f(x)的極值點(diǎn)，求a，并求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：當(dāng)a時(shí)， f(x)0.(1)略(2)證明：當(dāng)a時(shí)，f(x)ln x1.【關(guān)鍵1：利用不等式性質(zhì)放縮，將a代換掉】設(shè)g(x)ln x1，【關(guān)鍵2：利用不等式右邊構(gòu)造函數(shù)】則g(x).當(dāng)0x1時(shí)，g(x)1時(shí)，g(x)0.所以x1是g(x)的最小值點(diǎn)【關(guān)鍵3：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最值】故當(dāng)x0時(shí)，g(x)g(1)0.【關(guān)鍵4：利用函數(shù)最值使放縮后的不等式得到證明】因此，當(dāng)a時(shí)，f(x)0.【構(gòu)造雙函數(shù)法】(2016高考山東卷)已知f(x)a(xln x)，aR.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a1時(shí)，證明f(x)f(x)對(duì)于任意x1，2成立.(1)略(2)證明：由(1)知，a1時(shí)，f(x)f(x)xln x(1)xln x1，x1，2【關(guān)鍵1：將所證不等式轉(zhuǎn)化為構(gòu)造雙函數(shù)創(chuàng)造條件】設(shè)g(x)xln x，h(x)1，x1，2.【關(guān)鍵2：構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求最小值】則f(x)f(x)g(x)h(x).由g(x)0，可得g(x)g(1)1，當(dāng)且僅當(dāng)x1時(shí)取得等號(hào)，又h(x).設(shè)(x)3x22x6，則(x)在x1，2上單調(diào)遞減，因?yàn)?1)1，(2)10，所以x0(1，2)，使得x(1，x0)時(shí)，(x)0，x(x0，2)時(shí)，(x)0.所以h(x)在(1，x0)內(nèi)單調(diào)遞增，在(x0，2)內(nèi)單調(diào)遞減.由h(1)1，h(2)，可得h(x)h(2)，當(dāng)且僅當(dāng)x2時(shí)取得等號(hào).所以f(x)f(x)g(1)h(2)，即f(x)f(x)對(duì)于任意的x1，2成立.【關(guān)鍵3：利用函數(shù)最值證明不等式】典型例題 (2019四省八校雙教研聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)axaxln x1(aR，a0)(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)x1時(shí)，求證：1.【解】(1)f(x)aa(ln x1)aln x，若a0，則當(dāng)x(0，1)時(shí)，f(x)0，當(dāng)x(1，)時(shí)，f(x)0，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減；若a0，則當(dāng)x(0，1)時(shí)，f(x)0，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增(2)證明：要證1，即證ex，即證1時(shí)，xxln x10，即1時(shí)，ln x1，則F(x)ex單調(diào)遞增，所以F(x)F(1)e10，所以F(x)在(1，)上單調(diào)遞增，所以F(x)F(1)，而F(1)e，所以exln xe0，所以exln x，所以exln x，所以原不等式得證一般地，要證f(x)g(x)在區(qū)間(a，b)上成立，需構(gòu)造輔助函數(shù)F(x)f(x)g(x)，通過(guò)分析F(x)在端點(diǎn)處的函數(shù)值來(lái)證明不等式若F(a)0，只需證明F(x)在(a，b)上單調(diào)遞增即可；若F(b)0，只需證明F(x)在(a，b)上單調(diào)遞減即可 對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練1(2019唐山模擬)設(shè)f(x)2xln x1.(1)求f(x)的最小值；(2)證明：f(x)x2x2ln x.解：(1)f(x)2(ln x1)所以當(dāng)x時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增所以當(dāng)x時(shí)，f(x)取得最小值f1.(2)證明：x2x2ln xf(x)x(x1)2(x1)ln x(x1)，令g(x)x2ln x，則g(x)10，所以g(x)在(0，)上單調(diào)遞增又g(1)0.所以當(dāng)0x1時(shí)，g(x)1時(shí)，g(x)0，所以(x1)0，即f(x)x2x2ln x.2已知函數(shù)f(x)aexbln x，曲線yf(x)在點(diǎn)(1，f(1)處的切線方程為yx1.(1)求a，b；(2)證明：f(x)0.解：(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，)f(x)aex，由題意得f(1)，f(1)1，所以解得(2)證明：由(1)知f(x)exln x(x0)因?yàn)閒(x)ex2在(0，)上單調(diào)遞增，又f(1)0，所以f(x)0在(0，)上有唯一實(shí)根x0，且x0(1，2)當(dāng)x(0，x0)時(shí)，f(x)0，從而當(dāng)xx0時(shí)，f(x)取極小值，也是最小值由f(x0)0，得ex02，則x02ln x0.故f(x)f(x0)ex02ln x0x02220，所以f(x)0.根據(jù)不等式確定參數(shù)范圍一般地，若af(x)對(duì)xD恒成立，則只需af(x)max；若af(x)對(duì)xD恒成立，則只需af(x0)成立，則只需af(x)min；若存在x0D，使af(x0)成立，則只需af(x0)max，由此構(gòu)造不等式，求解參數(shù)的取值范圍分類討論法：常見(jiàn)有兩種情況，一種先利用綜合法，結(jié)合導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)之間大小關(guān)系的決定條件，確定分類討論的標(biāo)準(zhǔn)，分類后，判斷不同區(qū)間函數(shù)的單調(diào)性，得到最值，構(gòu)造不等式求解；另外一種，直接通過(guò)導(dǎo)函數(shù)的式子，看出導(dǎo)函數(shù)值正負(fù)的分類標(biāo)準(zhǔn)，通常導(dǎo)函數(shù)為二次函數(shù)或者一次函數(shù)提示：求解參數(shù)范圍時(shí)，一般會(huì)涉及分離參數(shù)法，理科試題中很少碰到分離參數(shù)后構(gòu)造的新函數(shù)能直接求出最值點(diǎn)的情況，通常需要設(shè)出導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)，難度較大高考真題思維方法【結(jié)合導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)分類討論】(2017高考全國(guó)卷)已知函數(shù)f(x)x1aln x.(1)若f(x)0，求a的值；(2)設(shè)m為整數(shù)，且對(duì)于任意正整數(shù)n，m，求m的最小值.(1)f(x)的定義域?yàn)?0，).若a0，因?yàn)閒aln 20，由f(x)1知，當(dāng)x(0，a)時(shí)，f(x)0.所以f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，)上單調(diào)遞增【關(guān)鍵2：根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)分類討論】故xa是f(x)在(0，)上的唯一最小值點(diǎn).由于f(1)0，所以當(dāng)且僅當(dāng)a1時(shí)，f(x)0，故a1.(2)由(1)知當(dāng)x(1，)時(shí)，x1ln x0.令x1得ln.從而lnlnln11，【關(guān)鍵3：利用放縮法變形】故2，所以m的最小值為3.【由導(dǎo)函數(shù)的特點(diǎn)直接分類討論】(2014高考大綱全國(guó)卷)函數(shù)f(x)ax33x23x(a0).(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)在區(qū)間(1，2)是增函數(shù)，求a的取值范圍.(1)略(2)當(dāng)a0，x0時(shí)，f(x)3ax26x30，【關(guān)鍵1：求導(dǎo)函數(shù)，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的特點(diǎn)確定分類標(biāo)準(zhǔn)】故當(dāng)a0時(shí)，f(x)在區(qū)間(1，2)是增函數(shù).當(dāng)a0時(shí)，f(x)在區(qū)間(1，2)是增函數(shù)當(dāng)且僅當(dāng)f(1)0且f(2)0，解得a0)，所以f(x)x(x0)令f(x)0，得x1.由f(x)0，得0x1，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，1)，由f(x)1，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(1，)所以f(x)極大值f(1)，無(wú)極小值(2)法一：令G(x)F(x)(mx1)ln xmx2(1m)x1，所以G(x)mx(1m).當(dāng)m0時(shí)，因?yàn)閤0，所以G(x)0，所以G(x)在(0，)上是增函數(shù)又G(1)m20，所以關(guān)于x的不等式F (x)mx1不能恒成立當(dāng)m0時(shí)，G(x).令G(x)0，得x，所以當(dāng)x時(shí)，G(x)0；當(dāng)x時(shí)，G(x)0，h(2)ln 20，h(x)在(0，)上是減函數(shù)，所以當(dāng)x2時(shí)，h(x)0)恒成立令h(x)(x0)，則h(x).令(x)2ln xx，因?yàn)閘n 40，且(x)為增函數(shù)，所以存在x0，使(x0)0，即2ln x0x00.當(dāng)0x0，h(x)為增函數(shù)，當(dāng)xx0時(shí)，h(x)0，h(x)為減函數(shù)所以h(x)maxh(x0).而x0，所以(1，2)，所以整數(shù)m的最小值為2.利用導(dǎo)數(shù)研究含參數(shù)的不等式問(wèn)題，若能夠分離參數(shù)，則常先將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為形如af(x)(或af(x)的形式，再通過(guò)求函數(shù)f(x)的最值求得參數(shù)范圍 對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練(2019廣東六校第一次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x).(1)求函數(shù)f(x)在1，)上的值域；(2)若x1，)，ln x(ln x4)2ax4恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解：(1)易知f(x)0，所以f(x)在1，)上的值域?yàn)?0，2(2)令g(x)ln x(ln x4)2ax4，x1，)，則g(x)2，若a0，則由(1)可知，g(x)0，g(x)在1，)上單調(diào)遞增，因?yàn)間(e)12ae0，與題設(shè)矛盾，所以a0不符合要求若a2，則由(1)可知，g(x)0，g(x)在1，)上單調(diào)遞減，所以g(x)g(1)2a40，所以a2符合要求若0a2，則x0(1，)，使得a，則g(x)在1，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，)上單調(diào)遞減，所以g(x)maxg(x0)ln x0(ln x04)2ax04.因?yàn)閘n x0ax02，所以g(x)max(ax02)(ax02)2ax04(ax02)(ax04)由題意知g(x)max0，即(ax02)(ax04)0，2ax04，即2ln x0241x0e2.因?yàn)閍，且由(1)可知f(x)在(1，)上單調(diào)遞減，所以aln 21且x0時(shí)，exx22ax1.解：(1)由f(x)ex2x2a(xR)，知f(x)ex2.令f(x)0，得xln 2.當(dāng)xln 2時(shí)，f(x)ln 2時(shí)，f(x)0，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(ln 2，)上單調(diào)遞增所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(，ln 2)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ln 2，)，f(x)在xln 2處取得極小值f(ln 2)eln 22ln 22a22ln 22a，無(wú)極大值(2)證明：要證當(dāng)aln 21且x0時(shí)，exx22ax1，即證當(dāng)aln 21且x0時(shí)，exx22ax10.設(shè)g(x)exx22ax1(x0)則g(x)ex2x2a，由(1)知g(x)ming(ln 2)22ln 22a.又aln 21，則g(x)min0.于是對(duì)xR，都有g(shù)(x)0，所以g(x)在R上單調(diào)遞增于是對(duì)x0，都有g(shù)(x)g(0)0.即exx22ax10，故exx22ax1.2(2019貴陽(yáng)模擬)已知函數(shù)f(x)mexln x1.(1)當(dāng)m1時(shí)，求曲線yf(x)在點(diǎn)(1，f(1)處的切線方程；(2)若m(1，)，求證：f(x)1.解：(1)當(dāng)m1時(shí)，f(x)exln x1，所以f(x)ex，所以f(1)e1，又因?yàn)閒(1)e1，所以曲線yf(x)在點(diǎn)(1，f(1)處的切線方程為y(e1)(e1)(x1)，即y(e1)x.(2)證明：當(dāng)m1時(shí)，f(x)mexln x1exln x1，要證明f(x)1，只需證明exln x20，設(shè)g(x)exln x2，則g(x)ex(x0)，設(shè)h(x)ex(x0)，則h(x)ex0，所以函數(shù)h(x)g(x)ex在(0，)上單調(diào)遞增，因?yàn)間e20，所以函數(shù)g(x)ex在(0，)上有唯一零點(diǎn)x0，且x0，因?yàn)間(x0)0，所以ex0，即ln x0x0，當(dāng)x(0，x0)時(shí)，g(x)0，所以當(dāng)xx0時(shí)，g(x)取得最小值g(x0)，故g(x)g(x0)ex0ln x02x020，綜上可知，若m(1，)，則f(x)1.3(2019濟(jì)南市學(xué)習(xí)質(zhì)量評(píng)估)已知函數(shù)f(x)x(ex1)a(ex1)(1)若曲線yf(x)在點(diǎn)(1，f(1)處切線的斜率為1，求實(shí)數(shù)a的值；(2)當(dāng)x(0，)時(shí)，f(x)0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解：(1)f(x)xexex1aex.因?yàn)閒(1)ee1ae1，所以a2.(2)設(shè)g(x)f(x)ex1xexaex，則g(x)ex(x1)exaex(x2a)ex，設(shè)h(x)x2a，注意到f(0)0，f(0)g(0)2a，(i)當(dāng)a2時(shí)，h(x)x2a0在(0，)上恒成立，所以g(x)0在(0，)上恒成立，所以g(x)在(0，)上是增函數(shù)，所以g(x)g(0)2a0，所以f(x)0在(0，)上恒成立所以f(x)在(0，)上是增函數(shù)，所以f(x)f(0)0在(0，)上恒成立，符合題意(ii