《2024版新教材高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节第3课时利用导数证明不等式_构造法证明不等式学案含解析新人教B版202305182153.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024版新教材高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节第3课时利用导数证明不等式_构造法证明不等式学案含解析新人教B版202305182153.doc（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2024版新教材高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节第3课时利用导数证明不等式_构造法证明不等式学案含解析新人教B版202305182153第3章 导数及其应用第3课时利用导数证明不等式构造法证明不等式考点1移项作差构造函数证明不等式综合性设函数f(x)ln xx1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x(1，)时，1x；(3)设c1，证明：当x(0,1)时，1(c1)xcx.(1)解：函数f(x)ln xx1的定义域为(0，)，f(x)1.令f(x)0，解得x1.当0x1时，f(x)0，f(x)单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)单调递减(2)证明：由(1)知f(x)在x1处取
2、得最大值，最大值为f(1)0.所以当x1时，ln xx1.故当x(1，)时，0ln xx1，所以1.用代换x得ln 10，所以x.即1x.(3)证明：设g(x)1(c1)xcx，则g(x)c1cxln c.令g(x0)0，解得x0.当xx0时，g(x)0，g(x)单调递增；当xx0时，g(x)0，g(x)单调递减由(2)知1c，故0x01.又g(0)g(1)0，故当0x1时，g(x)0.所以当x(0,1)时，1(c1)xcx.将本例函数改为“f(x)cx(cR) ”若1c2，求证：f(x)0，f(x)1等价于 cx0.设h(x) cx2x1ln x，只需证h(x)0成立h(x)2cx1，1c2
3、.易知2cx2x10有两个异号的根令其正根为x0，则2cxx010.在(0，x0)上h(x)0，则h(x)的最小值为h(x0)cxx01ln x0x01ln x0ln x0.又h(1)2c20，hc30，所以x00，ln x00.因此ln x00，即h(x0)0.所以h(x)0.所以1c2时，f(x)0，则h(x)在(a，b)上单调递增同时h(a)0，即f(x)g(x)若h(x)0，即f(x)g(x)已知函数f(x)x2(a2)xaln x(aR)(1)求函数yf(x)的单调区间；(2)当a1时，证明：对任意的x0，f(x)exx2x2.(1)解：函数f(x)的定义域是(0，)，f(x)2x(
4、a2).当a0时，f(x)0对任意x(0，)恒成立，所以，函数f(x)在区间(0，)上单调递增当a0时，由f(x)0得x；由f(x)0，得0x.所以函数f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减(2)证明：当a1时，f(x)x2xln x.要证明f(x)exx2x2，只需证明exln x20.设g(x)exln x2，则问题转化为证明对任意的x0，g(x)0.令g(x)ex0，得ex，易知方程有唯一解，不妨设为x0，则x0满足ex0.当x变化时，g(x)和g(x)变化情况如下表：x(0，x0)x0(x0，)g(x)0g(x)极小值g(x)ming(x0)ex0ln x02x02.因为x00，且
5、x01，所以g(x)min220，因此不等式得证考点2放缩构造法综合性函数f(x)(xb)(exa)(b0)的图像在(1，f(1)处的切线方程是(e1)xeye10.(1)求a，b的值；(2)若m0，证明：f(x)mx2x.(1)解：由(e1)xeye10得切线的斜率为且f(1)0，所以f(1)(1b)0，解得a或b1.又f(x)(xb1)exa，所以f(1)a.若a，则b2e0矛盾；若b1，则a1.故a1，b1.(2)证明：由(1)可知，f(x)(x1)(ex1)由m0，可得xmx2x.令g(x)(x1)(ex1)x，则g(x)(x2)ex2.当x2时，g(x)2时，设h(x)g(x)(x2
6、)ex2，则h(x)(x3)ex0，故函数g(x)在(2，)上单调递增又g(0)0，所以当x(，0)时，g(x)0，函数g(x)在区间(0，)上单调递增所以g(x)ming(0)0.所以g(x)g(0)0，所以(x1)(ex1)xmx2x，故f(x)mx2x.关于放缩构造法证明不等式导数的综合应用题中，最常见的就是ex和ln x与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，便于化简或判断导数的正负常见的放缩不等式如下：(1)ex1x，当且仅当x0时取等号(2)exex，当且仅当x1时取等号(3)当x0时，ex1xx2 ，当且仅当x0时取等号(4)当x0时，e
7、xx21, 当且仅当x0时取等号(5)ln xx1x2x，当且仅当x1时取等号(6)当x1时，ln x，当且仅当x1时取等号(2020全国卷)已知函数f(x)sin2xsin 2x.(1)讨论f(x)在区间(0，)的单调性；(2)证明：；(3)设nN*，证明：sin2xsin22xsin24xsin22nx.(1)解：f(x)sin2xsin 2x2sin3xcos x，则f(x)2(3sin2xcos2xsin4x)2sin2x(3cos2xsin2x)2sin2x(4cos2x1)2sin2x(2cos x1)(2cos x1)f(x)0在(0，)上的根为x1，x2.当x时，f(x)0，f
8、(x)单调递增；当x时，f(x)0，f(x)单调递减；当x时，f(x)0，f(x)单调递增(2)证明：注意到f(x)sin2 (x)sin2(x)sin2xsin 2xf(x)故函数f(x)是周期为的函数结合(1)的结论，计算得f(0)f()0，f 2，f 2.据此得f(x)max，f(x)min，所以.(3)证明：结合(2)的结论得，所以sin2xsin22xsin24xsin22nx(sin3xsin32xsin34xsin32nx)sin x(sin2xsin 2x)(sin22xsin 4x)(sin22n1xsin 2nx)sin22nxn.考点3构造双函数法应用性已知函数f(x)x
9、22x2xex.(1)求函数f(x)的极值；(2)当x0时，证明f(x)2xx2x32eln x.(1)解：因为函数f(x)x22x2xex(xR)，所以f(x)2x22ex2xex(2x2)(1ex)由f(x)0，得x1或x0，列表如下： x(，1)1 (1,0) 0(0，) f(x)0 0 f(x) 极小值 极大值所以当x1时，f(x)极小值f(1)1221；当x0时，f(x)极大值f(0)0.(2)证明：要证明f(x)2xx2x32eln x即证2exx22x(x0)令g(x)2exx22x(x0)，h(x)(x0)g(x)2(exx1)，g(x)2(ex1)0，所以g(x)在(0，)上
10、单调递增，g(x)g(0)0.所以g(x)在(0，)上单调递增，g(x)g(0)2.h(x)，可得h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减，所以h(x)h(e)2.又g(x)与h(x)取最值点不同，所以g(x)h(x)在(0，)恒成立，故2exx22x(x0)所以当x0时，f(x)2xx2x32eln x.构造双函数法证明不等式的适用情形在证明不等式时，若待证不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可借助两个函数的最值证明，如证f(x)g(x)在D上恒成立，只需证明f(x)ming(x)max即可已知f(x)xln x.(1)求函数f(x)的最小值；(2)证明：对一切x(0，)，
11、都有ln x成立(1)解：由f(x)xln x，x0，得f(x)ln x1.令f(x)0，得x.当x时，f(x)0，f(x)单调递增所以f(x)的极小值即最小值，为f.(2)证明：问题等价于证明xln x(x(0，)由(1)可知f(x)xln x(x(0，)的最小值是，当且仅当x时取到设m(x)(x(0，)，则m(x).由m(x)1时，m(x)单调递减；由m(x)0，得0x成立第3章 导数及其应用第4课时利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题考点1分离参数(构造函数)解决恒成立问题,综合性(2020全国卷)已知函数f(x)exax2x.(1)当a1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x0时，f(
12、x)x31，求a的取值范围解：(1)当a1时，f(x)exx2x，f(x)ex2x1.由于f(x)ex20恒成立，故f(x)在R上单调递增，且f(0)0.故当x(，0)时，f(x)0，f(x)单调递减，当x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递增(2)由f(x)x31，得exax2xx31，其中x0.当x0时，不等式为11，显然成立，符合题意当x0时，得a.记g(x)，g(x).令h(x)exx2x1(x0)，则h(x)exx1，h(x)ex10，故h(x)单调递增，h(x)h(0)0，故函数h(x)单调递增，h(x)h(0)0.由h(x)0得exx2x10恒成立，故当x(0,2)时，g(x)
13、0，g(x)单调递增；当x(2，)时，g(x)0，g(x)单调递减因此，g(x)maxg(2).综上可得，实数a的取值范围为.1分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路用分离参数法解含参不等式恒成立问题，是指在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题2求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关”转化关通过分离参数法，先转化为f(a)g(x)(或f(a)g(x)对xD恒成立，再转化为f(a)g(x)max(或f(a)g(x)min)求最值关求函数g(x)在区间D上的最大值(或最小值)问题
14、已知函数f(x)ln xax21.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若a0，xf(x)k(x1)在(1，)上恒成立，求整数k的最大值解：(1)f(x)2ax(x0)当a0时，f(x)0，则f(x)在(0，)上单调递增当a0时，由f(x)0，得0x，则f(x)在上单调递增；由f(x)，则f(x)在上单调递减综上，当a0时，f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)由题意，x(ln x1)k(x1)在(1，)上恒成立，即k1)设g(x)(x1)，则g(x).令h(x)xln x2(x1)，则h(x)10，所以，h(x)在(1，)上为增函数因为h(2)ln 20
15、，h(3)1ln 3ln0，所以h(x)在(1，)上有唯一实数根m(3,4)，使得mln m20.当x(1，m)时，h(x)0.即g(x)在(1，m)上单调递减，在(m，)上单调递增，所以g(x)在xm处取得极小值，且g(m)m，所以km.由3m4，得整数k的最大值为3.考点2分离参数(构造函数)解决能成立问题,综合性已知函数f(x)axex(aR)，g(x).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若x0(0，)，使不等式f(x)g(x)ex成立，求a的取值范围解：(1)f(x)aex，xR.当a0时，f(x)0，f(x)在R上单调递减；当a0时，令f(x)0得xln a.由f(x)0得f(x
16、)的单调递增区间为(，ln a)；由f(x)0得f(x)的单调递减区间为(ln a，)综上，当a0时，f(x)的单调递减区间为R；当a0时，f(x)的单调递增区间为(，ln a)，单调递减区间为(ln a，)(2)因为x0(0，)，使不等式f(x)g(x)ex成立，所以ax，即a.设h(x)，则问题转化为ah(x)max.由h(x)，令h(x)0，得x.当x在区间(0，)内变化时，h(x)，h(x)的变化情况如下表：x(0，)(，)h(x)0h(x)极大值由上表可知，当x时，函数h(x)有极大值，也是最大值，为h().所以a，即a的取值范围是.1含参数的能成立(存在型)问题的解题方法(1)af
17、(x)在xD上能成立，则af(x)min；(2)af(x)在xD上能成立，则af(x)max.2含全称量词、存在量词不等式能成立问题(1)存在x1A，对任意x2B使f(x1)g(x2)成立，则f(x)maxg(x)max.(2)任意x1A，存在x2B，使f(x1)g(x2)成立，则f(x)ming(x)min.若存在x，不等式2xln xx2mx30成立，求实数m的取值范围解：因为2xln xx2mx30，所以m2ln xx.设h(x)2ln xx，则h(x)1.当x1时，h(x)0，h(x)单调递减；当10，h(x)单调递增因为存在x，m2ln xx成立，所以mh(x)max.因为h23e，
18、h(e)2e，且2e40，所以hh(e)，所以m3e2.考点3双参不等式恒成立问题应用性设f(x)xln x，g(x)x3x23.(1)如果存在x1，x20,2使得g(x1)g(x2)M成立，求满足上述条件的最大整数M；(2)如果对于任意的s，t，都有f(s)g(t)成立，求实数a的取值范围解：(1)存在x1 ，x2 0,2使得g(x1 )g(x2 )M成立，等价于g(x1 )g(x2 )max M.因为g(x)x3 x2 3，所以g(x)3x2 2x3x .g(x)，g(x)随x变化的情况如下表：x0 2g(x)00 g(x)3极小值1由上表可知，g(x)min g ，g(x)max g(2
19、)1.g(x 1 )g(x 2 )max g(x)max g(x)min，所以满足条件的最大整数M4.(2)对于任意的s，t ，都有f(s)g(t)成立，等价于在区间 上，函数f(x)min g(x)max .由(1)可知，在区间 上，g(x)的最大值g(2)1.在区间 上，f(x)xln x1恒成立等价于axx2ln x恒成立，记h(x)xx2ln x，则h(x)12xln xx，h(1)0.当1x2时，h(x)0；当x0.即函数h(x)xx2ln x在区间上单调递增，在区间(1,2上单调递减，所以h(x) max h(1)1，即实数a的取值范围是1，)解双参不等式恒成立问题的方法和基本思想
20、(1)x1D1，x2D2，f(x1)g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的最小值大于g(x)在D2上的最小值，即f(x)ming(x)min(这里假设f(x)min，g(x)min存在)其等价转化的基本思想：函数yf(x)的任意一个函数值大于函数yg(x)的某一个函数值，但并不要求大于函数yg(x)的所有函数值(2)x1D1，x2D2，f(x1)g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的最大值小于函数g(x)在D2上的最大值(这里假设f(x)max，g(x)max存在)其等价转化的基本思想：函数yf(x)的任意一个函数值小于函数yg(x)的某一个函数值，但并不要求小于函数yg(x)的所有函数值
21、已知向量m(ex，ln xk)，n(1，f(x)，mn(k为常数，e是自然对数的底数)，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与y轴垂直，F(x)xexf(x)(1)求k的值及F(x)的单调区间；(2)已知函数g(x)x22ax(a为正实数)，若对于任意x20,1，总存在x1(0，)，使得g(x2)F(x1)，求实数a的取值范围解：(1)由已知可得f(x)，所以f(x).由已知，f(1)0，所以k1，所以F(x)xexf(x)x1xln xx，所以F(x)ln x2.由F(x)ln x20得0x；由F(x)ln x20得x.所以F(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)因为对于任意x2
22、0,1，总存在x1(0，)，使得g(x2)F(x1)，所以g(x)maxF(x)max.由(1)知，当x时，F(x)取得最大值F1.对于g(x)x22ax，其对称轴为直线xa.当0a1时，g(x)maxg(a)a2，所以a21，从而01时，g(x)maxg(1)2a1，所以2a11，从而1a1.综上可知，实数a的取值范围是.已知函数f(x)(aR)若a0，不等式x2f(x)a2e对任意x(0，)恒成立，求a的取值范围四字程序读想算思a的取值范围1.恒成立问题的解题策略；2如何构造函数？求导研究有关函数的单调性，并求其最值转化与化归若a0，x2f(x)a2e对任意x(0，)恒成立1.数形结合；2
23、分离参数法；3构造h(x)x2f(x)ae2；4构造g(x)xf(x)1.h(x)ln x1a；2g(x)1.函数最值；2不等式与对应函数图像的分布关系思路参考：构造函数h(x)xln xaxae2的方式，把不等式问题直接转化为函数的最值问题来研究解：x2f(x)a2e，即xln xaxae20对任意x(0，)恒成立令h(x)xln xaxae2，则h(x)ln x1a.令h(x)0，得xea1.当x(0，ea1)时，h(x)0.所以h(x)的最小值是h(ea1)ae2ea1.令t(a)ae2ea1，则t(a)1ea1.令t(a)0得a1.当a0,1)时，t(a)0，t(a)在0,1)上单调递
24、增；当a(1，)时，t(a)0；当a(1，)时，h(x)的最小值为t(a)ae2ea10.故a0,2思路参考：把原不等式通过等价变形，转化为g(x)ln xa的最值问题来研究解：要使x2f(x)a2e对任意x(0，)恒成立，只要使xf(x)0即可代入f(x)可得ln xa0.构造函数g(x)ln xa，g(x).当x(0，ae2)时，g(x)0，g(x)单调递增所以g(x)ming(ae2)ln(ae2)a1.再构造函数h(a)ln(ae2)a1，则h(a).令h(a)0得到a3e.当a0,3e时，h(a)0，h(a)单调递增；当a3e，)时，h(a)0，且h(3e)e20，但是因为h(2)0
25、，所以0a2.思路参考：分离参数，a，减弱参数的影响，避免过多的讨论解：原式可变为xln xe2a(x1)(*)对任意x(0，)恒成立当x(0,1)时，分离变量可得a.先求出函数g(x)xln x的最小值求得g(x)ln x1.当x(0，e1)时，g(x)0，g(x)单调递增所以g(x)ming(e1)e1.因为此时(xln x)mine1，所以xln xe2e1e20.又因为x(0,1)，所以0，所以h(x)单调递增即xe是t(x)的唯一零点当x(1，e)时，t(x)0，t(x)单调递增所以at(x)mint(e)2，故a0,2 思路参考：把不等式通过等价变形后，使不等号的一边出现直线的方程
26、h(x)a(x1)2e，再分析不等号另外一边的函数g(x)xln x的单调性，就会发现二者相切时即为参数的临界值解：通过变形原不等式等价于证明：xln xa(x1)2e，x(0，)若令g(x)xln x和h(x)a(x1)2e.则只需证明函数g(x)的图像在直线h(x)的上方首先分析g(x)xln x的图像由解法3可知：当x(0，e1)时，g(x)单调递减；当x(e1，)时，g(x)单调递增，且g(x)ming(e1)e1.其次分析h(x)a(x1)2e的图像因为a0，所以h(x)表示过定点(1,2e)的非减函数，且g(x)mine12e.两个函数的图像大致如图1所示： 图1图2所以如果我们能
27、说明当g(x)和h(x)相切时二者只有一个切点，就能求出a的最大值设g(x)和h(x)相切于点P(x0，y0)，则可得消去ln x0得2eaea1.易得a2为式的解令t(a)aea1e2，t(a)1ea1.当t(a)0时，a1.当a0,1时，t(a)0，t(a)单调递增；当a1，)时，t(a)0且t(1)e20，所以函数t(a)在区间0,1上无零点，在区间(1，)上有且仅有一个零点，a2.综上所述，a0,2思路参考：通过等价变形后，使不等号两边变化为两个熟悉的函数g(x)ln xa和h(x)，然后通过分析这两个函数的图像发现两条曲线相切时，即为参数的临界值解：原式化为ln xa对任意x(0，)
28、恒成立下面我们研究函数g(x)ln xa和函数h(x).a0，显然两个函数在x(0，)上都是单调递增的而且我们可以验证当a0时上式成立，即ln x(证明略)也就是说a0时，g(x)的图像在h(x)的图像上方如图3：图3 图4所以当a越来越大时，两个图像会越来越接近所以当g(x)和h(x)的图像相切时，a取得最大值，如图4.所以我们假设二者的图像相切于点P(x0，y0)，得即化简得ea2ea1，解得a2.仿照解法4，可以证明这是唯一解所以a0,21本题考查应用导数研究不等式恒成立问题，基本解题方法是参变分离、数形结合、最值分析等在求解过程中，力求“脑中有形，心中有数”依托端点效应，缩小范围，借助
29、数形结合，寻找临界点2基于课程标准，解答本题一般需要熟练掌握运算求解能力、逻辑思维能力，体现逻辑推理、数学运算的核心素养3基于高考数学评价体系，本题涉及函数、不等式、方程、导数等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论等思想方法，有一定的综合性，属于能力题在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养上起到了积极的作用，成为高考考查的一个热点(2020泰安高三一轮检测节选)已知函数f(x)，aR.若函数yf(x)在xx0(ln 2x0ln 3)处取得极值1，证明：2a0)因为函数yf(x)在xx0处取得极值1，所以f(x0)0，且f(x0)1，所以aln x0ax0ex0，所以aex0.令r(x)ex(x0)，则r(x)ex0，所以r(x)在(ln 2，ln 3)上为增函数又ln 2x0ln 3，所以r(ln 2)r(x0)r(ln 3)，即2a3.