高考数学新设计大一轮复习第三章导数及其表示第2节第3课时导数在不等式中的应用习题(理科)新人教A版

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1、第3课时导数在不等式中的应用考点一构造函数证明不等式【例1】已知函数f(x)＝1－(1)证明：g(x)≥1；x－1ex，g(x)＝x－lnx.1(2)证明：(x－lnx)f(x)>1－e2.x－1证明(1)由题意得g′(x)＝x(x>0)，当01时，g′(x)>0，即g(x)在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数.所以g(x)≥g(1)＝1，得证.(2)由f(x)＝1－x－1ex，得f′(x)＝x－2ex，所以当02时，f′(x)>0，即f(x)在(0，2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数，1

2、所以f(x)≥f(2)＝1－e2(当且仅当x＝2时取等号).①又由(1)知x－lnx≥1(当且仅当x＝1时取等号)，②且①②等号不同时取得，1所以(x－lnx)f(x)>1－e2.规律方法1.证明不等式的基本方法：(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①?x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)，②?x1，x2∈[a，b]，且x1

3、)，证明F(x)<0.先通过化简、变形，再移项构造不等式就减少运算量，使得问题顺利解决.ax＋b【训练1】已知函数f(x)＝x2＋1在点(－1，f(－1))处的切线方程为x＋y＋3＝0.(1)求函数f(x)的解析式；(2)设g(x)＝lnx，求证：g(x)≥f(x)在[1，＋∞)上恒成立.(1)解将x＝－1代入切线方程得y＝－2，1＝－1所以f(－1)＝b－a＋2，化简得b－a＝－4.①a（f′(x)＝＋1）－（ax＋b）·2xx222，（x＋1）2a＋2（b－a）f′(－1)＝4＝－1.②2x－2联立①②，解得a＝2，b＝－2.所以f(x)＝x2＋1.2x－2(1)证明

4、由题意知要证lnx≥x2＋1在[1，＋∞)上恒成立，22即证明(x＋1)lnx≥2x－2，xlnx＋lnx－2x＋2≥0在[1，＋∞)上恒成立.21设h(x)＝xlnx＋lnx－2x＋2，则h′(x)＝2xlnx＋x＋x－2，11因为x≥1，所以2xlnx≥0，x＋x≥2·x·x≥2(当且仅当x＝1时等号成立)，即h′(x)≥0，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，h(x)≥h(1)＝0，所以g(x)≥f(x)在[1，＋∞)上恒成立.考点二利用“若f(x)min>g(x)max，则f(x)>g(x)”证明不等式【例2】已知函数f(x)＝xlnx－ax.(1)当a＝－1时，求函数

5、f(x)在(0，＋∞)上的最值；(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx＋1>e1x＋1－2e2x成立.(1)解函数f(x)＝xlnx－ax的定义域为(0，＋∞).当a＝－1时，f(x)＝xlnx＋x，f′(x)＝lnx＋2.1由f′(x)＝0，得x＝e2.1当x∈0，e21时，f′(x)<0；当x>e2时，f′(x)>0.1所以f(x)在0，e2上单调递减，在1e2，＋∞上单调递增.111因此f(x)在x＝e2处取得最小值，即f(x)min＝fe2＝－e2，但f(x)在(0，＋∞)上无最大值.(2)证明当x>0时，lnx＋1>1x＋1－22x等价于x(lnx

6、＋1)>x2x＋1－2.eeee11由(1)知a＝－1时，f(x)＝xlnx＋x的最小值是－e2，当且仅当x＝e2时取等号.x2设G(x)＝ex＋1－e2，x∈(0，＋∞)，1－x1则G′(x)＝ex＋1，易知G(x)max＝G(1)＝－e2，当且仅当x＝1时取到，从而可知对一切x∈(0，＋∞)，都有f(x)>G(x)，即lnx＋1>1x＋1－e2e2x.规律方法1.在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可考虑转化为两个函数的最值问题.2.在证明过程中，等价转化是关键，此处f(x)min>g(x)max恒成立.从而f(x)>g(x)，但此处f(x)与g(x)取到

7、最值的条件不是同一个“x的值”.【训练2】已知三次函数f(x)的导函数f′(x)＝－3x23且f(0)＝－1，g(x)＝xlnx＋a＋x(a≥1).(1)求f(x)的极值；(2)求证：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，都有f(x1)≤g(x2).32(1)解依题意得f(x)＝－x＋3x－1，f′(x)＝－3x＋3＝－3(x＋1)(x－1)，知f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是减函数，在(－1，1)上是增函数，所以f(x)极小值＝f(－1)＝－3，f(x)极大值＝f(1)＝