第三课时 利用导数证明不等式专题
【选题明细表】 知识点、方法 构造函数证明不等式 函数零点(方程根)有关不等式 赋值法证明不等式 x2题号 1,2 3 4 1.已知函数f(x)=e,g(x)=ax+bx+c(a≠0).
(1)若f(x)的图象与g(x)的图象所在两条曲线的一个公共点在y轴上,且在该点处两条曲线的切线互相垂直,求b和c的值;
(2)若a=c=1,b=0,当x>0时,证明:f(x)>g(x).
x
(1)解:由已知f(0)=1,f′(x)=e,f′(0)=1, g(0)=c,g′(x)=2ax+b,g′(0)=b, 依题意有
所以
2
(2)证明:当a=c=1,b=0时,g(x)=x+1.
x2
令h(x)=f(x)-g(x)=e-x-1,
x
则h′(x)=e-2x.
xx
设k(x)=h′(x)=e-2x,则k′(x)=e-2,
当x
ln 2
且极小值为k(ln 2)=e-2ln 2=2-ln 4>0,
x
即k(x)=h′(x)=e-2x>0恒成立, 故h(x)在R上单调递增,
又h(0)=0,因此当x>0时,h(x)>h(0)=0, 即f(x)>g(x).
2
2.已知函数f(x)=x+ln x.
(1)求函数f(x)在[1,e]上的最大值和最小值;
(2)求证:当x∈(1,+∞)时,函数f(x)的图象在g(x)=x+x的下方.
32
(1)解:因为f(x)=x+ln x,所以f′(x)=2x+.
因为x>1时,f′(x)>0,
所以f(x)在[1,e]上是增函数,
2
所以f(x)在[1,e]上的最小值是f(1)=1,最大值是f(e)=1+e.
2
(2)证明:令F(x)=f(x)-g(x)=x-x+ln x,
23
所以F′(x)=x-2x+=
2
==.
因为x>1,所以F′(x)<0,所以F(x)在(1,+∞)上是减函数,
所以F(x) 所以当x∈(1,+∞)时,函数f(x)的图象在g(x)=x+x的下方. 32 3.已知函数f(x)=x-2ax+1+ln x.若函数f(x)的极大值点为x1,证明:x1ln x1-a>-1. 2 证明:因为f′(x)=x-2a+= 2 2 (x>0). 由x-2ax+1=0得Δ=4a-4, ①当-1≤a≤1时,f′(x)≥0,f(x)单调递增无极值点,不符合题意. 2 ②当a>1或a<-1时,令f′(x)=0则x-2ax+1=0的两根为x1,x2, 因为x1为函数f(x)的极大值点, 所以0 又因为x1x2=1,x1+x2=2a>0, 所以a>1,0 则a=. x1ln x1-a=x1ln x1-=--x1+x1ln x1,x1∈(0,1). 令h(x)=--x+xln x,x∈(0,1). 则h′(x)=-++ln x, 令?(x)=-++ln x, 则?′(x)=-3x+=,x∈(0,1). 当0 所以?(x)在(0,)上单调递增,在(,1)上单调递减. 所以?(x)≤?()=-ln<0, 即h′(x)<0. 所以h(x)在(0,1)上单调递减, 所以h(x)>h(1)=-1,即x1ln x1-a>-1得证. 4.导学号 18702128已知函数f(x)=ln(x+1)+(1)若当x>0时,f(x)>1恒成立,求a的取值范围; . (2)求证:ln(n+1)>+++…+(n∈N). * (1)解:由ln(x+1)+>1得 a>(x+2)-(x+2)ln(x+1). 令g(x)=(x+2)[1-ln(x+1)], 则g′(x)=1-ln(x+1)-=-ln(x+1)-. 当x>0时,g′(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递减. 所以g(x) (2)证明:由(1)知ln(x+1)+>1(x>0), 所以ln(x+1)>. 取x=得ln(+1)>, 即ln>.
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