第03章导数及其应用第2节第03课时利用导数证明不等式专题

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1、第三课时利用导数证明不等式专题课堂•考点突腻(对应学生用书p38)利用导数证明与不等式有关的问题［析考情］利用导数解决不等式问题是近几年高考的热点，常作为解答题的一问出现，难度较大•解决此类问题一般是通过构造函数把不等式转化为函数的单调性或最值问题求解.［提能力］命题点1:构造函数证明不等式【典例1】(2016-全国卷III)设函数J(x)=lnx—x+l.(1)讨论人力的单调性；x—[(2)证明当xe(i,+oo)时，1<说<兀;(3)设c>l,证明当xW(0,l)时,l+(c-l)x>c⑴解：由题设，/U)的定义域

2、为(0,+°°),/(x)=£—1,令/'(x)=0解得x=l.当OVxVl时，广(兀)>0,/(x)单调递増；当x>时，/(x)<0,./(X)单调递减.(2)证明:由⑴知/(X)在x=l处取得最大值，最大值为如)=0.所以当xHl时，x1,设g(x)=1+(c—l)x—0,g(x)单

3、调递增；当x>x0时，g'(x)<0,g(x)单调递减.c—1由(2)知IV-^y0.所以当xW(O,l)时，l+(c—l)x>cX・命题点2：构造函数证明与函数零点(方程的根)有关的不等式【典例2］(2018-太原模拟)已知函数./W=lnx+2⑴求/(兀)的最小值；(2)若方程fix)=a有两个根xi，兀2(兀1<兀2)，证明：兀i+x2>2a.1ax~a⑴解：j(x)={_^7=J(x>0).,所以当aWO时，.f(x)>0,./U)在(0,

4、+8)上单调递增.函数无最小值.当。>0时，/(X)在(0,d)上单调递减，在+8)上单调递增.函数心)在x=a处取最小值/(d)=lna+1.⑵证明：若函数y=j(X)的两个零点为X[,X2(Xg⑷=0,即Ax)>f(2a-x).令x=x}A2t/—X

5、),所以.心2)=/(Xi)>./

6、(2q—X

7、),由⑴可得/(x)在(a,+°°)上单调递增，所以x2>2a~X[t故X}+x2>1a.命题点3：利用赋值法证明不等式问题【典例3】(2017-全国卷III)已知函数f(x)=x--a}nx.(1)若7U)$0,求g的值；(2)设加为整数，且对于任意正整数弘(l+£j(l+*)・・・・(l+£

8、s,求加的最小值.解：⑴心)的定义域为(0,+->),①若aWO,因为-

9、+«ln2<0,所以不满足题意.―亠■&cix~a,②若G>0,由/(朗=1一：=丁知，当Xe(0,Q)时，f(x)<0；当+8)时，广(x

10、)>0.所以/(X)在(0,°)单调递减，在(Q,+8)单调递增.故x=a是/(X)在(0,+8)的唯一最小值点.因为./(1)=0,所以当且仅当a=l时，故a=.(2)由(1)知当xe(],+8)时，x-l-lnx>0.令x=l+*,得ln(l+占1<歹，所以加的最小值为3.1.(2018-合肥质检)已知函数从而ln(l+g+In(l+討ln(l+占<*+£寺=1—寺<1X~aC⑴若几丫)在区问(一I2)上为单调递增函数，求实数q的取值范围；(2)若a=O,x()

11、xo处的切线，求证：./(x)Wg(x).⑴解：易得f⑴一匚$由题意知广(兀)上0对xW(—8,2)恒成立,故xWl—a对xW(—8,2)恒成立，1—a^2,.•.qW—1.故实数a的取值范围为(一8,-1].Y(2)证明：a=0,则・心)=孑C

12、—x则於(x)=/(x)-f(x0)=—函数・/U)的图象在x=x0处的切线方程为y=g(x)=f(Xo)(x—xo)+・/(xo)・令/?(x)=/(x)-g(x)=几丫)一厂(x())(x-xo)-/(xo),xeR,1一x()_(l—x)ex()—(l—X0)『ex()e

13、x+xo设(p(x)=(]—x)ex()—(]—Xo)ex,xER,则0(x)=—xex()—(—x())ev,Vx()<1,：•©(x)<0,・・・0(x)在R上单调递减，而0(必)=0,・••当x0,当x>x()时，0(x)VO,・••当xVx()时，h1(x)>0,当x>x0时，h1(x