（京津鲁琼专用）2020版高考数学第二部分专题六函数与导数第4讲导数与不等式练习（含解析）

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1、第4讲　导数与不等式证明不等式构造函数证明不等式：构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有：(1)直接构造法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)0(f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如lnx≤x－1，ex≥x＋1，lnx0)，≤ln(x＋1)≤x(x>－1)；(3)构造“形似”函数：

2、稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；(4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解．高考真题思维方法【直接构造法】(2018·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝－x＋alnx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：＜a－2.(1)略(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a>2.由于f(x)的两个

3、极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨设x11.由于＝－－1＋a＝－2＋a＝－2＋a，所以

4、nx－1.(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.(1)略(2)证明：当a≥时，f(x)≥－lnx－1.【关键1：利用不等式性质放缩，将a代换掉】设g(x)＝－lnx－1，【关键2：利用不等式右边构造函数】则g′(x)＝－.当01时，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的最小值点．【关键3：利用导数研究函数的单调性、最值】故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.【关键4：利用函数最值使放缩后的不等式得到证明】因此，当a≥时，f(x)≥0.【构造双函数法】(201

5、6·高考山东卷)已知f(x)＝a(x－lnx)＋，a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝1时，证明f(x)＞f′(x)＋对于任意x∈[1，2]成立.(1)略(2)证明：由(1)知，a＝1时，f(x)－f′(x)＝x－lnx＋－(1－－＋)＝x－lnx＋＋－－1，x∈[1，2]．【关键1：将所证不等式转化为构造双函数创造条件】设g(x)＝x－lnx，h(x)＝＋－－1，x∈[1，2].【关键2：构造函数，利用导数研究函数的单调性，求最小值】则f(x)－f′(x)＝g(x)＋h(x).由g′(x)＝≥0，可得g(x)≥g(1)＝1，当且仅当x＝1

6、时取得等号，又h′(x)＝.设φ(x)＝－3x2－2x＋6，则φ(x)在x∈[1，2]上单调递减，因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，所以∃x0∈(1，2)，使得x∈(1，x0)时，φ(x)＞0，x∈(x0，2)时，φ(x)＜0.所以h(x)在(1，x0)内单调递增，在(x0，2)内单调递减.由h(1)＝1，h(2)＝，可得h(x)≥h(2)＝，当且仅当x＝2时取得等号.所以f(x)－f′(x)＞g(1)＋h(2)＝，即f(x)＞f′(x)＋对于任意的x∈[1，2]成立.【关键3：利用函数最值证明不等式】[典型例题](2019·四省八校双教研联考)已知

7、函数f(x)＝ax－axlnx－1(a∈R，a≠0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当x>1时，求证：>－1.【解】　(1)f′(x)＝a－a(lnx＋1)＝－alnx，若a>0，则当x∈(0，1)时，f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；若a<0，则当x∈(0，1)时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)证明：要证>－1，即证>e－x，即证

8、x－xlnx－1在(1，＋∞)上单调递减，f(1)＝0，所以当x>1时，x－xlnx－1<0，