2021版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第2讲导数的应用第3课时利用导数证明不等式教学案理北师大版.doc

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1、第3课时 利用导数证明不等式方法一:移项补充构造法(2020·江西赣州模拟)已知函数f(x)=1-,g(x)=+-bx,若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)的一个公共点是A(1,1),且在点A处的切线互相垂直.(1)求a,b的值;(2)证明:当x≥1时,f(x)+g(x)≥.【解】 (1)因为f(x)=1-,所以f′(x)=,f′(1)=-1.因为g(x)=+-bx,所以g′(x)=---b.因为曲线y=f(x)与曲线y=g(x)的一个公共点是A(1,1),且在点A处的切线互相垂直,所以g(1)=1,且f′(1)·g′(1)=-1,所以g(1)=a+1-b=1,g′(1)

2、=-a-1-b=1,解得a=-1,b=-1.(2)证明:由(1)知,g(x)=-++x,则f(x)+g(x)≥⇔1---+x≥0.令h(x)=1---+x(x≥1),则h(1)=0,h′(x)=-+++1=++1.因为x≥1,所以h′(x)=++1>0,所以h(x)在[1,+∞)上是增加的,所以h(x)≥h(1)=0,即1---+x≥0,所以当x≥1时,f(x)+g(x)≥.待证不等式的两边含有同一个变量时,一般地,可以直接构造“左减右”的函数,14利用导数研究其单调性,借助所构造函数的单调性即可得证.  已知函数f(x)=ax+xlnx在x=e-2(e为自然对数的底数)

3、处取得极小值.(1)求实数a的值;(2)当x>1时,求证:f(x)>3(x-1).解:(1)因为f(x)=ax+xlnx,所以f′(x)=a+lnx+1,因为函数f(x)在x=e-2处取得极小值,所以f′(e-2)=0,即a+lne-2+1=0,所以a=1,所以f′(x)=lnx+2.当f′(x)>0时,x>e-2;当f′(x)<0时,0

4、即g(x)=xlnx-2x+3(x>0).g′(x)=lnx-1,由g′(x)=0,得x=e.由g′(x)>0,得x>e;由g′(x)<0,得00.于是在(1,+∞)上,都有g(x)≥g(e)>0,所以f(x)>3(x-1). 方法二:隔离分析法(2020·福州模拟)已知函数f(x)=elnx-ax(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a=e时,证明:xf(x)-ex+2ex≤0.【解】 (1)f′(x)=-a(x>0),①若a≤0,则

5、f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上是增加的;②若a>0,则当00,当x>时,f′(x)<0,故f(x)在上是增加的,在上是减少的.14(2)证明:法一:因为x>0,所以只需证f(x)≤-2e,当a=e时,由(1)知,f(x)在(0,1)上是增加的,在(1,+∞)上是减少的,所以f(x)max=f(1)=-e.记g(x)=-2e(x>0),则g′(x)=,所以当01时,g′(x)>0,g(x)是增加的,所以g(x)min=g(1)=-e.综上,当x>0时,f(x)≤g(x),即f(x)≤-2e,

6、即xf(x)-ex+2ex≤0.法二:由题意知,即证exlnx-ex2-ex+2ex≤0,从而等价于lnx-x+2≤.设函数g(x)=lnx-x+2,则g′(x)=-1.所以当x∈(0,1)时,g′(x)>0,当x∈(1,+∞)时,g′(x)<0,故g(x)在(0,1)上是增加的,在(1,+∞)上是减少的,从而g(x)在(0,+∞)上的最大值为g(1)=1.设函数h(x)=,则h′(x)=.所以当x∈(0,1)时,h′(x)<0,当x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,故h(x)在(0,1)上是减少的,在(1,+∞)上是增加的,从而h(x)在(0,+∞)上的最小值为h(1)

7、=1.综上,当x>0时,g(x)≤h(x),即xf(x)-ex+2ex≤0.若直接求导比较复杂或无从下手时,可将待证式进行变形,构造两个函数,从而找到可以传递的中间量,达到证明的目的.  已知f(x)=xlnx.(1)求函数f(x)在[t,t+2](t>0)上的最小值;(2)证明:对一切x∈(0,+∞),都有lnx>-成立.解:(1)由f(x)=xlnx,x>0,得f′(x)=lnx+1,14令f′(x)=0,得x=.当x∈时,f′(x)<0,f(x)是减少的;当x∈时,f′(x)>0,f(x)是增加的.①当0

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