2023届高考数学一轮复习计划 教材中4个不等式与高考题的血源关系 学案(含答案)

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2023届高考数学一轮复习计划 教材中4个不等式与高考题的血源关系 学案(含答案)

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[真题展示]
(1)(2013·全国Ⅱ卷节选)已知函数f(x)=ex-ln(x+m).求证:当m≤2时,f(x)>0.(现已收编为人教A版教科书选择性必修第二册第104页复习参考题18题)
(2)(2016·全国Ⅲ卷)设函数f(x)=ln x-x+1.
①讨论f(x)的单调性;
②求证:当x∈(1,+∞)时,1<<x;
③设c>1,求证当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.
[考题溯源及推论]
上述两道考题均为与ln x,ex有关的不等式证明问题,它们是由教科书中的四个不等式衍生而来:
(1)当x>0时,1-≤ln x;
(2)证明不等式:x-1≥ln x,x∈(0,+∞);
(3)证明不等式:ex>1+x,x≠0;
(4)证明不等式:ln x0.
要能正确的破解上述类似考题,必须理解掌握上述四个不等式的证明过程中所涉及到的知识、方法及考查的核心素养.
[推论] 具有“血缘关系”的7个不等式
由教科书必修第一册第256页第26题介绍的泰勒公式可推出下列不等式:
①当0将①两边取自然对数,得
②ln(1+x)将②右半部分x<-ln(1-x)中的x用替换可得
③<-ln=ln(1+x);
综合②③可得
注意上述①~④均是在0事实上,①可以加强为如下两个不等式:
⑤ex≥1+x(x∈R);
⑥ex≤(x<1);
④可以加强为
⑦≤ln(1+x)≤x(x>-1).
但凡含有自然对数“ln x”或指数函数“ex”的不等式,大多都与教科书上不等式(1)~(4)有着密不可分的“血缘关系”.近几年各地高考中的一些压轴题,频频出现含有这两个特殊符号的不等式,令许多考生望而却步.其实,这些压轴题中的不等式,很多都由推论中的⑤~⑦式“繁殖”出来的“蘑菇群”,研透教材不等式(1)~(4)及推论①~⑦式往往会成为破解这类高难度压轴题的突破口.
[考题解答]
(1)[证明] 由教材不等式(2)x-1≥ln x(x>0)成立,
用x+2替换x得x+1≥ln(x+2),
又因为m≤2,故ln(x+2)≥ln(x+m),
结合教材不等式(3)可知ex>1+x≥ln(x+2)≥ln(x+m),
所以ex>ln(x+m),
即当m≤2时,f(x)>0.
(2)[解] ①f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-1.令f′(x)=0,解得x=1.
当00,f(x)单调递增,当x>1时,f′(x)<0,f(x)单调递减.
②当x∈(1,+∞)时,由⑦式得,③由题设c>1,设g(x)=1+(c-1)x-cx,则g′(x)=c-1-cxln c.令g′(x)=0,解得x0=.
当x0,g(x)单调递增;当x>x0时,g′(x)<0,g(x)单调递减.
由②知,1<0.
所以当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.
[例析高考题的命制过程]
我们通过对上述不等式进行变形、赋值、替换、放缩、累加、累乘等变换,可以衍生出来一大批高考题层次的试题.
1.由ln(x+1)-1)编拟题目
替换衍变:因为当x>-1时,ln(x+1)据此,可编拟:
题1:求证对任意正整数n,不等式ln(1+n)-ln n<都成立.
累加衍变:因为ln(x+1)>ln=ln =ln(n+2)-ln(n+1),
所以=1-<1-ln(n+2)+ln(n+1),
分别取n=1,2,…,n,累加得
++…+<(1-ln 3+ln 2)+(1-ln 4+ln 3)+…+[1-ln(n+2)+ln(n+1)]=n+ln 2-ln(n+2)=n-ln .
据此,可编拟:
题2:已知数列{an}满足a1=,an+1=.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{an}的前n项和为Sn,求证:Sn2.由ex≥1+x编拟题目
变形衍变:当x>-1时,由ex≥1+x>0,可得e-x≤.
从而1-e-x≥1-,即1-e-x≥.
据此,可编拟:
题3:设函数f(x)=1-e-x,求证:当x>-1时,f(x)≥.
放缩衍变:因为ex≥1+x,所以ex-x≥1,从而(ex-x)2≥1,借助均值不等式≤a2+b2可得≤=[(ex-t)+(t-x)]2≤(ex-t)2+(t-x)2=e2x-2t(ex+x)+x2+2t2.
故≤e2x-2t(ex+x)+x2+2t2+1.
据此,可编拟:
题4:已知函数f(x)=e2x-2t(ex+x)+x2+2t2+1,求证:f(x)≥.
3.由≤ln(1+x)≤x编拟题目
变形衍变:因为ln(1+x)≤x,所以ln(1+x)-x≤0.令f(x)=ln(1+x)-x,则f(x)的最大值为0(当且仅当x=0时等号成立).
据此,可编拟:
题5:已知函数f(x)=ln(1+x)-x,求函数f(x)的最大值.
放缩衍变:因为ln(1+x)≤x,所以当x>-1时,≤.
所以x-≥x-==(1+x)+-2≥2-2=0.
令f(x)=x-,则f(x)≥0,等号当且仅当x=0时取得.
据此,可编拟:
题6:设函数f(x)=x-(x>-1),求f(x)在定义域上的最小值.
变形衍变:因为0时,x+1>0,所以>1.
令f(x)=(1+x)ln(1+x),则上式即为>1,假若f(x)≥ax对x≥0恒成立,则当x>0时,a≤,从而a≤1.
据此,可编拟:
题7:设函数f(x)=(1+x)ln(1+x),若对所有的x≥0都有f(x)≥ax成立,求实数a的取值范围.
[高考还可这样考]
1.已知函数f(x)=ln(x+1)-x.
(1)求f(x)的单调递减区间;
(2)若x>-1,证明:1-≤ln(x+1)≤x.
解:(1)函数f(x)的定义域为(-1,+∞),f′(x)=-1=-.
令f′(x)<0,即<0,解得x<-1或x>0.
又x>-1,∴当x>0时,即在(0,+∞)上f′(x)<0.
∴f(x)在(0,+∞)上为单调递减函数,即所求单调递减区间为(0,+∞).
(2)证明:由(1)知,当x∈(-1,0)时,f′(x)>0;
当x∈(0,+∞)时,f′(x)<0.
∴当x>-1时,f(x)≤f(0),
即ln(1+x)-x≤ln(1+0)-0,
∴ln(1+x)-x≤0,∴ln(1+x)≤x.
令g(x)=ln(1+x)+-1(x>-1),
则g′(x)=-=.
当x>0时,g′(x)>0;当-1∴g(x)≥g(0)=0,∴ln(1+x)≥1-.
综上可知,当x>-1时,1-≤ln(x+1)≤x.
2.已知函数f(x)=xln x,g(x)=-x2+ax-3,a∈R.
(1)若对任意的x∈(0,+∞),不等式f(x)≥g(x)恒成立,求a的取值范围;
(2)求证:对任意的x∈(0,+∞),不等式ln x≥-恒成立.
解:(1)不等式f(x)≥g(x)恒成立,即xln x≥(-x2+ax-3)恒成立,也就是a≤2ln x+x+恒成立,故先求h(x)=2ln x+x+的最小值.
由≤ln(1+x)可知ln x≥,当且仅当x=1时等号成立,于是结合均值不等式可知,
h(x)=2ln x+x+≥+x+=2+x+≥4,当且仅当x=1时等号成立.
故a的取值范围为(-∞,4].
(2)证明:由ex≥x+1得ex-1≥x,即ex≥ex,从而≥e-x(当且仅当x=1时等号成立).
由ex-1≥x(当且仅当x=1时等号成立)得e1-x≤,即e1-≤ex,两边取以e为底的对数得,ln(ex)≥1-,变形得ln x+≥0,当且仅当x=时等号成立.
综上所述,注意到≥e-x和ln x+≥0的等号不能同时成立,根据不等式同向可加性得ln x+≥e-x,化简得ln x≥-.

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