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核心专题突破1　高考中的函数与导数问题
第1课时　证明不等式
考点一　构造函数法(多维探究)
角度1　移项构造法
(2021·高考全国卷乙改编)设函数f(x)＝ln(1－x)，函数g(x)＝，证明：g(x)<1.
【证明】　f(x)的定义域为{x|x<1}，
当0当x<0时，ln(1－x)>0，此时xf(x)<0.
易知g(x)的定义域为{x|x<1且x≠0}，
故要证g(x)＝<1，只需证x＋f(x)>xf(x)，即证x＋ln(1－x)－xln(1－x)>0.
令1－x＝t，则t>0且t≠1，则只需证1－t＋ln t－(1－t)ln t>0，即证1－t＋tln t>0.
令h(t)＝1－t＋tln t，则h′(t)＝－1＋ln t＋1＝ln t，
所以h(t)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)>h(1)＝0，
即g(x)<1成立．
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”或“右减左”的函数，利用导数研究其单调性等相关函数性质证明不等式．
|跟踪训练|
(2022·江西赣州模拟)已知函数f(x)＝1－，g(x)＝－＋＋x，证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.
证明：f(x)＋g(x)≥ 1－－－＋x≥0.
令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，
则h(1)＝0，h′(x)＝＋＋1.
因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1>0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0，即1－－－＋x≥0，
所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.
角度2　放缩后构造函数证明不等式
已知函数f(x)＝aex－ln x－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.
【解】　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.
由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.
从而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－.
当02时，f′(x)>0.
所以f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．
(2)证明：当a≥时，f(x)≥－ln x－1(x>0)．
设g(x)＝－ln x－1(x>0)，则g′(x)＝－(x>0)．
当01时，g′(x)>0.
所以x＝1是g(x)的极小值点，也是最小值点．
故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.
因此，当a≥时，f(x)≥0.
构造函数法证明不等式的关键
某些不等式，直接构造不易求最值，可利用条件与不等式性质，适当放缩后，再构造函数，通过研究构造函数的单调性，利用函数的最值证明结论.
|跟踪训练|
求证：x∈(0，1)时，＋x2－<0.
证明：因为当x∈(0，1)时，ex∈(1，e)，－ln x>0，所以<－ln x，
所以只需要证－ln x＋x2－<0在(0，1)上恒成立．
令g(x)＝－ln x＋x2－，x∈(0，1)，
所以g′(x)＝－＋2x＋＝>0，
则函数g(x)在(0，1)上单调递增，于是g(x)<－ln 1＋1－1＝0，
所以当x∈(0，1)时，＋x2－＜0.
考点二　隔离分析法(综合研析)
(2022·福州模拟)已知函数f(x)＝eln x－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f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0，则当00，当x>时，f′(x)<0，
故f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明：方法一：因为x>0，所以只需证f(x)≤－2e，
当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以f(x)max＝f(1)＝－e.
令g(x)＝－2e(x>0)，
则g′(x)＝，
所以当0当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝－e.
综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，
即f(x)≤－2e，
即xf(x)－ex＋2ex≤0.
方法二：由题意知，即证exln x－ex2－ex＋2ex≤0，
从而等价于ln x－x＋2≤.
设函数m(x)＝ln x－x＋2(x＞0)，则m′(x)＝－1.
所以当x∈(0，1)时，m′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，m′(x)<0，　
故m(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
从而m(x)在(0，＋∞)上的最大值为m(1)＝1.
设函数h(x)＝(x＞0)，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)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1.
综上，当x>0时，m(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.
(1)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值问题．
(2)在证明过程中，“隔离化”是关键．如果证g(x)≥f(x)恒成立，只需证g(x)min≥f(x)max恒成立，但只有当f(x)与g(x)取到最值的条件是同一个x的值时，取等号，否则只能得到g(x)>f(x)．
|跟踪训练|
已知f(x)＝xln x.
(1)求函数f(x)的最小值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>－成立．
解：(1)由f(x)＝xln x，x>0，得f′(x)＝ln x＋1，
令f′(x)＝0，得x＝.
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以当x＝时，f(x)取最小值为f()＝－.
(2)证明：问题等价于xln x>－(x>0)，
设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，
则m′(x)＝，
由m′(x)<0得x>1时，m(x)为减函数，
由m′(x)>0得0易知m(x)max＝m(1)＝－，当且仅当x＝1时取到．
从而对一切x∈(0，＋∞)，xln x≥－≥－，两个等号不能同时取到，即对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>－成立．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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