新課標2023版高考數(shù)學一輪總復(fù)習第3章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第2節(jié)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用第3課時利用導(dǎo)數(shù)證明不等式-構(gòu)造法證明不等式教師用書

歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對您有所幫助！歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對您有所幫助！歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對您有所幫助！歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對您有所幫助！歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對您有所幫助！歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對您有所幫助！第3課時利用導(dǎo)數(shù)證明不等式——構(gòu)造法證明不等式eq\o(\s\up11(),\s\do4(考點1移項作差構(gòu)造函數(shù)證明不等式——綜合性))已知函數(shù)f(x)＝ex－ax(e為自然對數(shù)的底數(shù)，a為常數(shù))的圖象在點(0,1)處的切線斜率為－1．(1)求a的值及函數(shù)f(x)的極值；(2)求證：當x>0時，x2<ex．(1)解：f′(x)＝ex－a，因為f′(0)＝－1＝1－a，所以a＝2，所以f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2．令f′(x)＝0，解得x＝ln2．當x<ln2時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當x>ln2時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增．所以當x＝ln2時，函數(shù)f(x)取得極小值，為f(ln2)＝2－2ln2，無極大值．(2)證明：令g(x)＝ex－x2，則g′(x)＝ex－2x．由(1)可得g′(x)＝f(x)≥f(ln2)>0，所以g(x)在R上單調(diào)遞增，因此，當x>0時，g(x)>g(0)＝1>0，所以x2<ex．待證不等式的兩邊含有同一個變量時，一般可以直接構(gòu)造“左減右”或“右減左”的函數(shù)，借助所構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性和最值證明不等式成立．已知函數(shù)f(x)＝x2lnx,證明：f(x)≥x2－x．證明：函數(shù)f(x)＝x2lnx的定義域為(0，＋∞)，要證明f(x)≥x2－x，只需證明x2lnx≥x2－x，即證明lnx≥1－eq\f(1,x)．令h(x)＝lnx－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))，則h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)．當0＜x＜1時，h′(x)＜0，則h(x)單調(diào)遞減，當x＞1時，h′(x)＞0，則h(x)單調(diào)遞增，所以當x＝1時，函數(shù)h(x)取得極小值，即最小值為h(1)，則h(x)≥h(1)＝0，即lnx≥1－eq\f(1,x)，故原不等式成立．考點2放縮構(gòu)造法——綜合性(2020·全國Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝sin2xsin2x．(1)討論f(x)在區(qū)間(0，π)上的單調(diào)性；(2)證明：|f(x)|≤eq\f(3\r(3),8)；(3)設(shè)n∈N*，證明：sin2xsin22xsin24x·…·sin22nx≤eq\f(3n,4n)．(1)解：由函數(shù)的解析式可得f(x)＝2sin3xcosx，則f′(x)＝2(3sin2xcos2x－sin4x)＝2sin2x(3cos2x－sin2x)＝2sin2x(4cos2x－1)＝2sin2x(2cosx＋1)(2cosx－1)，f′(x)＝0在x∈(0，π)上的根為x1＝eq\f(π,3)，x2＝eq\f(2π,3)．當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．(2)證明：注意到f(x＋π)＝sin2(x＋π)·sin[2(x＋π)]＝sin2xsin2x＝f(x)，故函數(shù)f(x)是周期為π的函數(shù)，結(jié)合(1)的結(jié)論，計算可得：f(0)＝f(π)＝0，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))eq\s\up12(2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),8)，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))＝－eq\f(3\r(3),8)，據(jù)此可得：f(x)max＝eq\f(3\r(3),8)，f(x)min＝－eq\f(3\r(3),8)，即|f(x)|≤eq\f(3\r(3),8)．(3)證明：結(jié)合(2)的結(jié)論有：sin2xsin22xsin24x·…·sin22nx＝[sin3xsin32xsin34x…sin32nx]eq\f(2,3)＝[sinx(sin2xsin2x)(sin22xsin4x)·…·(sin22n－1xsin2nx)sin22nx]eq\f(2,3)≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sinx×\f(3\r(3),8)×\f(3\r(3),8)×…×\f(3\r(3),8)×sin22nx))eq\s\up12(eq\f(2,3))≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),8)))eq\s\up12(n)))eq\s\up12(eq\f(2,3))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n)．對于一些不等式，直接構(gòu)造函數(shù)不易求最值，可以利用條件及不等式的性質(zhì)，適當放縮后，再構(gòu)造函數(shù)進行證明．常見放縮不等式如下：(1)ex≥1＋x，當且僅當x＝0時取等號．(2)ex≥ex，當且僅當x＝1時取等號．(3)當x≥0時，ex≥1＋x＋eq\f(1,2)x2，當且僅當x＝0時取等號．(4)當x≥0時，ex≥eq\f(e,2)x2＋1,當且僅當x＝0時取等號．(5)eq\f(x－1,x)≤lnx≤x－1≤x2－x，當且僅當x＝1時取等號．(6)當x≥1時，eq\f(2x－1,x＋1)≤lnx≤eq\f(x－1,\r(x))，當且僅當x＝1時取等號．已知函數(shù)f(x)＝aln(x－1)＋eq\f(2,x－1)，其中a是正實數(shù)．證明：當x>2時，f(x)<ex＋(a－1)x－2a．證明：令g(x)＝lnx－x＋1，其定義域為(0，＋∞)，g′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)．當x∈(0,1)時，g′(x)>0，g(x)是增函數(shù)，當x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0，g(x)是減函數(shù)，所以g(x)max＝g(1)＝0，g(x)≤0，即lnx≤x－1，當且僅當x＝1時等號成立．當x>2時，ln(x－1)<x－2．又a>0，所以aln(x－1)<a(x－2)．要證f(x)<ex＋(a－1)x－2a，只需證aln(x－1)＋eq\f(2,x－1)<ex＋(a－1)x－2a，只需證a(x－2)＋eq\f(2,x－1)<ex＋(a－1)x－2a，即ex－x－eq\f(2,x－1)>0對任意的x>2恒成立．令h(x)＝ex－x－eq\f(2,x－1)，x>2，則h′(x)＝ex－1＋eq\f(2,x－12)．因為x>2，所以h′(x)>0恒成立，所以h(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)>h(2)＝e2－4>0，所以當x>2時，f(x)<ex＋(a－1)x－2a．考點3構(gòu)造雙函數(shù)法——綜合性已知函數(shù)f(x)＝x2＋2x－2xex．(1)求函數(shù)f(x)的極值；(2)當x＞0時，證明：f(x)－2x＋x2＋x3＜－2elnx．(1)解：因為函數(shù)f(x)＝x2＋2x－2xex(x∈R)，所以f′(x)＝2x＋2－2ex－2xex＝(2x＋2)(1－ex)．由f′(x)＝0，得x＝－1或x＝0，列表如下：x(－∞，－1)－1(－1,0)0(0，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)↘極小值↗極大值↘所以當x＝－1時，f(x)極小值＝f(－1)＝1－2＋2×eq\f(1,e)＝eq\f(2,e)－1；當x＝0時，f(x)極大值＝f(0)＝0．(2)證明：要證明f(x)－2x＋x2＋x3＜－2elnx，即證2ex－x2－2x＞eq\f(2elnx,x)(x＞0)．令g(x)＝2ex－x2－2x(x＞0)，h(x)＝eq\f(2elnx,x)(x＞0)，則g′(x)＝2(ex－x－1)．令m(x)＝2(ex－x－1)，則m′(x)＝2(ex－1)＞0，所以g′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，g′(x)＞g′(0)＝0．所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，g(x)＞g(0)＝2．h′(x)＝eq\f(2e1－lnx,x2)，可得h(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，所以h(x)≤h(e)＝2．又g(x)與h(x)取最值點不同，所以g(x)＞h(x)在(0，＋∞)上恒成立，故2ex－x2－2x＞eq\f(2elnx,x)(x＞0)．所以當x＞0時，f(x)－2x＋x2＋x3＜－2elnx．1．若直接求導(dǎo)比較復(fù)雜或無從下手時，可以將待證不等式進行變形，構(gòu)造兩個函數(shù)，從而找到可以傳遞的中間量，達到證明的目的．2．在證明過程中，等價轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵．設(shè)函數(shù)f(x)＝(x2－2x)ex＋aex－e2lnx，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，曲線y＝f(x)在(2，f(2))處切線的傾斜角的正切值為eq\f(3,2)e2＋2e．(1)求a的值；(2)證明：f(x)＞0．(1)解：f(x)＝(x2－2x)ex＋aex－e2lnx，f′(x)＝(x2－2)ex＋ae－eq\f(e2,x)，則f′(2)＝eq\f(3e2,2)＋ae＝eq\f(3,2)e2＋2e，得a＝2．(2)證明：要證f(x)＞0，即證(x2－2x)ex＋2ex－e2lnx＞0(x>0)，即證(x－2)ex－2＋eq\f(2,e)＞eq\f(lnx,x)(x>0)．令g(x)＝(x－2)ex－2＋eq\f(2,e)，g′(x)