第四章　第四節(jié)　第3課時　導數(shù)的不等式問題

PAGE溫馨提示：此套題為Word版，請按住Ctrl,滑動鼠標滾軸，調(diào)節(jié)合適的觀看比例，答案解析附后。板塊。第3課時導數(shù)的不等式問題【命題分析】導數(shù)中的不等式證明經(jīng)常被考查,常與函數(shù)的性質(zhì)、函數(shù)的零點與極值、數(shù)列等相結(jié)合,題目難度較大,解題方法多種多樣,如構(gòu)造函數(shù)法、放縮法等,針對不同的題目,采用不同的解題方法,可以達到事半功倍的效果.【核心考點·分類突破】考點一作差法構(gòu)造函數(shù),證明不等式[例1]設(shè)f(x)=2xlnx+1.(1)求f(x)的最小值;【解析】(1)f'(x)=2(lnx+1),所以當x∈(0,1e)時,f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;當x∈(1e,+∞)時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,所以當x=1e時,f(x)取得最小值f(1(2)證明:f(x)≤x2-x+1x+2ln【解析】(2)x2-x+1x+2lnx-f(x)=x(x-1)-x-1x-2(x-1)lnx=(x-1)(x-令g(x)=x-1x-2lnx,則g'(x)=1+1x2-2x=(x-1)2x2≥0,所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,又g(1)=0,所以當0<x<1時,g(x)<0,當x>1時,g即f(x)≤x2-x+1x+2ln解題技法作差法構(gòu)造函數(shù),證明不等式的策略(1)待證不等式的兩邊含有同一個變量時,一般地,可以直接構(gòu)造“左減右”的函數(shù);(2)有時對復雜的式子要進行變形,借助所構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性和最值求解,利用導數(shù)研究其單調(diào)性和最值.對點訓練已知函數(shù)f(x)=x+xlnx,求證:f(x)>3(x-1).【證明】令g(x)=f(x)-3(x-1),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0<x<e.所以g(x)在(0,e)上單調(diào)遞減,在(e,+∞)上單調(diào)遞增,所以g(x)在(0,+∞)上的最小值為g(e)=3-e>0.于是在(0,+∞)上,都有g(shù)(x)≥g(e)>0,所以f(x)>3(x-1).考點二分拆函數(shù)法證明不等式[例2]已知函數(shù)f(x)=elnx-ax(x>0).(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;【解析】(1)f'(x)=ex-a(x①若a≤0,則f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增;②若a>0,則當0<x<ea時,f'(x當x>ea時,f'(x)<0,所以f(x)在(0,ea)上單調(diào)遞增,在(e綜上,當a≤0時,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增;當a>0時,f(x)在(0,ea)上單調(diào)遞增,在(ea(2)當a=e時,證明:xf(x)-ex+2ex≤0.【解析】(2)方法一:因為x>0,所以只需證f(x)≤ex當a=e時,由(1)知,f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減,所以f(x)max=f(1)=-e.記g(x)=exx-2e(則g'(x)=(x所以當0<x<1時,g'(x)<0,當x>1時,g'(x)>0,故g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增,所以g(x)min=g(1)=-e.綜上,當x>0時,f(x)≤g(x),即f(x)≤exx-2e,即xf(x)-ex+2ex方法二:由題意知,即證exlnx-ex2-ex+2ex≤0,從而等價于lnx-x+2≤ex設(shè)函數(shù)G(x)=lnx-x+2,則G'(x)=1x-1所以當x∈(0,1)時,G'(x)>0,當x∈(1,+∞)時,G'(x)<0,故G(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減,從而G(x)在(0,+∞)上的最大值為g(1)=1.設(shè)函數(shù)h(x)=exex,則h'(x所以當x∈(0,1)時,h'(x)<0,當x∈(1,+∞)時,h'(x)>0,故h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增,從而h(x)在(0,+∞)上的最小值為h(1)=1.綜上,當x>0時,g(x)≤h(x),即xf(x)-ex+2ex≤0.解題技法1.當直接求導后導數(shù)式比較復雜或無從下手時,可將待證式進行變形,構(gòu)造兩個函數(shù),從而找到可以傳遞的中間量.在證明過程中,等價轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵,此處g(x)min≥f(x)max恒成立,從而f(x)≤g(x)恒成立.2.等價變形的目的是求導后簡單地找到極值點,一般地,ex與lnx要分離,常構(gòu)造xn與lnx,xn與ex的積、商形式.對點訓練證明:對一切x∈(0,+∞),都有l(wèi)nx>1ex-2【證明】問題等價于證明xlnx>xex-2e(x∈(0,+∞)).設(shè)f(x)=xlnx,f'(x)=1+lnx,易知x=1e為則f(x)=xlnx(x∈(0,+∞))的最小值是-1e,當且僅當x=1e設(shè)m(x)=xex-2e(x∈(0,+∞)),則m'(x)=1-xex,由m'(x由m'(x)>0得0<x<1時,m(x)單調(diào)遞增,易知m(x)max=m(1)=-1e,當且僅當x=1時取到.從而對一切x∈(0,+∞),xlnx≥-1e≥xex-2e,兩個等號不同時取到,所以對一切x∈(0,+∞)都有l(wèi)nx>考點三放縮構(gòu)造函數(shù)證明不等式[例3]f(x)=ex.(1)求曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程;【解析】(1)由f(x)=ex,得f(0)=1,f'(x)=ex,則f'(0)=1,即曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程為y-1=x-0,所以所求切線方程為x-y+1=0.(2)當x>-2時,求證:f(x)>ln(x+2).【解析】(2)設(shè)g(x)=f(x)-(x+1)=ex-x-1(x>-2),則g'(x)=ex-1,當-2<x<0時,g'(x)<0;當x>0時,g'(x)>0,即g(x)在(-2,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增,于是當x=0時,g(x)min=g(0)=0,因此f(x)≥x+1(當x=0時取等號).令h(x)=x+1-ln(x+2)(x>-2),則h'(x)=1-1x+2=則當-2<x<-1時,h'(x)<0,當x>-1時,h'(x)>0,即h(x)在(-2,-1)上單調(diào)遞減,在(-1,+∞)上單調(diào)遞增,于是當x=-1時,h(x)min=h(-1)=0,因此x+1≥ln(x+2)(當x=-1時取等號),所以當x>-2時,f(x)>ln(x+2).解題技法放縮法證明不等式的策略導數(shù)方法證明不等式的問題中,最常見的是ex和lnx與其他代數(shù)式結(jié)合的問題,對于這類問題,可以考慮先對ex和lnx進行放縮,使問題簡化,簡化后再構(gòu)造函數(shù)進行證明.常見的放縮公式如下:(1)ex≥1+x,當且僅當x=0時取等號;(2)lnx≤x-1,當且僅當x=1時取等號.對點訓練已知f(x)=aex-1-ln(1)若a=1,求f(x)在(1,f(1))處的切線方程;【解析】(1)當a=1時,f(x)=ex-1-lnxf'(x)=ex-1-1x,又f(1)=0,所以切點為(1,0).所以切線方程為y-0=0(x-1),即y=0.(2)證明:當a≥1時,f(x)≥0.【解析】(2)因為a≥1,所以aex-1所以f(x)≥ex-1-ln方法一:令φ(x)=ex-1-lnx所以φ'(x)=ex-1令h(x)=ex-1-1x,所以h'(x)=所以φ'(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,又φ'(1)=0,所以當x∈(0,1)時,φ'(x)<0;當x∈(1,+∞)時,φ'(x)>0,所以φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增,所以φ(x)min=φ(1)=0,所以φ(x)≥0,所以f(x)≥φ(x)≥0,即f(x)≥0.方法二:令g(x)=ex-x-1,所以g'(x)=ex-1.當x∈(-∞,0)時,g'(x)<0;當x∈(0,+∞)時,g'(x)>0,所以g(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增,所以g(x)min=g(0)=0,故ex≥x+1,當且僅當x=0時取“=”.同理可證lnx≤x-1,當且僅當x=1時取“=”.由ex≥x+1?ex-1≥x由x-1≥lnx?x≥lnx+1(當且僅當x=1時取“=”),所以ex-1≥x≥lnx+1,即e即ex-1-lnx即f(x)≥0.【加練備選】(2023·南充模擬)已知函數(shù)f(x)=ax-sinx.(1)若函數(shù)f(x)為增函數(shù),求實數(shù)a的取值范圍;【解析】(1)f(x)=ax-sinx,所以f'(x)=a-cosx,由函數(shù)f(x)為增函數(shù),則f'(x)=a-cosx≥0恒成立,即a≥cosx在R上恒成立,因為y=cosx∈[-1,1],所以a≥1,即實數(shù)a的取值范圍是[1,+∞).(2)求證:當x>0時,ex>2sinx.【解析】(2)由(1)知,當a=1時,f(x)=x-sinx為增函數(shù),當x>0時,f(x)>f(0)=0?x>sinx,要證當x>0時,ex>2sinx,只需證當x>0時,ex>2x,即證ex-2x>0在(0,+∞)上恒成立.設(shè)g(x)=ex-2x(x>0),則g'(x)=ex-2,令g'(x)=0解得x=ln2,所以g(x)在(0,ln2)上單調(diào)遞減,在(ln2,+∞)上單調(diào)遞增,所以g(x)min=g(ln2)=eln2-2ln2=2(1-ln2)>0,所以g(x)≥g(ln2)>0,所以ex>2x成立,故當x>0時,ex>2sinx.重難突破泰勒公式在比較大小的應(yīng)用比較大小的選擇題是近年高考的常見題型,一般情況下我們會構(gòu)造函數(shù)模型代入數(shù)值進行比較和運算,但是對學生來說函數(shù)模型的選擇是非常有難度的,因此在選擇題中我們可以選擇利用泰勒公式計算近似值的辦法進行比較大小.【教材探源】在人教A必修一教材中三角函數(shù)一章第256頁“拓廣探索”中第26題.英國數(shù)學家泰勒給出如下公式:sinx=x-x33!+xcosx=1-x22!+x其中n!=1×2×3×4×…×n.這些公式被編入計算工具,計算工具計算足夠多的項就可以確保顯示值的精確性.比如,用前三項計算cos0.3,就得到cos0.3≈1-0.322!+【教材拓展】下面給出高中階段常用的泰勒公式:(1)ex=1+x+12!x2+…+1n!xn+…,(2)sinx=x-x33!+…+(-1)kx∈R;(3)cosx=1-x22!+…+(-1)k1(x∈R;(4)ln(1+x)=x-12x2+…+(-1)n-11nxn+…,-1<(5)(1+x)a=1+ax+a(a-1)2!x2+…+類型一利用ex、ln(1+x)的泰勒展開式比較[例1](2022·新高考Ⅰ卷)設(shè)a=0.1e0.1,b=19,c=-ln0.9,則(A.a<b<c B.c<b<aC.c<a<b D.a<c<b【解析】選C.b=19≈0.由公式ex=1+x+x2可得e0.1≈1+0.1+0.12則a=0.1e0.1≈0.1105,c=-ln0.9=ln109=ln(1+1由公式ln(1+x)=x-x22+得c=ln(1+19)≈19-(1所以c<a<b.類型二利用sinx,cosx的泰勒展開式比較[例2](2022·全國甲卷)已知a=3132,b=cos14,c=4sin14A.c>b>a B.b>a>cC.a>b>c D.a>c>b【解析】選A.由公式sinx=x-x3得c=4sin14≈4(14-1436由公式cosx=1-x22!得b=cos14≈1-1422+(1排除BCD.【一題多法】構(gòu)造函數(shù)h(x)=1-12x2-cosx,x∈[0,π2],則g(x)=h'(x)=-x+sinx,g'(=-1+cosx≤0,所以g(x)≤g(0)=0,因此h(x)在[0,π2]所以h(14)=a-b<h(0)=0,即a<bcb=4sin14cos14=tan141所以cb>1,即b<c,綜上c>b>類型三利用ln(1+x),(1+x)a的泰勒展開式比較[例3](2021·全國乙卷)設(shè)a=2ln1.01,b=ln1.02,c=1.04-1,則(A.a<b<c B.b<c<aC.b<a<c D.c<a<b【解析】選B.因為a=2ln1.01=ln1.012=ln1.0201>ln1.02,所以a>b.排除A,D.根據(jù)選項B,C可知,只需比較a,c的大小即可.由公式ln(1+x)=x-x2得a=2ln(1+0.01)≈2×(0.01-0.≈0.02-0.0001=0.0199,由公式(1+x)a=1+ax+a(a-得c=(1+0.04)12-1≈12×0≈0.02-0.0002=0.0198,所以a>c.排除C.解題技法通過以上示例可以看出,利用泰勒公式近似計算求解難度比較大的試題確實可以提高解題速度,運用該法的難點是要利用數(shù)字特征構(gòu)造對應(yīng)的函數(shù).對點訓練1.已知a=e0.02,b=1.02,c=ln2.02,則()A.c>a>b B.a>b>cC.a>c>b D.b>a>c【解析】選B.方法一(泰勒公式):設(shè)x=0.02,則a=e0.02=1+0.02+0.顯然a>b>1>c.方法二(構(gòu)造函數(shù)):令f(x)=ex-(1+x),令f'(x)=ex-1=0,得x=0,當x∈(-∞,0)時,f'(x)<0,函數(shù)f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,當x∈(0,+∞)時,f'(x)>0,函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,所以f(0.02)>f(0)=0,從而e0.02>1+0.02=1.