2020新高考数学理二轮专题培优新方案主攻40个必考点课件函数与导数三十七

主攻40个必考点(三十七)导数与不等式的证明(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－lnx－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≥1e时，f(x)≥0.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1x.由题设知，f′(2)＝0，所以a＝12e2.从而f(x)＝12e2ex－lnx－1，f′(x)＝12e2ex－1x.可知f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f′(2)＝0，所以当0x2时，f′(x)0；当x2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≥1e时，f(x)≥exe－lnx－1.设g(x)＝exe－lnx－1，则g′(x)＝exe－1x.可知g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g′(1)＝0，所以当0x1时，g′(x)0；当x1时，g′(x)0.所以x＝1是g(x)的最小值点．故当x0时，g(x)≥g(1)＝0.因此，当a≥1e时，f(x)≥0.[把脉考情]考什么不等式的证明问题(涉及零点、极值点、双变量问题)考多深在解答题中考查，难度较大，分值12分考多宽多与函数的零点、极值点交汇考查不等式的证明，注意构造法、函数法及转化、化归思想的应用移项作差构造法证明不等式[典例1](2019·赣州高三模拟)已知函数f(x)＝1－lnxx，g(x)＝aeex＋1x－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)≥2x.[解](1)因为f(x)＝1－lnxx，所以f′(x)＝lnx－1x2，f′(1)＝－1.因为g(x)＝aeex＋1x－bx，所以g′(x)＝－aeex－1x2－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)＝－a－1－b＝1，解得a＝－1，b＝－1.(2)证明：由(1)知，g(x)＝－eex＋1x＋x，则f(x)＋g(x)≥2x⇔1－lnxx－eex－1x＋x≥0.令h(x)＝1－lnxx－eex－1x＋x(x≥1)，则h′(x)＝－1－lnxx2＋eex＋1x2＋1＝lnxx2＋eex＋1.因为x≥1，所以h′(x)＝lnxx2＋eex＋1＞0，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0，即1－lnxx－eex－1x＋x≥0，所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2x.增分方略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，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．变量代换法证明不等式[典例2](2019·合肥三模)已知函数f(x)＝ex－12x2－ax有两个极值点x1，x2.(1)求实数a的取值范围；(2)求证：f(x1)＋f(x2)＞2.[解](1)由于f(x)＝ex－12x2－ax，则f′(x)＝ex－x－a，设g(x)＝f′(x)＝ex－x－a，则g′(x)＝ex－1.令g′(x)＝ex－1＝0，解得x＝0.所以当x∈(－∞，0)时，g′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0.所以g(x)min＝g(0)＝1－a.①当a≤1时，g(x)＝f′(x)≥0(且不恒为0)，所以函数f(x)在R上单调递增，没有极值点．②当a＞1时，g(x)min＝1－a＜0，且当x→－∞时，g(x)→＋∞；当x→＋∞时，g(x)→＋∞.此时，g(x)＝f′(x)＝ex－x－a有两个零点x1，x2，不妨设x1＜x2，则x1＜0＜x2，所以函数f(x)＝ex－12x2－ax有两个极值点时，实数a的取值范围是(1，＋∞)．(2)证明：由(1)知，x1，x2为g(x)＝0的两个实数根，不妨设x1＜x2，则x1＜0＜x2，g(x)在(－∞，0)上单调递减．下面先证x1＜－x2＜0，只需证g(－x2)＜g(x1)＝0.由于g(x2)＝ex2－x2－a＝0，所以a＝ex2－x2，所以g(－x2)＝e－x2＋x2－a＝e－x2－ex2＋2x2.设h(x)＝e－x－ex＋2x(x＞0)，则h′(x)＝－1ex－ex＋2＜0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以h(x)＜h(0)＝0，h(x2)＝g(－x2)＜0，所以x1＜－x2＜0.由于函数f(x)在(x1,0)上单调递减，所以f(x1)＞f(－x2)．要证f(x1)＋f(x2)＞2，只需证f(－x2)＋f(x2)＞2，即证ex2＋e－x2－x22－2＞0.设函数k(x)＝ex＋e－x－x2－2，x∈(0，＋∞)，则k′(x)＝ex－e－x－2x.设φ(x)＝k′(x)＝ex－e－x－2x，则φ′(x)＝ex＋e－x－2＞0，所以φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，φ(x)＞0，即k′(x)＞0.所以k(x)在(0，＋∞)上单调递增，k(x)＞0.故当x∈(0，＋∞)时，ex＋e－x－x2－2＞0，则ex2＋e－x2－x22－2＞0，所以f(－x2)＋f(x2)＞2，即f(x1)＋f(x2)＞2.增分方略变量代换法适用于二元或多元不等式的有关问题．若出现的两个变量有主次之分，可以考虑主元法；若出现的两个变量没有主次之分，地位均衡，可以考虑换元法；若出现多个变量，需挖掘它们之间内在的等量关系，将原问题转化为曲线上的动点问题来解决．赋值法证明与正整数有关的不等式[典例3]若函数f(x)＝ex－ax－1(a＞0)在x＝0处取极值．(1)求a的值，并判断该极值是函数的最大值还是最小值；(2)证明：1＋12＋13＋…＋1n＞ln(n＋1)(n∈N*)．[解](1)因为x＝0是函数的极值点，所以f′(0)＝0，因为f′(x)＝ex－a，所以f′(0)＝1－a＝0，解得a＝1.所以f(x)＝ex－x－1，易知f′(x)＝ex－1.当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，故极值f(0)是函数最小值．(2)证明：由(1)知ex≥x＋1.即ln(x＋1)≤x，当且仅当x＝0时，等号成立，令x＝1k(k∈N*)，则1k＞ln1＋1k，即1k＞ln1＋kk，所以1k＞ln(1＋k)－lnk(k＝1,2，…，n)，累加得1＋12＋13＋…＋1n＞ln(n＋1)(n∈N*)．增分方略(1)函数中与正整数有关的不等式，其实质是利用函数性质证明数列不等式，证明此类问题时常根据已知的函数不等式，用关于正整数n的不等式代替函数不等式中的自变量．通过多次求和达到证明的目的．(2)已知函数式为指数不等式(或对数不等式)，而待证不等式为与对数有关的不等式(或与指数有关的不等式)，还要注意指、对数式的互化，如ex＞x＋1可化为ln(x＋1)＜x等．课下请完成“考点过关检测（三十七）”(单击进入电子文档)