专题七 第4讲 样题展示1 导数与不等式证明（专题微讲Word）-【赢在微点·考前顶层设计】2023老高考数学文科大二轮专题复习

样题展示1　导数与不等式证明 　　　　 　　　　　　　　　　　　　 　　【样题】　(2022·北京卷)已知函数f (x)=exln(1+x)。 (1)求曲线y=f (x)在点(0,f (0))处的切线方程; (2)设g(x)=f '(x),讨论函数g(x)在[0,+∞)上的单调性; (3)证明:对任意的s,t∈(0,+∞),有f (s+t)>f (s)+f (t)。 [命题立意]　本题以函数与导数为问题背景,考查导数的几何意义、直线的点斜式方程、利用导数研究函数的单调性、利用导数证明不等式,考查转化与化归思想,体现了数学抽象、逻辑推理、数学运算等核心素养。 【解】　(1)由题意,得f '(x)=exln(1+x)+,则f '(0)=e0ln(1+0)+=1。 又f (0)=e0ln(1+0)=0,所以曲线y=f (x)在点(0,f (0))处的切线方程为y=x。 (2)由(1)知,f '(x)=exln(1+x)+, 则g(x)=exln(1+x)+, 所以g'(x)=exln(1+x)++=。 令h(x)=(1+x)2ln(1+x)+1+2x,则h'(x)=2(1+x)ln(1+x)+x+3,所以对任意x≥0,h'(x)>0, 确定g(x)导数g'(x)的符号,只需确定分子的符号 所以h(x)在[0,+∞)上是增函数,所以h(x)≥h(0)=1>0,所以对任意x≥0,g'(x)>0, 确定h(x)的最小值,判断g'(x)>0 所以g(x)在[0,+∞)上单调递增。 (3)证明:对任意的s,t∈(0,+∞),有f (s+t)>f (s)+f (t),即对任意的s,t∈(0,+∞),f (s+t)-f (s)-f (t)>0恒成立。 令m(s)=f (s+t)-f (s)-f (t)=es+tln(1+s+t)-esln(1+s)-etln(1+t), 设定主元,转化为一元函数 则m'(s)=es+tln(1+s+t)+-esln(1+s)+。 由(2)知g(x)在[0,+∞)上单调递增,故当s>0,t>0时,m'(s)=g(s+t)-g(s)>0,所以m(s)在(0,+∞)上单调递增, 确定单调性,进行证明m(s)>0,从而证得不等式成立 所以m(s)>m(0)=f (0+t)-f (0)-f (t)=0,所以对任意的s,t∈(0,+∞),有f (s+t)>f (s)+f (t)。 [命题评价]　本题考查的知识比较全面,难度不大,体现了函数单调性讨论的常规方法和不等式证明的一般方法,其中第(3)问构造函数证明不等式,特别是运用主元思想有一定的思维量和难度。 　　【样题变式1】　已知函数f (x)=xex,g(x)=(e-1)x2+xln x+x。 (1)求曲线y=f (x)在点(1,e)处的切线方程; (2)证明:f (x)≥g(x)。 解　(1)由f (x)=xex,得f '(x)=(x+1)ex, 则f '(1)=2e。又切点为(1,e), 所以曲线y=f (x)在点(1,e)处的切线方程为 y-e=2e(x-1),即2ex-y-e=0。 (2)证明:要证f (x)≥g(x), 即证xex≥(e-1)x2+xln x+x, 也就是证≥+e-1。 令h(x)=,则h'(x)=。 当x∈(0,1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减, 当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增。 所以h(x)≥h(1)=e。 令φ(x)=+e-1,则φ'(x)=。 当x∈(0,1)时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增, 当x∈(1,+∞)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减。 所以φ(x)≤φ(1)=e。所以h(x)≥φ(x), 即f (x)≥g(x)。 　　【样题变式2】　对于正实数a,b(a>b)有基本不等式:G(a,b)<A(a,b),其中A(a,b)=,为a,b的算术平均数,G(a,b)=,为a,b的几何平均数。现定义a,b的对数平均数:L(a,b)=。 (1)设x>1,求证:ln x<; (2)证明不等式:G(a,b)<L(a,b)。 证明　(1)令f (x)=ln x-(x>0), 有f '(x)=--==-, 所以f '(x)≤0,得f (x)在(0,+∞)上单调递减。 又f (1)=0,故当x>1时,f (x)<0, 因此当x>1时,ln x<。 (2)要证G(a,b)<L(a,b),即证<, 即证ln<,即证2ln<-, 令t=(t>1), 由(1)有ln t<,即2ln t<t-, 因此2ln<-,G(a,b)<L(a,b)得证。 学科网（北京）股份有限公司 $