第09讲 直接讨论法证明不等式-2023年新高考数学导数压轴题专题突破（尖子生专用）

学科购 学科网原到，让学司更客易！ JP.ZXXK.COM 学科网精品频道全力推荐 第09讲直接讨论法证明不等式 【典型例题】 例1.已知函数fm)=(a-1hr+x+a,a<0. 1 (1)讨论函数f(x)的单调性： (2)当a<-1时，证明：xe(L,+o),f(x)>-a-a2. 【解析】解：(1)f)=a-1+1-0=x-1r+@、 x 因x>0,a<0, ①当-1<a<0时，0<-a<1，,函数f(x)在(0，-a)内单调递增，在(-a,1)内单调递减，在(1，+)内单调递增： ②当a=-时，∫闭=任二业0，函数)在0，o)内单调递城 ③当a<-1时，-a>1，函数f(x)在(0,1)内单调递增，在(1，-a)内单调递减，在(-a,+o)内单调递增： 综上：当-1<a<0时，函数f(x)在(0，-a)内单调递增，在(-a,1)内单调递减，在(1，+o)内单谓递增； 当a=-1时，函数f(x)在(0，+0)内单调递增： 当a<-1时，函数f(x)在(0,1)内单调递增，在(1，-a)内单调递减，在(-a,+∞)内单调递增： (2)当a<-1时，由(1)得，函数f(x)在(0,1)内单调递增，在(L,-a)内单调递减，在(-a,+o)内单调递增， 函数f(x)在(L,+o)内的最小值为f(-a)=(a-I)lm(-a)-a-1, 欲证不等式f(x)>-a-a2成立，即证-a-a2<(a-1)ln(-a)-a-1,即证a2+(a-1)lm(-a)-1>0, 因a<-1,所以只需证lm(-a)<-a-1, 令h)=mr-x+1x1),则)=1-1=x-D0, 所以，函数h(x)在[1，+o)内单调递减，(x)h(1)=0, 又因a<-1,即-a>1.所以h(-a)=ln(-a)+a+1<0, 即当a<-1时，lm(-a)<-a-1成立， 综上，当a<-1时，x∈(L,+oo),f(x)>-a-a2 例2.己知函数f(x)=e+e+(2-b)x,g(x)=ar2+b(a,b∈R),若y=g(x)在x=1处的切线为 y=2x+1+f'(0). (I)求实数a,b的值： (IⅡ)若不等式f(x)kg(x)-2k+2对任意x∈R恒成立，求素的取值范围： (）设 0,8,0,∈0，)，其中n2，neN*，证 明： 1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 金学利网 李科网原创，让学司更客易！ JP.ZXXK.COM 学科网精品频道全力推荐 f(sin0,).f(cos0)+f(sin0,)f(cos)+...+f(sin0).f(cos0,)+f(sin0).f(cos0)>6n 【解析】解：(I)由f"(x)=e-e+2-b,得f'(0)=2-b,由g'(x)=2ar,得g(1)=2a, 80=a+6=2+1+2-6'解得0 2a=2 根据题意可得 b-2 (Ⅱ)由不等式f(x)g(x)-2k+2对任意xeR恒成立知，e+e-x2-20恒成立， 令F(x)=e+e-kx2-2,显然F(x)为偶函数，故当x0时，F(x)0恒成立， F'(x)=e"-e-2kx,h(x)=e'-e'-2kx(x 0),(x)=e'+e-2k, 令H(x)=e+e'-2k(x0),则H'(x)=e-e,显然H'(x)为(0，+o)上的增函数， 故H'(x)H'(0)=0,即H(x)在(0，+o)上为增函数，H(0)=2-2k, ①当H(0)=2-2k0,即k1时，H(x)0,则x)在(0，+0)上单调递增， 故h(x)h(0)=0,则F(x)在(0，+∞)上为增函数，故F(x)F(O)=0,符合题意： @当H0)=2-2k<0,即t>1时，由于Ha(2》=文>0，故存在e0,M2》,使得H)=0, 故(x)在(0，x)单调递减，在(x·+o)单渊递增， 当xe(0,x)时，h(x)<h(0)=0,故F(x)在(0，x)单调递减，故F(x)<F(O)=0,不合题意. 综上，k1: (Π)证明：由（Ⅱ）知，f(x)f(x2)(x2+2(x22+2)=x2x,2+2x2+2x,2+42x2+2x,2+4,当且仅当 x=为=0时等号同时成立， f (sin0)f(cos0)>2sin0 +2cos'0 +4. f(sin02)f(cos0.-i)>2sin'02+2cos'0n-1+4,…, f(sin0 )f (cose )2sin'0 2cos+4, 以 上 K 式 子 相 加 得 f(sin0).f(cos0)+f (sin02).f(cos0)+...+f(sin0).f(cos02)+f(sin0.).f (cos0)>6n. 2 例3.设函数f(x)=almr+二，aeR, x (1)讨论函数f(x)的单调性： (2)当a=1且r>1时，证明