第11讲 证明不等式之分析法-2023年新高考数学导数压轴题专题突破（尖子生专用）

于科问原创，让学习更容易！ p。zxx coM学科网精品频道全力推荐 第11讲证明不等式之分析法 【典型例题】 例1.已知1<a2，函数f(x)=e'-x-a，其中e=2.71828…为自然对数的底数． （I）证明：函数y=f(x)在0，+x)上有唯一零点； （II）记x，为函数y=f(x)在(0，+x)上的零点，证明： （i）\sqrt{a}-ix，\sqrt{2}(a-1)； （ⅱ）x_nf(e^)(e-1)(a-1)a· 【解析】证明：〈Ⅰ）∵f(x)=e'-x-a=0(x>0)，∴f′(x)=e'-1>0恒成立， ∴f(x)在(0，+x)上单调递增， ∵1<a2，∴f（2）=e^1-2-a e-4>0，又f(0)=1-a<0， ∴函数y=f(x)在0，+x)上有唯一零点 （Ⅱ）(i)f(x_，)=0﹐∴e'-x_。-a=0， ∴\sqrt{a}-1x_0\sqrt{2}(a-1)，∴e^”-x_4-1x，^22(c'-x，-1)， 令g(x)=e'-x-1-x^0<x<2)，Hx)=e'-x-1~20<x<2)， 一方面，h′(x)=e′-1-x=_1(x)，h|(x)=e'-1>0， ∴W(x)>h(0)=0，∴h(x)在(0，2)单调递增 ∴h(x)>h(0)=0， e'-x-1-->0，2(e'-x-1)>x^， 另一方面，1<a2，∴0<a-11， ∴当x_p1时，\sqrt{a}-1x_，成立， ∴只需证明当0<x<1时，g(x)=e'-x~1-x^2θ， ∵g’(x)=e'-1-2x=g_1(x)，g(x)=e'-2=0，∴x=|n2﹐ 当xε(0，n2)时，gr(x)<0，当xε(ln2，1)时，g_x(x)>0， ∴g'(x)<max{g′(0)﹐g’1）}，g′(0)=0﹐g’（1）=e-3<0， ∴g’(x)<0，∴g(x)在(0，1)单调递减， ∴g(x)<g(0)=0，∴e'-x-1<x^， 综上，e^’-x_μ-1x，^2(e+-x_b-1)， 实原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 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 √a-1x。V2(a-1) (i要证明x。f(e）(e-1(a-1)a,只需证xf(x。+a)(e-1)(a-1)a 由(0得只需证e+a-√a-i-2a(e-1aNa-i, e1+x+宁式，只证1+a+a-ae-oa, 只需证a-(Wa-1-2e-2ava-0,即证a-ya☐ 2e-2) va-1 a Va-T-Va-I+va-iel2,t), a-a-l2-1.3 a-1 a Γ22 2(e-2) xf(e）(e-I)(a-l)a. 例2.已知a>1,函数)=--瓜-1，其中：=271828…为自然对数的底数 (I)证明：函数y=f(x)在(0，+o)上有唯一零点； (Ⅱ)记x为函数y=f(x)在(0，+0)上的零点，证明：x。<a.(参考数值：ln4.6~1.53) 【解析】证明：(I)f'(x)=e-x-a, f"(x)=e-1>0在x∈(0，+o)上恒成立，所以f"(x)在(0，+o)上单调递增， f"0)=1-a<0,f(a)=e-2a>(e-2)a>0, 所以存在x∈(0，a),使得f'(x)=0, 故f"(x)<0→xe(0,x),f(x)在(0，x)上单调递减： f"(x)>0→xe(:,·+oo),f(x)在(：，+∞)上单调递增， 又f(0)=0,所以f(x)<0,当x→+0时，f(x)→+0， 故由零点存在定理，f(x)在(：，+∞)上有唯一零点，在(0，出)上没有零点， 所以函数f(x)在(0，+o)上有唯一零点 (Ⅱ)由(I)得：f(x)在(x,+o)上单调递增，且a>x,x。>x, 故要证：x。<a,只要证f(x)<f(a), 即证：ea-1>0在a>1时恒成立 设8(a)=e-302-1,故g(a)=e-3a,g”(a)=e2-3 由g"(a)=0一a=1n3，所以g(a)在(L,lm3)递减，在(lm3,+o)递增， 2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 令学利四 李科网原，让学司更客易！ JP.ZXXK.COM 学科网精品频道全力推荐 g(1)=e-3<0,g'(1m3)=3-3lm3<0,g'(ln4.6)=4.6-3×ln4.6>4.6-3×1.53>0, 所以存在x1∈(m3,lm4.6),使得g'(x2)=0, 所以g(a)在(L,x)递减，(3·+o)递增，所以g(a)m=g(x), 因为g0D=e-子>0，故只需证明g)=名-1>0： 由g)）-03中=3，所以g6)=+3新-1，与ea46 由=次函数的单调性，得g6>a46+3h46-1>多x1,58旷+3