内容正文:
第三章 导数及其应用
专题一 高考中的导数问题
第一课时 利用导数证明不等式
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课时作业(二十)
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第三章 导数及其应用
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利用导数证明不等式在高考中经常被考查,常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等知识相结合,虽然题目难度较大,但是解题方法多种多样,如构造函数法、放缩法等,针对不同的题目,灵活采用不同的解题方法,可以达到事半功倍的效果.
移项构造函数证明不等式 讲练融通
设函数f(x)=ln (a-x),已知x=0是函数y=xf(x)的极值点.
(1)求a.
(2)设函数g(x)= eq \f(x+f(x),xf(x)) ,证明:g(x)<1.
(1)解:由题意,得y′=ln (a-x)- eq \f(x,a-x) (a>x).
因为x=0是函数y=xf(x)的极值点,所以ln a=0,解得a=1.
(2)证明:由(1)知g(x)= eq \f(x+ln (1-x),x ln (1-x)) ,x∈(-∞,0)∪(0,1),
当x∈(0,1)时,x ln (1-x)<0;
当x∈(-∞,0)时,x ln (1-x)<0.
故要证g(x)<1,即证x+ln (1-x)>x ln (1-x),则有-(1-x)+(1-x)ln (1-x)+1>0.
令t=1-x,t∈(0,1)∪(1,+∞),即证t ln t-t+1>0.
设h(t)=t ln t-t+1,则h′(t)=ln t.
当t变化时,h′(t)和h(t)的变化情况如下:
t
(0,1)
(1,+∞)
h′(t)
-
+
h(t)
所以当t∈(0,1)∪(1,+∞)时,h(t)>h(1)=0,
所以原不等式成立,即g(x)<1.
eq \a\vs4\al(练1) (2023·山东济南模拟)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a<0时,证明:f(x)≤- eq \f(3,4a) -2.
(1)解:f′(x)= eq \f(2ax2+(2a+1)x+1,x)
= eq \f((2ax+1)(x+1),x) ,x>0.
当a≥0时,f′(x)≥0,则f(x)在(0,+∞)上单调递增.
若a<0,则令f′(x)=0,解得x=- eq \f(1,2a) .
所以当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,-\f(1,2a))) 时,f′(x)>0,f(x)单调递增,
当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2a),+∞)) 时,f′(x)<0,f(x)单调递减.
(2)证明:设g(x)=f(x)+ eq \f(3,4a) +2.
要证原不等式成立,需证g(x)max≤0,即证f(x)max+ eq \f(3,4a) +2≤0.
由(1)知,当a<0时,f(x)max=f eq \b\lc\(\rc\)(