内容正文:
热点突破课 导数的综合应用
第1课时 利用导数证明不等式
不等式的证明是高考命题的热点,常与函数的性质、函数的零点与极(最)值等相关内容融合渗透,解题方法灵活多样,思维能力要求高.解题时要针对不同题目特点,采用不同的解题方法、灵活运用数学思想,达到事半功倍的效果.
[真题案例]
(2021·全国乙卷)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)=,证明:g(x)<1.
[思维导引]
理解题意
条件①f(x)=ln(a-x),②x=0是y=xf(x)极值点.
结论:①y′|x=0=0,②x+f(x)>xf(x).
思路探究
(2)先由(1)得到f(x)的定义域,进而得到xf(x)<0,再对g(x)=<1变形,换元,得到只需证1-t+tln t>0(t>0且t≠1),然后构造函数h(t)=1-t+tln t,研究h(t)的单调性,即可得证.
[解] (1)由题意得y=xf(x)=xln(a-x),
则y′=ln(a-x)+x[ln(a-x)]′=ln(a-x)-.
因为x=0是函数y=xf(x)的极值点,
所以y′|x=0=ln a=0,所以a=1.
当a=1时,y′=ln(1-x)-,x∈(-∞,1).
令p(x)=ln(1-x)-,
则p′(x)=-=,
易知当x∈(-∞,1)时,p′(x)<0恒成立.
所以p(x)在(-∞,1)上为减函数,又p(0)=0,
所以当x∈(-∞,0)时,p(x)>0;
当x∈(0,1)时,p(x)<0.
所以函数y=xf(x)=xln(1-x)在(-∞,0)上为增函数,在(0,1)上为减函数.
因此x=0是函数y=xf(x)的极值点.
易错点:忽视对a=1进行检验.
f′(x0)=0是x0为f(x)极值点的必要
不充分条件.
所以a=1.
(2)证明:由(1)知,f(x)=ln(1-x),x<1.
当0<x<1时,ln(1-x)<0,此时xf(x)<0,
当x<0时,ln(1-x)>0,此时xf(x)<0.
因此当x<1且x≠0时,总有xf(x)<0.
故要证g(x)=<1,只需证x+f(x)>xf(x),即证x+ln(1-x)-xln(1-x)>0.
令1-x=t,则t>0且t≠1,则只需证1-t+ln t-(1-t)ln t>0,即证1-t+tln t>0.
令h(t)=1-t+tln t,则h′(t)=ln t
当0<t<1时,h′(t)<0,当t>1时,h′(t)>0.
所以h(t)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
所以当t>0且t≠1时,h(t)>h(1)=0.
从而原不等式g(x)<1成立.
构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时,根据所要证明的不等式,构造与之相关的函数,利用函数单调性、极值、最值加以证明.常见的构造方法有:(1)直接构造法:证明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))转化为证明f(x)-g(x)>0(f(x)-g(x)<0),进而构造辅助函数h(x)=f(x)-g(x);(2)适当放缩构造法:一是根据已知条件适当放缩,二是利用常见的放缩结论,如ln x≤x-1,ex≥x+1,ln x<x<ex(x>0),≤ln(x+1)≤x(x>-1);(3)构造“形似”函数:稍作变形再构造,对原不等式同解变形,如移项、通分、取对数,把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式,根据“相同结构”构造辅助函数;(4)构造双函数:若直接构造函数求导难以判断符号,导函数零点也不易求得,因此函数单调性与极值点都不易获得,则可构造函数f(x)和g(x),利用其最值求解.
热点突破一 移项构造函数证明不等式
(2023·合肥一中质检)已知函数f(x)=ln x-a(x+1).对任意x>0,求证:-a(x+1)>f(x).
[证明] 设g(x)=-a(x+1)-f(x)
=·-ln x,
则g′(x)=·-=
.
令r(x)=2(x-1)ex-e2x,则r′(x)=2xex-e2.
易得r′(x)在(0,+∞)上单调递增,且r′(1)=2e-e2<0,
r′(2)=3e2>0,
∴存在唯一的实数x0∈(1,2),使得r′(x0)=0,
∴r(x)在区间(0,x0)上单调递减;在(x0,+∞)上单调递增.
又r(0)=-2<0,r(2)=0,
当0<x<2时,r(x)<0,g′(x)<0;
当x>2时,r(x)>0,g′(x)>0.
∴g(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.
因此当x=2时,g(x)取到最小值g(x)min=g(2)=1-ln 2>0.
综上,·-ln x>0,即-a(x+1)>f(x).
1.形如f(x)>g(x)+a(x∈A)的不等式,两边含有