高考理科数学突破二轮复习新课标通用讲义：专题六 第4讲　导数与不等式含答案.docVIP

第4讲　导数与不等式 证明不等式 构造函数证明不等式：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 xxex(x0)，eq \f(x,x＋1)≤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． 高考真题 思维方法 【直接构造法】 (2018·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝eq \f(1,x)－x＋aln x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：eq \f(f(x1)－f(x2),x1－x2)＜a－2. (1)略 (2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a2. 由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨设x1x2，则x21.由于eq \f(f(x1)－f(x2),x1－x2)＝－eq \f(1,x1x2)－1＋aeq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)＝－2＋aeq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)＝－2＋aeq \f(－2ln x2,\f(1,x2)－x2)， 所以eq \f(f(x1)－f(x2),x1－x2)a－2等价于eq \f(1,x2)－x2＋2ln x20. [关键1：将所证不等式进行变形与化简] 设函数g(x)＝eq \f(1,x)－x＋2ln x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)单调递减，[关键2：直接构造函数，判断函数单调性] 又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)0. 所以eq \f(1,x2)－x2＋2ln x20，即eq \f(f(x1)－f(x2),x1－x2)a－2. [关键3：结合单调性得到函数最值，证明不等式] 【适当放缩构造法】 (2018·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－ln x－1. (1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间； (2)证明：当a≥eq \f(1,e)时， f(x)≥0. (1)略 (2)证明：当a≥eq \f(1,e)时，f(x)≥eq \f(ex,e)－ln x－1. [关键1：利用不等式性质放缩，将a代换掉] 设g(x)＝eq \f(ex,e)－ln x－1，eq \a\vs4\al([关键2：利用不等式右边构造函数])则g′(x)＝eq \f(ex,e)－eq \f(1,x). 当0x1时，g′(x)0；当x1时，g′(x)0.所以x＝1是g(x)的最小值点．[关键3：利用导数研究函数的单调性、最值] 故当x0时，g(x)≥g(1)＝0.[关键4：利用函数最值使放缩后的不等式得到证明] 因此，当a≥eq \f(1,e)时，f(x)≥0. 【构造双函数法】 (2014·高考课标全国卷Ⅰ) 设函数f(x)＝aexln x＋eq \f(bex－1,x)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2. (1)求a，b； (2)证明：f(x)1. (1)略 (2)证明：由(1)知，f(x)＝exln x＋eq \f(2,x)ex－1，从而f(x)1等价于xln xxe－x－eq \f(2,e). [关键1：将所证不等式等价转化，为构造双函数创造条件] 设函数g(x)＝xln x，则g′(x)＝1＋ln x， 所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，g′(x)0； 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，g′(x)0. 故g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq \f(1,e). [关键2：构造函数，利用导数研究函数的单调性，求最小值] 设函数