专题一 第5讲 母题突破1 导数与不等式的证明
第5讲 导数的综合应用
[考情分析] 1.导数逐渐成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题是高考的热点和难点.2.多以解答题压轴形式出现，难度较大．
母题突破1 导数与不等式的证明 母题 (2017·全国Ⅲ)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x .
(1)讨论f (x )的单调性；
(2)当a <0时，证明f (x )≤－
34a
－2. (2)思路分析
?f (x )≤－34a
－2 ↓
?f (x )max ≤－
34a －2 ↓
?f (x )max ＋
34a ＋2≤0 ↓
?构造函数证明
(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x )＝1x ＋2ax ＋2a ＋1＝(x ＋1)(2ax ＋1)x
. 若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，
故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．
若a <0，则当x ∈?
???0，－12a 时，f ′(x )>0； 当x ∈???
?－12a ，＋∞时，f ′(x )<0. 故f (x )在????0，－12a 上单调递增，在???
?－12a ，＋∞上单调递减． (2)证明 由(1)知，当a <0时，f (x )在x ＝－12a 处取得最大值，最大值为f ????－12a ＝ln ????－12a －1－14a
， 所以f (x )≤－34a －2等价于ln ????－12a －1－14a ≤－34a －2，
即ln ????－12a ＋12a
＋1≤0. 设g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1x
－1. 当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0；
当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0.
所以g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
故当x ＝1时，g (x )取得最大值，最大值为g (1)＝0.
所以当x >0时，g (x )≤0.
从而当a <0时，ln ????－12a ＋12a
＋1≤0， 即f (x )≤－34a
－2. [子题1] 设函数f (x )＝ln x －x ＋1.证明：当x ∈(1，＋∞)时，1 ，x >0， 当x >1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 当0 ∴f (x )＝ln x －x ＋1≤f (1)＝0，∴ln x ≤x －1， ∴当x >1时，ln x 且ln 1x <1x －1，② 由①得，1 ， ∴ln x >x －1x ，∴x >x －1ln x ， 综上所述，当x >1时，1 ≥ln x ＋1. 证明 设g (x )＝f (x )－(e －2)x －1＝e x －x 2－(e －2)x －1(x >0)， 则g ′(x )＝e x －2x －(e －2)， 设m (x )＝e x －2x －(e －2)(x >0)， 则m ′(x )＝e x －2， 易得g ′(x )在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增， 又g ′(0)＝3－e>0，g ′(1)＝0， 由0 所以存在x 0∈(0，ln 2)，使得g ′(x 0)＝0， 所以当x ∈(0，x 0)∪(1，＋∞)时，g ′(x )>0； 当x ∈(x 0，1)时，g ′(x )<0. 故g (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 又g (0)＝g (1)＝0，所以g (x )＝e x －x 2－(e －2)x －1≥0， 故当x >0时，e x ＋(2－e )x －1x ≥x . 又由母题可得ln x ≤x －1，即x ≥ln x ＋1， 故e x ＋(2－e )x －1x ≥ln x ＋1. 规律方法 利用导数证明不等式f (x )>g (x )的基本方法 (1)若f (x )与g (x )的最值易求出，可直接转化为证明f (x )min >g (x )max . (2)若f (x )与g (x )的最值不易求出，可构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，然后根据函数h (x )的单调性或最值，证明h (x )>0. (3)通过题目中已有的或常用的不等式进行证明． (4)利用赋值法证明与正整数有关的不等式. 跟踪演练 1．(2018·全国Ⅰ)已知函数f (x )＝a e x －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 ≥1e 时，f (x )≥0. (1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x －1x . 由题设知，f ′(2)＝0，所以a ＝12e 2. 从而f (x )＝12e 2e x －ln x －1，f ′(x )＝12e 2e x －1x . 当0 所以f (x )的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0,2)． (2)证明 当a ≥1e 时，f (x )≥e x e －ln x －1. 方法一 设g (x )＝e x e －ln x －1(x ∈(0，＋∞))， 则g ′(x )＝e x e －1x . 当0 所以x ＝1是g (x )的最小值点． 故当x >0时，g (x )≥g (1)＝ 0. 因此，当a ≥1e 时，f (x )≥0. 方法二 易证e x ≥x ＋1，① ln x ≤x －1，② ∴f (x )≥e x e －ln x －1＝e x －1－ln x －1≥x －ln x －1≥0， 即证f (x )≥0. 2．(2020·株州模拟)已知f (x )＝ln x ＋2e x . (1)若函数g (x )＝xf (x )，讨论g (x )的单调性与极值； (2)证明：f (x )>1e x . (1)解 由题意，得g (x )＝x ·f (x )＝x ln x ＋2e (x >0)， 则g ′(x )＝ln x ＋1. 当x ∈????0，1e 时，g ′(x )<0，所以g (x )单调递减；当x ∈??? ?1e ，＋∞时，g ′(x )>0，所以g (x )单调递增， 所以g (x )的单调递减区间为????0，1e ，单调递增区间为??? ?1e ，＋∞， g (x )的极小值为g ????1e ＝1e ，无极大值． (2)证明 要证ln x ＋2e x >1e x (x >0)成立， 只需证x ln x ＋2e >x e x (x >0)成立， 令h (x )＝x e x ，则h ′(x )＝1－x e x ， 当x ∈(0,1)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减， 所以h (x )的极大值为h (1)，即h (x )≤h (1)＝1e ， 由(1)知，x ∈(0，＋∞)时，g (x )≥g ????1e ＝1e ， 且g (x )的最小值点与h (x )的最大值点不同，所以x ln x ＋2e >x e x ，即ln x ＋2e x >1e x ，所以f (x )>1e x . 专题强化练 1．(2020·沈阳模拟)已知函数f (x )＝x 2－(a －2)x －a ln x ，a >0. (1)求函数y ＝f (x )的单调区间； (2)当a ＝1时，证明：对任意的x >0，f (x )＋e x >x 2＋x ＋2. (1)解 f (x )＝x 2－(a －2)x －a ln x ，a >0，定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －(a －2)－a x ＝(2x －a )(x ＋1)x ， 令f ′(x )>0，得x >a 2；令f ′(x )<0，得0 . ∴函数y ＝f (x )的单调递减区间为????0，a 2，单调递增区间为??? ?a 2，＋∞. (2)证明 方法一 ∵a ＝1，∴f (x )＝x 2＋x －ln x (x >0)， 即证e x －ln x －2>0恒成立， 令g (x )＝e x －ln x －2，x ∈(0，＋∞)， 即证g (x )min >0恒成立， g ′(x )＝e x －1x ，g ′(x )为增函数，g ′????12<0，g ′(1)>0， ∴?x 0∈????12，1，使g ′(x 0)＝0成立，即0e x －1x 0 ＝0， 则当0 －ln x 0－2， 又∵0e x －1x 0＝0，即0e x ＝1x 0 ， ∴g (x 0)＝0e x －ln x 0－2＝0e x ＋ln 1x 0－2＝1x 0 ＋x 0－2， 又∵x 0∈????12，1，∴x 0＋1x 0 >2， ∴g (x 0)>0，即对任意的x >0，f (x )＋e x >x 2＋x ＋2. 方法二 令φ(x )＝e x －x －1， ∴φ′(x )＝e x －1， ∴φ(x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， ∴φ(x )min ＝φ(0)＝0， ∴e x ≥x ＋1，① 令h (x )＝ln x －x ＋1(x >0)， ∴h ′(x )＝1x －1＝1－x x ， ∴h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴h (x )max ＝h (1)＝0， ∴ln x ≤x －1，∴x ＋1≥ln x ＋2，② 要证f (x )＋e x >x 2＋x ＋2， 即证e x >ln x ＋2， 由①②知e x ≥x ＋1≥ln x ＋2，且两等号不能同时成立， ∴e x >ln x ＋2，即证原不等式成立． 2．(2020·全国Ⅱ)已知函数f (x )＝sin 2x sin 2x . (1)讨论f (x )在区间(0，π)的单调性； (2)证明：|f (x )|≤ 338 ； (3)设n ∈N *，证明：sin 2x sin 22x sin 24x …sin 22n x ≤3n 4n . (1)解 f ′(x )＝2sin x cos x sin 2x ＋2sin 2x cos 2x ＝2sin x sin 3x . 当x ∈????0，π3∪??? ?2π3，π时，f ′(x )>0； 当x ∈????π3，2π3时，f ′(x )<0. 所以f (x )在区间????0，π3，??? ?2π3，π上单调递增， 在区间????π3，2π3上单调递减． (2)证明 因为f (0)＝f (π)＝0， 由(1)知，f (x )在区间[0，π]上的最大值为f ????π3＝338， 最小值为f ????2π3＝－338 . 而f (x )是周期为π的周期函数， 故|f (x )|≤338 . (3)证明 由于()322222sin sin 2sin 4sin 2…n x x x x ＝|sin 3x sin 32x …sin 32n x | ＝|sin x ||sin 2x sin 32x …sin 32n －1x sin 2n x ||sin 22n x | ＝|sin x ||f (x )f (2x )…f (2n －1x )||sin 22n x | ≤|f (x )f (2x )…f (2n －1x )|， 所以sin 2x sin 22x sin 24x …sin 22n x ≤23n ??＝3n 4n .