二轮复习专题一培优点2对数平均不等式切线不等式课件(43张)

方法二 f(x)＝exln x＋2xex－1＝exln x＋e2x.
当x＞0时，ex＞1＋x，所以ex－1≥x，
即eex≥x，ex≥ex，当 x＝1 时等号成立， 即 e－ln x≥e(－ln x)，所以1x≥e(－ln x)，
即 ln x≥－e1x，当 x＝1e时等号成立，
所以
exln
x＋e2x≥ex－e1x＋e2x＝eexx ＞1(等号不同时成立).
12
②x1x2<4b2.
12
令m(x)＝x－sin x(x>0)，
m′(x)＝1－cos x≥0，当x→0时，m(x)→0，
故m(x)>0，即x>sin x，
因为g(x1)＝g(x2)，
即 x1＋b(1＋ln x1)－12sin x1＝x2＋b(1＋ln x2)－12sin x2，
所以－b(ln x2－ln x1)＝x2－x1－12(sin x2－sin x1)>12(x2－x1)，
12
(2)设g(x)＝f(x)－
1 2
sin
x，若存在0<x1<x2，使得g(x1)＝g(x2)，求证：
①b<0；
g(x)＝x＋b(1＋ln x)－12sin x，g′(x)＝1－co2s x＋bx， 若 b≥0，则由 1－co2s x>0，bx≥0 得 g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 故不存在0<x1<x2，使得g(x1)＝g(x2)，所以b<0.
a－b a＋b
例1
若 a＞0，b＞0，a≠b，求证：
ab＜ln
a－ln
＜ b
2
.
不妨设a＞b＞0，
a－b
①要证
ab＜ln
a－ln
成立， b
即证
a－b ab＜ a ，即证 ln
ln b
ab＜a－abb，
即证 ln ab＜ ab－ ba，令 ab＝t(t＞1)，
则需证明 2ln t＜t－1t (t＞1)， 构造函数 f(t)＝2ln t－t＋1t (t＞1)，
规律方法
指数的放缩.形如：
x
ex－1≥x－1＋1⇒ex≥ex，e n
≥e·nx⇒ex≥nennxn.
对数的放缩.形如：
eln x≥1＋ln x⇒ln x≤x－1⇒ln(1＋x)≤x，
ln1＋1x<1x⇒ln(x＋1)－ln x<1x，ln1＋－1＋1 x<－1＋1 x ⇒ln(1＋x)－ln x>1＋1 x，ln xe≤xe－1⇒x≥eln x.
所以h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
h′12＝ e－2<0，h′(1)＝e－1>0，故存在 x0∈12，1，
使得h′(x0)＝0，即 e x 0
1. x
当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减； 当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增.
所以当x＝x0时，h(x)取得极小值，也是最小值.
跟踪演练2 已知函数f(x)＝1 ax2－(2a＋1)x＋2ln x(a∈R). 2
(1)当a＞0时，求函数f(x)的单调递增区间；
f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝ax－(2a＋1)＋2x＝ax－1xx－2， 当 0<1a<2，即 a>12时， 在0，1a和(2，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当1a＝2，即 a＝12时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当1a>2，即 0<a<12时，在(0,2)和1a，＋∞上，f′(x)>0，f(x)单调递增.
例2 设函数f(x)＝aexln x＋bex－1 ，曲线y＝f(x)在点(1, f(1))处的切线方程 x
为y＝e(x－1)＋2. (1)求a，b；
函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝aexln x＋axex－xb2ex－1＋bxex－1. 由题意可得f(1)＝2，f′(1)＝e. 故a＝1，b＝2.
当x0＝0时为麦克劳林公式. 其中ex与ln(1＋x)的麦克劳林公式为 ex＝1＋x＋12x2＋16x3＋o(x3)， ln(1＋x)＝x－12x2＋13x3＋o(x3)，
从中截取片段就构成了常见的不等式：
ex≥1＋x 或 ex≥1＋x＋x22(x≥0)，ln(1＋x)≤x(x≥0)或 ln x≤x－1(x>0)， ln(1＋x)≥x－x22(x≥0)，
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பைடு நூலகம்
令n(x)＝ex－1－x，n′(x)＝ex－1－1， 又y＝n′(x)为单调递增函数， 且当x＝1时，n′(x)＝0， 当0<x<1时，n′(x)<0，n(x)单调递减； 当x>1时，n′(x)>0，n(x)单调递增， 故当x＝1时，n(x)取得最小值n(1)＝0. 则n(x)min＝m(x)max， 且当x＝1时，同时取得最小值和最大值，故n(x)≥m(x)，
即证
t－1 2·t＋1＜ln
t.即证
2－t＋4 1<ln
t，
构造函数 φ(t)＝2－t＋4 1－ln t(t>1)， φ′(t)＝t＋412－1t ＝－tt＋t－1122<0，
∴φ(t)在(1，＋∞)上单调递减，
∴φ(t)<φ(1)＝0，即 2－t＋4 1<ln t，
∴原不等式得证.
a－b a＋b
因为f(x)＝x(ln x＋a)，故可得f′(x)＝ln x＋a＋1， 又y＝ln x＋a＋1为单调递增函数， 令f′(x)＝0，解得x＝e－a－1， 故当0<x<e－a－1时，f′(x)<0； 当x>e－a－1时，f′(x)>0， 故f(x)的单调递减区间为(0，e－a－1)，单调递增区间为(e－a－1，＋∞).
(2)证明：f(x)>1.
方法一 由(1)知，f(x)＝exln x＋2x·ex－1， 从而 f(x)>1 等价于 xln x>xe－x－2e. 设函数g(x)＝xln x，则g′(x)＝1＋ln x. 所以当 x∈0，1e，g′(x)<0；当 x∈1e，＋∞时，g′(x)>0. 故 g(x)在0，1e上单调递减，在1e，＋∞上单调递增， 从而 g(x)在(0，＋∞)上的最小值为 g1e＝－1e.
专题一 函数与导数
培优点2 对数平均不等式、切线不等式
在高考压轴题中，经常考查与导数有关的不等式问题，这些问题可以 用常规方法求解，也可以转变成对数平均不等式、切线不等式进行求解， 起到事半功倍的效果.
内容索引
考点一 对数平均不等式 考点二 以泰勒公式为背景的切线不等式
专题强化练
考点一
对数平均不等式
设函数 h(x)＝xe－x－2e， 则h′(x)＝e－x(1－x). 所以当x∈(0,1)时，h′(x)>0； 当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0. 故h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 从而 h(x)在(0，＋∞)上的最大值为 h(1)＝－1e. 综上，当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)>1.
a2－4时，f′(x)＞0. 2
∴f(x)在0，a－
a2－4，a＋ 2
2a2－4，＋∞上单调递减，
在a－
a2－4 a＋ 2，
a2－4上单调递增. 2
(2)若 f(x)存在两个极值点 x1，x2， 证明：fxx11－－xf2x2＜a－2.
由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a＞2.
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x2>x1>0，则x2＞1. 由于fxx11－－xf2x2＝－x11x2－1＋alnxx11－－xl2n x2
＝－2＋alnxx11－－xl2n x2，
由对数平均不等式知 ln
x1－x2 x1－ln
x2>
x1x2＝1，
又x2>x1>0，∴x1－x2<0，ln x1－ln x2<0，
ln ∴0<
x1－ln x1－x2
x2<1，
∴fxx11－－xf2x2＝－2＋alnxx11－－xl2n x2<－2＋a，
即证原不等式成立.
专题强化练
1.(2022·葫芦岛模拟)已知函数f(x)＝x＋b(1＋ln x)(b∈R). (1)求f(x)的单调区间；
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x＋b 由题意，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ x ， 若b≥0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 若b<0，令f′(x)＝0，得x＝－b， 当x∈(0，－b)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(－b，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 综上，若b≥0，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间； 若b<0，f(x)的单调递减区间为(0，－b)，单调递增区间为(－b，＋∞).
则 f′(t)＝2t －1－t12＝－t－t212＜0，
所以f(t)在(1，＋∞)上单调递减，又f(1)＝0，
所以 f(t)<0，即 2ln t＜t－1t ，原不等式得证.
a－b a＋b
a－b
②要证 ln
a－ln
＜ b
2
，只需证 2·a＋b＜ln
ab，
即证 2·abab－ ＋11＜ln ab，令 t＝ab(t＞1)，
综上，
ab＜ln
a－ln
＜ b
2
.
规律方法
该类问题的特征是双变量，将双变量问题转变为单变量问题
处理，即将
a b
看成一个新对象(整体)，从而进行降维打击.
跟踪演练1 已知函数 f(x)＝1x－x＋aln x. (1)讨论f(x)的单调性；
f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝－x12－1＋ax＝－x2－xa2x＋1.
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(2)当a＝1时，求证：f(x)≤xex－1在(0，＋∞)上恒成立.
12
方法一 当a＝1时，f(x)＝x(ln x＋1)， 要证f(x)≤xex－1，即证x(ln x＋1)≤xex－1， 又x>0，则只需证ln x＋1≤ex－1， 即证ln x－x＋1≤ex－1－x， 令 m(x)＝ln x－x＋1，m′(x)＝1x－1＝1－x x， 当0<x<1时，m′(x)>0，m(x)单调递增， 当x>1时，m′(x)<0，m(x)单调递减， 故当x＝1时，m(x)取得最大值m(1)＝0；
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h(x0)＝ex0－lnx－2=x1
－ln 1 ex0
2
＝x10＋x0－2>2 x10·x0－2＝0，
所以h(x)＝ex－ln x－2>0，
故f(x)<2ex－x－4.
方法二 当a＝0时，要证f(x)<2ex－x－4， 即证ex－ln x－2>0， 由x>0时，ex>x＋1可得ex－1>x， 由x>0时，ln x≤x－1可得x≥ln x＋1， 故ex－1>x≥ln x＋1， 即ex－ln x－2>0， 即原不等式成立.
①若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时，f′(x)＝0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减.
a－ a2－4
a＋ a2－4
②若 a＞2，令 f′(x)＝0，得 x＝ 2 或 x＝ 2 .
当 x∈0，a－
a2－4∪a＋ 2
2a2－4，＋∞时，f′(x)＜0；
当 x∈a－
a2－4 a＋ 2，
综上所述，当 a>12时，f(x)的单调递增区间为0，1a和(2，＋∞)； 当 a＝12时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
当 0<a<12时，f(x)的单调递增区间为(0,2)和1a，＋∞.
(2)当a＝0时，证明：f(x)<2ex－x－4.
方法一 当a＝0时，
要证f(x)<2ex－x－4，即证ex－ln x－2>0， 构造函数 h(x)＝ex－ln x－2(x>0)，h′(x)＝ex－1x， 令 φ(x)＝ex－1x(x>0)，则 φ′(x)＝ex＋x12>0，
考点二
以泰勒公式为背景的切线不等式
泰勒公式：将函数展开为一个多项式与一个余项的和. f(x)＝f(x0)＋f′(x0)(x－x0)＋f″2！x0(x－x0)2＋…＋f nn！x0(x－x0)n＋Rn(x)， 其中余项 Rn(x)＝fn＋n＋11ξ！ (x－x0)n＋1(ξ 在 x0 与 x 之间)，
又
0<x1<x2，所以－2b>ln
x2－x1 x2－ln
x1>0，
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a－b a＋b
根据对数平均不等式
ab＜ln
a－ln
＜ b
2
，
所以 ln
x2－x1 x2－ln
x1>
x2x1，
所以－2b> x2x1，故 x1x2<4b2.
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2.(2022·抚州模拟)已知函数f(x)＝x(ln x＋a)，a∈R. (1)求f(x)的单调区间；