2021版理科数学全国通用版备战一轮复习第3章 第2节 第3课时

第三章 导数及其应用
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|跟踪训练| 已知函数 f(x)＝ln x＋ax. (1)求 f(x)的最小值； (2)若方程 f(x)＝a 有两个根 x1，x2(x1<x2)，求证：x1＋x2>2a.
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解：(1)因为 f′(x)＝1x－xa2＝x－x2a(x>0)， 所以当 a≤0 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，函数无最小值． 当 a>0 时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增． 所以函数 f(x)在 x＝a 处取最小值 f(a)＝ln a＋1.
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►名师点津 在证明的不等式中，若对不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可以借助 两个函数的最值进行证明．
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★方法三 放缩法证明不等式 【例 3】 已知函数 f(x)＝ax－ln x－1. (1)若 f(x)≥0 恒成立，求 a 的最小值； (2)求证：ex－x＋x＋ln x－1≥0； (3)已知 k(e－x＋x2)≥x－xln x 恒成立，求 k 的取值范围．
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★方法二 转化为两函数最值法证明不等式 【例 2】 (2019 届长沙模拟)已知函数 f(x)＝ex2－xln x．求证：当 x>0 时，f(x)<xex ＋1e._________
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[证明] 要证 f(x)<xex＋1e，只需证 ex－ln x<ex＋e1x，即 ex－ex<ln x＋e1x. 令 h(x)＝ln x＋e1x(x>0)，则 h′(x)＝exe－x21， 易知 h(x)在0，1e上单调递减，在1e，＋∞上单调递增，则 h(x)min＝h1e＝0，所以 ln x＋e1x≥0.
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课 堂 ·考 点 突 破
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考点一 单变量不等式的证明 ★方法一 移项作差构造法证明不等式 【例 1】 (2020 届贵阳摸底)已知 f(x)＝ex，g(x)＝x＋1(e 为自然对数的底数)． (1)求证：f(x)≥g(x)恒成立； (2)设 m 是正整数，对任意正整数 n，1＋131＋312…1＋31n<m，求 m 的最小值．
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(2)证明：若方程 f(x)＝a 有两个根 x1，x2(x1<x2)，则 ln x1＋xa1＝ln x2＋xa2，即a（xx21－x2x1） ＝lnxx21.
要证 x1＋x2>2a，只需证(x1＋x2)·a（xx21－x2x1）>2aln xx21，即证xx12－xx12>2ln xx12(由(1)得， a>0)．
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考点二 双变量不等式的证明
【例 4】 已知函数 f(x)＝ln x－12ax2＋x，a∈R. (1)当 a＝0 时，求函数 f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若 a＝－2，正实数 x1，x2 满足 f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，求证：x1＋x2≥
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(4)当 x≥0 时，ex≥2ex2＋1，当且仅当 x＝0 时取等号； (5)x－x 1≤ln x≤x－1≤x2－x，当且仅当 x＝1 时取等号； (6)当 x≥1 时，2（xx＋－11）≤ln x≤x－x1，当且仅当 x＝1 时取等号．
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►名师点津 导数的综合应用题中，最常见就是 ex 和 ln x 与其他代数式结合的难题，对于这类问 题，可以先对 ex 和 ln x 进行放缩，使问题简化，便于化简或判断导数的正负．常见的放 缩公式如下： (1)ex≥1＋x，当且仅当 x＝0 时取等号； (2)ex≥ex，当且仅当 x＝1 时取等号； (3)当 x≥0 时，ex≥1＋x＋12x2，当且仅当 x＝0 时取等号；
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[解] (1)f(x)≥0⇔a≥ln xx＋1， 令 g(x)＝ln xx＋1(x>0)，则 g′(x)＝－lnx2x， ∴当 x∈(0，1)时，g′(x)>0； 当 x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0. 则 g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴g(x)max＝g(1)＝1，则 a≥1， ∴a 的最小值为 1.
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(2)由(1)可知 0<1＋31n<e31n，由不等式的性质得
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所以正整数 m 的最小值为 2.
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►名师点津 若证明 f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数 h(x)＝f(x)－g(x)，如果能证明 h(x)在(a， b)上的最大值小于 0，即可证明 f(x)<g(x)，x∈(a，b)．
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►名师点津 破解含双参不等式的证明的关键
一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转 化为含单参的不等式；
二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值； 三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．
5－1 2.
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[解] (1)当 a＝0 时，f(x)＝ln x＋x，则 f(1)＝1， 所以切点为(1，1)． 又因为 f′(x)＝1x＋1， 所以切线斜率 k＝f′(1)＝2， 故切线方程为 y－1＝2(x－1)，即 2x－y－1＝0.
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设xx21＝t(t>1)，则xx12－xx12>2ln xx21等价于 t－1t >2ln t. 令 g(t)＝t－1t －2ln t，则 g′(t)＝1＋t12－2t ＝1－1t 2>0，所以 g(t)在(1，＋∞)上单调递
增，所以 g(t)>g(1)＝0，即 t－1t >2ln t，故 x1＋x2>2a.
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再令 φ(x)＝ex－ex，则 φ′(x)＝e－ex， 易知 φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则 φ(x)max＝φ(1)＝0，所以 ex－ex≤0. 因为 h故原不等式成立．
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(2)证明：当 a＝1 时，由(1)得，x≥ln x＋1， 即 t≥ln t＋1(t>0)． 令ex－x＝t，则－x－ln x＝ln t， ∴ex－x≥－x－ln x＋1，即ex－x＋x＋ln x－1≥0.
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数学（理科）
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第二节 导数的应用 第三课时 利用导数证明不等式
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(2)证明：当 a＝－2 时，f(x)＝ln x＋x2＋x(x>0)． 因为 f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，即 ln x1＋x21＋x1＋ln x2＋x22＋x2＋x1x2＝0， 所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)， 令 t＝x1x2，设 φ(t)＝t－ln t(t>0)， 则 φ′(t)＝1－1t ＝t－t 1， 易知 φ(t)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以 φ(t)≥φ(1)＝ 1，所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1. 因为 x1>0，x2>0，所以 x1＋x2≥ 52－1成立．
(3)∵k(e－x＋x2)≥x－xln x 恒成立， 即 kex－x＋x≥1－ln x 恒成立， ∴k≥1e－x－x＋ln xx. 由(2)知，ex－x＋x＋ln x－1≥0 恒成立，即 1－ln x≤ex－x＋x 恒成立． ∴1e－x－x＋lnxx≤1，∴k≥1，故 k 的取值范围为[1，＋∞)．
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[解] (1)证明：令 h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－x－1，则 h′(x)＝ex－1， 当 x∈(－∞，0)时，h′(x)<0，当 x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0， 故 h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以 h(x)min＝h(0)＝0，即 h(x)≥0 恒成立， 所以 f(x)≥g(x)恒成立．