2017届高考数学一轮复习 第11节 导数在研究函数中的应用 第三课时 利用导数证明不等式专题应用能力提升 文

【选题明细表】

知识点、方法 将不等式转化为函数最值 构造函数将不等式转化为最值 1.证明:当x∈[0,1]时,x≤sin x≤x.

题号 2,5 1,3,4 证明:设F(x)=sin x-x,

则F′(x)=cos x-.

当x∈(0,)时,F′(x)>0,F(x)在[0,]上是增函数;

当x∈(,1)时,F′(x)<0,F(x)在[,1]上是减函数. 又F(0)=0,F(1)>0,所以当x∈[0,1]时,F(x)≥0, 即sin x≥x.

记H(x)=sin x-x,

则当x∈(0,1)时,H′(x)=cos x-1<0, 所以H(x)在[0,1]上是减函数, 则H(x)≤H(0)=0,即sin x≤x. 综上,x≤sin x≤x,x∈[0,1].

2.已知函数f(x)=x-aln x(a∈R). (1)若f(x)在x=2时取得极值,求a的值; (2)求f(x)的单调区间;

(3)求证:当x>1时,x+ln x2

3

2

1

(1)解:f′(x)=x-, 因为x=2是一个极值点, 所以2-=0,则a=4.

此时f′(x)=x-=,

因为f(x)的定义域是(0,+∞), 所以当x∈(0,2)时,f′(x)<0; 当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0, 所以当a=4时,x=2是极小值点, 所以a=4.

(2)解:因为f′(x)=x-=

(x∈(0,+∞)),

所以当a≤0时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞). 当a>0时,f′(x)=

=

,

所以函数f(x)的单调递增区间是(

,+∞),单调递减区间为(0,).

(3)证明:设g(x)=x3

-x2

-ln x,

则g′(x)=2x2

-x-,

因为当x>1时,g′(x)=>0,

所以g(x)在x∈(1,+∞)上是增函数, 所以g(x)>g(1)=>0,

所以当x>1时,x2+ln x.

3.已知函数f(x)=+,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+2y-3=0.

(1)求a,b的值;

2

(2)证明:当x>0,且x≠1时,f(x)>.

(1)解:f′(x)=-.

由于切线x+2y-3=0的斜率为-,且过点(1,1).

故即

解得a=1,b=1. (2)证明:由(1)知f(x)=

+,

所以f(x)-=(2ln x-).

令函数h(x)=2ln x-(x>0),

则h′(x)=-=.

所以当x≠1时,h′(x)<0.而h(1)=0, 故当x∈(0,1)时,h(x)>0, 可得

h(x)>0;

当x∈(1,+∞)时,h(x)<0, 可得

h(x)>0.

从而当x>0,且x≠1时,f(x)->0,

即f(x)>.

4

4.(2015高考天津卷)已知函数f(x)=4x-x,x∈R. (1)求f(x)的单调区间;

(2)设曲线y=f(x)与x轴正半轴的交点为P,曲线在点P处的切线方程为y=g(x).求证:对于任意的实数x,都有f(x)≤g(x);

3

(3)若方程f(x)=a(a为实数)有两个实数根x1,x2,且x10,即x<1时,函数f(x)单调递增; 当f′(x)<0,即x>1时,函数f(x)单调递减;

所以,f(x)的单调递增区间为(-∞,1),单调递减区间为(1,+∞).

(2)证明:设点P的坐标为(x0,0),则x0=,f′(x0)=-12.曲线y=f(x)在点P处的切线方程为y=f′(x0)(x-x0),即g(x)=f′(x0)(x-x0). 令函数F(x)=f(x)-g(x),

即F(x)=f(x)-f′(x0)(x-x0), 则F′(x)=f′(x)-f′(x0).

3

由于f′(x)=-4x+4在(-∞,+∞)上单调递减, 故F′(x)在(-∞,+∞)上单调递减.

又因为F′(x0)=0,所以当x∈(-∞,x0)时,F′(x)>0,当x∈(x0,+∞)时,F′(x)<0,所以F(x)在(-∞,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减,所以对于任意的实数x,F(x)≤F(x0)=0,即对于任意的实数x,都有f(x)≤g(x).

(3)证明:由(2)知g(x)=-12(x-).设方程g(x)=a的根为x′2,可得

4

3

x′2=-+.

因为g(x)在(-∞,+∞)上单调递减,

又由(2)知g(x2)≥f(x2)=a=g(x′2),因此x2≤x′2.

类似地,设曲线y=f(x)在原点处的切线方程为y=h(x),可得h(x)=4x,对于任意的x∈(-∞,+

4

∞),有f(x)-h(x)=-x≤0,即f(x)≤h(x).

设方程h(x)=a的根为x′1,可得x′1=.因为h(x)=4x在(-∞,+∞)上单调递增,且h(x′)=a=f(x1)≤h(x1),因此x′1≤x1.

1

因此可得x2-x1≤x′2-x′1=-+.

5.已知a∈R,函数f(x)=4x-2ax+a. (1)求f(x)的单调区间;

(2)证明:当0≤x≤1时,f(x)+|2-a|>0.

2

解:(1)由题意得f′(x)=12x-2a.

当a≤0时,f′(x)≥0恒成立,此时f(x)的单调递增区间为(-∞, +∞).

当a>0时,f′(x)=12(x-

3

)(x+),

4

此时函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-]和[

3

,+∞),单调递减区间为[-3

,].

(2)由于0≤x≤1,故当a≤2时,f(x)+|2-a|=4x-2ax+2≥4x-4x+2.

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当a>2时,f(x)+|2-a|=4x+2a(1-x)-2≥4x+4(1-x)-2=4x-4x+2.

3

设g(x)=2x-2x+1,0≤x≤1,

则g′(x)=6x-2=6(x-)(x+),于是g′(x),g(x)随x的变化情况 如表 x g′(x) g(x) 0 1 >0.

(0,) - 减 0 极小值 + 增 1 (,1) 1 2

所以,g(x)min=g()=1-3

所以当0≤x≤1时,2x-2x+1>0.

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故f(x)+|2-a|≥4x-4x+2>0.

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