1、专题6第4讲导数的综合应用利用导数证明不等式授课提示:对应学生用书第62页考情调研考向分析主要考查利用导数证明不等式问题,题目以解答题形式出现,属于压轴题,难度较大.证明不等式.题组练透1(2020芜湖模拟)已知函数f(x)(1x)ekxx1(k0)(1)若f(x)在R上单调递减,求k的取值范围;(2)若x0,求证:(2x)ex(2x)ex0,当x时,g(x)0;当x0,所以g(x)在上单调递增,在上单调递减,所以g(x)maxgek210,即00时,则f(x)f(0)0,即(1x)e2xx10时,xf(0)0,即(1x)e2xx10,从而(1x)e2xx1(1x)e2xx1,即(1x)e2x
2、(x1)e2x2x0,也即(22x)e2x(2x2)e2x4x0令t2x0,则(2t)et(t2)et2t0,即x0时,(2x)ex(2x)ex0)(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)证明:对任意x(1,)都有f(x)2me恒成立解析:(1)f(x)mln xx2(m1)xm(m0),f(x)x(m1),当0m1时,f(x)在(0,1),(m,)上单调递增,在(1,m)上单调递减(2)证明:由(1)知,当0f(1),2me(m2)2e0,2me,即f(x)2me成立;当m1时,f(1)在(1,m)上单调递减,在(m,)上单调递增,f(x)minf(m)mln m,要证f(x)2me在(1,)
3、上恒成立,只需证mln m2me0在(1,)上恒成立,设g(m)mln m2me,则g(m)ln m1,令g(m)0,则me,g(m)在(1,e)上单调递减,在(e,)上单调递增,g(m)ming(e)0,f(x)2me成立综上所述,对任意x(1,),都有f(x)2me恒成立2已知f(x)xeaxx2x1,a0.(1)当a1时,求f(x)的单调区间;(2)若x01,使f(x0)0,得x0;由f(x)0,得1x0.所以f(x)的单调递减区间为(1,0),f(x)的单调递增区间为(,1),(0,)(2)由题意,得f(x)min0时,因为x1,所以f(x)0,所以f(x)单调递增,即f(x)minf
4、(1)f(1)ea,即eaa0),g(a)ea10.所以g(a)ming(0)e0010,即eaa恒成立,即g(a)0,所以不等式eaa0无解;当a0,由知f(1)恒成立,若x01,使f(x0),则,所以所以,解得1 a0,f(x)在和(1,)上单调递增当x时,f(x)0,t(x)在x上单调递增,又t(1)0,t(x)在x上有t(x)0,x时,h(x)0,h(x)在x上单调递减,在(1,e上单调递增h(x)minh(1)3,h2e,h(e)2e,由a2x有两解及hh(e)可知a(3,2e2已知函数f(x)exax2.(1)若a1,证明:当x0时,f(x)1;(2)若f(x)在(0,)只有一个零
5、点,求a.解析:(1)证明:当a1时,f(x)1等价于(x21)ex10.设函数g(x)(x21)ex1,则g(x)(x22x1)ex(x1)2ex.当x1时,g(x)0,所以g(x)在(0,)单调递减而g(0)0,故当x0时,g(x)0,即f(x)1.(2)设函数h(x)1ax2ex.f(x)在(0,)只有一个零点等价于h(x)在(0,)只有一个零点()当a0时,h(x)0,h(x)没有零点;()当a0时,h(x)ax(x2)ex.当x(0,2)时,h(x)0;当x(2,)时,h(x)0.所以h(x)在(0,2)单调递减,在(2,)单调递增故h(2)1是h(x)在(0,)的最小值若h(2)0,即a,h(x)在(0,)没有零点若h(2)0,即a,h(x)在(0,)只有一个零点若h(2)0,即a,因为h(0)1,所以h(x)在(0,2)有一个零点;由(1)知,当x0时,exx2,所以h(4a)11110,故h(x)在(2,4a)有一个零点因此h(x)在(0,)有两个零点综上,当f(x)在(0,)只有一个零点时,a.题后悟通利用导数研究方程解的个数问题的一般思路(1)将问题转化为函数的零点问题,进而转化为函数的图象与x轴(或直线yk)在该区间上的交点问题(2)利用导数研究出该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质,进而画出其图象(3)结合图象求解