新高考数学二轮复习 专题突破 专题1 培优点2　对数平均不等式、切线不等式（含解析）.doc

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．考点一　对数平均不等式例1　若a＞0，b＞0，a≠b，求证：＜＜.证明　不妨设a＞b＞0，①要证＜成立，即证＜，即证ln ＜，即证ln ＜－，令＝t(t＞1)，则需证明2ln t＜t－(t＞1)，构造函数f(t)＝2ln t－t＋(t＞1)，则f′(t)＝－1－＝－＜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－，原不等式得证．②要证＜，只需证2·＜ln ，即证2·＜ln ，令t＝(t＞1)，即证2·＜ln t.即证2－1)，φ′(t)＝－＝<0，∴φ(t)在(1，＋∞)上单调递减，∴φ(t)<φ(1)＝0，即2－x1>0，则x2＞1.由于＝－－1＋＝－2＋，由对数平均不等式知>＝1，又x2>x1>0，∴x1－x2<0，ln x1－ln x2<0，∴0<<1，∴＝－2＋<－2＋a，即证原不等式成立．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)＋(x－x0)2＋…＋(x－x0)n＋Rn(x)，其中余项Rn(x)＝(x－x0)n＋1(ξ在x0与x之间)，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＋x2＋x3＋o(x3)，ln(1＋x)＝x－x2＋x3＋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＋(x≥0)，ln(1＋x)≤x(x≥0)或ln x≤x－1(x>0)，ln(1＋x)≥x－(x≥0)，例2　设函数f(x)＝aexln x＋，曲线y＝f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2.(1)求a，b的值； (2)证明：f(x)>1.(1)解　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aexln x＋ex－ex－1＋ex－1.由题意可得f(1)＝aeln 1＋＝2，f′(1)＝aeln 1＋ae－be0＋be0＝e.故a＝1，b＝2.(2)证明　方法一　由(1)知，f(x)＝exln x＋ex－1＝ex.因为ex≥1＋x，所以ex－1≥x，即≥x，ex≥ex，当x＝1时等号成立，即e－ln x≥e(－ln x)，所以≥e(－ln x)，即ln x≥－，当x＝时等号成立，所以ex≥ex＝＞1(等号不同时成立)．方法二　由(1)知，f(x)＝exln x＋·ex－1，从而f(x)>1等价于xln x>xe－x－.设函数g(x)＝xln x，则g′(x)＝1＋ln x.所以当x∈时，g′(x)<0；当x∈时，g′(x)>0.故g(x)在上单调递减，在上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g＝－.设函数h(x)＝xe－x－，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)＝－.综上，当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)>1.规律方法　指数的放缩．形如：ex－1≥x－1＋1⇒ex≥ex， ≥e·⇒ex≥xn.对数的放缩．形如：eln x≥1＋ln x⇒ln x≤x－1⇒ln(1＋x)≤x，ln<⇒ln(x＋1)－ln x<，ln<－⇒ln(1＋x)－ln x>，ln ≤－1⇒x≥eln x.跟踪演练2　已知函数f(x)＝ax2－(2a＋1)x＋2ln x(a∈R)．(1)当a＞0时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)当a＝0时，证明：f(x)<2ex－x－4.(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax－(2a＋1)＋＝，当0<<2，即a>时，在和(2，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增；当＝2，即a＝时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当>2，即00，f(x)单调递增．综上所述，当a>时，f(x)的单调递增区间为和(2，＋∞)；当a＝时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当00，构造函数h(x)＝ex－ln x－2(x>0)，h′(x)＝ex－，令φ(x)＝ex－(x>0)，则φ′(x)＝ex＋>0，所以h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，h′＝－2<0，h′(1)＝e－1>0，故存在x0∈，使得h′(x0)＝0，即＝.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．h(x0)＝－ln x0－2＝－－2＝＋x0－2>2－2＝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．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；(2)设g(x)＝f(x)－sin x，若存在00，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，＋∞)．(2)证明　g(x)＝x＋b(1＋ln x)－sin x，g′(x)＝1－＋，①若b≥0，则由1－>0，≥0得g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，故不存在00)，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)－sin x1＝x2＋b(1＋ln x2)－sin x2，所以－b(ln x2－ln x1)＝x2－x1－(sin x2－sin x1)>(x2－x1)，又0>0，根据对数平均不等式＜＜，所以>，所以－2b>，故x1x2<4b2.2．(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；(2)当a＝1时，求证：f(x)≤xex－1在(0，＋∞)上恒成立．(1)解　因为f(x)＝x(ln x＋a)，故可得f′(x)＝ln x＋a＋1，又y＝ln x＋a＋1为增函数，令f′(x)＝0，解得x＝e－a－1，故当0e－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　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，又ln x＋1≤x，ex－1≥x，且等号都在x＝1处取得，所以ln x＋1≤ex－1.即ef(x)≤xex在(0，＋∞)上恒成立．。