(共13张PPT)
课时作业讲评
教学环节二
(教师批阅作业后,据情选点讲评)
1
2
3
4
1.(2024·武汉模拟)已知f(x)=-f'(1)x2+x+2ln x.
(1)求f'(1)并写出f(x)的表达式;
解:由f(x)=-f'(1)x2+x+2ln x,得f'(x)=-2f'(1)x+1+,取x=1得到f'(1)=-2f'(1)+1+2,解得f'(1)=1.将f'(1)=1代入f(x)=-f'(1)x2+x+2ln x,得f(x)=-x2+x+2ln x.
1
2
3
4
(2)求证:f(x)≤x-1.
解: 证明:要证f(x)≤x-1,即证x2-ln x2≥1.
设g(t)=t-ln t,则g'(t)=1-=,故当0
1时,g'(t)>0.
所以g(t)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,故g(t)≥g(1)=1.故f(x)≤x-1.
1
2
3
4
2.(2024·河南名校联考)已知函数f(x)=,k∈[2,+∞).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
解: f(x)=ln(x+1)-的定义域为(-1,+∞).f'(x)=-=,
①当k=2时,f'(x)≥0,f(x)在(-1,+∞)上单调递增;
②当k>2,x∈(-1,0)时,f'(x)>0,f(x)在(-1,0)内单调递增.
当x∈(0,k2-2k)时,f'(x)<0,f(x)在(0,k2-2k)内单调递减,
当x∈(k2-2k,+∞)时,f'(x)>0,f(x)在(k2-2k,+∞)上单调递增.
1
2
3
4
(2)当n∈N*时,求证:ln(n+1)<.
解:证明:由(1)得,当k=3时,f(x)=ln(x+1)-,f(x)在(0,3)上单调递减,即当x∈(0,3)时,f(x)(注意:想不到利用(1)的结论求解而造成解题缓慢)
令x=(m∈N*),得ln<=≤,即ln<,
所以ln+ln+…+ln=ln=ln(n+1)<++…+=,得证.
(关键点:结合对数的运算,利用放缩法求解)
1
2
3
4
3.(2024·洛阳模拟)已知函数f(x)=ln x-.
(1)若函数f(x)在(0,+∞)上为增函数,求a的取值范围;
解: f'(x)=-==,
因为f(x)在(0,+∞)上为增函数,所以f'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,
即x2+(2-2a)x+1≥0在(0,+∞)上恒成立,
当x∈(0,+∞)时,由x2+(2-2a)x+1≥0,
1
2
3
4
得2a-2≤x+,设g(x)=x+,x∈(0,+∞),
(谨记:见到此式子首先想到用基本不等式求解,比较简捷)
则g(x)=x+≥2=2,当且仅当x=,即x=1时,g(x)有最小值2,
所以2a-2≤2,解得a≤2,所以a的取值范围是(-∞,2].
(2)设m,n∈R,且m≠n,求证:<.
解: 审题破题:将所证不等式转化为构造为主元的不等式,再构造函数进行证明.
1
2
3
4
证明:设m>n,要证<,只需证<,即ln>,即ln->0,设h(x)=ln x-,
由(1)知h(x)在(1,+∞)上单调递增,又>1,
所以h>h(1)=0,即ln->0成立,得到<.
1
2
3
4
4.已知函数f(x)=xeax(a>0).
(1)求f(x)在区间[-1,1]上的最大值与最小值;
解:f'(x)=eax(1+ax)(a>0),
令f'(x)=0,则x=-,当01时,-1<-<0,则当x∈时,f'(x)<0,f(x)在区间上单调递减;
1
2
3
4
当x∈时,f'(x)>0,f(x)在区间上单调递增,所以f(x)min=f=-,又f(-1)=-e-a<0,f(1)=ea>0.
所以f(x)max=f(1)=ea.
综上所述,当01时,f(x)min=-,f(x)max=ea.
1
2
3
4
(2)当a≥1时,求证:f(x)≥ln x+x+1.
解: 法一:隐零点法
证明:因为x>0,a≥1,所以xeax≥xex.欲证xeax≥ln x+x+1,只需证明xex≥ln x+x+1.
设g(x)=xex-ln x-x-1(x>0),则g'(x)=(x+1),令φ(x)=ex-,易知φ(x)在(0,+∞)上单调递增,而φ=-2<0,φ(1)=e-1>0,
所以由函数零点存在定理可知,存在唯一的x0∈使得φ(x0)=0,
1
2
3
4
即-=0,因此=,x0=-ln x0,当x∈(0,x0)时,φ(x)<0,g'(x)<0,g(x)在(0,x0)上单调递减;当x∈(x0,+∞)时,φ(x)>0,g'(x)>0,g(x)在(x0,+∞)上单调递增;
所以g(x)min=g(x0)=x0-ln x0-x0-1=·x0-ln x0-x0-1=0,所以g(x)≥0,因此f(x)≥ln x+x+1.
1
2
3
4
法二:同构法
证明:因为x>0,a≥1,所以xeax≥xex,欲证xeax≥ln x+x+1,只需证明xex≥ln x+x+1,只需证明xex=eln xex=eln x+x≥ln x+x+1.构造函数h(x)=ex-x-1(x∈R),
h'(x)=ex-1,当x∈(-∞,0)时,h'(x)<0,h(x)在(-∞,0)上单调递减;当x∈(0,+∞)时,h'(x)>0,h(x)在(0,+∞)上单调递增.所以h(x)≥h(0)=0,所以ex≥x+1,所以xex≥ln x+x+1,因此f(x)≥ln x+x+1.(共26张PPT)
导数与不等式的证明
习题讲评（五）
题点考法讲评
教学环节一
(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
CONTENTS
目录
1
2
教学点(一) 单变量不等式的证明
教学点(二) 双变量不等式的证明
单变量不等式的证明
教学点（一）
[典例] 已知函数f(x)=xex+a,g(x)=xln x+a.
(1)若函数f(x)的最小值与g(x)的最小值之和为-,求a的值;
解:因为f(x)=xex+a,所以f'(x)=(1+x)ex.
令f'(x)=0,解得x=-1.所以当x∈(-∞,-1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(-1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.所以f(x)min=f(-1)=-+a.
因为g(x)=xln x+a,x>0,所以g'(x)=ln x+1.令g'(x)=0,解得x=.
所以当x∈时,g'(x)<0,g(x)单调递减;
当x∈时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
所以g(x)min=g=-+a.
由题意可得-+a-+a=-,解得a=-.
(2)若a=0,x>0,求证:f(x)>g'(x).
解: 法一:作差构造
证明:当a=0时,f(x)=xex,g(x)=xln x,则g'(x)=ln x+1.
要证f(x)>g'(x),即证xex-ln x-1>0,x>0.
令F(x)=xex-ln x-x-1,x>0,则F'(x)=(x+1)ex--1==(xex-1).
令G(x)=xex-1,x>0,则G'(x)=(x+1)ex,
所以当x>0时,G'(x)>0,所以G(x)在(0,+∞)上单调递增.
因为G(0)=-1<0,G(1)=e-1>0,
所以G(x)在(0,+∞)上存在唯一零点c∈(0,1),且当x∈(0,c)时,G(x)<0;当x∈(c,+∞)时,G(x)>0.所以当x∈(0,c)时,F'(x)<0,F(x)单调递减;当x∈(c,+∞)时,F'(x)>0,F(x)单调递增.
所以F(x)≥F(c)=cec-ln c-c-1.由G(c)=0,得cec-1=0,所以cec=1.
两边取对数,得ln c+c=0,所以F(c)=0,
所以F(x)≥F(c)=0,即xex-ln x-x-1≥0.
因为x>0,所以xex-ln x-1>0,即f(x)>g'(x).
法二:构造双函数
证明:要证f(x)>g'(x),即证xex>ln x+1,即证>.
令h(x)=,x>0,φ(x)=,x>0.
易得h'(x)=,则令h'(x)<0,得0令h'(x)>0,得x>1.
所以h(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)上单调递增.所以h(x)≥h(1)=e.
易得φ'(x)==.
令φ'(x)>0,得0.
所以φ(x)在内单调递增,在上单调递减,所以φ(x)≤φ=所以h(x)>φ(x),故f(x)>g'(x).
[思维建模]
1.单变量不等式的证明方法
直接证明 利用函数的单调性和最值直接证明
作差构造 证明不等式f(x)>g(x)转化为证明f(x)-g(x)>0,进而构造辅助函数h(x)=f(x)-g(x),通过研究函数h(x)的单调性,证明h(x)min>0
适当放缩构造 一是根据已知条件适当放缩,二是利用常见的放缩结论,然后构造辅助函数求解
构造双函数 将待证不等式进行变形,构造两个函数,转化为两个函数的最值问题(或找到可以传递的中间量a),即将不等式转化为f(x)≥g(x)的形式,证明f(x)min≥g(x)max(或f(x)≥a≥g(x))即可
2.常见的几种放缩方式
指数型放缩
对数型放缩
三角型放缩
[练1] 已知函数f(x)=a(ex+a2)-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
解:f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=aex-1.若a≤0,则f'(x)<0,f(x)在(-∞,+∞)上单调递减;若a>0,则由f'(x)=0得x=-ln a,当x<-ln a时,f'(x)<0,当x>-ln a时,f'(x)>0,故f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增.故当a≤0时,f(x)在(-∞,+∞)上单调递减;
当a>0时,f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增.
即时训练
(2)证明:当a>0时,f(x)≥4ln a+2.
解: 证明:当a>0时,由(1)知,当x=-ln a时,f(x)取得最小值.
所以f(x)≥f(-ln a)=a3+1+ln a,从而f(x)-(4ln a+2)≥a3-3ln a-1.
设g(x)=x3-3ln x-1(x>0),则g'(x)=3x2-=.
当01时,g'(x)>0,
所以g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
故当x>0时,g(x)≥g(1)=0,
故当a>0时,a3-3ln a-1≥0,即f(x)≥4ln a+2.
[练2] 已知函数f(x)=xln x-x2-1.
(1)讨论f(x)的单调性;
解:f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ln x-2x+1,令t(x)=f'(x),则t'(x)=-2=.当x∈时,t'(x)>0,t(x)单调递增,
当x∈时,t'(x)<0,t(x)单调递减,
所以t(x)max=t=-ln 2<0,即f'(x)<0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减.
(2)求证:f(x)解:证明:先证f(x)≤-x-1.
审题破题:欲证原不等式成立,利用放缩法,先证f(x)≤-x-1,再证e-x+--1>-x-1(x>0).
令g(x)=f(x)+x+1=xln x-x2+x=x(ln x-x+1)(x>0),令m(x)=ln x-x+1(x>0),则m'(x)=-1.
(妙解:为了证明g(x)≤0,不需要直接求g'(x),注意到x>0,故构造函数m(x)=ln x-x+1,求m'(x)可简化求解过程)
当x∈(0,1)时,m'(x)>0,m(x)单调递增,
当x∈(1,+∞)时,m'(x)<0,m(x)单调递减,
所以m(x)max=m(1)=0,所以m(x)≤0.
又x>0,所以g(x)≤0,故f(x)≤-x-1.
再证e-x+--1>-x-1(x>0),即证e-x+-+x>0(x>0).
令h(x)=e-x+-+x(x>0),则h(x)=e-x+x-1+≥e-x+x-1.
令p(x)=e-x+x-1(x>0),则p'(x)=1-e-x>0,
所以p(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以p(x)>e0+0-1=0,所以h(x)>0,即e-x+--1>-x-1(x>0).
综上,f(x)双变量不等式的证明
教学点（二）
[典例] 已知函数f(x)=(x+a)ln x,a∈R,g(x)为f(x)的导函数,已知曲线y=f(x)在x=1处的切线的斜率为3.
(1)求a的值;
解:由f(x)=(x+a)ln x,可知f'(x)=ln x+,因为y=f(x)在(1,f(1))处的切线斜率为3,所以f'(1)=1+a=3,所以a=2.
(2)若对任意两个正实数x1,x2,且x1≠x2,有g(x1)=g(x2),求证:x1+x2>4.
解: 由(1)知g(x)=ln x++1,不妨设01),由g(x1)=g(x2),
得ln x1++1=ln x2++1,所以ln=,即ln=,
即ln t=,则x2=,所以x1==,要证x1+x2>4 +>4 ln t+<0.
设h(t)=ln t+(t>1),则h'(t)=+×=<0.
则h(t)在(1,+∞)上单调递减,h(t)4成立.
[思维建模] 函数中含有双变量问题的解决方法
关于函数中两个变量x1,x2问题的处理,一般需要进行消元,化二元为一元(多元为少元至一元),处理方法可以设01)或t=(0已知函数f(x)=-ln(x+1)(a∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间;
解:函数f(x)的定义域为(-1,+∞),f'(x)=,
①当a≤-1时,f'(x)<0在(-1,+∞)上恒成立,f(x)的单调递减区间为(-1,+∞),无单调递增区间;
即时训练
即时训练
②当a>-1时,令f'(x)>0,解得-1a,
所以f(x)的单调递增区间为(-1,a),单调递减区间为(a,+∞).
综上,当a≤-1时,f(x)的单调递减区间为(-1,+∞),无单调递增区间;
当a>-1时,f(x)的单调递增区间为(-1,a),单调递减区间为(a,+∞).
(2)已知m,n是正整数,且1(1+n)m.
解: 证明:两边同时取对数,证明不等式成立等价于证明nln(1+m)>mln(1+n),即证明>.
构造函数h(x)=(x>-1,且x≠0),h'(x)=,
令g(x)=-ln(1+x),
由(1)知,当a=0时,g(x)在(0,+∞)上单调递减,故g(x)所以h'(x)<0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递减.
由1h(n),即>,即(1+m)n>(1+n)m.习题讲评(五) 导数与不等式的证明
教学环节一 题点考法讲评(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
教学点(一) 单变量不等式的证明
[典例] 已知函数f(x)=xex+a,g(x)=xln x+a.
(1)若函数f(x)的最小值与g(x)的最小值之和为-,求a的值;
(2)若a=0,x>0,求证:f(x)>g'(x).
[思维建模]
1.单变量不等式的证明方法
直接 证明 利用函数的单调性和最值直接证明
作差 构造 证明不等式f(x)>g(x)转化为证明f(x)-g(x)>0,进而构造辅助函数h(x)=f(x)-g(x),通过研究函数h(x)的单调性,证明h(x)min>0
适当放 缩构造 一是根据已知条件适当放缩,二是利用常见的放缩结论,然后构造辅助函数求解
构造 双函数 将待证不等式进行变形,构造两个函数,转化为两个函数的最值问题(或找到可以传递的中间量a),即将不等式转化为f(x)≥g(x)的形式,证明f(x)min≥g(x)max(或f(x)≥a≥g(x))即可
2.常见的几种放缩方式
指数型 放缩 ex≥x+1(当且仅当x=0时取等号),ex-1≥x(当且仅当x=1时取等号),ex≤(x<1)(当且仅当x=0时取等号)
对数型 放缩 ln(x+1)≤x(x>-1)(当且仅当x=0时取等号),1-≤ln x≤x-1(x>0)(当且仅当x=1时取等号)
三角型 放缩 sin x≤x≤tan x(当且仅当x=0时取等号),sin x≥x≥tan x(当且仅当x=0时取等号)
[练1] 已知函数f(x)=a(ex+a2)-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明:当a>0时,f(x)≥4ln a+2.
[练2] 已知函数f(x)=xln x-x2-1.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)求证:f(x)教学点(二) 双变量不等式的证明
[典例] 已知函数f(x)=(x+a)ln x,a∈R,g(x)为f(x)的导函数,已知曲线y=f(x)在x=1处的切线的斜率为3.
(1)求a的值;
(2)若对任意两个正实数x1,x2,且x1≠x2,有g(x1)=g(x2),求证:x1+x2>4.
[思维建模] 函数中含有双变量问题的解决方法
关于函数中两个变量x1,x2问题的处理,一般需要进行消元,化二元为一元(多元为少元至一元),处理方法可以设01)或t=(0[训练] 已知函数f(x)=-ln(x+1)(a∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)已知m,n是正整数,且1(1+n)m.
教学环节二 课时作业讲评(请在各题的答题框内答题,以便投屏展示,现场评点)
1.(2024·武汉模拟)已知f(x)=-f'(1)x2+x+2ln x.
(1)求f'(1)并写出f(x)的表达式;
(2)求证:f(x)≤x-1.
2.(2024·河南名校联考)已知函数f(x)=,k∈[2,+∞).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)当n∈N*时,求证:ln(n+1)<.
3.(2024·洛阳模拟)已知函数f(x)=ln x-.
(1)若函数f(x)在(0,+∞)上为增函数,求a的取值范围;
(2)设m,n∈R,且m≠n,求证:<.
4.已知函数f(x)=xeax(a>0).
(1)求f(x)在区间[-1,1]上的最大值与最小值;
(2)当a≥1时,求证:f(x)≥ln x+x+1.
第4题 发散拓展:
解隐零点问题的基本思路
导数的零点很多时候无法直接求解或猜测出来,我们称之为“隐零点”,其应用原则为:
(1)形式上虚设,变量为x时,设零点为x0.
(2)运算上代换,对于含有隐零点x0的恒等式,根据需要通过移项将含有x0的一项或几项移在等号一边代换到另外式子中.
(3)数值上估算,估算零点所在的区间.
(4)策略上等价转化,运用充要条件等价转化或恒等变形.
(5)方法上分离参数,零点x0用数学式子表示出来.
(6)技巧上反客为主,零点x0作为主变量,其他变量作为参变量.
习题讲评(五) 导数与不等式的证明
教学环节一 题点考法讲评
教学点(一) 单变量不等式的证明
[典例] 解:(1)因为f(x)=xex+a,所以f'(x)=(1+x)ex.
令f'(x)=0,解得x=-1.所以当x∈(-∞,-1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(-1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.所以f(x)min=f(-1)=-+a.
因为g(x)=xln x+a,x>0,所以g'(x)=ln x+1.令g'(x)=0,解得x=.
所以当x∈时,g'(x)<0,g(x)单调递减;
当x∈时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
所以g(x)min=g=-+a.
由题意可得-+a-+a=-,解得a=-.
(2)法一:作差构造
证明:当a=0时,f(x)=xex,g(x)=xln x,则g'(x)=ln x+1.
要证f(x)>g'(x),即证xex-ln x-1>0,x>0.
令F(x)=xex-ln x-x-1,x>0,则F'(x)=(x+1)ex--1==(xex-1).
令G(x)=xex-1,x>0,则G'(x)=(x+1)ex,
所以当x>0时,G'(x)>0,所以G(x)在(0,+∞)上单调递增.
因为G(0)=-1<0,G(1)=e-1>0,
所以G(x)在(0,+∞)上存在唯一零点c∈(0,1),且当x∈(0,c)时,G(x)<0;当x∈(c,+∞)时,G(x)>0.所以当x∈(0,c)时,F'(x)<0,F(x)单调递减;当x∈(c,+∞)时,F'(x)>0,F(x)单调递增.
所以F(x)≥F(c)=cec-ln c-c-1.
由G(c)=0,得cec-1=0,所以cec=1.
两边取对数,得ln c+c=0,所以F(c)=0,
所以F(x)≥F(c)=0,即xex-ln x-x-1≥0.
因为x>0,所以xex-ln x-1>0,即f(x)>g'(x).
法二:构造双函数
证明:要证f(x)>g'(x),即证xex>ln x+1,即证>.
令h(x)=,x>0,φ(x)=,x>0.
易得h'(x)=,则令h'(x)<0,得0令h'(x)>0,得x>1.
所以h(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
所以h(x)≥h(1)=e.
易得φ'(x)==.
令φ'(x)>0,得0令φ'(x)<0,得x>.
所以φ(x)在内单调递增,在上单调递减,所以φ(x)≤φ=所以h(x)>φ(x),故f(x)>g'(x).
[练1] 解:(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=aex-1.
若a≤0,则f'(x)<0,f(x)在(-∞,+∞)上单调递减;
若a>0,则由f'(x)=0得x=-ln a,当x<-ln a时,f'(x)<0,当x>-ln a时,f'(x)>0,
故f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增.
故当a≤0时,f(x)在(-∞,+∞)上单调递减;
当a>0时,f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增.
(2)证明:当a>0时,由(1)知,当x=-ln a时,f(x)取得最小值.
所以f(x)≥f(-ln a)=a3+1+ln a,从而f(x)-(4ln a+2)≥a3-3ln a-1.
设g(x)=x3-3ln x-1(x>0),则g'(x)=3x2-=.
当01时,g'(x)>0,
所以g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
故当x>0时,g(x)≥g(1)=0,
故当a>0时,a3-3ln a-1≥0,即f(x)≥4ln a+2.
[练2] 解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ln x-2x+1,
令t(x)=f'(x),则t'(x)=-2=.
当x∈时,t'(x)>0,t(x)单调递增,
当x∈时,t'(x)<0,t(x)单调递减,
所以t(x)max=t=-ln 2<0,即f'(x)<0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减.
(2)证明:先证f(x)≤-x-1.
审题破题:欲证原不等式成立,利用放缩法,先证f(x)≤-x-1,再证e-x+--1>-x-1(x>0).
令g(x)=f(x)+x+1=xln x-x2+x=x(ln x-x+1)(x>0),令m(x)=ln x-x+1(x>0),则m'(x)=-1.
(妙解:为了证明g(x)≤0,不需要直接求g'(x),注意到x>0,故构造函数m(x)=ln x-x+1,求m'(x)可简化求解过程)
当x∈(0,1)时,m'(x)>0,m(x)单调递增,
当x∈(1,+∞)时,m'(x)<0,m(x)单调递减,
所以m(x)max=m(1)=0,所以m(x)≤0.
又x>0,所以g(x)≤0,故f(x)≤-x-1.
再证e-x+--1>-x-1(x>0),
即证e-x+-+x>0(x>0).
令h(x)=e-x+-+x(x>0),
则h(x)=e-x+x-1+≥e-x+x-1.
令p(x)=e-x+x-1(x>0),则p'(x)=1-e-x>0,所以p(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以p(x)>e0+0-1=0,所以h(x)>0,
即e-x+--1>-x-1(x>0).
综上,f(x)教学点(二) 双变量不等式的证明
[典例] 解:(1)由f(x)=(x+a)ln x,可知f'(x)=ln x+,因为y=f(x)在(1,f(1))处的切线斜率为3,所以f'(1)=1+a=3,所以a=2.
(2)由(1)知g(x)=ln x++1,
不妨设01),
由g(x1)=g(x2),得ln x1++1=ln x2++1,
所以ln=,即ln=,
即ln t=,则x2=,所以x1==,
要证x1+x2>4 +>4 ln t+<0.
设h(t)=ln t+(t>1),
则h'(t)=+×=<0.
则h(t)在(1,+∞)上单调递减,h(t)4成立.
[训练] 解:(1)函数f(x)的定义域为(-1,+∞),f'(x)=,
①当a≤-1时,f'(x)<0在(-1,+∞)上恒成立,f(x)的单调递减区间为(-1,+∞),无单调递增区间;
②当a>-1时,令f'(x)>0,解得-1a,
所以f(x)的单调递增区间为(-1,a),单调递减区间为(a,+∞).
综上,当a≤-1时,f(x)的单调递减区间为(-1,+∞),无单调递增区间;
当a>-1时,f(x)的单调递增区间为(-1,a),单调递减区间为(a,+∞).
(2)证明:两边同时取对数,证明不等式成立等价于证明nln(1+m)>mln(1+n),
即证明>.
构造函数h(x)=(x>-1,且x≠0),h'(x)=,令g(x)=-ln(1+x),由(1)知,当a=0时,g(x)在(0,+∞)上单调递减,故g(x)由1h(n),即>,即(1+m)n>(1+n)m.
教学环节二 课时作业讲评
1.解:(1)由f(x)=-f'(1)x2+x+2ln x,得f'(x)=-2f'(1)x+1+,取x=1得到f'(1)=-2f'(1)+1+2,解得f'(1)=1.将f'(1)=1代入f(x)=-f'(1)x2+x+2ln x,得f(x)=-x2+x+2ln x.
(2)证明:要证f(x)≤x-1,即证x2-ln x2≥1.设g(t)=t-ln t,则g'(t)=1-=,故当01时,g'(t)>0.
所以g(t)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,故g(t)≥g(1)=1.故f(x)≤x-1.
2.解:(1)f(x)=ln(x+1)-的定义域为(-1,+∞).
f'(x)=-=,
①当k=2时,f'(x)≥0,f(x)在(-1,+∞)上单调递增;
②当k>2,x∈(-1,0)时,f'(x)>0,f(x)在(-1,0)内单调递增.
当x∈(0,k2-2k)时,f'(x)<0,f(x)在(0,k2-2k)内单调递减,
当x∈(k2-2k,+∞)时,f'(x)>0,f(x)在(k2-2k,+∞)上单调递增.
(2)证明:由(1)得,当k=3时,f(x)=ln(x+1)-,f(x)在(0,3)上单调递减,即当x∈(0,3)时,f(x)令x=(m∈N*),得ln<=≤,即ln<,
所以ln+ln+…+ln=ln=ln(n+1)<++…+=,得证.
(关键点:结合对数的运算,利用放缩法求解)
3.解:(1)f'(x)=-==,
因为f(x)在(0,+∞)上为增函数,所以f'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,
即x2+(2-2a)x+1≥0在(0,+∞)上恒成立,
当x∈(0,+∞)时,由x2+(2-2a)x+1≥0,
得2a-2≤x+,设g(x)=x+,x∈(0,+∞),
(谨记:见到此式子首先想到用基本不等式求解,比较简捷)
则g(x)=x+≥2 =2,
当且仅当x=,即x=1时,g(x)有最小值2,
所以2a-2≤2,解得a≤2,所以a的取值范围是(-∞,2].
(2)
审题破题:将所证不等式转化为构造为主元的不等式,再构造函数进行证明.
证明:设m>n,要证<,只需证<,即ln>,即ln->0,
设h(x)=ln x-,
由(1)知h(x)在(1,+∞)上单调递增,又>1,
所以h>h(1)=0,即ln->0成立,得到<.
4.解:(1)f'(x)=eax(1+ax)(x>0,a>0),
令f'(x)=0,则x=-,当0当a>1时,-1<-<0,则当x∈时,f'(x)<0,f(x)在区间上单调递减;
当x∈时,f'(x)>0,f(x)在区间上单调递增,所以f(x)min=f=-,又f(-1)=-e-a<0,f(1)=ea>0.
所以f(x)max=f(1)=ea.
综上所述,当0当a>1时,f(x)min=-,f(x)max=ea.
(2)法一:隐零点法
证明:因为x>0,a≥1,所以xeax≥xex.欲证xeax≥ln x+x+1,只需证明xex≥ln x+x+1.
设g(x)=xex-ln x-x-1(x>0),
则g'(x)=(x+1),令φ(x)=ex-,易知φ(x)在(0,+∞)上单调递增,而φ=-2<0,φ(1)=e-1>0,
所以由函数零点存在定理可知,存在唯一的x0∈使得φ(x0)=0,即-=0,因此=,x0=-ln x0,
当x∈(0,x0)时,φ(x)<0,g'(x)<0,g(x)在(0,x0)上单调递减;
当x∈(x0,+∞)时,φ(x)>0,g'(x)>0,g(x)在(x0,+∞)上单调递增;
所以g(x)min=g(x0)=x0-ln x0-x0-1=·x0-ln x0-x0-1=0,所以g(x)≥0,因此f(x)≥ln x+x+1.
法二:同构法
证明:因为x>0,a≥1,所以xeax≥xex,欲证xeax≥ln x+x+1,只需证明xex≥ln x+x+1,只需证明xex=eln xex=eln x+x≥ln x+x+1.构造函数h(x)=ex-x-1(x∈R),
h'(x)=ex-1,当x∈(-∞,0)时,h'(x)<0,h(x)在(-∞,0)上单调递减;当x∈(0,+∞)时,h'(x)>0,h(x)在(0,+∞)上单调递增.所以h(x)≥h(0)=0,所以ex≥x+1,所以xex≥ln x+x+1,因此f(x)≥ln x+x+1.
