新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)考點突破課件 第1部分 專題突破 專題1　培優(yōu)點2　對數(shù)平均不等式、切線不等式（含解析）

培優(yōu)點2對數(shù)平均不等式、切線不等式專題一

函數(shù)與導(dǎo)數(shù)在高考壓軸題中，經(jīng)常考查與導(dǎo)數(shù)有關(guān)的不等式問題，這些問題可以用常規(guī)方法求解，也可以轉(zhuǎn)變成對數(shù)平均不等式、切線不等式進行求解，起到事半功倍的效果.考點一對數(shù)平均不等式考點二以泰勒公式為背景的切線不等式專題強化練內(nèi)容索引對數(shù)平均不等式考點一例1不妨設(shè)a＞b＞0，所以f(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，又f(1)＝0，∴φ(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，∴原不等式得證.該類問題的特征是雙變量，將雙變量問題轉(zhuǎn)變?yōu)閱巫兞繂栴}處理，即將

看成一個新對象(整體)，從而進行降維打擊.規(guī)律方法(1)討論f(x)的單調(diào)性；跟蹤演練1f(x)的定義域為(0，＋∞)，①若a≤2，則f′(x)≤0，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2，x＝1時，f′(x)＝0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減.由(1)知，f(x)存在兩個極值點當(dāng)且僅當(dāng)a＞2.由于f(x)的兩個極值點x1，x2滿足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨設(shè)x2>x1>0，則x2＞1.又x2>x1>0，∴x1－x2<0，ln

x1－ln

x2<0，即證原不等式成立.以泰勒公式為背景的切線不等式考點二泰勒公式：將函數(shù)展開為一個多項式與一個余項的和.當(dāng)x0＝0時為麥克勞林公式.其中ex與ln(1＋x)的麥克勞林公式為從中截取片段就構(gòu)成了常見的不等式：

設(shè)函數(shù)f(x)＝aexln

x＋

，曲線y＝f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為y＝e(x－1)＋2.(1)求a，b；例2函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，由題意可得f(1)＝2，f′(1)＝e.故a＝1，b＝2.(2)證明：f(x)>1.設(shè)函數(shù)g(x)＝xln

x，則g′(x)＝1＋ln

x.則h′(x)＝e－x(1－x).所以當(dāng)x∈(0,1)時，h′(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h′(x)<0.故h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，綜上，當(dāng)x>0時，g(x)>h(x)，即f(x)>1.當(dāng)x＞0時，ex＞1＋x，所以ex－1≥x，指數(shù)的放縮.形如：ex－1≥x－1＋1?ex≥ex，規(guī)律方法對數(shù)的放縮.形如：eln

x≥1＋ln

x?ln

x≤x－1?ln(1＋x)≤x，

已知函數(shù)f(x)＝

ax2－(2a＋1)x＋2lnx(a∈R).(1)當(dāng)a＞0時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；跟蹤演練2f(x)的定義域為(0，＋∞)，(2)當(dāng)a＝0時，證明：f(x)<2ex－x－4.方法一

當(dāng)a＝0時，要證f(x)<2ex－x－4，即證ex－ln

x－2>0，所以h′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，使得h′(x0)＝0，即當(dāng)x∈(0，x0)時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增.所以當(dāng)x＝x0時，h(x)取得極小值，也是最小值.h(x0)＝所以h(x)＝ex－ln

x－2>0，故f(x)<2ex－x－4.方法二

當(dāng)a＝0時，要證f(x)<2ex－x－4，即證ex－ln

x－2>0，由x>0時，ex>x＋1可得ex－1>x，由x>0時，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.專題強化練1.(2022·葫蘆島模擬)已知函數(shù)f(x)＝x＋b(1＋ln

x)(b∈R).(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；1212若b≥0，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；若b<0，令f′(x)＝0，得x＝－b，當(dāng)x∈(0，－b)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(－b，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，綜上，若b≥0，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間；若b<0，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，－b)，單調(diào)遞增區(qū)間為(－b，＋∞).(2)設(shè)g(x)＝f(x)－

sinx，若存在0<x1<x2，使得g(x1)＝g(x2)，求證：①b<0；12g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故不存在0<x1<x2，使得g(x1)＝g(x2)，所以b<0.②x1x2<4b2.12令m(x)＝x－sinx(x>0)，m′(x)＝1－cos

x≥0，當(dāng)x→0時，m(x)→0，故m(x)>0，即x>sinx，因為g(x1)＝g(x2)，12122.(2022·撫州模擬)已知函數(shù)f(x)＝x(ln

x＋a)，a∈R.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；12因為f(x)＝x(ln

x＋a)，故可得f′(x)＝ln

x＋a＋1，又y＝ln

x＋a＋1為單調(diào)遞增函數(shù)，令f′(x)＝0，解得x＝e－a－1，故當(dāng)0<x<e－a－1時，f′(x)<0；當(dāng)x>e－a－1時，f′(x)>0，故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，e－a－1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(e－a－1，＋∞).12(2)當(dāng)a＝1時，求證：f(x)≤xex－1在(0，＋∞)上恒成立.12方法一當(dāng)a＝1時，f(x)＝x(ln

x＋1)，要證f(x)≤xex－1，即證x(ln

x＋1)≤xex－1，又x>0，則只需證ln

x＋1≤ex－1，即證ln

x－x＋1≤ex－1－x，當(dāng)0<x<1時，m′(x)>0，m(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x>1時，m′(x)<0，m(x)單調(diào)遞減，故當(dāng)x＝1時，m(x)取得最大值m(1)＝0；12令n(x)＝ex－1－x，n′(x)＝ex－1－1，又y＝n′(x)為單調(diào)遞增函數(shù)，且當(dāng)x＝1時，n′(x)＝0，當(dāng)0<x<1時，n′(x)<0，n(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時，n′(x)>0，n(x)單調(diào)遞增，故當(dāng)x＝1時，n(x)取得最小值n(1)＝0.則n(x)min＝m(x)max，且當(dāng)x＝1時，同時取得最小值和最大值，故n(x)≥m(x)，12即ln

x－x＋1≤ex－1－x，故f(x)≤xex－1在(0，＋∞)上恒成立.方法二當(dāng)a＝1時，f(x)＝x(ln

x＋1)，