2023年高考数学二轮复习(全国版理) 第1部分 专题突破 专题1 培优点2　对数平均不等式、切线不

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：ab＜a－blna－lnb＜a＋b2.证明不妨设a＞b＞0，①要证ab＜a－blna－lnb成立，即证ab＜a－blnab，即证lnab＜a－bab，即证lnab＜ab－ba，令ab＝t(t＞1)，则需证明2lnt＜t－1t(t＞1)，构造函数f(t)＝2lnt－t＋1t(t＞1)，则f′(t)＝2t－1－1t2＝－t－12t2＜0，所以f(t)在(1，＋∞)上单调递减，又f(1)＝0，所以f(t)0，即2lnt＜t－1t，原不等式得证．②要证a－blna－lnb＜a＋b2，只需证2·a－ba＋b＜lnab，即证2·ab－1ab＋1＜lnab，令t＝ab(t＞1)，即证2·t－1t＋1＜lnt.即证2－4t＋1lnt，构造函数φ(t)＝2－4t＋1－lnt(t1)，φ′(t)＝4t＋12－1t＝－t－12tt＋120，∴φ(t)在(1，＋∞)上单调递减，∴φ(t)φ(1)＝0，即2－4t＋1lnt，∴原不等式得证．综上，ab＜a－blna－lnb＜a＋b2.规律方法该类问题的特征是双变量，将双变量问题转变为单变量问题处理，即将ab看成一个新对象(整体)，从而进行降维打击．跟踪演练1已知函数f(x)＝1x－x＋alnx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：fx1－fx2x1－x2＜a－2.(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1x2－1＋ax＝－x2－ax＋1x2.①若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时，f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．②若a＞2，令f′(x)＝0，得x＝a－a2－42或x＝a＋a2－42.当x∈0，a－a2－42∪a＋a2－42，＋∞时，f′(x)＜0；当x∈a－a2－42，a＋a2－42时，f′(x)＞0.所以f(x)在0，a－a2－42，a＋a2－42，＋∞上单调递减，在a－a2－42，a＋a2－42上单调递增．(2)证明由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a＞2.由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨设x2x10，则x2＞1.由于fx1－fx2x1－x2＝－1x1x2－1＋alnx1－lnx2x1－x2＝－2＋alnx1－lnx2x1－x2，由对数平均不等式知x1－x2lnx1－lnx2x1x2＝1，又x2x10，∴x1－x20，lnx1－lnx20，∴0lnx1－lnx2x1－x21，∴fx1－fx2x1－x2＝－2＋alnx1－lnx2x1－x2－2＋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)＋f″x02！(x－x0)2＋…＋fnx0n！(x－x0)n＋Rn(x)，其中余项Rn(x)＝fn＋1ξn＋1！(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＋12x2＋16x3＋o(x3)，ln(1＋x)＝x－12x2＋13x3＋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＋x22(x≥0)，ln(1＋x)≤x(x≥0)或lnx≤x－1(x0)，ln(1＋x)≥x－x22(x≥0)，例2设函数f(x)＝aexlnx＋bex－1x，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)＝aexlnx＋axex－bx2ex－1＋bxex－1.由题意可得f(1)＝aeln1＋be01＝2，f′(1)＝aeln1＋ae－be0＋be0＝e.故a＝1，b＝2.(2)证明方法一由(1)知，f(x)＝exlnx＋2xex－1＝exlnx＋2ex.因为ex≥1＋x，所以ex－1≥x，即exe≥x，ex≥ex，当x＝1时等号成立，即e－lnx≥e(－lnx)，所以1x≥e(－lnx)，即lnx≥－1ex，当x＝1e时等号成立，所以exlnx＋2ex≥ex－1ex＋2ex＝exex＞1(等号不同时成立)．方法二由(1)知，f(x)＝exlnx＋2x·ex－1，从而f(x)1等价于xlnxxe－x－2e.设函数g(x)＝xlnx，则g′(x)＝1＋lnx.所以当x∈0，1e时，g′(x)0；当x∈1e，＋∞时，g′(x)0.故g(x)在0，1e上单调递减，在1e，＋∞上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g1e＝－1e.设函数h(x)＝xe－x－2e，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)＝－1e.综上，当x0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，exn≥e·xn⇒ex≥ennnxn.对数的放缩．形如：elnx≥1＋lnx⇒lnx≤x－1⇒ln(1＋x)≤x，ln1＋1x1x⇒ln(x＋1)－lnx1x，ln1＋－11＋x－11＋x⇒ln(1＋x)－lnx11＋x，lnxe≤xe－1⇒x≥elnx.跟踪演练2已知函数f(x)＝12ax2－(2a＋1)x＋2lnx(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)＋2x＝ax－1x－2x，当01a2，即a12时，在0，1a和(2，＋∞)上，f′(x)0，f(x)单调递增；当1a＝2，即a＝12时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当1a2，即0a12时，在(0,2)和1a，＋∞上，f′(x)0，f(x)单调递增．综上所述，当a12时，f(x)的单调递增区间为0，1a和(2，＋∞)；当a＝12时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当0a12时，f(x)的单调递增区间为(0,2)和1a，＋∞.(2)证明方法一当a＝0时，要证f(x)2ex－x－4，即证ex－lnx－20，构造函数h(x)＝ex－lnx－2(x0)，h′(x)＝ex－1x，令φ(x)＝ex－1x(x0)，则φ′(x)＝ex＋1x20，所以h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，h′12＝e－20，h′(1)＝e－10，故存在x0∈12，1，使得h′(x0)＝0，即0ex＝1x0.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)＝0ex－lnx0－2＝1x0－01lnex－2＝1x0＋x0－221x0·x0－2＝0，所以h(x)＝ex－lnx－20，故f(x)2ex－x－4.方法二当a＝0时，要证f(x)2ex－x－4，即证ex－lnx－20，由x0时，exx＋1可得ex－1x，由x0时，lnx≤x－1可得x≥lnx＋1，故ex－1x≥lnx＋1，即ex－lnx－20，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＋lnx)(b∈R)．(1)求f(x)的单调区间；(2)设g(x)＝f(x)－12sinx，若存在0x1x2，使得g(x1)＝g(x2)，求证：①b0；②x1x24b2.(1)解由题意，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x＋bx，若b≥0，则f′(x)0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；若b0，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b0，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＋lnx)－12sinx，g′(x)＝1－cosx2＋bx，①若b≥0，则由1－cosx20，bx≥0得g′(x)0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，故不存在0x1x2，使得g(x1)＝g(x2)，所以b0.②令m(x)＝x－sinx(x0)，m′(x)＝1－cosx≥0，当x→0时，m(x)→0，故m(x)0，即xsinx，因为g(x1)＝g(x2)，即x1＋b(1＋lnx1)－12sinx1＝x2＋b(1＋lnx2)－12sinx2，所以－b(lnx2－lnx1)＝x2－x1－12(sinx2－sinx1)12(x2－x1)，又0x1x2，所以－2bx2－x1lnx2－lnx10，根据对数平均不等式ab＜a－blna－lnb＜a＋b2，所以x2－x1lnx2－lnx1x2x1，所以－2bx2x1，故x1x24b2.2．(2022·抚州模拟)已知函数f(x)＝x(lnx＋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(lnx＋a)，故可得f′(x)＝lnx＋a＋1，又y＝lnx＋a＋1为增函数，令f′(x)＝0，解得x＝e－a－1，故当0xe－a－1时，f′(x)0；当xe－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(lnx＋1)，要证f(x)≤xex－1，即证x(lnx＋1)≤xex－1，又x0，则只需证lnx＋1≤ex－1，又lnx＋1≤x，ex－1≥x，且等号都在x＝1处取得，所以lnx＋1≤ex－1.即ef(x)≤xex在(0，＋∞)上恒成立．