2021届北师大版高考理科数一轮复习教师用书：第三章　第2讲　第3课时　利用导数证明不等式 13页

第3课时　利用导数证明不等式 方法一：移项补充构造法 ‎ (2020·江西赣州模拟)已知函数f(x)＝1－，g(x)＝＋－bx，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直．‎ ‎(1)求a，b的值；‎ ‎(2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.‎ ‎【解】　(1)因为f(x)＝1－，‎ 所以f′(x)＝，f′(1)＝－1.‎ 因为g(x)＝＋－bx，‎ 所以g′(x)＝－－－b.‎ 因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直，所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，‎ 所以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，解得a＝－1，b＝－1.‎ ‎(2)证明：由(1)知，g(x)＝－＋＋x，‎ 则f(x)＋g(x)≥⇔1－－－＋x≥0.‎ 令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，‎ 则h(1)＝0，h′(x)＝－＋＋＋1＝＋＋1.‎ 因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1>0，‎ 所以h(x)在[1，＋∞)上是增加的，所以h(x)≥h(1)＝0，即1－－－＋x≥0，‎ 所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.‎ 待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证．　 ‎ ‎　已知函数f(x)＝ax＋xln x在x＝e－2(e为自然对数的底数)处取得极小值．‎ ‎(1)求实数a的值；‎ ‎(2)当x>1时，求证：f(x)>3(x－1)．‎ 解：(1)因为f(x)＝ax＋xln x，‎ 所以f′(x)＝a＋ln x＋1，‎ 因为函数f(x)在x＝e－2处取得极小值，‎ 所以f′(e－2)＝0，即a＋ln e－2＋1＝0，‎ 所以a＝1，所以f′(x)＝ln x＋2.‎ 当f′(x)>0时，x>e－2；当f′(x)<0时，00)．‎ g′(x)＝ln x－1，由g′(x)＝0，得x＝e.‎ 由g′(x)>0，得x>e；由g′(x)<0，得00.‎ 于是在(1，＋∞)上，都有g(x)≥g(e)>0，所以f(x)>3(x－1)．　‎ 方法二：隔离分析法 ‎ (2020·福州模拟)已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.‎ ‎【解】　(1)f′(x)＝－a(x>0)，‎ ‎①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上是增加的；‎ ‎②若a>0，则当00，‎ 当x>时，f′(x)<0，‎ 故f(x)在上是增加的，在上是减少的．‎ ‎(2)证明：法一：因为x>0，所以只需证f(x)≤－2e，‎ 当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0，1)上是增加的，在(1，＋∞)上是减少的，‎ 所以f(x)max＝f(1)＝－e.‎ 记g(x)＝－2e(x>0)，‎ 则g′(x)＝，‎ 所以当01时，g′(x)>0，g(x)是增加的，‎ 所以g(x)min＝g(1)＝－e.‎ 综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，‎ 即f(x)≤－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.‎ 法二：由题意知，即证exln x－ex2－ex＋2ex≤0，‎ 从而等价于ln x－x＋2≤.‎ 设函数g(x)＝ln x－x＋2，则g′(x)＝－1.‎ 所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，‎ 故g(x)在(0，1)上是增加的，在(1，＋∞)上是减少的，‎ 从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1.‎ 设函数h(x)＝，则h′(x)＝.‎ 所以当x∈(0，1)时，h′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，‎ 故h(x)在(0，1)上是减少的，在(1，＋∞)上是增加的，‎ 从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1.‎ 综上，当x>0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.‎ 若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目的．　 ‎ ‎　已知f(x)＝xln x.‎ ‎(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值；‎ ‎(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>－成立．‎ 解：(1)由f(x)＝xln x，x>0，得f′(x)＝ln x＋1，‎ 令f′(x)＝0，得x＝.‎ 当x∈时，f′(x)<0，f(x)是减少的；‎ 当x∈时，f′(x)>0，f(x)是增加的．‎ ‎①当0－(x∈(0，＋∞))．‎ 由(1)可知f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－，‎ 当且仅当x＝时取到．‎ 设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，‎ 则m′(x)＝，‎ 由m′(x)<0得x>1时，m(x)为减函数，‎ 由m′(x)>0得0－成立．‎ 方法三：特征分析法 ‎ 已知函数f(x)＝ax－ln x－1.‎ ‎(1)若f(x)≥0恒成立，求a的最小值；‎ ‎(2)证明：＋x＋ln x－1≥0；‎ ‎(3)已知k(e－x＋x2)≥x－xln x恒成立，求k的取值范围．‎ ‎【解】　(1)由题意知x>0，‎ 所以f(x)≥0等价于a≥.‎ 令g(x)＝，则g′(x)＝，‎ 所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.‎ 则g(x)在(0，1)上是增加的，在(1，＋∞)上是减少的，所以g(x)max＝g(1)＝1，则a≥1，‎ 所以a的最小值为1.‎ ‎ (2)证明：当a＝1时，由(1)得x≥ln x＋1.‎ 即t≥ln t＋1.‎ 令＝t，则－x－ln x＝ln t，‎ 所以≥－x－ln x＋1，即＋x＋ln x－1≥0.‎ ‎(3)因为k(e－x＋x2)≥x－xln x，‎ 即k≥1－ln x恒成立，‎ 所以k≥＝－＋1，‎ 由(2)知＋x＋ln x－1≥0恒成立，‎ 所以－＋1≤1，故k≥1. ‎ 这种方法往往要在前面问题中证明出某个不等式，在后续的问题中应用前面的结论，呈现出层层递进的特点．　 ‎ ‎　已知函数f(x)＝.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间和极值；‎ ‎(2)若对任意的x>1，恒有ln(x－1)＋k＋1≤kx成立，求k的取值范围；‎ ‎(3)证明：＋＋…＋<(n∈N＋，n≥2)．‎ 解：(1)f(x)的定义域是(0，＋∞)，‎ f′(x)＝－，由f′(x)＝0⇒x＝1，列表如下：‎ x ‎(0，1)‎ ‎1‎ ‎(1，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ f(x)‎ 增加 极大值 减少 因此函数f(x)的增区间为(0，1)，减区间为(1，＋∞)，极大值为f(1)＝1，无极小值．‎ ‎(2)因为x>1，‎ ln(x－1)＋k＋1≤kx⇔≤k⇔f(x－1)≤k，‎ 所以f(x－1)max≤k，所以k≥1.‎ ‎(3)证明：由(1)可得f(x)＝≤f(x)max＝f(1)＝1⇒≤1－，当且仅当x＝1时取等号．‎ 令x＝n2(n∈N+，n≥2)．‎ 则<1－⇒< ‎< ‎＝(n≥2)，‎ 所以＋＋…＋ ‎<＋＋…＋‎ ‎＝＝(n∈N+，n≥2)．‎ 方法四：换元构造法 ‎ 已知函数f(x)＝ln x－ax(x>0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)．求证：x1x2>e2.‎ ‎【证明】　不妨设x1>x2>0，‎ 因为ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0，‎ 所以ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，所以＝a，‎ 欲证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2.‎ 因为ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，所以即证a>，‎ 所以原问题等价于证明>，‎ 即ln>，‎ 令c＝(c>1)，则不等式变为ln c>.‎ 令h(c)＝ln c－，c>1，‎ 所以h′(c)＝－＝>0，‎ 所以h(c)在(1，＋∞)上是增加的，‎ 所以h(c)>h(1)＝ln 1－0＝0，‎ 即ln c－>0(c>1)，因此原不等式x1x2>e2得证．‎ 换元法构造函数证明不等式的基本思路是直接消掉参数a，再结合所证问题，巧妙引入变量c＝，从而构造相应的函数．其解题要点为：‎ 联立消参 利用方程f(x1)＝f(x2)消掉解析式中的参数a 抓商构元 令c＝，消掉变量x1，x2，构造关于c的函数h(c)‎ 用导求解 利用导数求解函数h(c)的最小值，从而可证得结论 ‎　 ‎ ‎　已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R.‎ ‎(1)当a＝0时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；‎ ‎(2)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，求证：x1＋x2≥.‎ 解：(1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，则f(1)＝1，所以切点为(1，1)，又因为f′(x)＝＋1，所以切线的斜率k＝f′(1)＝2，故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.‎ ‎(2)证明：当a＝－2时，f(x)＝ln x＋x2＋x(x>0)．‎ 由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，‎ 得ln x1＋x＋x1＋ln x2＋x＋x2＋x1x2＝0，‎ 从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)，‎ 令t＝x1x2(t>0)，令φ(t)＝t－ln t，得φ′(t)＝1－＝，‎ 易知φ(t)在区间(0，1)上是减少的，在区间(1，＋∞)上是增加的，所以φ(t)≥φ(1)＝1，所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1，因为x1>0，x2>0，所以x1＋x2≥.‎ ‎　两个经典不等式的活用 逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证．利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程．‎ ‎(1)对数形式：x≥1＋ln x(x>0)，当且仅当x＝1时，等号成立．‎ ‎(2)指数形式：ex≥x＋1(x∈R)，当且仅当x＝0时，等号成立．进一步可得到一组不等式链：ex>x＋1>x>1＋ln x(x>0，且x≠1)．‎ ‎ (1)已知函数f(x)＝，则y＝f(x)的图象大致为(　　)‎ ‎(2)已知函数f(x)＝ex，x∈R.证明：曲线y＝f(x)与曲线y＝x2＋x＋1有唯一公共点．‎ ‎【解】　(1)选B.因为f(x)的定义域为 即{x|x>－1，且x≠0}，所以排除选项D.‎ 当x>0时，由经典不等式x>1＋ln x(x>0)，‎ 以x＋1代替x，得x>ln(x＋1)(x>－1，且x≠0)，‎ 所以ln(x＋1)－x<0(x>－1，且x≠0)，即x>0或－10，由f′(x)＝1－＝知，当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(0，a)上是减少的，在(a，＋∞)上是增加的，故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点．‎ 因为f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，故a＝1.‎ ‎(2)证明：由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0.‎ 令x＝1＋，得ln<.‎ 从而ln＋ln＋…＋ln<＋＋…＋＝1－<1.‎ 故…0，f(x)在(0，1)上是增加的；‎ 当x>1时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上是减少的．‎ ‎(2)证明：由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.‎ 所以当x≠1时，ln x1.①‎ 因此ln <－1，即ln x>，1，则(　　)‎ A．f(2)－f(1)>ln 2　　　　 B．f(2)－f(1)1 D．f(2)－f(1)<1‎ 解析：选A.根据题意，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，则xf′(x)>1⇒f′(x)>＝(ln x)′，即f′(x)－(ln x)′>0.令F(x)＝f(x)－ln x，则F(x)在(0，＋∞)上是增加的，故f(2)－ln 2>f(1)－ln 1，即f(2)－f(1)>ln 2.‎ ‎2．若0ln x2－ln x1‎ B．e x2－e x1x1ex2‎ D．x2ex1x1ex2，故选C.‎ ‎3．已知函数f(x)＝aex－ln x－1.(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．‎ ‎(1)设x＝2是函数f(x)的极值点，求实数a的值，并求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.‎ 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.‎ 由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.‎ 从而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－.‎ 当02时，f′(x)>0.‎ 所以f(x)在(0，2)上是减少的，在(2，＋∞)上是增加的．‎ ‎ (2)证明：当a≥时，f(x)≥－ln x－1.‎ 设g(x)＝－ln x－1，则g′(x)＝－.‎ 当01时，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的最小值点．故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.‎ 因此，当a≥时，f(x)≥0.‎ ‎4．(2020·武汉调研)已知函数f(x)＝ln x＋，a∈R.‎ ‎(1)讨论函数f(x)的单调性；‎ ‎(2)当a>0时，证明：f(x)≥.‎ 解：(1)f′(x)＝－＝(x>0)．‎ 当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上是增加的．‎ 当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上是增加的；‎ 若00时，f(x)min＝f(a)＝ln a＋1.‎ 要证f(x)≥，只需证ln a＋1≥，‎ 即证ln a＋－1≥0.‎ 令函数g(a)＝ln a＋－1，则g′(a)＝－＝(a>0)，‎ 当01时，g′(a)>0，‎ 所以g(a)在(0，1)上是减少的，在(1，＋∞)上是增加的，‎ 所以g(a)min＝g(1)＝0.‎ 所以ln a＋－1≥0恒成立，‎ 所以f(x)≥.‎ ‎5．(2020·广东茂名一模)已知函数f(x)＝(a∈R)的图象在x＝2处的切线斜率为.‎ ‎(1)求实数a的值，并讨论函数f(x)的单调性；‎ ‎(2)若g(x)＝exln x＋f(x)，证明：g(x)>1.‎ 解：(1)由f′(x)＝，‎ 得切线斜率k＝f′(2)＝ae·＝，解得a＝2.‎ 所以f(x)＝，其定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，且f′(x)＝2ex－1·.‎ 令f′(x)>0，解得x>1，故f(x)在区间(1，＋∞)上是增加的；‎ 令f′(x)<0，解得x<1，且x≠0，故f(x)在区间(－∞，0)和区间(0，1)上是减少的．‎ ‎ (2)证明：由(1)知g(x)＝exln x＋，定义域为(0，＋∞)，‎ 所以g(x)>1，即exln x＋>1等价于xln x>－.‎ 设h(x)＝xln x(x>0)，则h′(x)＝ln x＋1.‎ 因为h′＝ln＋1＝0，所以当x∈时，h′(x)<0；当x∈时，h′(x)>0.故h(x)在区间上是减少的，在区间上是增加的，所以h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h＝－.‎ 设m(x)＝－(x>0)，则m′(x)＝.所以当x∈(0，1)时，m′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，m′(x)<0.故m(x)在区间(0，1)上是增加的，在区间(1，＋∞)上是减少的，所以m(x)在(0，＋∞)上的最大值为m(1)＝－.‎ 综上可得，在区间(0，＋∞)上恒有h(x)>m(x)成立，即g(x)>1.‎ ‎6．已知函数f(x)＝λln x－e－x(λ∈R)．‎ ‎(1)若函数f(x)是单调函数，求λ的取值范围；‎ ‎(2)求证：当01－.‎ 解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ 因为f(x)＝λln x－e－x，‎ 所以f′(x)＝＋e－x＝，‎ 因为函数f(x)是单调函数，‎ 所以f′(x)≤0或f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，‎ ‎①当函数f(x)是减函数时，f′(x)≤0，‎ 所以≤0，即λ＋xe－x≤0，λ≤－xe－x＝－.‎ 令φ(x)＝－，则φ′(x)＝，‎ 当01时，φ′(x)>0，‎ 则φ(x)在(0，1)上是减少的，在(1，＋∞)上是增加的，‎ 所以当x>0时，φ(x)min＝φ(1)＝－，所以λ≤－.‎ ‎②当函数f(x)是增函数时，f′(x)≥0，‎ 所以≥0，即λ＋xe－x≥0，λ≥－xe－x＝－，‎ 由①得φ(x)＝－在(0，1)上是减少的，在(1，＋∞)上是增加的，又φ(0)＝0，x→＋∞时 ‎，φ(x)<0，所以λ≥0.‎ 综上，λ的取值范围为∪[0，＋∞)．‎ ‎(2)证明：由(1)可知，当λ＝－时，f(x)＝－ln x－e－x在(0，＋∞) 上是减少的，‎ 因为0f(x2)，‎ 即－ln x1－e－x1>－ln x2－e－x2，‎ 所以e1－x2－e1－x1>ln x1－ln x2.‎ 要证e1－x2－e1－x1>1－，‎ 只需证ln x1－ln x2>1－，即证ln>1－.‎ 令t＝，t∈(0，1)，则只需证ln t>1－，‎ 令h(t)＝ln t＋－1，则h′(t)＝－＝，‎ 当00，即ln t>1－，原不等式得证．‎