【数学】2021届一轮复习北师大版（理）第3章第4节利用导数证明不等式学案 10页

第四节　利用导数证明不等式 考点1　单变量不等式的证明 ‎　单变量不等式的证明方法 ‎(1)移项法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))的问题转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；‎ ‎(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数；‎ ‎(3)最值法：欲证f(x)＜g(x)，有时可以证明f(x)max＜g(x)min.‎ ‎　直接将不等式转化为函数的最值问题 ‎　已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(‎2a＋1)x.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)当a＜0时，证明f(x)≤－－2.‎ ‎[解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＋‎2a＋1＝.‎ 当a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．‎ 当a＜0，则当x∈时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.‎ 故f(x)在上单调递增，在上单调递减．‎ ‎(2)证明：由(1)知，当a＜0时，f(x)在x＝－取得最大值，最大值为f＝ln－1－.‎ 所以f(x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，即ln＋＋1≤0.设g(x)＝ln x－x＋1，则g′(x)＝－1.当x∈(0,1)时，g′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0.所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.所以当x＞0时，g(x)≤0.从而当a＜0时，ln＋‎ eq f(1,2a)＋1≤0，即f(x)≤－－2.‎ ‎　将不等式转化为函数最值来证明不等式，其主要思想是依据函数在固定区间的单调性，直接求得函数的最值，然后由f(x)≤f(x)max或f(x)≥f(x)min直接证得不等式．‎ ‎　转化为两个函数的最值进行比较 ‎　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)单调递减；‎ 当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．‎ ‎①当0＜t＜＜t＋2，即0＜t＜时，‎ f(x)min＝f ＝－；‎ ‎②当≤t＜t＋2，即t≥时，f(x)在[t，t＋2]上单调递增，f(x)min＝f(t)＝tln t.‎ 所以f(x)min＝ ‎(2)证明：问题等价于证明xln x＞－(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＜x＜1时，m(x)为增函数，‎ 易知m(x)max＝m(1)＝－，当且仅当x＝1时取到．‎ 从而对一切x∈(0，＋∞)，xln x≥－≥－，两个等号不同时取到，即证对一切x∈(0，＋∞)都有ln x＞－成立．‎ ‎　在证明的不等式中，若对不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可以借助两个函数的最值进行证明．‎ ‎　构造函数证明不等式 ‎　已知函数f(x)＝ex－3x＋‎3a(e为自然对数的底数，a∈R)．‎ ‎(1)求f(x)的单调区间与极值；‎ ‎(2)求证：当a＞ln ，且x＞0时，＞x＋－‎3a.‎ ‎[解]　(1)由f(x)＝ex－3x＋‎3a，x∈R，知f′(x)＝ex－3，x∈R.‎ 令f′(x)＝0，得x＝ln 3，‎ 于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：‎ x ‎(－∞，ln 3)‎ ln 3‎ ‎(ln 3，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎ 极小值 故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 3]，‎ 单调递增区间是[ln 3，＋∞)，‎ f(x)在x＝ln 3处取得极小值，极小值为f(ln 3)＝eln 3－3ln 3＋‎3a＝3(1－ln 3＋a)．无极大值．‎ ‎(2)证明：待证不等式等价于ex＞x2－3ax＋1，‎ 设g(x)＝ex－x2＋3ax－1，x＞0，‎ 于是g′(x)＝ex－3x＋‎3a，x＞0.‎ 由(1)及a＞ln ＝ln 3－1知：g′(x)的最小值为g′(ln 3)＝3(1－ln 3＋a)＞0.‎ 于是对任意x＞0，都有g′(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增．‎ 于是当a＞ln ＝ln 3－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)＞g(0)．‎ 而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)＞0.‎ 即ex＞x2－3ax＋1，故＞x＋－‎3a.‎ ‎　若证明f(x)＞g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，如果能证明h(x)在(a，b)上的最小值大于0，即可证明f(x)＞g(x)，x∈(a，b)．‎ ‎　已知函数f(x)＝aex－bln x，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处 的切线方程为y＝x＋1.‎ ‎(1)求a，b；‎ ‎(2)证明：f(x)＞0.‎ ‎[解]　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．‎ f′(x)＝aex－，由题意得f(1)＝，f′(1)＝－1，‎ 所以解得 ‎(2)证明：由(1)知f(x)＝·ex－ln x.‎ 因为f′(x)＝ex－2－在(0，＋∞)上单调递增，又f′(1)＜0，f′(2)＞0，所以f′(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一实根x0，且x0∈(1,2)．‎ 当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，‎ 从而当x＝x0时，f(x)取极小值，也是最小值．‎ 由f′(x0)＝0，得ex0－2＝，则x0－2＝－ln x0.‎ 故f(x)≥f(x0)＝ex0－2－ln x0＝＋x0－2＞2－2＝0，所以f(x)＞0.‎ 考点2　双变量不等式的证明 ‎　破解含双参不等式证明题的3个关键点 ‎(1)转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式．‎ ‎(2)巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值．‎ ‎(3)回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．‎ ‎　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，＋∞)上单调递增，‎ 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)的图像在(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)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，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≥成立．‎ 考点3　证明与正整数有关的不等式问题 ‎　函数中与正整数有关的不等式，其实质是利用函数性质证明数列不等式，证明此类问题时常根据已知的函数不等式，用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量，通过多次求和达到证明的目的．‎ ‎　若函数f(x)＝ex－ax－1(a＞0)在x＝0处取极值．‎ ‎(1)求a的值，并判断该极值是函数的最大值还是最小值；‎ ‎(2)证明：1＋＋＋…＋＞ln(n＋1)(n∈N＋)．‎ ‎[解]　(1)因为x＝0是函数极值点，所以f′(0)＝0，所以a＝1.‎ f(x)＝ex－x－1，易知f′(x)＝ex－1.‎ 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，‎ 当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，‎ 故极值f(0)是函数最小值．‎ ‎(2)证明：由(1)知ex≥x＋1.‎ 即ln(x＋1)≤x，当且仅当x＝0时，等号成立，‎ 令x＝(k∈N＋)，‎ 则＞ln，即＞ln ，‎ 所以＞ln(1＋k)－ln k(k＝1,2，…，n)，‎ 累加得1＋＋＋…＋＞ln(n＋1)(n∈N＋)．‎ ‎　已知函数式为指数不等式(或对数不等式)，而待证不等式为与对数有关的不等式(或与指数有关的不等式)，要注意指、对数式的互化，如ex≥x＋1可化为ln(x＋1)≤x等．‎ ‎　已知函数f(x)＝ln(x＋1)＋.‎ ‎(1)若x＞0时，f(x)＞1恒成立，求a的取值范围；‎ ‎(2)求证：ln(n＋1)＞＋＋ ＋…＋(n∈N＋). ‎ ‎[解]　(1)由ln(x＋1)＋＞1，得 a＞(x＋2)－(x＋2)ln(x＋1)．‎ 令g(x)＝(x＋2)[1－ln(x＋1)]，‎ 则g′(x)＝1－ln(x＋1)－＝－ln(x＋1)－.‎ 当x＞0时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．‎ 所以g(x)＜g(0)＝2，故a的取值范围为[2，＋∞)．‎ ‎(2)证明：由(1)知ln(x＋1)＋＞1(x＞0)，‎ 所以ln(x＋1)＞.‎ 令x＝(k＞0)，得ln＞，即ln＞.‎ 所以ln ＋ln ＋ln ＋…＋ln ＞＋＋＋…＋，‎ 即ln(n＋1)＞＋＋＋…＋(n∈N＋).‎ 课外素养提升③　逻辑推理——用活两个经典不等式 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)．‎ ‎【例1】　(1)已知函数f(x)＝，则y＝f(x)的图像大致为(　　)‎ ‎(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．‎ ‎(1)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－1＜x＜0时均有f(x)＜0，排除A，C，易知B正确．]‎ ‎(2)证明：令g(x)＝f(x)－＝ex－x2－x－1，x∈R，‎ 则g′(x)＝ex－x－1，‎ 由经典不等式ex≥x＋1恒成立可知，g′(x)≥0恒成立，‎ 所以g(x)在R上为单调递增函数，且g(0)＝0.‎ 所以函数g(x)有唯一零点，即两曲线有唯一公共点．‎ ‎【例2】　(2017·全国卷Ⅲ改编)已知函数f(x)＝x－1－aln x.‎ ‎(1)若f(x)≥0，求a的值；‎ ‎(2)证明：对于任意正整数n，…＜e.‎ ‎[解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ ‎①若a≤0，因为f＝－＋aln 2＜0，所以不满足题意．‎ ‎②若a＞0，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)单调递减，在(a，＋∞)单调递增，‎ 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…＜e.‎ ‎【例3】　设函数f(x)＝ln x－x＋1.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)求证：当x∈(1，＋∞)时，1＜＜x.‎ ‎[解]　(1)由题设知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.‎ 当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)在(0,1)上单调递增；‎ 当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减．‎ ‎(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 x＜x－1.‎ 故当x∈(1，＋∞)时，ln x＜x－1，＞1. ①‎ 因此ln ＜－1，‎ 即ln x＞，＜x. ②‎ 故当x∈(1，＋∞)时恒有1＜＜x.‎