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- 2021-07-01 发布
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第2课时 利用导数证明不等式
构造函数证明不等式:构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时,根据所要证明的不等式,构造与之相关的函数,利用函数单调性、极值、最值加以证明.常见的构造方法有:(1)直接构造法:证明不等式f(x)>g(x)(f(x)0(f(x)-g(x)<0),进而构造辅助函数h(x)=f(x)-g(x);(2)适当放缩构造法:一是根据已知条件适当放缩,二是利用常见的放缩结论,如lnx≤x-1,ex≥x+1,lnx0),≤ln(x+1)≤x(x>-1);(3)特征分析构造法:稍作变形再构造,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形式,根据“相同结构”构造辅助函数;(4)构造双函数:若直接构造函数求导难以判断符号,导函数零点也不易求得,因此函数单调性与极值点都不易获得,则可构造函数f(x)和g(x),利用其最值求解.
方法1 直接构造差函数法
【例1】 已知函数f(x)=1-,g(x)=+-bx(e为自然对数的底数),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)求证: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,
即g(1)=1+a-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′(x)=-+++1=++1.
因为x≥1,所以h′(x)=++1>0,
所以h(x)在[1,+∞)上单调递增,
所以h(x)≥h(1)=0,
即1---+x≥0,
所以当x≥1时,f(x)+g(x)≥.
方法技巧
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)=x2e2x-2.
(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)当x∈[0,2]时,求证:f(x)≥-2x2+8x-5.
解:(1)f′(x)=2e2x-2(x2+x),f′(1)=4,f(1)=1,
则曲线y=f(x)在点(1,1)处的切线方程为y-1=4(x-1),即y=4x-3.
(2)证明:当x∈[0,2]时,令g(x)=x2e2x-2+2x2-8x+5,则g′(x)=2e2x-2(x2+x)+4x-8,令h(x)=g′(x),
则h′(x)=2e2x-2(2x2+4x+1)+4>0,
所以g′(x)在[0,2]上单调递增,且g′(1)=0,
所以g(x)在[0,1]上单调递减,在[1,2]上单调递增,
所以g(x)的最小值为g(1)=0,
所以g(x)≥0,即f(x)≥-2x2+8x-5.
方法2 特征分析构造法
【例2】 (2020·江西南昌统考)已知函数f(x)=lnx+ax,a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调区间;
(2)当a=时,证明:x3>f(x).
【解】 (1)f(x)的定义域为(0,+∞).
由已知得f′(x)=+a=(x>0),
则①当a≥0时,f′(x)≥0恒成立,此时f(x)在(0,+∞)上单调递增.
②当a<0时,令f′(x)>0,得x<-,则f(x)在(0,-)上单调递增,在(-,+∞)上单调递减.
综上所述,当a≥0时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞);当a<0时,f(x)的单调递增区间为(0,-),单调递减区间为(-,+∞).
(2)当a=时,x3>f(x)可化为x2->.
令m(x)=x-1-,x>0,则m′(x)=(x>0),令h(x)=x2+lnx-1,x>0,则h′(x)=2x+>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,
又h(1)=0,所以当x∈(0,1)时,h(x)<0,则m′(x)<0;当x∈(1,+∞)时,h(x)>0,则m′(x)>0,所以m(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以m(x)≥m(1)=0,即x-1≥,当且仅当x=1时,等号成立.
又x2--(x-1)=x2-x+=(x-)2≥0,所以x2-≥x-1,当且仅当x=时,等号成立.
故x2->,即x2>+,即x3>lnx+x,即x3>f(x).
方法技巧
用特征分析构造法证明不等式,就是将一些复杂函数通过等价变形或合理拆分,得到一些熟悉的基本初等函数,然后利用这些基本初等函数的性质和图象等,进行合理放缩,这样可以大大减少运算量,降低思维难度,进而使问题更易解答.
已知函数f(x)=在点(-1,f(-1))处的切线方程为x+y+3=0.
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)设g(x)=lnx,求证:g(x)≥f(x)在[1,+∞)上恒成立.
解:(1)将x=-1代入切线方程得y=-2,
所以f(-1)==-2,
化简得b-a=-4.①
f′(x)=,
f′(-1)==-1.②
联立①②,解得a=2,b=-2.
所以f(x)=.
(2)证明:由题意知要证lnx≥在[1,+∞)上恒成立,即证明(x2+1)lnx≥2x-2,x2lnx+lnx-2x+2≥0在[1,+∞)上恒成立.
设h(x)=x2lnx+lnx-2x+2,则h′(x)=2xlnx+x+-2,因为x≥1,所以2xlnx≥0,x+≥2·=2(当且仅当x=1时等号成立),即h′(x)≥0,
所以h(x)在[1,+∞)上单调递增,h(x)≥h(1)=0,
所以g(x)≥f(x)在[1,+∞)上恒成立.
方法3 放缩法
【例3】 已知函数f(x)=ax-lnx-1.
(1)若f(x)≥0恒成立,求a的最小值;
(2)求证:+x+lnx-1≥0;
(3)已知k(e-x+x2)≥x-xlnx恒成立,求k的取值范围.
【解】 (1)f(x)≥0等价于a≥.
令g(x)=(x>0),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)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
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≥lnx+1,即t≥lnt+1(t>0).令=t,
则-x-lnx=lnt,所以≥-x-lnx+1,
即+x+lnx-1≥0.
(3)因为k(e-x+x2)≥x-xlnx恒成立,
即k≥1-lnx恒成立,
所以k≥=-+1,
由(2)知+x+lnx-1≥0恒成立,
所以-+1≤1,所以k≥1.
故k的取值范围为[1,+∞).
方法技巧
导数的综合应用题中,最常见就是ex和lnx与其他代数式结合的难题,对于这类问题,可以先对ex和lnx进行放缩,使问题简化,便于化简或判断导数的正负.常见的放缩公式如下:
(1)ex≥1+x,当且仅当x=0时取等号;
(2)ex≥ex,当且仅当x=1时取等号;
(2020·河北九校联考)已知函数f(x)=xex+x2+ax+b,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为4x-2y-3=0.
(1)求a,b的值;
(2)证明:f(x)>lnx.
解:(1)f′(x)=(x+1)ex+2x+a,
由题意知解得
(2)由(1)知,f(x)=xex+x2+x-.
先证当x≥0时,f(x)≥2x-,
即证xex+x2-x≥0.
设g(x)=xex+x2-x,x≥0,
则g′(x)=(x+1)ex+2x-1,g′(0)=0.
设φ(x)=g′(x),则φ′(x)=(x+2)ex+2>0,所以函数g′(x)在[0,+∞)上单调递增,故g′(x)≥g′(0)=0,所以函数g(x)在[0,+∞)上单调递增,则当x≥0时,g(x)=xex+x2-x≥g(0)=0.(也可直接分析xex+x2+x-≥2x-⇔xex+x2-x≥0⇔ex+x-1≥0,显然成立).
再证2x->lnx,设h(x)=2x--lnx,
则h′(x)=2-=,令h′(x)=0,得x=,则当x∈(0,)时,h′(x)<0,函数h(x)单调递减;
当x∈(,+∞)时,h′(x)>0,函数h(x)单调递增.
所以h(x)=2x--lnx≥h()=-+ln2>0,
即有2x->lnx,
又f(x)=xex+x2+x->2x-(x>0),
故f(x)>lnx.
方法4 构造双函数法
【例4】 (2020·长沙模拟)已知函数f(x)=ex2-xlnx.求证:当x>0时,f(x)0),
则h′(x)=,
易知h(x)在上单调递减,在上单调递增,则h(x)min=h=0,所以lnx+≥0.
再令φ(x)=ex-ex,则φ′(x)=e-ex,
易知φ(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,则φ(x)max=φ(1)=0,所以ex-ex≤0.
因为h(x)与φ(x)不同时为0,所以ex-ex0).
(1)求函数h(x)=f(x)g(x)的极值;
(2)求证:当x>0时,不等式lnx+->0成立.(其中e为自然对数的底数,e=2.718 28…)
解:(1)F(x)=f(x)g(x)=ax2lnx(x>0),
∴F′(x)=axlnx+ax=ax,
由F′(x)>0得x>e,
由F′(x)<0,得00,G(x)单调递增;
当x∈(2,+∞)时,G′(x)<0,G(x)单调递减,
则G(x)max=G(2)=-,
而--=<0,
因此x2lnx≥->-≥-,原不等式得证.
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