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  • 2021-07-01 发布

2021高三数学人教B版一轮学案:第二章 第十二节 第2课时 利用导数证明不等式

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www.ks5u.com 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.‎