2022届高考数学一轮复习(新高考版) 第3章 高考专题突破一 第3课时　利用导数证明不等式

大一轮复习讲义第三章高考专题突破一高考中的导数综合问题例1(2021·赣州模拟)已知函数f(x)＝1－lnxx，g(x)＝aeex＋1x－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；题型一将不等式转化为函数的最值问题师生共研解因为f(x)＝1－lnxx，x0，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.所以f′(x)＝lnx－1x2，f′(1)＝－1.因为g(x)＝aeex＋1x－bx，所以g′(x)＝－aeex－1x2－b.(2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2x.证明由(1)知，g(x)＝－eex＋1x＋x，则f(x)＋g(x)≥2x⇔1－lnxx－eex－1x＋x≥0.令h(x)＝1－lnxx－eex－1x＋x(x≥1)，则h(1)＝0，h′(x)＝－1＋lnxx2＋eex＋1x2＋1＝lnxx2＋eex＋1.因为x≥1，所以h′(x)＝lnxx2＋eex＋10，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以当x≥1时，h(x)≥h(1)＝0，即1－lnxx－eex－1x＋x≥0，所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2x.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，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证.思维升华跟踪训练1(2021·武汉调研)已知函数f(x)＝lnx＋，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；当a≤0时，f′(x)0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增.当a0时，若xa，则f′(x)0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；若0xa，则f′(x)0，函数f(x)在(0，a)上单调递减.ax解f′(x)＝1x－ax2＝x－ax2(x0)．(2)当a0时，证明f(x)≥2a－1a.要证f(x)≥2a－1a，只需证lna＋1≥2a－1a，证明由(1)知，当a0时，f(x)min＝f(a)＝lna＋1.即证lna＋1a－1≥0.令函数g(a)＝lna＋1a－1，则g′(a)＝1a－1a2＝a－1a2(a0)，当0a1时，g′(a)0；当a1时，g′(a)0，所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(a)min＝g(1)＝0.所以lna＋1a－1≥0恒成立，所以f(x)≥2a－1a.例2(2020·长沙模拟)已知函数f(x)＝ex2－xlnx.求证：当x0时，f(x)xex＋1e.题型二将不等式转化为两个函数的最值进行比较师生共研证明要证f(x)xex＋1e，只需证ex－lnxex＋1ex，即ex－exlnx＋1ex.令h(x)＝lnx＋1ex(x0)，则h′(x)＝ex－1ex2，易知h(x)在0，1e上单调递减，在1e，＋∞上单调递增，则h(x)min＝h1e＝0，所以lnx＋1ex≥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－exlnx＋1ex，故原不等式成立.(1)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，达到证明的目标.本例中同时含lnx与ex，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明.(2)在证明过程中，等价转化是关键，此处h(x)min＝φ(x)max恒成立.从而φ(x)≤h(x)恒成立，但此处φ(x)与h(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”，故φ(x)h(x)恒成立.思维升华跟踪训练2已知f(x)＝xlnx.(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t0)上的最小值；解由f(x)＝xlnx，x0，得f′(x)＝lnx＋1，令f′(x)＝0，得x＝1e.当x∈0，1e时，f′(x)0，f(x)单调递减；当x∈1e，＋∞时，f′(x)0，f(x)单调递增．①当0t1et＋2，即0t1e时，f(x)min＝f1e＝－1e；②当1e≤tt＋2，即t≥1e时，f(x)在[t，t＋2]上单调递增，f(x)min＝f(t)＝tlnt．令f(x)的最小值为g(t)，所以g(t)＝－1e，0t1e，tlnt，t≥1e.(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx1ex－2ex成立．证明问题等价于证明xlnxxex－2e(x∈(0，＋∞))．由(1)可知f(x)＝xlnx(x∈(0，＋∞))的最小值是－1e，当且仅当x＝1e时取到．设m(x)＝xex－2e(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝1－xex，由m′(x)0，得x1时，m(x)单调递减，由m′(x)0得0x1时，m(x)单调递增，易知m(x)max＝m(1)＝－1e，从而对一切x∈(0，＋∞)，xlnx≥－1e≥xex－2e，两个等号不同时取到，所以对一切x∈(0，＋∞)都有lnx1ex－2ex成立．当且仅当x＝1时取到.例3已知函数f(x)＝aln(x－1)＋2x－1，其中a为正实数．证明：当x2时，f(x)ex＋(a－1)x－2a.题型三适当放缩证明不等式师生共研证明令φ(x)＝lnx－x＋1，其定义域为(0，＋∞)，φ′(x)＝1x－1＝1－xx.当x∈(0,1)时，φ′(x)0；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)0，∴φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴φ(x)max＝φ(1)＝0，∴φ(x)≤0，即lnx≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”.只需证aln(x－1)＋2x－1ex＋(a－1)x－2a，当x2时，ln(x－1)x－2，又a0，∴aln(x－1)a(x－2).要证f(x)ex＋(a－1)x－2a，只需证a(x－2)＋2x－1ex＋(a－1)x－2a，即ex－x－2x－10对于任意的x2恒成立.令h(x)＝ex－x－2x－1，x2，则h′(x)＝ex－1＋2x－12.因为x2，所以h′(x)0恒成立，所以h(x)在(2，＋∞)上单调递增，所以h(x)h(2)＝e2－40，所以当x2时，f(x)ex＋(a－1)x－2a.导数方法证明不等式中，最常见的是ex和lnx与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对ex和lnx进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明.常见的放缩公式如下：(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号.(2)lnx≤x－1，当且仅当x＝1时取等号．思维升华跟踪训练3已知函数f(x)＝aex－1－lnx－1.(1)若a＝1，求f(x)在(1，f(1))处的切线方程；解当a＝1时，f(x)＝ex－1－lnx－1(x0)，f′(x)＝ex－1－1x，k＝f′(1)＝0，又f(1)＝0，∴切点为(1,0).∴切线方程为y－0＝0(x－1)，即y＝0.(2)证明：当a≥1时，f(x)≥0.证明∵a≥1，∴aex－1≥ex－1，∴f(x)≥ex－1－lnx－1.方法一令φ(x)＝ex－1－lnx－1(x0)，∴φ′(x)＝ex－1－1x，令h(x)＝ex－1－1x，∴h′(x)＝ex－1＋1x20，∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又φ′(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，φ′(x)0；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)0，∴φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(1)＝0，∴φ(x)≥0，∴f(x)≥φ(x)≥0，即证f(x)≥0.方法二令g(x)＝ex－x－1，∴g′(x)＝ex－1.当x∈(－∞，0)时，g′(x)0；当x∈(0，＋∞)时，g′(x)0，∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(0)＝0，故ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”.同理可证lnx≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”．由ex≥x＋1⇒ex－1≥x(当且仅当x＝1时取“＝”)，由x－1≥lnx⇒x≥lnx＋1(当且仅当x＝1时取“＝”)，∴ex－1≥x≥lnx＋1，即ex－1≥lnx＋1，即ex－1－lnx－1≥0(当且仅当x＝1时取“＝”)，即证f(x)≥0.方法三f(x)＝aex－1－lnx－1，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1－1x，令k(x)＝aex－1－1x，∴k′(x)＝aex－1＋1x20，∴f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.又f′(1)＝a－1≥0且x→0时，f′(x)→－∞，∴∃x0∈(0,1]使f′(x0)＝0，即a－1x0＝0，即a＝1x0，01ex01ex∴当x∈(0，x0)时，f′(x)0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)0，∴f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(x0)＝a－lnx0－1＝1x0－lnx0－1.01ex令φ(x)＝1x－lnx－1，x∈(0,1]，∴φ′(x)＝－1x2－1x0，∴φ(x)在(0,1]上单调递减，∴φ(x)min＝φ(1)＝0，∴φ(x)≥0，∴1x0－lnx0－1≥0，即f(x)min＝f(x0)≥0，故f(x)≥0.极值点偏移问题拓展视野极值点偏移问题常作为压轴题出现，题型复杂多变.解决此类问题，先需理解此类问题的实质，巧妙消元、消参、构造函数，利用函数的性质解决问题．例1已知函数f(x)＝xe－x.(1)求函数f(x)的单调区间；解f′(x)＝e－x(1－x)，令f′(x)0得x1；令f′(x)0得x1，∴函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.(2)若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x22.证明方法一(对称化构造法)构造辅助函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，x1，则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝e－x(1－x)＋ex－2(x－1)＝(x－1)(ex－2－e－x)，∵当x1时，x－10，ex－2－e－x0，∴F′(x)0，∴F(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴F(x)F(1)＝0，故当x1时，f(x)f(2－x)，(*)由f(x1)＝f(x2)，x1≠x2，可设x11x2，将x2代入(*)式可得f(x2)f(2－x2)，又f(x1)＝f(x2)，∴f(x1)f(2－x2).又x11,2－x21，而f(x)在(－∞，1)上单调递增，∴x12－x2，∴x1＋x22.方法二(比值代换法)设0x11x2，f(x1)＝f(x2)即x1＝x2，取对数得lnx1－x1＝lnx2－x2.1ex－2ex－令t＝x2x11，则x2＝tx1，代入上式得lnx1－x1＝lnt＋lnx1－tx1，得x1＝lntt－1，x2＝tlntt－1.∴x1＋x2＝t＋1lntt－12⇔lnt－2t－1t＋10，设g(t)＝lnt－2t－1t＋1(t1)，∴g′(t)＝1t－2t＋1－2t－1t＋12＝t－12tt＋120，∴当t1时，g(t)单调递增，∴g(t)g(1)＝0，∴lnt－2t－1t＋10，故x1＋x22.例2已知函数f(x)＝lnx－ax有两个零点x1，x2.(1)求实数a的取值范围；解f′(x)＝1x－a＝1－axx(x0)，②若a0，令f′(x)＝0，解得x＝1a.当x∈0，1a时，f′(x)0；①若a≤0，则f′(x)0，不符合题意；当x∈1a