第2部分 专题6 第4讲　利用导数证明不等式 课件（共42张PPT）

专题六函数、导数和不等式第4讲利用导数证明不等式第二部分核心专题师生共研考点1单变量的不等式的证明01高考串讲·找规律考题变迁·提素养(2021·全国卷乙)设函数f(x)＝ln(a－x)，已知x＝0是函数y＝xf(x)的极值点．(1)求a；(2)设函数g(x)＝x＋fxxfx，证明：g(x)＜1.[解](1)由题意得y＝xf(x)＝xln(a－x)，则y′＝ln(a－x)＋x[ln(a－x)]′.因为x＝0是函数y＝xf(x)的极值点，所以y′|x＝0＝lna＝0，所以a＝1.(2)证明：由(1)可知，f(x)＝ln(1－x)，其定义域为{x|x＜1}，当0＜x＜1时，ln(1－x)＜0，此时xf(x)＜0.当x＜0时，ln(1－x)＞0，此时xf(x)＜0，易知g(x)的定义域为{x|x＜1且x≠0}，故要证g(x)＝x＋fxxfx＜1，只需证x＋f(x)＞xf(x)，即证x＋ln(1－x)－xln(1－x)＞0，令1－x＝t，则t＞0且t≠1，则只需证1－t＋lnt－(1－t)lnt＞0，即证1－t＋tlnt＞0.令h(t)＝1－t＋tlnt，则h′(t)＝－1＋lnt＋1＝lnt，所以h(t)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)＞h(1)＝0，即g(x)＜1成立．命题规律：最常见就是ex和lnx与其他代数式结合的题目．重在考查学生的等价转化能力，逻辑推理及数学运算的能力.通性通法：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)最值法：欲证f(x)＜g(x)，有时可以证明f(x)max＜g(x)min；(3)放缩法：在证明相关不等式中，若能灵活运用ex≥x＋1，lnx≤x－1这两个不等式和不等式ex≥ex，lnx≤1ex，lnx≥1－1x进行放缩，往往事半功倍．一般地，有ef(x)≥f(x)＋1，lng(x)≤g(x)－1，扩大了应用范围．1．[与ex，lnx有关的不等式证明问题]已知函数f(x)＝1－lnx，x∈(0,1)，求证：fxex＋x2－1x＜1.[证明]法一：(最值法)因为x∈(0,1)，所以欲证fxex＋x2－1x＜1，只需证1－lnxex＋x2－1x＜1，即证x(1－lnx)＜(1＋x－x3)ex.设函数g(x)＝x(1－lnx)，则g′(x)＝－lnx.当x∈(0,1)时，g′(x)＞0，故函数g(x)在(0,1)上单调递增，所以g(x)＜g(1)＝1.设函数h(x)＝(1＋x－x3)ex，则h′(x)＝(2＋x－3x2－x3)ex.设函数p(x)＝2＋x－3x2－x3，则p′(x)＝1－6x－3x2.当x∈(0,1)时，p′(0)·p′(1)＝－8＜0，故存在x0∈(0,1)，使得p′(x0)＝0，从而函数p(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0,1)上单调递减．当x∈(0，x0)时，p(x0)＞p(0)＝2，当x∈(x0,1)时，p(x0)·p(1)＜－2＜0，故存在x1∈(0,1)，使得h′(x1)＝0，即当x∈(0，x1)时，p(x)＞0，当x∈(x1,1)时，p(x)＜0，从而函数h(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1,1)上单调递减．因为h(0)＝1，h(1)＝e，所以当x∈(0,1)时，h(x)＞h(0)＝1，所以x(1－lnx)＜(1＋x－x3)ex，x∈(0,1)，即fxex＋x2－1x＜1，x∈(0,1)．法二：(放缩法)因为x∈(0,1)，所以欲证fxex＋x2－1x＜1，只需证1－lnxex＋x2－1x＜1，即证x(1－lnx)＜(1＋x－x3)ex.设函数g(x)＝x(1－lnx)，则g′(x)＝－lnx，当x∈(0,1)时，g′(x)＞0，故函数g(x)在(0,1)上单调递增．所以g(x)＜g(1)＝1.设函数h(x)＝(1＋x－x3)ex，x∈(0,1)，因为x∈(0,1)，所以x＞x3，所以1＋x－x3＞1，又1＜ex＜e，所以h(x)＞1，所以g(x)＜1＜h(x)，即原不等式成立．法三：(放缩法)因为x∈(0,1)，所以欲证fxex＋x2－1x＜1，只需证1－lnxex＋x2－1x＜1，由于1－lnx＞0，ex＞e0＝1，则只需证明1－lnx＋x2－1x＜1，只需证明lnx－x2＋1x＞0，令g(x)＝lnx－x2＋1x，则当x∈(0,1)时，g′(x)＝1x－2x－1x2＝x－1－2x3x2＜x－1x2＜0，则函数g(x)在(0,1)上单调递减，则g(x)＞g(1)＝0，所以lnx－x2＋1x＞0，即原不等式成立．2．[与sinx，cosx有关的不等式证明问题]已知f(x)＝cosx＋mx2－1(x≥0)．(1)若f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围；(2)证明：当x≥0时，ex－2≥sinx－cosx.[解](1)由题意知f(0)＝0，且f′(x)＝－sinx＋2mx，f′(0)＝0，f″(x)＝－cosx＋2m.要使f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，则必须满足f″(x)≥0恒成立，即2m－1≥0，m≥12.①若m≥12，f″(x)≥0，则f′(x)在[0，＋∞)上单调递增，可知f′(x)≥f′(0)＝0，所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，可知f(x)≥f(0)＝0，满足题意．②若m＜12，存在x0∈(0，＋∞)，当x∈(0，x0)时，f″(x)＜0，则f′(x)在(0，x0)上单调递减，此时f′(x)＜f′(0)＝0，所以f(x)在(0，x0)上单调递减，此时f(x)＜f(0)＝0，舍去．综上可知，实数m的取值范围为12，＋∞.(2)证明：由(1)知，当m≥12时，f(x)＝cosx＋mx2－1≥0，取m＝12，则12x2－1≥－cosx.结合(1)可知f′(x)＝－sinx＋x≥0，则x≥sinx，所以12x2＋x－1≥sinx－cosx.要证ex－2≥sinx－cosx，只需证ex－2≥12x2＋x－1.令g(x)＝ex－12x2－x－1，则g′(x)＝ex－x－1，g″(x)＝ex－1，当x≥0时，g″(x)＝ex－1≥0，则g′(x)在[0，＋∞)上单调递增，故g′(x)≥g′(0)＝0，可知g(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(0)＝0，于是ex－12x2－x－1≥0，即有ex－2≥sinx－cosx.考点2双变量的不等式的证明02高考串讲·找规律考题变迁·提素养(2018·全国卷Ⅰ改编)已知函数f(x)＝1x－x＋alnx存在两个极值点x1，x2，证明：fx1－fx2x1－x2＜a－2.[解]∵f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1x2－1＋ax＝－x2－ax＋1x2，易知当且仅当a＞2时，f(x)存在两个极值点．由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨设x1＜x2，则x2＞1，由于fx1－fx2x1－x2＝－1x1x2－1＋alnx1－lnx2x1－x2＝－2＋alnx1－lnx2x1－x2＝－2＋a－2lnx21x2－x2，所以fx1－fx2x1－x2＜a－2等价于1x2－x2＋2lnx2＜0.设函数g(x)＝1x－x＋2lnx，g′(x)＝－1x2－1＋2x＝－x2＋2x－1x2＝－x－12x2≤0，∴g(x)在(0，＋∞)单调递减，又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0，所以1x2－x2＋2lnx2＜0，即fx1－fx2x1－x2＜a－2.命题规律：以函数的极值点、零点为依托，将函数、方程、不等式巧妙地融合在一起，重在考查学生的等价转化能力、数学运算能力和逻辑推理能力．通性通法：证明双变量不等式的三种常见方法(1)消元法：即借助题设条件，建立x1与x2的等量关系，如x2＝g(x1)，从而将f(x1，x2)＞A的双变量不等式化成h(x1)＞A的单变量不等式．(2)换元法：结合题设条件，有时需要先对含有双变量的不等式进行“除法”变形，再对含有双变量的局部代数式进行“换元”处理，将双变量问题等价转化为单变量问题，即构建形如x1x2形式．(3)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．1．[与零点有关的双变量问题]已知函数f(x)＝ax－lnx(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2，证明：1lnx1＋1lnx2＞2.[解](1)当a≤0时，减区间为(0，＋∞)，没有增区间；当a＞0时，减区间为0，1a，增区间为1a，＋∞.(2)证明：函数f(x)有两个零点分别为x1，x2，则a＞0，不妨设x1＜x2，则lnx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0，两式相减得lnx2－lnx1＝a(x2－x1)．要证1lnx1＋1lnx2＞2，只需证1x1＋1x2＞2a，只需证x1＋x22x1x2＞a，只需证x1＋x22x1x2＞lnx2－lnx1x2－x1，只需证x22－x212x1x2＞lnx2x1，只需证lnx2x1＜12x2x1－x1x2.令t＝x2x1，则t＞1，即证lnt＜12t－1t.设φ(t)＝lnt－12t－1t，则φ′(t)＝2t－t2－12t2＜0，即函数φ(t)在(1，＋∞)上单调递减，则φ(t)＜φ(1)＝0.即得1lnx1＋1lnx2＞2.2．[与极值点有关的双变量问题]已知f(x)＝xlnx－12mx2－x，m∈R.若f(x)有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求证：x1x2＞e2(e为自然对数的底数).[证明]欲证x1x2＞e2，需证lnx1＋lnx2＞2.由函数f(x)有两个极值点x1，x2，可得f′(x)有两个零点，又f′(x)＝lnx－mx，所以x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不同实根．法一：于是有lnx1－mx1＝0，①lnx2－mx2＝0，②①＋②可得lnx1＋lnx2＝m(x1＋x2)，即m＝lnx1＋lnx2x1＋x2，②－①可得lnx2－lnx1＝m(x2－x1)，即m＝lnx2－lnx1x2－x1，从而可得lnx2－lnx1x2－x1＝lnx1＋lnx2x1＋x2，于是lnx1＋lnx2＝lnx2－lnx1x2＋x1x2－x1＝1＋x2x1lnx2x1x2x1－1.又0＜x1＜x2，设t＝x2x1，则t＞1.因此lnx1＋lnx2＝1＋tlntt－1，t＞1.要证lnx1＋lnx2＞2，即证t＋1lntt－1＞2(t＞1)，即证当t＞1时，有lnt＞2t－1t＋1.令g(t)＝lnt－2t－1t＋1(t＞1)，则g′(t)＝1t－2t＋1－2t－1t＋12＝t－12tt＋12＞0，所以g(t)为(1，＋∞)上的增函数．因此g(t)＞ln1－2×1－11＋1＝0.于是当t＞1时，有lnt＞2t－1t＋1.所以有lnx1＋lnx2＞2成立，即x1x2＞e2.法二：f′(x1)＝f′(x2)＝0，令f′(x)＝0，则lnxx＝m，令h(x)＝lnxx，则h(x1)＝h(x2)＝m，h′(x)＝1－lnxx2，由h′(x)＞0，得0＜x＜e.由h′(x)＜0，得x＞e.所以h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以0＜x1＜e＜x2.令H(x)＝h(x)－he2x(0＜x＜e)，所以H′(x)＝h′(x)＋e2x2h′e2x＝1－lnxx2＋e2x2·1－lne2xe4x2＝1－lnxx2＋lnx－1e2＝(1－lnx)1x2－1e2＝(1－lnx)e2－x2e2x2.因为0＜