导与练普通班2017届高三数学一轮复习第2节导数在研究函数中的应用第三课时利用导数证明不等式专题课件

第三课时利用导数证明不等式专题利用导数证明不等式是高考的热点问题,常作为解答题的一问出现,难度较大,解决此类问题一般是通过构造函数把不等式问题转化为求函数单调性或最值问题解决.专题概述方法一构造法证明一元不等式问题【例1】(2014高考新课标全国卷Ⅰ)设函数f(x)=aexlnx+1exbx,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=e(x-1)+2.(1)求a,b;(1)解:函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=aexlnx+axex-2bxex-1+bxex-1.由题意可得f(1)=2,f′(1)=e.故a=1,b=2.(2)证明:由(1)知,f(x)=exlnx+2xex-1,从而f(x)1等价于xlnxxe-x-2e.设函数g(x)=xlnx,则g′(x)=1+lnx.所以当x∈(0,1e)时,g′(x)0;当x∈(1e,+∞)时,g′(x)0.故g(x)在(0,1e)上单调递减,在(1e,+∞)上单调递增,从而g(x)在(0,+∞)的最小值为g(1e)=-1e.设函数h(x)=xe-x-2e,则h′(x)=e-x(1-x).所以当x∈(0,1)时,h′(x)0;当x∈(1,+∞)时,h′(x)0.故h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,从而h(x)在(0,+∞)的最大值为h(1)=-1e.综上,当x0时,g(x)h(x),即f(x)1.(2)证明:f(x)1.反思归纳利用导数法证明不等式f(x)g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)=f(x)-g(x),然后根据函数h(x)的单调性或最值,证明h(x)0,若f(x)与g(x)的最值易求出,可直接转化为证明f(x)min≥g(x)max;若f(x)与g(x)的最值不易求出,可对h(x)=f(x)-g(x)适当变形后进行转化.【即时训练】证明不等式ex1+x+12x2,x∈(0,+∞)成立.证明:设f(x)=ex-1-x-12x2,则f′(x)=ex-1-x.令g(x)=ex-1-x,则g′(x)=ex-1.当x0时,g′(x)0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,而g(0)=0,所以g(x)g(0)=0,所以g(x)在(0,+∞)上恒成立,即f′(x)0在(0,+∞)上恒成立.所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,又f(0)=0,所以ex-1-x-12x20,即x0时,ex1+x+12x2成立.方法二等价转化法证明二元不等式问题【例2】已知函数f(x)=lnx-11axx.(1)若函数f(x)在(0,+∞)上为单调增函数,求a的取值范围;(1)解:f′(x)=1x-2111axaxx=22121xaxxx=222211xaxxx.因为f(x)在(0,+∞)上为单调增函数,所以f′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立.即x2+(2-2a)x+1≥0在(0,+∞)上恒成立,由x∈(0,+∞)时,x2+(2-2a)x+1≥0,得2a-2≤x+1x,由于x+1x在(0,+∞)上的最小值为2,故2a-2≤2,解得a≤2,所以a的取值范围是(-∞,2].(2)设m,n0,且m≠n,求证:lnlnmnmn2mn.(2)证明:由于交换m,n不影响不等式的结构,故可以设mn.原不等式等价于1lnmnmn12mn,即lnmn211mnmn,即lnmn-211mnmn0.根据(1),函数h(x)=lnx-211xx在(0,+∞)上是单调增函数,又mn1,所以h(mn)h(1)=0,所以lnmn-211mnmn0成立,所以lnlnmnmn2mn.反思归纳二元不等式问题有两种形式,一种形式是对于同一个函数的两个不同自变量而言,一种形式则是对不同函数的不同自变量而言.利用导数解决第一种形式的二元不等式的基本思想是把这个二元不等式转化为一元不等式,通过构造函数,然后按照导数研究一元不等式的方法解决.转化的基本思路有两个,一是根据函数的单调性把不等式转化为一个函数在指定的区间上是单调的,二是通过“齐次变换”把不等式转化为一元不等式,然后构造函数.对于第二种形式则是转化为不同函数的最值进行解答.提醒:在把不等式转换为一元不等式时要注意变换的等价性,以及变换后函数的定义域.【即时训练】已知函数f(x)=12x2-ax+(a-1)lnx,a1.(1)讨论函数f(x)的单调性;(1)解:f(x)的定义域为(0,+∞).f′(x)=x-a+1ax=21xaxax=11xxax.①若a-1=1,即a=2,则f′(x)=21xx,故f(x)在(0,+∞)上单调递增.②若a-11,而a1,故1a2,则当x∈(a-1,1)时,f′(x)0;当x∈(0,a-1)及x∈(1,+∞)时,f′(x)0,故f(x)在[a-1,1]上单调递减,在(0,a-1],[1,+∞)上单调递增.③若a-11,即a2,同理可得f(x)在[1,a-1]上单调递减,在(0,1],[a-1,+∞)上单调递增.(2)证明:若a5,则对任意x1,x2∈(0,+∞),x2≠x1,有1212fxfxxx-1.(2)证明:考虑函数g(x)=f(x)+x=12x2-ax+(a-1)lnx+x.则g′(x)=x-(a-1)+1ax≥21axx-(a-1)=1-(1a-1)2.由于1a5,故g′(x)0,即g(x)在(0,+∞)上单调递增,从而当0x2x1时,有g(x1)-g(x2)0,即f(x1)-f(x2)+x1-x20,故1212fxfxxx-1.当0x1x2时,有1212fxfxxx=2121fxfxxx-1.赋值法证明正整数不等式问题方法三【例3】已知函数f(x)=ax+bx+c(a0)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y=x-1.(1)用a表示出b,c;(1)解:f′(x)=a-2bx,则有1011,fabcfab解得1,12.baca(2)解:由(1)知,f(x)=ax+1ax+1-2a.令g(x)=f(x)-lnx=ax+1ax+1-2a-lnx,x∈[1,+∞),则g(1)=0,g′(x)=a-21ax-1x=221axxax=211aaxxax,(ⅰ)当0a12时,1aa1.若1x1aa,则g′(x)0,g(x)是减函数,所以g(x)g(1)=0,即f(x)lnx.故f(x)≥lnx在[1,+∞)上不恒成立.(ⅱ)当a≥12时,1aa≤1.若x1,则g′(x)0,g(x)是增函数,所以g(x)g(1)=0,即f(x)lnx,故当x≥1时,f(x)≥lnx.综上所述,所求a的取值范围为[12,+∞).(2)若f(x)≥lnx在[1,+∞)上恒成立,求a的取值范围;(3)证明:1+12+13+…+1nln(n+1)+21nn(n≥1).(3)证明:法一由(2)知,当a≥12时,有f(x)≥lnx(x≥1).令a=12,有f(x)=12(x-1x)≥lnx(x≥1),且当x1时,12(x-1x)lnx.令x=1kk,有ln1kk12(1kk-1kk)=12[(1+1k)-(1-11k)],即ln(k+1)-lnk12(1k+11k),k=1,2,3,…,n.将上述n个不等式依次相加得ln(n+1)12+(12+13+…+1n)+121n,整理得1+12+13+…+1nln(n+1)+21nn.②假设当n=k时,不等式成立,就是1+12+13+…+1kln(k+1)+21kk.那么1+12+13+…+1k+11kln(k+1)+21kk+11k=ln(k+1)+221kk,法二用数学归纳法证明.①当n=1时,左边=1,右边=ln2+141,不等式成立.由(2)知,当a≥12时,有f(x)≥lnx(x≥1).令a=12,有f(x)=12(x-1x)≥lnx(x≥1).令x=21kk,得12(21kk-12kk)≥ln21kk=ln(k+2)-ln(k+1).所以ln(k+1)+221kk≥ln(k+2)+122kk.所以1+12+13+…+1k+11kln(k+2)+122kk.这就是说,当n=k+1时,不等式也成立,根据①和②,可知不等式对任何n∈N*都成立.反思归纳利用导数研究的正整数不等式一般都与题目给出的函数不等式有关,如本例中给出的函数f(x)在a=12,x≥1时,有不等式12(x-1x)≥lnx,根据函数的定义域,这个不等式当然对一切大于等于1的数成立,这样根据所证不等式的特点,给定x以适当的数值即可证明正整数不等式.凡涉及从1到n的整数的不等式,而且不等式中含有lnn的问题,一般都是通过赋值使之产生ln1nn,ln1nn等使问题获得解决的,如证明12+23+…+1nnn+ln2-ln(n+2)时,就是通过变换1nn=1-11n,进而通过不等式xln(1+x)(x0),得1nln(1+1n)=ln(n+1)-lnn,累加后得出的.提醒:证明正整数不等式时,要把这些正整数放在正实数的范围内,通过构造正实数的不等式进行证明,而不能直接构造正整数的函数,因为这样的函数不是可导函数,使用导数就是错误的.【即时训练】(2015山东济宁市模拟)已知函数f(x)=ex-ax-a(其中a∈R,e是自然对数的底数,e=2.71828…).(1)当a=e时,求函数f(x)的极值;(1)解:当a=e时,f(x)=ex-ex-e,f′(x)=ex-e,当x1时,f′(x)0;当x1时,f′(x)0;所以函数f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以函数f(x)在x=1处取得极小值f(1)=-e,函数f(x)无极大值;(2)当0≤a≤1时,求证f(x)≥0;(2)解:由f(x)=ex-ax-a,f′(x)=ex-a①当a=0时,f(x)=ex≥0恒成立,满足条件,②当0a≤1时,由f′(x)=0,得x=lna,则当x∈(-∞,lna)时,f′(x)0,当x∈(lna,+∞)时,f′(x)0,所以函数f(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增,所以函数f(x)在x=lna处取得极小值即为最小值,f(x)min=f(lna)=elna-alna-a=-alna.因为0a≤1,所以lna≤0,所以-alna≥0,所以f(x)min≥0,综上得,当0≤a≤1时,f(x)≥0;(3)求证:对任意正整数n,都有（1+12）（1+212）…（1+12n）e.(3)证明:由(2)知,当a=1时,f(x)≥0恒成立,所以f(x)=ex-x-1≥0恒成立,即ex≥x+1,所以ln(x+1)≤x,令x=12n(n∈N+),得ln(1+12n)≤12n,所以ln(1+12)+ln(1+212)+…+ln（1+12n）≤12+212+…+12n=11122112n=1-（12）n1,所以（1+12）（1+212）…（1+12n）e.