第三课时 利用导数证明不等式专题

理数第三课时利用导数证明不等式专题理数专题概述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.理数考点一构造函数证明不等式(高频考点)考点专项突破在讲练中理解知识考查角度1:移项构造函数证明不等式高考扫描:2016高考新课标全国Ⅱ卷,2014高考新课标全国Ⅰ卷.【例1】(2016·全国Ⅲ卷)设函数f(x)=lnx-x+1.(1)讨论f(x)的单调性;(1)解:由题设,f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=1x-1,令f′(x)=0解得x=1.当0x1时,f′(x)0,f(x)单调递增;当x1时,f′(x)0,f(x)单调递减.理数(2)证明:由(1)知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0.所以当x≠1时,f(x)0,即lnxx-1.故当x∈(1,+∞)时,lnxx-1,ln1x1x-1,即11lnxxx.(2)证明当x∈(1,+∞)时,11lnxxx;理数(3)证明:由题设c1,设g(x)=1+(c-1)x-cx,则g′(x)=c-1-cxlnc,令g′(x)=0,解得x0=1lnlnlnccc.当xx0时,g′(x)0,g(x)单调递增;当xx0时,g′(x)0,g(x)单调递减.由(2)知11lnccc,故0x01.又g(0)=g(1)=0,故当0x1时,g(x)0.所以当x∈(0,1)时,1+(c-1)xcx.(3)设c1,证明当x∈(0,1)时,1+(c-1)xcx.理数反思归纳当不等式左、右两边都含有自变量时,可以移项后构造函数,证明所构造函数的最值与0的大小关系.常见方法是:若证明f(x)g(x)在区间D上恒成立,则构造函数h(x)=f(x)-g(x),再根据函数单调性或最值,证明h(x)0.理数(1)解:当a=-1时,f(x)=xlnx+x,f′(x)=lnx+2,由f′(x)=0得x=21e.当0m21e时,在x∈[m,21e)上f′(x)0,在x∈(21e,m+3]上f′(x)0.因此f(x)在x=21e处取得极小值,也是最小值.故f(x)min=f(21e)=-21e.由于f(m)=m(lnm+1)0,f(m+3)=(m+3)[ln(m+3)+1]0,因此f(x)max=f(m+3)=(m+3)[ln(m+3)+1].当m21e时,f′(x)0,因此f(x)在[m,m+3]上单调递增,故f(x)min=f(m)=m(lnm+1),f(x)max=f(m+3)=(m+3)[ln(m+3)+1].考查角度2:最值转化法证明不等式【例2】导学号18702120已知f(x)=xlnx-ax,g(x)=-x2-2.(1)当a=-1时,求函数f(x)在区间[m,m+3](m0)上的最值;理数(2)证明:问题等价于证明xlnx+x1exx-22e,x∈(0,+∞).由(1)知a=-1时,f(x)=xlnx+x的最小值是-21e,当且仅当x=21e时取等号.设G(x)=1exx-22e,x∈(0,+∞),则G′(x)=11exx,易知G(x)max=G(1)=-21e,当且仅当x=1时取到,从而可知对一切x∈(0,+∞),都有f(x)G(x),即lnx+111ex-22ex.(2)证明:对一切x∈(0,+∞),都有lnx+111ex-22ex成立.理数证明:因为f(x)=(x-lnx)+21xx,所以f′(x)=1-1x-22x+32x.所以f(x)f′(x)+32可转化为x-lnx+2x-21x1-1x-22x+32x+32.即x-lnx32x-21x-3x+52.下面证明该不等式对x∈[1,2]恒成立.设g(x)=x-lnx,则g′(x)=1-1x=1xx.易知x∈[1,2]时,g′(x)0,所以g(x)≥g(1)=1(x=1取等号).考查角度3:变形转化后证明不等式【例3】(2016·山东卷改编)若函数f(x)=(x-lnx)+21xx.试证明f(x)f′(x)+32,对任意x∈[1,2]成立.理数设h(x)=32x-21x-3x+52,则h′(x)=-46x+32x+23x=24326xxx.记(x)=3x2+2x-6,则(x)在[1,2]内单调递增.又(1)=-1,(2)=10,因此(x)在[1,2]上存在零点x0,当x∈(1,x0)时,(x)0,x∈(x0,2)时,(x)0.故h(x)在(1,x0)上是减函数,在(x0,2)上是增函数.由h(1)=12,h(2)=1知h(x)≤h(2)=1(x=2时取等号).所以g(x)h(x),即x-lnx32x-21x-3x+52对x∈[1,2]成立.所以f(x)f′(x)+32对任意x∈[1,2]成立.理数构造函数证明与函数零点(方程根)有关的不等式考点二(1)解:f′(x)=1x-2ax=2xax(x0),所以当a≤0时,f′(x)0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,函数无最小值.当a0时,f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.函数f(x)在x=a处取最小值f(a)=lna+1.高考扫描:2016高考新课标全国Ⅰ卷.【例4】导学号18702122已知函数f(x)=lnx+ax.(1)求f(x)的最小值;理数(2)若方程f(x)=a有两个根x1,x2(x1x2),证明:x1+x22a.(2)证明:若函数y=f(x)的两个零点为x1,x2(x1x2),由(1)可得0x1ax2.令g(x)=f(x)-f(2a-x)(0xa).则g′(x)=(x-a)2211(2)xax=-2224()(2)axaxax0,所以g(x)在(0,a)上单调递减,g(x)g(a)=0,即f(x)f(2a-x).令x=x1a,则f(x1)f(2a-x1),所以f(x2)=f(x1)f(2a-x1),由(1)可得f(x)在(a,+∞)上单调递增,所以x22a-x1,故x1+x22a.理数反思归纳若函数y=f(x)的极值点是x0,且x1,x2是函数y=f(x)的零点,则关于x1,x2,x0的不等式常用证明方法如下:(1)构造一元函数F(x)=f(x0+x)-f(x0-x);(2)求F′(x),确定函数F(x)的单调性;(3)结合F(0)=0判断F(x)的符号,确定f(x0+x)与f(x0-x)的大小关系;(4)结合y=f(x)的单调性确定x1+x2与x0的大小关系.理数【即时训练】已知函数f(x)=xe-x(x∈R).(1)求函数f(x)的单调区间和极值;(1)解:f′(x)=(1-x)e-x.令f′(x)=0,解得x=1.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:x(-∞,1)1(1,+∞)f′(x)+0-f(x)↗极大值↘所以f(x)的单调递增区间为(-∞,1),单调递减区间为(1,+∞).函数f(x)在x=1处取得极大值f(1),且f(1)=,无极小值.1e理数(2)已知函数y=g(x)的图象与函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称,证明当x1时,f(x)g(x);(2)证明:由题意可知g(x)=f(2-x),得g(x)=(2-x)ex-2.令F(x)=f(x)-g(x)=xe-x+(x-2)ex-2.于是F′(x)=(x-1)(e2x-2-1)e-x.当x1时,2x-20,从而e2x-2-10.又e-x0,所以F′(x)0,从而函数F(x)在[1,+∞)上是增函数.又F(1)=e-1-e-1=0,所以x1时,有F(x)F(1)=0,即f(x)g(x).理数(3)如果x1≠x2,且f(x1)=f(x2),证明x1+x22.(3)证明:因为f(x1)=f(x2)且x1≠x2,设x1x2,由(1)f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,且f(1)=0,知x11,x21.由(2)可知,f(x2)g(x2),g(x2)=f(2-x2),所以f(x2)f(2-x2),从而f(x1)f(2-x2).因为x21,所以2-x21.又由(1)可知函数f(x)在区间(-∞,1)内是增函数.所以x12-x2,即x1+x22.1e理数赋值法证明正整数不等式考点三【例5】导学号18702123若函数f(x)=ex-ax-1(a0)在x=0处取极值.(1)求a的值,并判断该极值是函数最大值还是最小值;(1)解:因为x=0是函数极值点,所以f′(0)=0,所以a=1.f(x)=ex-x-1,易知f′(x)=ex-1.当x∈(0,+∞)时,f′(x)0,当x∈(-∞,0)时,f′(x)0,故极值f(0)是函数最小值.理数(2)证明:由(1)知ex≥x+1.即ln(x+1)≤x,当且仅当x=0时,等号成立,令x=1k(k∈N*),则1kln(1+1k),即1kln1kk,所以1kln(1+k)-lnk(k=1,2,…,n),累加得1+12+13+…+1nln(n+1)(n∈N*).(2)证明1+12+13+…+1nln(n+1)(n∈N*).理数反思归纳(1)函数中与正整数有关的不等式,其实质是利用函数性质证明数列不等式,证明此类问题时常根据已知的函数不等式,用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量.通过多次求和达到证明的目的.此类问题一般至少2个问号,已知的不等式常由第一个问号根据待证式的特征而得到.(2)已知函数式为指数不等式(或对数不等式),而待证不等式为与对数有关的不等式(或与指数有关的不等式),还要注意指、对数式的互化,如exx+1可化为ln(x+1)x等.理数(1)解:因为f′(x)=1xa-2x-1,又因为x=0为f(x)的极值点.所以f′(0)=1a-1=0,所以a=1.【即时训练】导学号18702125已知函数f(x)=ln(x+a)-x2-x在x=0处取得极值.(1)求实数a的值;理数(2)证明:由(1)知f(x)=ln(x+1)-x2-x.因为f′(x)=11x-2x-1=-(23)1xxx.令f′(x)0得x0.当x变化时,f(x),f′(x)变化情况如下表.x(-1,0)0(0,+∞)f′(x)+0-f(x)↗极大值↘所以f(x)≤f(0)=0,即ln(x+1)≤x2+x(当且仅当x=0时取等号).令x=1n,则ln(1n+1)(1n)2+1n,即ln1nn21nn,所以ln21+ln32+…+ln1nn2+34+…+21nn.即2+34+49+…+21nnln(n+1).(2)证明:对于任意的正整数n,不等式2+34+49+…+21nnln(n+1)都成立.理数点击进入应用能力提升