2021版高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 第2讲 导数的应用 第3课时 利用导数证明不等式课

数学第三章导数及其应用第2讲导数的应用第3课时利用导数证明不等式01核心考点深度剖析03高效演练分层突破02方法素养助学培优方法一：移项补充构造法(2020·江西赣州模拟)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；(2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2x.【解】(1)因为f(x)＝1－lnxx，所以f′(x)＝lnx－1x2，f′(1)＝－1.因为g(x)＝aeex＋1x－bx，所以g′(x)＝－aeex－1x2－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，所以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，解得a＝－1，b＝－1.(2)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，＋∞)上是增加的，所以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，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)＝ax＋xlnx在x＝e－2(e为自然对数的底数)处取得极小值．(1)求实数a的值；(2)当x1时，求证：f(x)3(x－1)．解：(1)因为f(x)＝ax＋xlnx，所以f′(x)＝a＋lnx＋1，因为函数f(x)在x＝e－2处取得极小值，所以f′(e－2)＝0，即a＋lne－2＋1＝0，所以a＝1，所以f′(x)＝lnx＋2.当f′(x)0时，xe－2；当f′(x)0时，0xe－2，所以f(x)在(0，e－2)上是减少的，在(e－2，＋∞)上是增加的，所以f(x)在x＝e－2处取得极小值，符合题意，所以a＝1.(2)证明：由(1)知a＝1，所以f(x)＝x＋xlnx.令g(x)＝f(x)－3(x－1)，即g(x)＝xlnx－2x＋3(x0)．g′(x)＝lnx－1，由g′(x)＝0，得x＝e.由g′(x)0，得xe；由g′(x)0，得0xe.所以g(x)在(0，e)上是减少的，在(e，＋∞)上是增加的，所以g(x)在(1，＋∞)上的最小值为g(e)＝3－e0.于是在(1，＋∞)上，都有g(x)≥g(e)0，所以f(x)3(x－1)．方法二：隔离分析法(2020·福州模拟)已知函数f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.【解】(1)f′(x)＝ex－a(x0)，①若a≤0，则f′(x)0，f(x)在(0，＋∞)上是增加的；②若a0，则当0xea时，f′(x)0，当xea时，f′(x)0，故f(x)在0，ea上是增加的，在ea，＋∞上是减少的．(2)证明：法一：因为x0，所以只需证f(x)≤exx－2e，当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0，1)上是增加的，在(1，＋∞)上是减少的，所以f(x)max＝f(1)＝－e.记g(x)＝exx－2e(x0)，则g′(x)＝(x－1)exx2，所以当0x1时，g′(x)0，g(x)是减少的，当x1时，g′(x)0，g(x)是增加的，所以g(x)min＝g(1)＝－e.综上，当x0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤exx－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.法二：由题意知，即证exlnx－ex2－ex＋2ex≤0，从而等价于lnx－x＋2≤exex.设函数g(x)＝lnx－x＋2，则g′(x)＝1x－1.所以当x∈(0，1)时，g′(x)0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)0，故g(x)在(0，1)上是增加的，在(1，＋∞)上是减少的，从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1.设函数h(x)＝exex，则h′(x)＝ex(x－1)ex2.所以当x∈(0，1)时，h′(x)0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)0，故h(x)在(0，1)上是减少的，在(1，＋∞)上是增加的，从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1.综上，当x0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.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，达到证明的目的．已知f(x)＝xlnx.(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t0)上的最小值；(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx1ex－2ex成立．解：(1)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)是减少的；当x∈1e，＋∞时，f′(x)0，f(x)是增加的．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]上是增加的，f(x)min＝f(t)＝tlnt.所以f(x)min＝－1e，0t1etlnt，t≥1e.(2)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)为减函数，由m′(x)0得0x1时，m(x)为增函数，易知m(x)max＝m(1)＝－1e，当且仅当x＝1时取到．从而对一切x∈(0，＋∞)，xlnx≥－1e≥xex－2e，两个等号不能同时取到，即证对一切x∈(0，＋∞)都有lnx1ex－2ex成立．方法三：特征分析法已知函数f(x)＝ax－lnx－1.(1)若f(x)≥0恒成立，求a的最小值；(2)证明：e－xx＋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)由题意知x0，所以f(x)≥0等价于a≥lnx＋1x.令g(x)＝lnx＋1x，则g′(x)＝－lnxx2，所以当x∈(0，1)时，g′(x)0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)0.则g(x)在(0，1)上是增加的，在(1，＋∞)上是减少的，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.令e－xx＝t，则－x－lnx＝lnt，所以e－xx≥－x－lnx＋1，即e－xx＋x＋lnx－1≥0.(3)因为k(e－x＋x2)≥x－xlnx，即ke－xx＋x≥1－lnx恒成立，所以k≥1－lnxe－xx＋x＝－e－xx＋x＋lnx－1e－xx＋x＋1，由(2)知e－xx＋x＋lnx－1≥0恒成立，所以－e－xx＋x＋lnx－1e－xx＋x＋1≤1，故k≥1.这种方法往往要在前面问题中证明出某个不等式，在后续的问题中应用前面的结论，呈现出层层递进的特点．已知函数f(x)＝lnx＋1x.(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)若对任意的x1，恒有ln(x－1)＋k＋1≤kx成立，求k的取值范围；(3)证明：ln222＋ln332＋…＋lnnn22n2－n－14(n＋1)(n∈N+，n≥2)．解：(1)f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝－lnxx2，由f′(x)＝0⇒x＝1，列表如下：x(0，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－f(x)增加极大值减少因此函数f(x)的增区间为(0，1)，减区间为(1，＋∞)，极大值为f(1)＝1，无极小值．(2)因为x1，ln(x－1)＋k＋1≤kx⇔ln(x－1)＋1x－1≤k⇔f(x－1)≤k，所以f(x－1)max≤k，所以k≥1.(3)证明：由(1)可得f(x)＝lnx＋1x≤f(x)max＝f(1)＝1⇒lnxx≤1－1x，当且仅当x＝1时取等号．令x＝n2(n∈N+，n≥2)．则lnn2n21－1n2⇒lnnn2121－1n2121－1n(n＋1)＝121－1n＋1n＋1(n≥2)，所以ln222＋ln332＋…＋lnnn2121－12＋13＋121－13＋14＋…＋121－1n＋1n＋1＝12n－1＋1n＋1－12＝2n2－n－14(n＋1)(n∈N+，n≥2)．方法四：换元构造法已知函数f(x)＝lnx－ax(x0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)．求证：x1x2e2.【证明】不妨设x1x20，因为lnx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0，所以lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，lnx1－lnx2＝a(x1－x2)，所以lnx1－lnx2x1－x2＝a，欲证x1x2e2，即证lnx1＋lnx22.因为lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，所以即证a2x1＋x2，所以原问题等价于证明lnx1－lnx2x1－x22x1＋x2，即lnx1x22(x1－x2)x1＋x2，令c＝x1x2(c1)，则不等式变为lnc2(c－1)c＋1.令h(c)＝lnc－2(c－1)c＋1，c1，所以h′(c)＝1c－4(c＋1)2＝(c－1)2c(c＋1)20，所以h(c)在(1，＋∞)上是增加的，所以h(c)h(1)＝ln1－0＝0，即lnc－2(c－1)c＋10(c1)，因此原不等式x1x2e2得证．换元法构造函数证明不等式的基本思路是直接消掉参数a，再结合所证问题，巧妙引入变量c＝x1x2，从而构造相应的函数．其解题要点为：联立消参利用方程f(x1)＝f(x2)消掉解析式中的参数a抓商构元令c＝x1x2，消掉变量x1，x2，构造关于c的函数h(c)用导求解利用导数求解函数h(c)的最小值，从而可证得结论已知函数f(x)＝lnx－12ax2＋x，a∈R.(1)当a＝0时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；(2)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，求证：x1＋x2≥5－12.解：(1)当a＝0时，f(x)＝lnx＋x，则f(1)＝1，所以切点为(1，1)，又因为f′(x)＝1x＋1，所以切线的斜率k＝f′(1)＝2，故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.(2)证明：当a＝－2时，f(x)＝lnx＋x2＋x(x0)．由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，得lnx1＋x21＋x1＋lnx2＋x22＋x2＋x1x2＝0，从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)，令t＝x1x2(t0)，令φ(t)＝t－lnt，得φ′(t)＝1－1t＝t－1t，易知φ(t)在区间(0，1)上是减少的，在区间(1，＋∞)上是增加的，所以φ(t)≥φ(1)＝1，所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1，因为x10，x20，所以x1＋x2≥5－12.两个经典不等式的活用逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证．利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程．(1)对数形式：x≥1＋lnx(x0)，当且仅当x＝1时，等号成立．(2)指数形式：ex≥x＋1(x∈R)，当且仅当x＝0时，等号成立．进一步可得到一组不等式链：exx＋1x