专题22 利用导数证明不等式(解析版)

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专题22 利用导数证明不等式
【知识总结】
1、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。
2、隔离分析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。
3、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。
【例题讲解】
考点：不等式的证明
方向1：移项作差构造法
【例1】已知函数f(x)＝1－，g(x)＝＋－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)≥。
解　(1)因为f(x)＝1－，
所以f′(x)＝，f′(1)＝－1。
因为g(x)＝＋－bx，
所以g′(x)＝－－－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)＝－＋＋x，
则f(x)＋g(x)≥⇔1－－－＋x≥0。
令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，
则h(1)＝0，h′(x)＝－＋＋＋1＝＋＋1。
因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1>0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0，即1－－－＋x≥0，
所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥。
【变式训练】　已知函数f(x)＝xlnx－ex＋1。
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)证明：f(x)h(1)＝e＋cos1－1>0，即g′(x)>0，
所以g(x)>g(1)＝e＋sin1－1>0，
即xlnx0，f(x)在(1，＋∞)上是增函数；
当k>0时，令f′(x)>0，得11，ln(x－1)≤k(x－1)－1，
所以k>0。
由(1)知，当k>0时，f(x)max＝f＝－lnk≤0，解得k≥1。
故实数k的取值范围是[1，＋∞)。
(3)证明：令k＝1，则由(2)知，ln(x－1)≤x－2对任意x∈(1，＋∞)恒成立，
即lnx≤x－1对任意x∈(0，＋∞)恒成立。
取x＝n2，则2lnn≤n2－1，
即0)，
①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0，则当0时，f′(x)0，
所以只需证f(x)≤－2e，
当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以f(x)max＝f(1)＝－e。
记g(x)＝－2e(x>0)，
则g′(x)＝，
所以当00时，f(x)≤g(x)，
即f(x)≤－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0。
【一题多解】
解：由题意知，即证exlnx－ex2－ex＋2ex≤0，从而等价于lnx－x＋2≤。
设函数g(x)＝lnx－x＋2，则g′(x)＝－1。
所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0。
【变式训练】　已知f(x)＝ax－lnx，x∈(0，e]，g(x)＝，其中e是自然对数的底数，a∈R.
(1)当a＝1时，求f(x)的极值，并证明f(x)>g(x)＋恒成立；
(2)是否存在实数a，使f(x)的最小值为3？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由。
解　(1)因为f(x)＝x－lnx(x>0)，
f′(x)＝1－＝。
所以当0