第三章 第五节 利用导数证明不等式-备战2022年（新高考）数学一轮复习考点讲解+习题练习学案

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第五节　利用导数证明不等式
课中讲解
考点一．构造函数法证明不等式
例1.设函数 f(x)=ax2-a-ln⁡x，其中 a∈R．g(x)=1x-1ex-1
(1) 讨论 f(x) 的单调性；
【答案】见解析
【解析】
f'(x)=2ax-1x=2ax2-1x(x>0)．
当 a⩽0 时，f'(x)0 时，由 f'(x)=0，有 x=12a．
当 x∈(0,12a) 时，f'(x)1 时，S'(x)>0，所以 ex-1>x，从而 g(x)=1x-1ex-1>0．

(3) 确定 a 的所有可能取值，使得 f(x)>g(x) 在区间（1,+∞）内恒成立．
【答案】见解析
【解析】
由（2），当 x>1 时，g(x)>0．
当 a⩽0，x>1 时，f(x)=a(x2-1)-ln⁡xg(x) 在区间 (1,+∞) 内恒成立时，必有 a>0．
当 0g(x) 在区间 (1,+∞) 内不恒成立．
当 a⩾12 时，令 h(x)=f(x)-g(x)(x⩾1)．
当 x>1 时，h'(x)=2ax-1x+1x2-e1-x>x-1x+1x2-1x=x3-2x+1x2>x2-2x+1x2>0．
因此 h(x) 在区间 (1,+∞) 单调递增．
又因为 h(1)=0，
所以当 x>1 时，h(x)=f(x)-g(x)>0，
即 f(x)>g(x) 恒成立．
综上 a∈[12,+∞)．

变式1.已知函数f(x)=12x2+ln⁡x．求证：在区间[1,+∞)上，函数f(x)的图像在g(x)=23x3的图像下方．
【答案】见解析
【解析】令h(x)=g(x)-f(x)=23x3-12x2-ln⁡x，h'(x)=2x2-x-1x=(x-1)(2x2+x+1)x所以h(x)在[1,+∞)上单调递增，g(x)≥g(1)=16>0，即函数f(x)的图像在g(x)=23x3的图像下方
例2.设函数 f(x)=ln⁡x-x+1．
(1) 讨论 f(x) 的单调性；
【答案】f(x) 在 (0,1) 上单调递增，在 (1,+∞) 上单调递减．
【解析】根据题意，函数 f(x) 的导函数
f'(x)=1x-1=1-xx,x>0,
所以 f(x) 在 (0,1) 上单调递增，在 (1,+∞) 上单调递减．
【备注】本题考查简单的利用导函数研究函数的单调性问题．

(2) 证明当 x∈(1,+∞) 时，10；当 x>1 时，f'(x)1，所以 k>A(x)max，
因为 A'(x)=2(ln⁡x+1)-2x=2(ln⁡x+1-x)，
由（1）得 ln⁡x+1⩽x，
所以 A'(x)⩽0，A(x) 在 (1,+∞) 单调递减，
所以 A(x)0，因为
B'(x)=1-kx2-2x=x2-2x-kx2=(x-1)2-(1+k)x2,
所以当 1+k⩽0 时，B'(x)⩾0，B(x) 在 (1,+∞) 递增，
故 B(x)>B(1)=1+k⩾0，即 k⩾-1，所以 k=-1；
当 1+k>0 时，
B'(x)=(x-1)2-(1+k)x2=(x-1+1+k)⋅(x-1-1+k)x2,
设 1+1+k=t，t>1，则 t2-2t-k=0，
所以 B(x) 在 (1,t) 递减，在 (t,+∞) 递增，
所以 B(x)min=B(t)=t+kt-2ln⁡t>0，即 t+t2-2tt-2ln⁡t>0，即 t-1-ln⁡t>0，
由（1）得，t-1-ln⁡t>0 在 t>1 时恒成立，故 k>-1 符合．
综上，k⩾-1，故实数 k 的最小值为 -1．

(3) 设 h(x)=f(x)+x-1，对任意 x1,x2∈(0,+∞)(x1≠x2)，证明：不等式 x1-x2h(x1)-h(x2)>x1x2 恒成立．
【答案】略
【解析】由 h(x)=f(x)+x-1=ln⁡x．
不妨设 x1>x2>0，则要证明 x1-x2ln⁡x1-ln⁡x2>x1x2，
只需证明 x1-x2x1x2>ln⁡x1-ln⁡x2，
即证 x1x2-x2x1>ln⁡x1x2．
设 x1x2=t(t>1)，则只需证明 t-1t>2ln⁡t(t>1)（*）
由（2）得，x-1x-2ln⁡x>0 在 x>1 时恒成立，
故（*）式成立，原不等式恒成立．
考点五．证明与数列有关的不等式
例1.已知函数f(x)＝ln(x＋1)＋.
(1)若x＞0时，f(x)＞1恒成立，求a的取值范围；
(2)求证：ln(n＋1)＞＋＋＋…＋(n∈N*)．
[解]　(1)由ln(x＋1)＋＞1，得
a＞(x＋2)－(x＋2)ln(x＋1)．
令g(x)＝(x＋2)[1－ln(x＋1)]，
则g′(x)＝1－ln(x＋1)－＝－ln(x＋1)－.
当x＞0时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
所以g(x)＜g(0)＝2，故a的取值范围为[2，＋∞)．
(2)证明：由(1)知ln(x＋1)＋＞1(x＞0)，
所以ln(x＋1)＞.
令x＝(k＞0)，得ln＞，
即ln＞.
所以ln＋ln＋ln ＋…＋ln＞＋＋＋…＋，
即ln(n＋1)＞＋＋＋…＋(n∈N*)．
变式1设函数 f(x)=x2-aln⁡(x+1)，其中 a∈R．
(1) 若 f'(1)=0，求 a 的值；
【答案】a=4．
【解析】函数 f(x) 的定义域是 {x|x>-1}．
对 f(x) 求导，得 f'(x)=2x-ax+1=2x2+2x-ax+1．
由 f'(1)=0，得 4-a2=0，解得 a=4．

(2) 当 ah(0)=0．
即当 x∈(0,+∞) 时，有 x3-x2+ln⁡(x+1)>0，整理，得 ln⁡(x+1)>x2-x3．
对任意正整数 n，取 x=1n 得 ln⁡(1n+1)>1n2-1n3，
所以 ln⁡n+1n>1n2-1n3，整理得 ln⁡(n+1)-ln⁡n>1n2-1n3，则有
ln⁡2-ln⁡1>112-113，
ln⁡3-ln⁡2>122-123，
⋯⋯
ln⁡(n+1)-ln⁡n>1n2-1n3，
所以
(ln⁡2-ln⁡1)+(ln⁡3-ln⁡2)+⋯+[ln⁡(n+1)-ln⁡n]>(112-113)+(122-123)+⋯+(1n2-1n3),
即 ln⁡(n+1)>k=1n(1k2-1k3)．
变式2.已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ ln(x＋a)＋b.
(1)若函数f(x)与g(x)的图象在点(0,1)处有相同的切线，求a，b的值；
(2)当b＝0时，f(x)－g(x)＞0恒成立，求整数a的最大值；
(3)求证：ln 2＋(ln 3－ln 2)2＋(ln 4－ln 3)3＋…＋[ln(n＋1)－ln n]n＜(n∈N*)．
解：(1)因为函数f(x)和g(x)的图象在点(0,1)处有相同的切线，所以f(0)＝g(0)且f′(0)＝g′(0)，
又因为f′(x)＝ex，g′(x)＝，所以1＝ln a＋b,1＝，
解得a＝1，b＝1.
(2)现证明ex≥x＋1，设F(x)＝ex－x－1，则F′(x)＝ex－1，当x∈(0，＋∞)时，F′(x)＞0，当x∈(－∞，0)时，F′(x)＜0，所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，所以F(x)min＝F(0)＝0，即F(x)≥0恒成立，
即ex≥x＋1.
同理可得ln(x＋2)≤x＋1，即ex＞ln(x＋2)，
当a≤2时，ln(x＋a)≤ln(x＋2)＜ex，
所以当a≤2时，f(x)－g(x)＞0恒成立．
当a≥3时，e0＜ln a，即ex－ln(x＋a)＞0不恒成立．
故整数a的最大值为2.
(3)证明：由(2)知ex＞ln(x＋2)，令x＝，
则e＞ln，
即e－n＋1＞n＝[ln(n＋1)－ln n]n，
所以e0＋e－1＋e－2＋…＋e－n＋1＞ln 2＋(ln 3－ln 2)2＋(ln 4－ln 3)3＋…＋[ln(n＋1)－ln n]n，
又因为e0＋e－1＋e－2＋…＋e－n＋1＝＜＝，
所以ln 2＋(ln 3－ln 2)2＋(ln 4－ln 3)3＋…＋[ln(n＋1)－ln n]n＜.
课后练习
1．已知f(x)＝x2－a2ln x，a＞0.
(1)求函数f(x)的最小值；
(2)当x＞2a时，证明：＞a.
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝x－＝.
当x∈(0，a)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
所以当x＝a时，f(x)取得极小值，也是最小值，且f(a)＝a2－a2ln a.
(2)证明：由(1)知，f(x)在(2a，＋∞)上单调递增，
则所证不等式等价于f(x)－f(2a)－a(x－2a)＞0.
设g(x)＝f(x)－f(2a)－a(x－2a)，
则当x＞2a时，
g′(x)＝f′(x)－a＝x－－a
＝＞0，
所以g(x)在(2a，＋∞)上单调递增，
当x＞2a时，g(x)＞g(2a)＝0，
即f(x)－f(2a)－a(x－2a)＞0，
故＞a.
2．已知函数f(x)＝λln x－e－x(λ∈R)．
(1)若函数f(x)是单调函数，求λ的取值范围；
(2)求证：当0＜x1＜x2时，e1－x2－e1－x1＞1－.
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
∵f(x)＝λln x－e－x，
∴f′(x)＝＋e－x＝，
∵函数f(x)是单调函数，∴f′(x)≤0或f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
①当函数f(x)是单调递减函数时，f′(x)≤0，∴≤0，即λ＋xe－x≤0，λ≤－xe－x＝－.
令φ(x)＝－，则φ′(x)＝，
当0＜x＜1时，φ′(x)＜0；当x＞1时，φ′(x)＞0，
则φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴当x＞0时，φ(x)min＝φ(1)＝－，∴λ≤－.
②当函数f(x)是单调递增函数时，f′(x)≥0，∴≥0，即λ＋xe－x≥0，λ≥－xe－x＝－，
由①得φ(x)＝－在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又∵φ(0)＝0，当x―→＋∞时，φ(x)＜0，∴λ≥0.
综上，λ的取值范围为∪[0，＋∞)．
(2)证明：由(1)可知，当λ＝－时，f(x)＝－ln x－e－x在(0，＋∞)上单调递减，
∵0＜x1＜x2，
∴f(x1)＞f(x2)，即－ln x1－e－x1＞－ln x2－e－x2，
∴e1－x2－e1－x1＞ln x1－ln x2.
要证e1－x2－e1－x1＞1－，只需证ln x1－ln x2＞1－，即证ln ＞1－，
令t＝，t∈(0,1)，则只需证ln t＞1－，
令h(t)＝ln t＋－1，则当0＜t＜1时，h′(t)＝＜0，
∴h(t)在(0,1)上单调递减，又∵h(1)＝0，∴h(t)＞0，即ln t＞1－，故原不等式得证．
3．已知函数f(x)＝kx－ln x－1(k＞0)．
(1)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值；
(2)求证：当n∈N*时，1＋＋＋…＋＞ln(n＋1)．
解：(1)∵f(x)＝kx－ln x－1，∴f′(x)＝k－＝(x＞0，k＞0)；当0＜x＜时，f′(x)＜0；当x＞时，f′(x)＞0.
∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，
∴f(x)min＝f＝ln k，
∵f(x)有且只有一个零点，