第17讲 导数的应用——利用导数证明不等式 2021-2022年新高考数学一轮复习考点归纳 （学生版+教师版）

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第17讲   导数的应用——利用导数证明不等式 思维导图 知识梳理构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有：(1)直接构造法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1，ex≥x＋1，ln x＜x＜ex(x＞0)，≤ln(x＋1)≤x(x＞－1)；(3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；(4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解． 题型归纳题型1    移项作差构造函数证明不等式【例1-1】（2019·福州调研）设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.[解]　(1)由f(x)＝ex－2x＋2a(x∈R)，知f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln 2.当x<ln 2时，f′(x)<0，故函数f(x)在区间(－∞，ln 2)上单调递减；当x>ln 2时，f′(x)>0，故函数f(x)在区间(ln 2，＋∞)上单调递增．所以f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f(x)在x＝ln 2处取得极小值f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a，无极大值．(2)证明：要证当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1，即证当a>ln 2－1且x>0时，ex－x2＋2ax－1>0.设g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x≥0)．则g′(x)＝ex－2x＋2a，由(1)知g′(x)min＝g′(ln 2)＝2－2ln 2＋2a.又a>ln 2－1，则g′(x)min>0.于是对∀x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R上单调递增．于是对∀x>0，都有g(x)>g(0)＝0.即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.【跟踪训练1-1】(2020·江西赣州模拟)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)≥.【解析】(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)≥.【名师指导】一般地，要证f(x)>g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数F(x)＝f(x)－g(x)，通过分析F(x)在端点处的函数值来证明不等式．若F(a)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递增即可；若F(b)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递减即可. 题型2    构造双函数，利用“若f(x)min>g(x)max，则f(x)>g(x)”证明不等式【例2-1】（2020·菏泽调研）已知函数f(x)＝xln x－ax.(1)当a＝－1时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的最值；(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＋1>－成立．[解]　(1)函数f(x)＝xln x－ax的定义域为(0，＋∞)．当a＝－1时，f(x)＝xln x＋x，f′(x)＝ln x＋2.由f′(x)＝0，得x＝.当x∈时，f′(x)＜0；当x＞时，f′(x)＞0.所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．因此f(x)在x＝处取得最小值，即f(x)min＝f＝－，但f(x)在(0，＋∞)上无最大值．(2)证明：当x>0时，ln x＋1>－等价于x(ln x＋1)>－.由(1)知a＝－1时，f(x)＝xln x＋x的最小值是－，当且仅当x＝时取等号．设G(x)＝－，x∈(0，＋∞)，则G′(x)＝，易知G(x)max＝G(1)＝－，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ln x＋1>－.【跟踪训练2-1】（2020·南京模拟）已知三次函数f(x)的导函数f′(x)＝－3x2＋3且f(0)＝－1，g(x)＝xln x＋(a≥1)．(1)求f(x)的极值；(2)求证：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，都有f(x1)≤g(x2)．【解析】(1)依题意得f(x)＝－x3＋3x－1，f′(x)＝－3x2＋3＝－3(x＋1)(x－1)，知f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是减函数，在(－1,1)上是增函数，所以f(x)极小值＝f(－1)＝－3，f(x)极大值＝f(1)＝1.(2)证明：易得x>0时，f(x)最大值＝1，由a≥1知，g(x)≥xln x＋(x>0)，令h(x)＝xln x＋(x>0)，则h′(x)＝ln x＋1－＝ln x＋.注意到h′(1)＝0，当x>1时，h′(x)>0；当0<x<1时，h′(x)<0，即h(x)在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，h(x)最小值＝h(1)＝1，即g(x)最小值＝1.综上知对任意x1，x2∈(0，＋∞)，都有f(x1)≤g(x2).  【名师指导】1.在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，可考虑转化为两个函数的最值问题．2．不等式里既有指数又有对数，求导后不好处理，通常是把指数和对数分开，使得不等式一边是指数，另一边是对数，分别计算它们的最值，利用最值来证明不等式. 题型3    变量代换法证明双变量函数不等式【例3-1】（2020·大连模拟）若b>a>0，求证：ln b－ln a>.[证明]　法一：主元法构造函数f(x)＝ln b－ln x－，其中0<x<b，则f′(x)＝－－＝－＝－.∵0<x<b，∴f′(x)＝－<0，则函数f(x)在(0，b)上单调递减，而b>a>0，故f(a)>f(b)＝0，即ln b－ln a>.法二：整体换元法令＝t(t>1)，构造函数f(t)＝ln t－，则f′(t)＝＋＝＝.∵t>1，∴t2－1>0，t2＋2t－1>12＋2－1>0，则f′(t)>0，∴f(t)在(1，＋∞)上单调递增，故f(t)>f(1)＝0，即ln －>0，从而有ln b－ln a>.法三：函数不等式的对称性原不等式可化为ln b－>ln a－，则构造函数f(x)＝ln x－(b≥x>a>0)，则f′(x)＝－>－＝0，∴f(x)＝ln x－在(a，b)上单调递增，即f(b)>f(a)，则ln b－>ln a－，故ln b－ln a>.【跟踪训练3-1】（2020·郑州模拟）已知函数f(x)＝(a∈R)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x＋y＋1＝0垂直．(1)试比较2 0182 019与2 0192 018的大小，并说明理由；(2)若函数g(x)＝f(x)－k有两个不同的零点x1，x2，证明：x1·x2＞e2.【解析】(1)依题意得f′(x)＝，所以f′(1)＝＝.易知f′(1)＝1，即＝1，解得a＝0.所以f(x)＝(x＞0)，f′(x)＝.令f′(x)＞0，即1－ln x＞0，解得0＜x＜e；令f′(x)＜0，即1－ln x＜0，解得x＞e.所以f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．所以f(2 018)＞f(2 019)，即＞，即2 019ln 2 018＞2 018ln 2 019，即2 0182 019＞2 0192 018.(2)证明：由题意及(1)得g(x)＝－k，不妨设x1＞x2＞0，因为g(x1)＝g(x2)＝0，所以ln x1－kx1＝0，ln x2－kx2＝0，可得ln x1＋ln x2＝k(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝k(x1－x2)．要证明x1·x2＞e2，只需证明ln x1＋ln x2＞2，即证k(x1＋x2)＞2.因为k＝，所以可转化为证＞，即ln＞.令＝t，则t＞1，即证ln t＞.令h(t)＝ln t－(t＞1)，则h′(t)＝－＝＞0.所以函数h(t)在(1，＋∞)上是增函数，所以h(t)＞ln 1－＝0，即ln t＞得证．所以x1·x2＞e2.【名师指导】证明双变量函数不等式的常见思路(1)将双变量中的一个看作变量，另一个看作常数，构造一个含参数的辅助函数证明不等式．(2)整体换元．对于齐次式往往可将双变量整体换元，化为一元不等式．(3)若双变量的函数不等式具有对称性，并且可以将两个变量分离开，分离之后的函数结构具有相似性，从而构造函数利用单调性证明.