人教A版高考数学一轮总复习第3章第2节第3课时利用导数证明不等式——构造法证明不等式课时学案

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第3课时　利用导数证明不等式——构造法证明不等式考点1　移项作差构造函数证明不等式——综合性设函数f (x)＝ln x－x＋1.(1)讨论f (x)的单调性；(2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1＜＜x；(3)设c＞1，证明：当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.(1)解：函数f (x)＝ln x－x＋1的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－1.令f ′(x)＝0，解得x＝1.当0＜x＜1时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增；当x＞1时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减．(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，ln x＜x－1.故当x∈(1，＋∞)时，0＜ln x＜x－1，所以＞1.用代换x得ln ＜－1＜0，所以＜x.即1＜＜x.(3)证明：设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，则g′(x)＝c－1－cxln c.令g′(x0)＝0，解得x0＝.当x＜x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x＞x0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．由(2)知1＜＜c，故0＜x0＜1.又g(0)＝g(1)＝0，故当0＜x＜1时，g(x)＞0.所以当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.将本例函数改为“f (x)＝－cx(c∈R) ”．若1<c<2，求证：f (x)<－1.证明：f (x)的定义域为x>0，f (x)<－1等价于－ cx<－1，等价于cx2－x＋1－ln x>0.设h(x)＝ cx2－x＋1－ln x，只需证h(x)>0成立．h′(x)＝2cx－1－＝，1<c<2.易知2cx2－x－1＝0有两个异号的根．令其正根为x0，则2cx－x0－1＝0.在(0，x0)上h′(x)<0，在(x0，＋∞)上h′(x)>0，则h(x)的最小值为h(x0)＝cx－x0＋1－ln x0＝－x0＋1－ln x0＝－ln x0.又h′(1)＝2c－2>0，h′＝c－3<0，所以<x0<1.所以>0，－ln x0>0.因此－ln x0>0，即h(x0)>0.所以h(x)>0.所以1<c<2时，f (x)<－1. 利用导数证明不等式f (x)＞g(x)的基本方法(1)若f (x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f (x)min＞g(x)max.(2)若f (x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f (x)－g(x)．若h′(x)>0，则h(x)在(a，b)上单调递增．同时h(a)>0，即f (x)>g(x)或若h′(x)<0，则h(x)在(a，b)上单调递减．同时h(b)>0，即f (x)>g(x)．已知函数f (x)＝x2－(a－2)x－aln x(a∈R)．(1)求函数y＝f (x)的单调区间；(2)当a＝1时，证明：对任意的x＞0，f (x)＋ex＞x2＋x＋2.(1)解：函数f (x)的定义域是(0，＋∞)，f ′(x)＝2x－(a－2)－＝.当a≤0时，f ′(x)＞0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，所以，函数f (x)在区间(0，＋∞)上单调递增．当a＞0时，由f ′(x)＞0得x＞；由f ′(x)＜0，得0＜x＜.所以函数f (x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．(2)证明：当a＝1时，f (x)＝x2＋x－ln x.要证明f (x)＋ex＞x2＋x＋2，只需证明ex－ln x－2＞0.设g(x)＝ex－ln x－2，则问题转化为证明对任意的x＞0，g(x)＞0.令g′(x)＝ex－＝0，得ex＝，易知方程有唯一解，不妨设为x0，则x0满足e＝.当x变化时，g′(x)和g(x)变化情况如下表：x(0，x0)x0(x0，＋∞)g′(x)－0＋g(x)↘极小值↗g(x)min＝g(x0)＝e－ln x0－2＝＋x0－2.因为x0＞0，且x0≠1，所以g(x)min＞2－2＝0，因此不等式得证．考点2　放缩构造法——综合性函数f (x)＝(x＋b)(ex－a)(b>0)的图象在(－1，f (－1))处的切线方程是(e－1)x＋ey＋e－1＝0.(1)求a，b的值；(2)若m≤0，证明：f (x)≥mx2＋x. (1)解：由(e－1)x＋ey＋e－1＝0得切线的斜率为－且f (－1)＝0，所以f (－1)＝(－1＋b)＝0，解得a＝或b＝1.又f ′(x)＝(x＋b＋1)ex－a，所以f ′(－1)＝－a＝－.若a＝，则b＝2－e<0，与b>0矛盾；若b＝1，则a＝1.故a＝1，b＝1.(2)证明：由(1)可知，f (x)＝(x＋1)(ex－1)．由m≤0，可得x≥mx2＋x.令g(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，则g′(x)＝(x＋2)ex－2.当x≤－2时，g′(x)<0.当x>－2时，设h(x)＝g′(x)＝(x＋2)ex－2，则h′(x)＝(x＋3)ex>0，故函数g′(x)在(－2，＋∞)上单调递增．又g′(0)＝0，所以当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，函数g(x)在区间(－∞，0)上单调递减；当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．所以g(x)min＝g(0)＝0.所以g(x)≥g(0)＝0，所以(x＋1)(ex－1)≥x≥mx2＋x，故f (x)≥mx2＋x.关于放缩构造法证明不等式导数的综合应用题中，最常见的就是ex和ln x与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，便于化简或判断导数的正负．常见的放缩不等式如下：(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号；(2)ex≥ex，当且仅当x＝1时取等号；(3)当x≥0时，ex≥1＋x＋x2 ，当且仅当x＝0时取等号；(4)当x≥0时，ex≥x2＋1, 当且仅当x＝0时取等号；(5)≤ln x≤x－1≤x2－x，当且仅当x＝1时取等号；(6)当x≥1时，≤ln x≤，当且仅当x＝1时取等号．(2020·全国卷Ⅱ)已知函数f (x)＝sin2xsin 2x.(1)讨论f (x)在区间(0，π)的单调性；(2)证明：≤；(3)设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x·…·sin22nx≤.(1)解：f (x)＝sin2xsin 2x＝2sin3xcos x，则f ′(x)＝2(3sin2xcos2x－sin4x)＝2sin2x(3cos2x－sin2x)＝2sin2x(4cos2x－1)＝2sin2x(2cos x＋1)·(2cos x－1)．f ′(x)＝0在(0，π)上的根为x1＝，x2＝.当x∈时，f ′(x)>0，f (x)单调递增；当x∈时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减；当x∈时，f ′(x)>0，f (x)单调递增．(2)证明：注意到f (x＋π)＝sin2 (x＋π)·sin[2(x＋π)]＝sin2xsin 2x＝f (x)．故函数f (x)是周期为π的函数．结合(1)的结论，计算得f (0)＝f (π)＝0，f ＝×＝，f ＝×＝－.据此得f (x)max＝，f (x)min＝－，所以≤.(3)证明：结合(2)的结论≤得≤，所以sin2xsin22xsin24x·…·sin22nx＝(sin3xsin32xsin34x·…·sin32nx)＝[sin x(sin2xsin 2x)(sin22xsin 4x)·…·(sin22n－1xsin 2nx)sin22nx]≤≤＝＝.考点3　构造双函数法——应用性已知函数f (x)＝x2＋2x－2xex.(1)求函数f (x)的极值．(2)当x＞0时，证明f (x)－2x＋x2＋x3＜－2eln x.(1)解：因为函数f (x)＝x2＋2x－2xex(x∈R)，所以f ′(x)＝2x＋2－2ex－2xex＝(2x＋2)(1－ex)．由f ′(x)＝0，得x＝－1或x＝0，列表如下：x(－∞，－1)－1(－1,0)0(0，＋∞)f ′(x)－0＋0－f (x)↘极小值↗极大值↘所以当x＝－1时，f (x)极小值＝f (－1)＝1－2＋2×＝－1；当x＝0时，f (x)极大值＝f (0)＝0.(2)证明：要证明f (x)－2x＋x2＋x3＜－2eln x．即证2ex－x2－2x＞(x＞0)．令g(x)＝2ex－x2－2x(x＞0)，h(x)＝(x＞0)．g′(x)＝2(ex－x－1)，g″(x)＝2(ex－1)＞0，所以g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，g′(x)＞g′(0)＝0.所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(x)＞g(0)＝2.h′(x)＝，可得h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以h(x)≤h(e)＝2.又g(x)与h(x)取最值点不同，所以g(x)＞h(x)在(0，＋∞)恒成立，故2ex－x2－2x＞(x＞0)．所以当x＞0时，f (x)－2x＋x2＋x3＜－2eln x.构造双函数法证明不等式的适用情形在证明不等式时，若待证不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可借助两个函数的最值证明，如证f (x)≥g(x)在D上恒成立，只需证明f (x)min≥g(x)max即可．已知f (x)＝xln x.(1)求函数f (x)的最小值；(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>－成立．(1)解：由f (x)＝xln x，x>0，得f ′(x)＝ln x＋1.令f ′(x)＝0，得x＝.当x∈时，f ′(x)<0，f (x)单调递减；当x∈时，f ′(x)>0，f (x)单调递增．所以f (x)的极小值即最小值，为f ＝－.(2)证明：问题等价于证明xln x>－(x∈(0，＋∞))．由(1)可知f (x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－，当且仅当x＝时取到．设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝.由m′(x)<0，得x>1时，m(x)单调递减；由m′(x)>0，得0<x<1时，m(x)单调递增．易知m(x)max＝m(1)＝－.从而对一切x∈(0，＋∞)，xln x≥－≥－，两个等号不同时取到，即对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>－成立．