高中数学高考1 第1课时　利用导数证明不等式

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第4讲　导数的综合应用第1课时　利用导数证明不等式　　　　　　作差构造法 设f(x)＝2xln x＋1.求证：f(x)≤x2－x＋＋2ln x.【证明】　x2－x＋＋2ln x－f(x)＝x(x－1)－－2(x－1)ln x＝(x－1)(x>0)，令g(x)＝x－－2ln x，则g′(x)＝1＋－＝≥0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g(1)＝0，所以当0<x<1时，g(x)<0，当x>1时，g(x)>0，所以(x－1)≥0，即f(x)≤x2－x＋＋2ln x.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f(x)＝1－－＋＋x.证明：当x≥1时，f(x)≥.证明：由f(x)≥得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)≥.　　　　　　隔离分析法 (2020·福州模拟)已知函数f(x)＝eln x－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)＝－a(x>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<x<时，f′(x)>0；当x>时，f′(x)<0，故f(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)证明：方法一：因为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0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.方法二：由题意知，即证exln x－ex2－ex＋2ex≤0，从而等价于ln x－x＋2≤.设函数g(x)＝ln x－x＋2，则g′(x)＝－1.所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，故g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1.设函数h(x)＝，则h′(x)＝.所以当x∈(0，1)时，h′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，故h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1.综上，当x>0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0. (1)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值问题．(2)在证明过程中，“隔离”化是关键，此处f(x)min>g(x)max恒成立．从而f(x)>g(x)，但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”．　 设函数f(x)＝x2－(x＋1)ln x，求证：当0<x≤2时，f(x)>x.证明：只需证x－－ln x>，即x－ln x>＋，令g(x)＝x－ln x，h(x)＝＋，由g′(x)＝1－＝0，解得x＝1，所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，2]上单调递增，故g(x)min＝g(1)＝1，由h′(x)＝可知h(x)在(0，2]上单调递增，故h(x)max＝h(2)＝<1＝g(x)min，故h(x)<g(x)，即f(x)>x.　　　　　　换元构造法 已知函数f(x)＝ln x－ax(x>0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)．求证：x1x2>e2.【证明】　不妨设x1>x2>0，因为ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0，所以ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，所以＝a，欲证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2.因为ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，所以即证a>，所以原问题等价于证明>，即ln>，令c＝(c>1)，则不等式变为ln c>.令h(c)＝ln c－，c>1，所以h′(c)＝－＝>0，所以h(c)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(c)>h(1)＝ln 1－0＝0，即ln c－>0(c>1)，因此原不等式x1x2>e2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＝，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＝，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)＝ln x＋x2＋x.若正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0.求证：x1＋x2≥.证明：f(x)＝ln x＋x2＋x(x>0)．由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，得ln x1＋x＋x1＋ln x2＋x＋x2＋x1x2＝0.从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)，令t＝x1x2(t>0)．令φ(t)＝t－ln t，得φ′(t)＝1－＝.易知φ(t)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t)≥φ(1)＝1，所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1，因为x1>0，x2>0，所以x1＋x2≥. [A级　基础练]1．若0<x1<x2<a都有x2ln x1－x1ln x2<x1－x2成立，则a的最大值为(　　)A．   B．1C．e   D．2e解析：选B.原不等式可转化为<，构造函数f(x)＝，则f′(x)＝，故函数在(0，1)上导数大于零，单调递增，在(1，＋∞)上导数小于零，单调递减．由于x1<x2且f(x1)<f(x2)，故x1，x2在区间(0，1)上，故a的最大值为1.2．若0<x1<x2<1，则(　　)A．ex2－ex1>ln x2－ln x1   B．ex2－ex1<ln x2－ln x1C．x2ex1>x1ex2   D．x2ex1<x1ex2解析：选C.令g(x)＝ex－ln x，则当x∈(0，1)时，g′(x)＝ex－的符号不确定，所以在区间(0，1)上的单调性不确定，因此选项A，B中的大小关系无法确定．令f(x)＝，则f′(x)＝＝.当0<x<1时，f′(x)<0，即f(x)在(0，1)上单调递减，因为0<x1<x2<1，所以f(x2)<f(x1)，即<，所以x2ex1>x1ex2，故选C.3．已知函数f(x)＝aex－ln x－1(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．(1)设x＝2是函数f(x)的极值点，求实数a的值，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.从而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－.当0<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0.所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．(2)证明：当a≥时，f(x)≥－ln x－1.设g(x)＝－ln x－1，则g′(x)＝－.当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的最小值点．故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.因此，当a≥时，f(x)≥0.4．已知函数f(x)＝1－，g(x)＝x－ln x.(1)证明：g(x)≥1；(2)证明：(x－ln x)f(x)>1－.证明：(1)由题意得g′(x)＝(x>0)．当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0，即g(x)在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．所以g(x)≥g(1)＝1.(2)由f(x)＝1－，得f′(x)＝，所以当0<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0，即f(x)在(0，2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数，所以f(x)≥f(2)＝1－，当且仅当x＝2时，等号成立．又由(1)知x－ln x≥1，当且仅当x＝1时，等号成立，且①②等号不能同时取到，所以(x－ln x)f(x)>1－.[B级　综合练]5．已知函数f(x)＝ax＋xln x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x>1时，求证：f(x)>3(x－1)．解：(1)因为f(x)＝ax＋xln x，所以f′(x)＝a＋ln x＋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＋ln e－2＋1＝0，所以a＝1，所以f′(x)＝ln x＋2.当f′(x)>0时，x>e－2；当f′(x)<0时，0<x<e－2，所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增，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＋xln x.令g(x)＝f(x)－3(x－1)，即g(x)＝xln x－2x＋3(x>0)．g′(x)＝ln x－1，由g′(x)＝0，得x＝e.由g′(x)>0，得x>e；由g′(x)<0，得0<x<e.所以g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，所以g(x)在(1，＋∞)上的最小值为g(e)＝3－e>0.于是在(1，＋∞)上，都有g(x)≥g(e)>0，所以f(x)>3(x－1)．6．已知函数f(x)＝xln x－ax.(1)当a＝－1时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的最小值；(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＝－.(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>－.[C级　创新练]7．已知函数f(x)＝ln x－，g(x)＝.(1)求函数f(x)在[1，＋∞)上的最小值；(2)设b>a>0，证明：<.解：(1)f′(x)＝－＝≥0，所以f(x)在[1，＋∞)上单调递增．又f(1)＝0，所以f(x)min＝f(1)＝0.(2)证明：由(1)知，当x∈[1，＋∞)时，f(x)＝ln x－≥0，即ln x≥，由b>a>0，得>1，所以ln >，化简得ln b－ln a>，所以<.