备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第三章 导数及其应用 高考难点突破课一 导数的综合问题第三课时 利用导数证明不等式

这是一份备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第三章 导数及其应用 高考难点突破课一 导数的综合问题第三课时 利用导数证明不等式，共10页。试卷主要包含了证明，已知x∈，求证等内容，欢迎下载使用。
第三课时　利用导数证明不等式

题型一　移项构造函数证明不等式
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)≥.
(1)解　因为f(x)＝1－，x>0，
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.
从而g(1)＝a＋1－b＝1，且g′(1)＝－a－b－1＝1.
解得a＝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.
故当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.
感悟提升　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，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证.
训练1 已知函数f(x)＝ln x＋，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a>0时，证明f(x)≥.
(1)解　f′(x)＝－＝(x>0)，
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；
若0－等价于x(ln x＋1)>－.
由(1)知a＝－1时，f(x)＝xln x＋x≥－，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>－.
感悟提升　要证的不等式中既含有指数又含有对数，若直接用作差或作商的方式构造函数，求导后不易处理.我们可以在合理地分拆和转化后，按照需要构造函数，如本题，把证明x(ln x＋1)>－分拆为两个函数f(x)＝xln x＋x和G(x)＝－，使指数与对数分开，仅含指数或对数，再利用导数求出所构造函数的最值来证不等式成立.
训练2 (2022·太原模拟)已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
(1)解　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.
设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得证.
题型三　借助于ex≥x＋1和ln x≤x－1放缩证明不等式
例3 已知函数f(x)＝aln(x－1)＋，其中a为正实数.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)证明：当x>2时，f(x)0，得x>1，所以f(x)的定义域为(1，＋∞)，f′(x)＝－＝＝.
令f′(x)＝0，得x＝，
所以当12，
则h′(x)＝ex－1＋，
因为x>2，所以h′(x)>0恒成立，
所以h(x)在(2，＋∞)上单调递增，
所以h(x)>h(2)＝e2－4>0，
所以当x>2时，f(x)2.
证明　法一　设f(x)＝ex－ln x(x>0)，
则f′(x)＝ex－.
令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝ex＋>0，
∴f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又f′＝－20，
∴在上存在x0使f′(x0)＝0，即x0＝－ln x0.
∴f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)在x＝x0处有极小值，也是最小值.
∴f(x0)＝ex0－ln x0＝＋x0>2，
故f(x)>2，即ex－ln x>2.
法二　令g(x)＝ex－x－1，∴g′(x)＝ex－1.
令g′(x)＝0，得x＝0，
∴当x∈(－∞，0)时，g′(x)0.
∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(0)＝0.
故ex≥x＋1，x＝0时取“＝”.
同理可证x－1≥ln x，x＝1时取“＝”.
∴x＋1≥ln x＋2，x＝1时取“＝”.
故ex≥x＋1≥ln x＋2.
∴ex>ln x＋2，即证ex－ln x>2.
指对同构
在解决指对混合不等式时，如恒成立求参数取值范围或证明不等式，有一部分题是命题者利用函数单调性构造出来的，如果我们能找到这个函数模型(即不等式两边对应的同一函数)，无疑大大加快解决问题的速度.找到这个函数模型的方法，我们称为同构法.
(1)五个常见变形：
xex＝ex＋ln x，＝ex－ln x，＝eln x－x，
x＋ln x＝ln(xex)，x－ln x＝ln .
(2)三种基本模式
①积型：aea≤bln b

②商型：＜

③和差型：ea±a＞b±ln b

例 (1)(2020·新高考全国Ⅰ卷节选)已知函数f(x)＝aex－1－ln x＋ln a.
若f(x)≥1，求a的取值范围.
解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f(x)＝aex－1－ln x＋ln a＝eln a＋x－1－ln x＋ln a≥1，
等价于eln a＋x－1＋ln a＋x－1≥ln x＋x＝eln x＋ln x.
令g(x)＝ex＋x，上述不等式等价于
g(ln a＋x－1)≥g(ln x).
显然g(x)为单调增函数，所以又等价于ln a＋x－1≥ln x，即ln a≥ln x－x＋1.
令h(x)＝ln x－x＋1，
则h′(x)＝－1＝.
当x∈(0，1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)0时，x20，
故g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增.
所以当x>0时，g(x)>g(0)＝1>0，
即x20).
令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝－，
所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)0).
令＝t，则－x－ln x＝ln t，
所以≥－x－ln x＋1，
即＋x＋ln x－1≥0.
3.证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＞－成立.
证明　问题等价于证明xln x＞－(x∈(0，＋∞)).
设f(x)＝xln x，f′(x)＝1＋ln x，易知x＝为f(x)的唯一极小值点，
则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)＝－，当且仅当x＝1时取到.从而对一切x∈(0，＋∞)，xln x≥－≥－，两个等号不同时取到，
所以对一切x∈(0，＋∞)都有ln x＞－成立.
4.已知x∈(0，1)，求证：x2－＜.
证明　法一　要证x2－＜，
只需证ex＜ln x，
又易证ex＞x＋1(0＜x＜1)，
∴只需证明ln x＋(x＋1)＞0.
即证ln x＋1－x3＋－x2＞0，
而x3＜x，x2＜x(0＜x＜1)，
∴只需证ln x＋1－2x＋＞0，
令g(x)＝ln x＋1－2x＋，
则g′(x)＝－2－＝－，
而2x2－x＋1＞0恒成立，
∴g′(x)＜0，
∴g(x)在(0，1)上单调递减，
∴当x∈(0，1)时，g(x)＞g(1)＝0，
即ln x＋1－2x＋＞0.
∴x2－＜.
法二　∵x∈(0，1)，∴ex∈(1，e)，
∴要证x2－＜成立，
只需证ex＜ln x成立，
只需证x2－＜ln x，
又x2＜x(0＜x＜1)，
∴只需证ln x＋－x＞0，
令h(x)＝ln x＋－x，
则h′(x)＝－－1＝－，
而x2－x＋1＞0恒成立，∴h′(x)＜0，
∴h(x)在(0，1)上单调递减，
∴当x∈(0，1)时，h(x)＞h(1)＝0，
∴ln x＋－x＞0，
∴x2－＜.