高考数学复习核心专题突破(一)　微专题3　利用导数证明不等式问题（导学案）

这是一份高考数学复习核心专题突破(一)　微专题3　利用导数证明不等式问题（导学案），共11页。
[典例1]设f(x)=2xln x+1.求证:f(x)≤x2-x+1x+2ln x.
【证明】x2-x+1x+2ln x-f(x)=x(x-1)-x-1x-2(x-1)ln x=(x-1)(x-1x-2ln x),
令g(x)=x-1x-2ln x,x>0,
则g'(x)=1+1x2-2x=(x-1)2x2≥0,
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,又g(1)=0,
所以当01时,求证:f(x)>3(x-1).
解析：(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,解得a=1,
所以f'(x)=ln x+2.当f'(x)>0时,x>e-2;
当f'(x)0),
所以f'(x)=lnx-1x2,f'(1)=-1.
因为g(x)=aeex+1x-bx,
所以g'(x)=-aeex-1x2-b,g'(1)=-a-1-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,
又g(1)=a+1-b,解得a=-1,b=-1;
(2)由(1)知,g(x)=-eex+1x+x,
则f(x)+g(x)≥2x⇔1-lnxx-eex-1x+x≥0.
令h(x)=1-lnxx-eex-1x+x(x≥1),
则h(1)=0,h'(x)=-1+lnxx2+eex+1x2+1=lnxx2+eex+1.
因为x≥1,所以h'(x)=lnxx2+eex+1>0,
所以h(x)在[1,+∞)上单调递增,
所以当x≥1时,h(x)≥h(1)=0,
即1-lnxx-eex-1x+x≥0,
所以当x≥1时,f(x)+g(x)≥2x.
转化为两个函数的最值证明不等式
[典例2](2022·武汉模拟)已知函数f(x)=aln x+x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a=1时,证明:xf(x)0,
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
当a0.
所以h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,
所以h(x)min=h(2)=e24.
因为e24-(1+1e)>0,
所以h(x)min>g(x)max,
即1+lnxx0,则当00),则g'(x)=(x-1)exx2,
所以当00,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)≤exx-2e,
即xf(x)-ex+2ex≤0.
方法二:证明xf(x)-ex+2ex≤0,
即证exln x-ex2-ex+2ex≤0,
即证ln x-x+2≤exex.
设函数g(x)=ln x-x+2,
则g'(x)=1x-1.
所以当x∈(0,1)时,g'(x)>0,
当x∈(1,+∞)时,g'(x)0;
所以h(x)在(0,1e)上单调递减,
在(1e,+∞)上单调递增,
则h(x)min=h(1e)=0,
所以ln x+1ex≥0.再令φ(x)=ex-ex,
则φ'(x)=e-ex,因为当x∈(0,1)时,φ'(x)>0;
当x∈(1,+∞)时,φ'(x)ln(x+2).
解析：(1)由f(x)=ex,得f(0)=1,f'(x)=ex,
则f'(0)=1,即曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y-1=x-0,
所以所求切线方程为x-y+1=0;
(2)设g(x)=f(x)-(x+1)=ex-x-1(x>-2),则g'(x)=ex-1,当-20,
即g(x)在(-2,0)上单调递减,
在(0,+∞)上单调递增,
于是当x=0时,g(x)min=g(0)=0,
因此f(x)≥x+1(当且仅当x=0时取等号),
令h(x)=x+1-ln(x+2)(x>-2),
则h'(x)=1-1x+2=x+1x+2,
则当-20,
即有h(x)在(-2,-1)上单调递减,
在(-1,+∞)上单调递增,
于是当x=-1时,h(x)min=h(-1)=0,
因此x+1≥ln(x+2)(当且仅当x=-1时取等号),因为g(x)与h(x)不同时为0,
所以当x>-2时,f(x)>ln(x+2).
放缩法证明不等式的策略
导数方法证明不等式的问题中,最常见的是ex和ln x与其他代数式结合的问题,对于这类问题,可以考虑先对ex和ln x进行放缩,使问题简化,简化后再构造函数进行证明.常见的放缩公式如下:
(1)ex≥1+x,当且仅当x=0时取等号;
(2)ln x≤x-1,当且仅当x=1时取等号.
已知函数f(x)=aex-1-ln x-1.
(1)若a=1,求f(x)在(1,f(1))处的切线方程;
(2)证明:当a≥1时,f(x)≥0.
解析：(1)当a=1时,
f(x)=ex-1-ln x-1(x>0),f'(x)=ex-1-1x,
k=f'(1)=0,又f(1)=0,所以切点为(1,0).
所以切线方程为y-0=0(x-1),即y=0;
(2)因为a≥1,所以aex-1≥ex-1,
所以f(x)≥ex-1-ln x-1.
方法一:令φ(x)=ex-1-ln x-1(x>0),
所以φ'(x)=ex-1-1x,
令h(x)=ex-1-1x,所以h'(x)=ex-1+1x2>0,
所以φ'(x)在(0,+∞)上单调递增,
又φ'(1)=0,所以当x∈(0,1)时,φ'(x)0,
所以g(x)在(-∞,0)上单调递减,
在(0,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(0)=0,
故ex≥x+1(当且仅当x=0时取“=”).
同理可证ln x≤x-1(当且仅当x=1时取“=”).
由ex≥x+1⇒ex-1≥x(当且仅当x=1时取“=”),
由x-1≥ln x⇒x≥ln x+1(当且仅当x=1时取“=”),所以ex-1≥x≥ln x+1,即ex-1≥ln x+1,
即ex-1-ln x-1≥0(当且仅当x=1时取“=”),
即f(x)≥0.
【加练备选】
已知函数f(x)=xlnxx+m,g(x)=xex,且曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为x-2y+n=0.
(1)求m,n的值;
(2)证明:f(x)>2g(x)-1.
解析：(1)由已知得f(1)=0,
所以1-0+n=0,解得n=-1.
因为f'(x)=(lnx+1)(x+m)-xlnx(x+m)2,
所以f'(1)=m+1(1+m)2=12,解得m=1;
(2)设h(x)=ex-x-1(x>0),
则h'(x)=ex-1>0,
所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以h(x)>h(0)=0,即ex>x+1>1,
所以1ex2g(x)-1,即证xlnxx+1>2xex-1,
只需证xlnxx+1≥2xx+1-1,
即证xln x≥x-1,
令m(x)=xln x-x+1,则m'(x)=ln x,
因为当x∈(0,1)时,m'(x)