新高考数学一轮复习学案第4章第4讲 第1课时 利用导数证明不等式（含解析）

这是一份新高考数学一轮复习学案第4章第4讲 第1课时 利用导数证明不等式（含解析），共11页。

考点一 移项补充构造法(综合型)
(2020·江西赣州模拟)已知函数f(x)＝1－eq \f(ln x,x)，g(x)＝eq \f(ae,ex)＋eq \f(1,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)≥eq \f(2,x).
【解】 (1)因为f(x)＝1－eq \f(ln x,x)，
所以f′(x)＝eq \f(ln x－1,x2)，f′(1)＝－1.
因为g(x)＝eq \f(ae,ex)＋eq \f(1,x)－bx，
所以g′(x)＝－eq \f(ae,ex)－eq \f(1,x2)－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)＝－eq \f(e,ex)＋eq \f(1,x)＋x，
则f(x)＋g(x)≥eq \f(2,x)⇔1－eq \f(ln x,x)－eq \f(e,ex)－eq \f(1,x)＋x≥0.
令h(x)＝1－eq \f(ln x,x)－eq \f(e,ex)－eq \f(1,x)＋x(x≥1)，
则h(1)＝0，h′(x)＝－eq \f(1－ln x,x2)＋eq \f(e,ex)＋eq \f(1,x2)＋1＝eq \f(ln x,x2)＋eq \f(e,ex)＋1.
因为x≥1，所以h′(x)＝eq \f(ln x,x2)＋eq \f(e,ex)＋1>0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0，即1－eq \f(ln x,x)－eq \f(e,ex)－eq \f(1,x)＋x≥0，
所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥eq \f(2,x).
eq \a\vs4\al()
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)e；由g′(x)3(x－1)．
考点二 隔离分析法(综合型)
(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)＝eq \f(e,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0eq \f(e,a)时，f′(x)0，所以只需证f(x)≤eq \f(ex,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)＝eq \f(ex,x)－2e(x>0)，
则g′(x)＝eq \f(（x－1）ex,x2)，
所以当00时，f(x)≤g(x)，
即f(x)≤eq \f(ex,x)－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.
法二：由题意知，即证exln x－ex2－ex＋2ex≤0，
从而等价于ln x－x＋2≤eq \f(ex,ex).
设函数g(x)＝ln x－x＋2，则g′(x)＝eq \f(1,x)－1.
所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.
eq \a\vs4\al()
(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，等价转化是关键，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”．
已知f(x)＝xln x.
(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>eq \f(1,ex)－eq \f(2,ex)成立．
解：(1)由f(x)＝xln x，x>0，得f′(x)＝ln x＋1，
令f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,e).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，f′(x)0，f(x)单调递增．
①当00，
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eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)＝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>eq \f(2,x1＋x2)，
所以原问题等价于证明eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)>eq \f(2,x1＋x2)，
即lneq \f(x1,x2)>eq \f(2（x1－x2）,x1＋x2)，
令c＝eq \f(x1,x2)(c>1)，
则不等式变为ln c>eq \f(2（c－1）,c＋1).
令h(c)＝ln c－eq \f(2（c－1）,c＋1)，c>1，
所以h′(c)＝eq \f(1,c)－eq \f(4,（c＋1）2)＝eq \f(（c－1）2,c（c＋1）2)>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－eq \f(2（c－1）,c＋1)>0(c>1)，因此原不等式x1x2>e2得证．
eq \a\vs4\al()
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＝eq \f(x1,x2)，从而构造相应的函数．其解题要点为：
已知函数f(x)＝ln x－eq \f(1,2)ax2＋x，a∈R.
(1)当a＝0时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，求证：x1＋x2≥eq \f(\r(5)－1,2).
解：(1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，则f(1)＝1，所以切点为(1，1)，又因为f′(x)＝eq \f(1,x)＋1，所以切线的斜率k＝f′(1)＝2，故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.
(2)证明：当a＝－2时，f(x)＝ln x＋x2＋x(x>0)．
由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，
得ln x1＋xeq \\al(2,1)＋x1＋ln x2＋xeq \\al(2,2)＋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－eq \f(1,t)＝eq \f(t－1,t)，
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≥eq \f(\r(5)－1,2).
[基础题组练]
1．(2020·河南豫南九校联考)设定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数f′(x)满足xf′(x)>1，则( )
A．f(2)－f(1)>ln 2 B．f(2)－f(1)1 D．f(2)－f(1)1⇒f′(x)>eq \f(1,x)＝(ln x)′，
即f′(x)－(ln x)′>0.令F(x)＝f(x)－ln x，则F(x)在(0，＋∞)上单调递增，故f(2)－ln 2>f(1)－ln 1，即f(2)－f(1)>ln 2.
2．若01－eq \f(1,t)，
令h(t)＝ln t＋eq \f(1,t)－1，则h′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(1,t2)＝eq \f(t－1,t2)，
当0