2020版高考数学（文）新设计一轮复习通用版讲义：第三章第四节利用导数研究不等式证明问题

第四节利用导数研究不等式证明问题

方法一　作差法构造函数证明不等式
[典例]　(2018·广西柳州毕业班摸底)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)．
[解题技法]
(1)欲证函数不等式f(x)>g(x)(x>a)，只需证明f(x)－g(x)>0(x>a)，设h(x)＝f(x)－g(x)，即证h(x)>0(x>a)．若h(a)＝0，h(x)>h(a)(x>a)．接下来往往用导数证得函数h(x)是增函数即可．
(2)欲证函数不等式f(x)>g(x)(x∈I，I是区间)，只需证明f(x)－g(x)>0(x∈I)．
设h(x)＝f(x)－g(x)(x∈I)，即证h(x)>0(x∈I)，也即证h(x)min>0(x∈I)(若h(x)min不存在，则须求函数h(x)的下确界)，而这用导数往往容易解决．
[对点训练]
(2019·广州模拟)已知函数f(x)＝ex－ax(e为自然对数的底数，a为常数)的图象在点(0,1)处的切线斜率为－1.
(1)求a的值及函数f(x)的极值；
(2)证明：当x>0时，x20，
故g(x)在R上单调递增．
所以当x>0时，g(x)>g(0)＝1>0，即x2＋.
令g(x)＝x－ln x，h(x)＝＋，
令g′(x)＝1－＝0，得x＝1，
易知g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，
故当0e2.
[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．
[解题技法]
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

[对点训练]
已知函数f(x)＝ln x－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≥.
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)＝＋1，
所以切线斜率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＋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≥成立．

1．设函数f(x)＝ln x－x＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)求证：当x∈(1，＋∞)时，10，解得0a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；
若00)，则g′(a)＝－＝，
当01－，即证ln >1－.
令t＝，t∈(0,1)，则只需证ln t>1－，
令h(t)＝ln t＋－1，则h′(t)＝－＝，
当0