2022届高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用2.10第3课时利用导数证明不等式学案理含解析北师大版

第三课时　利用导数证明不等式

授课提示：对应学生用书第52页

题型一　单变量不等式的证明 

考法(一)　利用移项构造法证明不等式

[例1]　已知函数f(x)＝aex＋2x－1，其中e＝2.718 28…是自然对数的底数．

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)证明：对任意的a≥1，当x＞0时，f(x)≥(x＋ae)x.

[解析]　(1)由f(x)＝aex＋2x－1，得f′(x)＝aex＋2.

①当a≥0时，f′(x)＞0，函数f(x)在R上单调递增；

②当a＜0时，由f′(x)＞0，解得x＜ln，由f′(x)＜0，解得x＞ln，故f(x)在上单调递增，在上单调递减．

综上所述，当a≥0时，函数f(x)在R上单调递增；当a＜0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．

(2)证明：对任意a≥1，当x＞0时，f(x)≥(x＋ae)x⇔－－＋－e≥0.令g(x)＝－－＋－e，则g′(x)＝.当a≥1时，aex－x－1≥ex－x－1.令h(x)＝ex－x－1，则当x＞0时，h′(x)＝ex－1＞0.所以当x＞0时，h(x)单调递增，h(x)＞h(0)＝0.所以aex－x－1＞0.所以当0＜x＜1时，g′(x)＜0，当x＝1时，g′(x)＝0，当x＞1时，g′(x)＞0.所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(1)＝0，即－－＋－e≥0，故f(x)≥(x＋ae)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．

[对点训练]

(2021·赣州模拟)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)≥.

解析：(1)因为f(x)＝1－，

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，

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)＝－＋＋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，

所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.

考法(二)　利用隔离分析最值法证明不等式

[例2]　(2021·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.

[解析]　(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：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.

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.

若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个都便于求导的函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．

[对点训练]

(2021·长沙模拟)已知函数f(x)＝ex2－xln x．求证：当x＞0时，f(x)＜xex＋.

证明：要证f(x)＜xex＋，只需证ex－ln x＜ex＋，即ex－ex＜ln x＋.令h(x)＝ln x＋(x＞0)，则h′(x)＝，易知h(x)在上单调递减，在上单调递增，则h(x)min＝h＝0，所以ln x＋≥0.再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，易知φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.因为h(x)与φ(x)不同时为0，所以ex－ex＜ln x＋，故原不等式成立．

题型二　双变量不等式的证明 

考法(一)　构造换元法证明双变量不等式问题

[例1]　(1)已知函数f(x)＝x2－ax＋(a－1)ln x，其中a＞2，若对于任意的x1，x2∈(0，＋∞)，x1≠x2，恒有＞－1，求a的取值范围．

(2)对任意a，b∈(e，＋∞)，且a＜b，证明：ab＞ba.

(3)对于任意的正实数x，y，且x≠y，求证：＞.

[解析]　(1)设x1＞x2，则不等式＞－1等价于f(x1)－f(x2)＞x2－x1.

即f(x1)＋x1＞f(x2)＋x2.

令g(x)＝f(x)＋x＝x2－(a－1)x＋(a－1)ln x，

则函数g(x)在x∈(0，＋∞)上为增函数．

所以g′(x)＝x－(a－1)＋≥0在(0，＋∞)上恒成立，

而x＋≥2，当且仅当x＝，即x＝时等号成立．

所以2≥a－1，

因为a＞2，

所以2＜a≤5.

所以实数a的取值范围是(2，5]．

(2)证明：对任意a，b∈(e，＋∞)，且a＜b，要证：ab＞ba，

只需证：bln a＞aln b，

即证：＞.

设g(x)＝，则g′(x)＝，

当x∈(e，＋∞)时，有g′(x)＜0，

故函数g(x)在x∈(e，＋∞)上单调递减．

又a＜b，且a，b∈(e，＋∞)，所以g(a)＞g(b)，

即＞.

故原不等式成立．

(3)证明：由于目标不等式＞中两个字母x与y可以轮换，则不妨设0＜y＜x.

令u＝，则u＞1.

欲证目标不等式＞

⇐·ln u＞

⇐＜ln u⇐＋ln u＞0.

令f(u)＝＋ln u，

则f′(u)＝＞0，

又u＞1，

所以f(u)＞f(1)＝0，

则不等式＋ln u＞0成立，故原目标不等式得证．

这类双变量不等式的基础处理思路有：(1)对不等式进行等价变形，把两个变量分离在不等式两端，①如果两端的解析式结构形式相同，则以该解析式的结构构造函数，问题等价于构造的函数具备某种单调性；②如果两端变量的解析式结构不同，即出现f(x1)＞g(x2)类的不等式，则只需证明f(x1)min＞g(x2)max；(2)如果不能把两个变量分离在不等式两端，则可考虑使用实数的一个基本性质，即对实数a，b(b≠0)，一定存在实数t使得＝t，把双变量不等式化为单变量不等式．

[对点训练]

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．

考法(二)　双变量为函数的极值点

[例2]　(2018·高考全国卷Ⅰ)已知函数ƒ(x)＝－x＋aln x.

(1)讨论ƒ(x)的单调性；

(2)若ƒ(x)存在两个极值点x1，x2，证明：＜a－2.

[解析]　(1)ƒ(x)的定义域为(0，＋∞)，

ƒ′(x)＝－－1＋＝－.

①若a≤2，则ƒ′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时，ƒ′(x)＝0，

所以ƒ(x)在(0，＋∞)上单调递减．

②若a＞2，令ƒ′(x)＝0，得

x＝或x＝.

当x∈∪时，ƒ′(x)＜0；

当x∈时，ƒ′(x)＞0.

所以ƒ(x)在，上单调递减，在上单调递增．

(2)证明：由(1)知，ƒ(x)存在两个极值点当且仅当a＞2.

由于ƒ(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，

所以x1x2＝1，不妨设x1＜x2，则x2＞1.

由于＝－－1＋a＝－2＋a＝－2＋a，

所以＜a－2等价于－x2＋2ln x2＜0.

设函数g(x)＝－x＋2ln x(x＞1)，

由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减．

又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0.

所以－x2＋2ln x2＜0，即＜a－2.

当x1，x2是函数f(x)的两个不等的极值点时，x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不等实根，也即满足f′(x1)＝f′(x2)＝0.利用这种关系可以把双变量不等式化为单变量不等式进行证明．

[对点训练]

已知函数f(x)＝ln x＋－x－2a＋1.

(1)若a＝－2，求函数f(x)的单调区间；

(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，求证：f(x1)＋f(x2)＜0.

解析：(1)当a＝－2时，f(x)＝ln x－－x＋5，

其导数为f′(x)＝＋－1

＝

＝－，

当0＜x＜2时，f′(x)＞0，当x＞2时，f′(x)＜0，

所以f(x)的单调增区间为(0，2)，

单调减区间为(2，＋∞)．

(2)证明：f′(x)＝－－1＝(x＞0)，

因为f(x)有两个极值点x1，x2，故x1，x2为－x2＋x－a＝0的两个正数解，

所以

所以0＜a＜，

所以f(x1)＋f(x2)＝ln(x1x2)＋－(x1＋x2)－4a＋2＝ln a－4a＋2.

令g(a)＝ln a－4a＋2，

则g′(a)＝－4＝＞0，

所以g(a)在上单调递增，

所以g(a)＜g＝ln －1＋2＝1－ln 4＜0，

所以f(x1)＋f(x2)＜0.