2023高考数学二轮专题导数38讲 专题20 单变量含参不等式证明方法之合理消参

专题20　单变量含参不等式证明方法之合理消参

【例题选讲】

[例1] (2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－lnx－1．

(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；

(2)证明：当a≥时，f(x)≥0．

解析　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－．由题设知，f′(2)＝0，所以a＝．

从而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－．当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0．

所以f(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．

(2)证明：当a≥时，f(x)≥－ln x－1．设g(x)＝－ln x－1，则g′(x)＝－．

当0＜x＜1时，g′(x)＜0；当x＞1时，g′(x)＞0．所以x＝1是g(x)的最小值点．

故当x＞0时，g(x)≥g(1)＝0．因此，当a≥时，f(x)≥0．

[例2]　设a为实数，函数f (x)＝ex－2x＋2a，x∈R．

(1)求f (x)的单调区间与极值；

(2)求证：当a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1．

解析　(1)由f (x)＝ex－2x＋2a(x∈R)，知f ′(x)＝ex－2．令f ′(x)＝0，得x＝ln 2．

当x<ln 2时，f ′(x)<0，故函数f (x)在区间(－∞，ln 2)上单调递减；

当x>ln 2时，f ′(x)>0，故函数f (x)在区间(ln 2，＋∞)上单调递增．

所以f (x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，

f (x)在x＝ln 2处取得极小值f (ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a，无极大值．

(2)证明：要证当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1，即证当a>ln 2－1且x>0时，ex－x2＋2ax－1>0．

设g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x≥0)．则g′(x)＝ex－2x＋2a，

由(1)知g′(x)min＝g′(ln 2)＝2－2ln 2＋2a．又a>ln 2－1，则g′(x)min>0．

于是对∀x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R上单调递增．

于是对∀x>0，都有g(x)>g(0)＝0．即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1．

[例3]　设函数f(x)＝e2x－aln x．

(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；

(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln．

解析　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x>0)．

当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；当a>0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－，

因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－

在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．

又当x→0时，f′(x) →－∞，当x→＋∞时．f′(x)→＋∞．

故当a>0时，f′(x)存在唯一零点．

(2)由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；

当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0．故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，

所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．

由于－＝0，所以f(x0)＝－aln x0＝＋2ax0－2ax0－aln x0＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln．

当且仅当x0＝时，取等号．故当a>0时，f(x)≥2a＋aln．

[例4]　已知函数，（为自然对数的底数）．

(1)当时，求曲线在点处的切线方程；

(2)证明：当时，不等式成立．

解析　(1)由题意知，当时，，解得，

又，，即曲线在点处的切线方程为．

(2)证明：当时，得，

要证明不等式成立，即证成立，

即证成立，即证成立，

令，，易知，，

由，知在上单调递增，上单调递减，，

所以成立，即原不等式成立．

【对点精练】

1．已知函数f(x)＝(x＋b)(ex－a)(b>0)，在(－1，f(－1))处的切线方程为(e－1)x＋ey＋e－1＝0．

(1)求a，b；

(2)若m≤0，证明：f(x)≥mx2＋x．

1．解析　(1)f′(x)＝(x＋b＋1)ex－a，由于切线(e－1)x＋ey＋e－1＝0的斜率为－1，图象过点(－1，0)，

所以解得

(2)由(1)可知，，由，可得，

令，则，

当时，，

当时，设，则，

故函数在上单调递增，又，

所以当时，，当时，，

所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，

故，即．故．

2．已知f(x)＝ln x－x＋a＋1．

(1)若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≥0成立，求实数a的取值范围；

(2)求证：当x＞1时，在(1)的条件下，x2＋ax－a＞xlnx＋成立．

2．解析　f(x)＝ln x－x＋a＋1(x＞0)．

(1)原题即为存在x∈(0，＋∞)，使得ln x－x＋a＋1≥0，所以a≥－ln x＋x－1，

令g(x)＝－ln x＋x－1，则g′(x)＝－＋1＝．令g′(x)＝0，解得x＝1．

因为当0＜x＜1时，g′(x)＜0，所以g(x)为减函数，当x＞1时，g′(x)＞0，所以g(x)为增函数，

所以g(x)min＝g(1)＝0，所以a≥g(1)＝0．所以a的取值范围为[0，＋∞)．

(2)证明：原不等式可化为x2＋ax－xln x－a－＞0(x＞1，a≥0)．

令G(x)＝x2＋ax－xln x－a－，则G(1)＝0．由(1)可知x－ln x－1＞0，

则G′(x)＝x＋a－ln x－1≥x－ln x－1＞0，所以G(x)在(1，＋∞)上单调递增．

所以当x＞1时，G(x)＞G(1)＝0．所以当x＞1时，x2＋ax－xln x－a－＞0成立，

即当x＞1时，x2＋ax－a＞xln x＋成立．

3．(2017·全国Ⅲ)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x．

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)当a<0时，证明f(x)≤－－2．

3．解析　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝．

若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

若a<0，则当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．

综上，当a≥0，f(x)在(0，＋∞)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　由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为f ＝ln－1－，

所以f(x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，即ln＋＋1≤0．

设g(x)＝ln x－x＋1(x>0)，则g′(x)＝－1．

当x∈(0，1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0．

所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．

故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0．所以当x>0时，g(x)≤0．

从而当a<0时，ln＋＋1≤0，即f(x)≤－－2．

4．已知函数f(x)＝ex＋m－x3，g(x)＝ln(x＋1)＋2．

(1)若曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线斜率为1，求实数m的值；

(2)当m≥1时，证明：f(x)＞g(x)－x3．

4．解析　(1)因为，所以

因为曲线在点处的切线斜率为，所以，解得

(2)因为，，所以等价于．

当时，．

要证，只需证明

以下给出两种思路证明．

思路1(隐零点法)：设，则．

设，则，

所以函数在上单调递增．

因为，，

所以函数在上有唯一零点，且．

因为，所以，即．

当时，；当时，，

所以当时，取得最小值．

所以．

综上可知，当时，．

思路2(切线放缩法)：先证明，设，则．

因为当时，，当时，，

所以当时，函数单调递减，当时，函数单调递增．

所以．所以（当且仅当时取等号）

所以要证明，只需证明

下面证明．

设，则．当时，，当时，，

所以当时，函数单调递减，当时，函数单调递增．所以．

所以（当且仅当时取等号）．由于取等号的条件不同，

所以．综上可知，当时，．

5．已知函数f(x)＝ex＋a－lnx(其中e＝2.718 28…，是自然对数的底数)．

(1)当a＝0时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；

(2)求证：当a>1－时，f(x)>e＋1．

5．解析　(1)∵a＝0时，∴f(x)＝ex－ln x，f′(x)＝ex－(x>0)，∴f(1)＝e，f′(1)＝e－1，

∴函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程为：y－e＝(e－1)(x－1)，即(e－1)x－y＋1＝0.

(2)∵f′(x)＝ex＋a－(x>0)，设g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝ex＋a＋>0，∴g(x)是增函数，

∵ex＋a>ea，∴由ea>x>e－a，∴当x>e－a时，f′(x)>0；

若0<x<1ex＋a<ea＋1，由ea＋1<x<e－a－1，∴当0<x<min{1，e－a－1}时，f′(x)<0，

故f′(x)＝0仅有一解，记为x0，则当0<x<x0时，f′(x)<0，f(x)递减；当x>x0时，f′(x)>0，f(x)递增；

∴f(x)min＝f(x0)＝ex0＋a－ln x0，而f′(x0)＝ex0＋a－＝0ex0＋a＝a＝－ln x0－x0，

记h(x)＝ln x＋x，则f(x0)＝－ln x0＝h，a>1－－a<－1h(x0)<h，

而h(x)显然是增函数，∴0<x0<>e，∴h>h(e)＝e＋1．综上，当a>1－时，f(x)>e＋1．

6．已知函数f(x)＝ax－ln x．

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)若a∈，求证：f(x)≥2ax－xeax－1．

6．解析　(1)由题意得f′(x)＝a－＝(x>0)，

①当a≤0时，则f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减．

②当a>0时，则当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减．

综上当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增．

(2)令g(x)＝f(x)－2ax＋xeax－1＝xeax－1－ax－ln x，

则g′(x)＝eax－1＋axeax－1－a－＝(ax＋1)＝(x>0)，

设r(x)＝xeax－1－1(x>0)，则r′(x)＝(1＋ax)eax－1(x>0)，

∵eax－1>0，∴当x∈时，r′(x)>0，r(x)单调递增；当x∈时，r′(x)<0，r(x)单调递减．

∴r(x)max＝r＝－≤0，

∴当0<x<－时，g′(x)<0，当x>－时，g′(x)>0，

∴g(x)在上单调递减，在上单调递增，∴g(x)min＝g，

设t＝－∈，则g＝h(t)＝－ln t＋1(0<t≤e2)，h′(t)＝－≤0，h(t)在上单调递减，

∴h(t)≥h(e2)＝0；∴g(x)≥0，故f(x)≥2ax－xeax－1.