新高考数学一轮复习课件 第3章 §3.6　利用导数证明不等式

这是一份新高考数学一轮复习课件 第3章 §3.6　利用导数证明不等式，共60页。PPT课件主要包含了第三章，则h1＝0，适当放缩证明不等式，解得m＝1，课时精练，问题等价于证明等内容，欢迎下载使用。

§3.6　利用导数证明不等式
将不等式转化为函数的最值问题
例1　已知函数g(x)＝x3＋ax2.(1)若函数g(x)在[1,3]上为单调函数，求a的取值范围；
由题意知，函数g(x)＝x3＋ax2，则g′(x)＝3x2＋2ax，若g(x)在[1,3]上单调递增，则g′(x)＝3x2＋2ax≥0在[1,3]上恒成立，
若g(x)在[1,3]上单调递减，则g′(x)＝3x2＋2ax≤0在[1,3]上恒成立，
(2)已知a>－1，x>0，求证：g(x)>x2ln x.
由题意得，要证g(x)>x2ln x，x>0，即证x3＋ax2>x2ln x，即证x＋a>ln x，令u(x)＝x＋a－ln x，x>0，
当01时，u′(x)>0，函数u(x)单调递增.所以u(x)≥u(1)＝1＋a，因为a>－1，所以u(x)>0，故当a>－1时，对于任意x>0，g(x)>x2ln x.
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.
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以当x≥1时，h(x)≥h(1)＝0，
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，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证.
跟踪训练1　已知函数f(x)＝ln x＋ ，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增.当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；若0(2)当a>0时，证明：f(x)≥ .
由(1)知，当a>0时，f(x)min＝f(a)＝ln a＋1.
当01时，g′(a)>0，所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(a)min＝g(1)＝0.
将不等式转化为两个函数的最值进行比较
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；
f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a≥0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.当a<0时，若x∈(－a，＋∞)，则f′(x)>0；若x∈(0，－a)，则f′(x)<0.所以f(x)在(－a，＋∞)上单调递增，
在(0，－a)上单调递减.综上所述，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，f(x)在(－a，＋∞)上单调递增，在(0，－a)上单调递减.
(2)当a＝1时，证明：xf(x)当a＝1时，要证xf(x)令g′(x)>0，得x∈(0，e)；令g′(x)<0，得x∈(e，＋∞).
所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
当x∈(0,2)时，h′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0.所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min>g(x)max，
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，
若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标.本例中同时含ln x与ex，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明.
跟踪训练2　(2022·百校大联考)已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R).(1)讨论函数f(x)的单调性；
①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
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.
所以当01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)，
故不等式xf(x)－ex＋2ex≤0得证.
例3　已知函数f(x)＝ex.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
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)当x>－2时，求证：f(x)>ln(x＋2).
设g(x)＝f(x)－(x＋1)＝ex－x－1(x>－2)，则g′(x)＝ex－1，当－20时，g′(x)>0，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)，
则当－2－1时，h′(x)>0，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)，所以当x>－2时，f(x)>ln(x＋2).
由已知得，f(1)＝0，∴1－0＋n＝0，解得n＝－1.
(2)证明：f(x)>2g(x)－1.
设h(x)＝ex－x－1(x>0)，则h′(x)＝ex－1>0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴h(x)>h(0)＝0，即ex>x＋1>1，
即证xln x≥x－1，令m(x)＝xln x－x＋1，则m′(x)＝ln x，∴当x∈(0,1)时，m′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，m′(x)>0，∴m(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴m(x)min＝m(1)＝0，即m(x)≥0，∴xln x≥x－1，则f(x)>2g(x)－1得证.
导数方法证明不等式中，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，简化后再构建函数进行证明.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.
跟踪训练3　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；
当a＝1时，f(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)，
k＝f′(1)＝0，又f(1)＝0，∴切点为(1,0).∴切线方程为y－0＝0(x－1)，即y＝0.
(2)证明：当a≥1时，f(x)≥0.
∵a≥1，∴aex－1≥ex－1，∴f(x)≥ex－1－ln x－1.方法一　令φ(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)，
∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又φ′(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，φ′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(1)＝0，∴φ(x)≥0，∴f(x)≥φ(x)≥0，即f(x)≥0.
方法二　令g(x)＝ex－x－1，∴g′(x)＝ex－1.当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴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“＝”)，∴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.
KESHIJINGLIAN
(1)求实数a的值，并求f(x)的单调区间；
则f′(e)＝0，即a＝0，
令f′(x)>0，得1－ln x>0，即0e，∴f(x)的单调递增区间是(0，e)，单调递减区间是(e，＋∞).
(2)求证：当x>0时，f(x)≤x－1.
当x>0时，要证f(x)≤x－1，即证ln x－x2＋x≤0，令g(x)＝ln x－x2＋x(x>0)，
当00，g(x)单调递增；当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，∴g(x)≤g(1)＝0，即当x>0时，f(x)≤x－1.
2.已知f(x)＝xln x.(1)求函数f(x)的极值；
由f(x)＝xln x，x>0，
由m′(x)>0得03.已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R).(1)讨论函数f(x)在(0，＋∞)上的单调性；
当a≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
(2)证明：ex－e2ln x>0恒成立.
要证ex－e2ln x>0，即证ex－2>ln x，令φ(x)＝ex－x－1，∴φ′(x)＝ex－1.令φ′(x)＝0，得x＝0，∴当x∈(－∞，0)时，φ′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(0)＝0，即ex－x－1≥0，即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(当且仅当x＝0时取“＝”)，可得ex－2≥x－1(当且仅当x＝2时取“＝”)，又x－1≥ln x，当且仅当x＝1时取“＝”，∴ex－2≥x－1≥ln x且两等号不能同时成立，故ex－2>ln x.即证原不等式成立.
4.(2022·常德模拟)已知函数f(x)＝xex－x.(1)讨论f(x)的单调性；
由题意得f′(x)＝(x＋1)ex－1，设g(x)＝(x＋1)ex，则g′(x)＝(x＋2)ex，当x≤－1时，g(x)≤0，f′(x)<0，f(x)在(－∞，－1]上单调递减；当x>－1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，又因为g(0)＝1，所以当x<0时，g(x)<1，即f′(x)<0，当x>0时，g(x)>1，即f′(x)>0，综上可知，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.
(2)证明：当x>0时，f(x)－ln x≥1.