高考数学第一轮复习第三章 §3.6　利用导数证明不等式

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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；
(2)已知a>－1，x>0，求证：g(x)>x2ln x.
(1)解由题意知，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，
则a≥－eq \f(3,2)；
若g(x)在[1,3]上单调递减，
则g′(x)＝3x2＋2ax≤0在[1,3]上恒成立，
则a≤－eq \f(9,2).所以a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(9,2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，＋∞)).
(2)证明由题意得，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，
可得u′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，x>0，
当0当x>1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.
教师备选
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).
(1)解因为f(x)＝1－eq \f(ln x,x)，x>0，
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，
所以当x≥1时，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).
思维升华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＋eq \f(a,x)，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a>0时，证明：f(x)≥eq \f(2a－1,a).
(1)解 f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(a,x2)＝eq \f(x－a,x2)(x>0)．
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)证明由(1)知，当a>0时，
f(x)min＝f(a)＝ln a＋1.
要证f(x)≥eq \f(2a－1,a)，只需证ln a＋1≥eq \f(2a－1,a)，
即证ln a＋eq \f(1,a)－1≥0.
令函数g(a)＝ln a＋eq \f(1,a)－1，
则g′(a)＝eq \f(1,a)－eq \f(1,a2)＝eq \f(a－1,a2)(a>0)，
当0当a>1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.
所以ln a＋eq \f(1,a)－1≥0恒成立，
所以f(x)≥eq \f(2a－1,a).
题型二将不等式转化为两个函数的最值进行比较
例2 (2022·西安模拟)已知函数f(x)＝aln x＋x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝1时，证明：xf(x)(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(a,x)＋1＝eq \f(x＋a,x).
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)证明当a＝1时，要证xf(x)即证x2＋xln x即证1＋eq \f(ln x,x)令函数g(x)＝1＋eq \f(ln x,x)，
则g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2).
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，
所以g(x)max＝g(e)＝1＋eq \f(1,e)，
令函数h(x)＝eq \f(ex,x2)，
则h′(x)＝eq \f(exx－2,x3).
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＝h(2)＝eq \f(e2,4).
因为eq \f(e2,4)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,e)))>0，
所以h(x)min>g(x)max，
即1＋eq \f(ln x,x)教师备选
(2022·长沙模拟)已知函数f(x)＝ex2－xln x．求证：当x>0时，f(x)证明要证f(x)只需证ex－ln x即ex－ex令h(x)＝ln x＋eq \f(1,ex)(x>0)，
则h′(x)＝eq \f(ex－1,ex2)，
易知h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递减，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，
则h(x)min＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝0，
所以ln x＋eq \f(1,ex)≥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思维升华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；
(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
(1)解 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00；
当x>eq \f(e,a)时，f′(x)<0.
故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(e,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,a)，＋∞))上单调递减．
(2)证明因为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.
设g(x)＝eq \f(ex,x)－2e(x>0)，则g′(x)＝eq \f(x－1ex,x2)，
所以当0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)≤eq \f(ex,x)－2e.
故不等式xf(x)－ex＋2ex≤0得证．
题型三适当放缩证明不等式
例3 已知函数f(x)＝ex－a.
(1)若函数f(x)的图象与直线y＝x－1相切，求a的值；
(2)若a≤2，证明f(x)>ln x.
(1)解 f(x)＝ex－a，
∴f′(x)＝ex，
令f′(x)＝1，得x＝0，
当x＝0时，y＝－1，即f(0)＝－1，得a＝2.
(2)证明 ∵a≤2，
∴f(x)＝ex－a≥ex－2，
令φ(x)＝ex－x－1，
则φ′(x)＝ex－1，
令φ′(x)＝0⇒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φ(x)≥0，即ex≥x＋1，
∴ex－2≥x－1，
当且仅当x＝0时等号成立，
同理可得ln x≤x－1，当且仅当x＝1时等号成立，
∴ex－2≥x－1≥ln x，两等号不能同时成立，
∴ex－2>ln x，即证f(x)>ln x.
教师备选
已知函数f(x)＝eq \f(xln x,x＋m)，g(x)＝eq \f(x,ex)，且曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为x－2y＋n＝0.
(1)求m，n的值；
(2)证明：f(x)>2g(x)－1.
(1)解由已知得，f(1)＝0，∴1－0＋n＝0，
解得n＝－1.
∵f′(x)＝eq \f(ln x＋1x＋m－xln x,x＋m2)，
∴f′(1)＝eq \f(m＋1,1＋m2)＝eq \f(1,2)，
解得m＝1.
(2)证明设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，
∴eq \f(1,ex)要证f(x)>2g(x)－1，即证eq \f(xln x,x＋1)>eq \f(2x,ex)－1，
只需证eq \f(xln x,x＋1)≥eq \f(2x,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．
思维升华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)＝ln x－x＋1.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)证明：当a≥1时，ax2＋3x－ln x>0.
(1)解由题意，函数f(x)＝ln x－x＋1的定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，
当x>1时，f′(x)<0；
当00.
所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
即f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)证明由(1)得f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以f(x)≤f(1)＝0，即ln x≤x－1，
所以－ln x≥－(x－1)，
因为a≥1，
所以ax2≥x2，
则ax2＋3x－ln x≥x2＋3x－(x－1)＝(x＋1)2>0(x>0)，
即ax2＋3x－ln x>0.
课时精练
1．已知函数f(x)＝eq \f(ln x,x＋a)(a∈R)，曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y＝eq \f(1,e).
(1)求实数a的值，并求f(x)的单调区间；
(2)求证：当x>0时，f(x)≤x－1.
(1)解 ∵f(x)＝eq \f(ln x,x＋a)，
∴f′(x)＝eq \f(\f(x＋a,x)－ln x,x＋a2)，∴f′(e)＝eq \f(\f(a,e),e＋a2)，
又曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y＝eq \f(1,e)，
则f′(e)＝0，即a＝0，
∴f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
令f′(x)>0，得1－ln x>0，即0令f′(x)<0，得1－ln x<0，即x>e，
∴f(x)的单调递增区间是(0，e)，单调递减区间是(e，＋∞)．
(2)证明当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)，
则g′(x)＝eq \f(1,x)－2x＋1＝eq \f(1＋x－2x2,x)
＝－eq \f(x－12x＋1,x)，
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；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>eq \f(1,ex)－eq \f(2,ex)成立．
(1)解由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)单调递减；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
∴当x＝eq \f(1,e)时，f(x)取极小值，
f(x)极小值＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－eq \f(1,e)，无极大值．
(2)证明问题等价于证明
xln x>eq \f(x,ex)－eq \f(2,e)(x∈(0，＋∞))．
由(1)可知f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－eq \f(1,e)，当且仅当x＝eq \f(1,e)时取到．
设m(x)＝eq \f(x,ex)－eq \f(2,e)(x∈(0，＋∞))，
则m′(x)＝eq \f(1－x,ex)，
由m′(x)<0，得x>1，m(x)单调递减，
由m′(x)>0得0易知m(x)max＝m(1)＝－eq \f(1,e)，
当且仅当x＝1时取到．从而对一切x∈(0，＋∞)，xln x≥－eq \f(1,e)≥eq \f(x,ex)－eq \f(2,e)，两个等号不同时取到，所以对一切x∈(0，＋∞)都有ln x>eq \f(1,ex)－eq \f(2,ex)成立．
3．(2022·资阳模拟)已知函数f(x)＝ex－ax.
(1)若a＝e，求函数y＝f(x)零点的个数；
(2)若a≤1，对于任意x≥0，求证：f(x)≥2－cs x.
(1)解当a＝e时，f(x)＝ex－ex，得f′(x)＝ex－e，
令f′(x)＝0，得x＝1，
当x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
则f(x)在x＝1时取得极小值f(1)＝0，
即为最小值．
又当x→－∞时，f(x)→＋∞；
当x→＋∞时，f(x)→＋∞，
所以当a＝e时函数y＝f(x)有且仅有1个零点．
(2)证明记g(x)＝f(x)＋cs x－2，
即g(x)＝ex－ax＋cs x－2，
则g′(x)＝ex－sin x－a，g′(0)＝1－a，g(0)＝0.
因为当a≤1时，g′(0)≥0，
令h(x)＝g′(x)＝ex－sin x－a，
则h′(x)＝ex－cs x，
由x≥0，则h′(x)＝ex－cs x≥1－cs x≥0，
故h(x)即g′(x)在x≥0时单调递增，
则g′(x)≥g′(0)＝1－a≥0，
所以g(x)在x≥0时单调递增，
故g(x)≥g(0)＝0，
所以f(x)≥2－cs x成立．
4．已知函数f(x)＝x－1－aln x.
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)证明对于任意正整数n，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,22)))·…·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2n)))(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
①若a≤0，因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－eq \f(1,2)＋aln 2<0，
所以不满足题意．
②若a>0，由f′(x)＝1－eq \f(a,x)＝eq \f(x－a,x)知，
当x∈(0，a)时，f′(x)<0；
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0；
所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，
故x＝a是f(x)在(0，＋∞)上的唯一最小值点．
因为f(1)＝0，
所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，故a＝1.
(2)证明由(1)知当x∈(1，＋∞)时，
x－1－ln x>0，即ln x令x＝1＋eq \f(1,2n)，得lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2n)))从而lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,22)))＋…＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2n)))故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,22)))·…·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2n)))