新高考数学一轮复习学案第4章第4讲 第1课时 利用导数证明不等式（含解析）

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考点一 移项补充构造法(综合型)
(2020·江西赣州模拟)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).
【解】 (1)因为f(x)＝1－eq \f(ln x,x)，
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).
eq \a\vs4\al()
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．
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)<0时，0所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增，
所以f(x)在x＝e－2处取得极小值，符合题意，所以a＝1.
(2)证明：由(1)知a＝1，所以f(x)＝x＋xln x.
令g(x)＝f(x)－3(x－1)，
即g(x)＝xln x－2x＋3(x>0)．
g′(x)＝ln x－1，由g′(x)＝0，得x＝e.
由g′(x)>0，得x>e；由g′(x)<0，得0所以g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
所以g(x)在(1，＋∞)上的最小值为g(e)＝3－e>0.
于是在(1，＋∞)上，都有g(x)≥g(e)>0，
所以f(x)>3(x－1)．
考点二 隔离分析法(综合型)
(2020·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】 (1)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：法一：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.
记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，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≤eq \f(ex,ex).
设函数g(x)＝ln x－x＋2，则g′(x)＝eq \f(1,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)＝eq \f(ex,ex)，则h′(x)＝eq \f(ex（x－1）,ex2).
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.
eq \a\vs4\al()
(1)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值问题．
(2)在证明过程中，等价转化是关键，此处f(x)min>g(x)max恒成立．从而f(x)>g(x)，但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”．
已知f(x)＝xln x.
(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>eq \f(1,ex)－eq \f(2,ex)成立．
解：(1)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．
①当0f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－eq \f(1,e)；
②当eq \f(1,e)≤t所以f(x)min＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(1,e)，0(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时，m(x)为减函数，
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)，两个等号不能同时取到，即证对一切x∈(0，＋∞)都有ln x>eq \f(1,ex)－eq \f(2,ex)成立．
考点三 特征分析法(综合型)
已知函数f(x)＝ax－ln x－1.
(1)若f(x)≥0恒成立，求a的最小值；
(2)证明：eq \f(e－x,x)＋x＋ln x－1≥0.
【解】 (1)由题意知x>0，
所以f(x)≥0等价于a≥eq \f(ln x＋1,x).
令g(x)＝eq \f(ln x＋1,x)，则g′(x)＝eq \f(－ln x,x2)，
所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.
则g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1，则a≥1，
所以a的最小值为1.
(2)证明：当a＝1时，由(1)得x≥ln x＋1.
即t≥ln t＋1.
令eq \f(e－x,x)＝t，则－x－ln x＝ln t，
所以eq \f(e－x,x)≥－x－ln x＋1，
即eq \f(e－x,x)＋x＋ln x－1≥0.
eq \a\vs4\al()
这种方法往往要在前面问题中证明出某个不等式，在后续的问题中应用前面的结论，呈现出层层递进的特点．
已知函数f(x)＝eq \f(ln x＋1,x).
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)若对任意的x>1，恒有ln(x－1)＋k＋1≤kx成立，求k的取值范围．
解：(1)f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝－eq \f(ln x,x2)，由f′(x)＝0⇒x＝1，列表如下：
因此函数f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)，极大值为f(1)＝1，无极小值．
(2)因为x>1，
ln(x－1)＋k＋1≤kx⇔eq \f(ln（x－1）＋1,x－1)≤k⇔f(x－1)≤k，
所以f(x－1)max≤k，
所以k≥1，所以k的取值范围为[1，＋∞)．
考点四 换元构造法(综合型)
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eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)＝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>eq \f(2,x1＋x2)，
所以原问题等价于证明eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)>eq \f(2,x1＋x2)，
即lneq \f(x1,x2)>eq \f(2（x1－x2）,x1＋x2)，
令c＝eq \f(x1,x2)(c>1)，
则不等式变为ln c>eq \f(2（c－1）,c＋1).
令h(c)＝ln c－eq \f(2（c－1）,c＋1)，c>1，
所以h′(c)＝eq \f(1,c)－eq \f(4,（c＋1）2)＝eq \f(（c－1）2,c（c＋1）2)>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－eq \f(2（c－1）,c＋1)>0(c>1)，因此原不等式x1x2>e2得证．
eq \a\vs4\al()
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＝eq \f(x1,x2)，从而构造相应的函数．其解题要点为：
已知函数f(x)＝ln x－eq \f(1,2)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≥eq \f(\r(5)－1,2).
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)＝eq \f(1,x)＋1，所以切线的斜率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＋xeq \\al(2,1)＋x1＋ln x2＋xeq \\al(2,2)＋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－eq \f(1,t)＝eq \f(t－1,t)，
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≥eq \f(\r(5)－1,2).
[基础题组练]
1．(2020·河南豫南九校联考)设定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数f′(x)满足xf′(x)>1，则( )
A．f(2)－f(1)>ln 2 B．f(2)－f(1)C．f(2)－f(1)>1 D．f(2)－f(1)<1
解析：选A．根据题意，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，则xf′(x)>1⇒f′(x)>eq \f(1,x)＝(ln x)′，
即f′(x)－(ln x)′>0.令F(x)＝f(x)－ln x，则F(x)在(0，＋∞)上单调递增，故f(2)－ln 2>f(1)－ln 1，即f(2)－f(1)>ln 2.
2．若0A．ex2－ex1>ln x2－ln x1 B．e x2－e x1C．x2e x1>x1e x2 D．x2e x1解析：选C．令f(x)＝eq \f(ex,x)，
则f′(x)＝eq \f(xex－ex,x2)＝eq \f(ex（x－1）,x2).
当0即f(x)在(0，1)上单调递减，因为0所以f(x2)所以x2e x1>x1e x2，故选C．
3．已知函数f(x)＝aex－ln x－1.(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．
(1)设x＝2是函数f(x)的极值点，求实数a的值，并求f(x)的单调区间；
(2)证明：当a≥eq \f(1,e)时，f(x)≥0.
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－eq \f(1,x).
由题设知，f′(2)＝0，所以a＝eq \f(1,2e2).
从而f(x)＝eq \f(1,2e2)ex－ln x－1，f′(x)＝eq \f(1,2e2)ex－eq \f(1,x).
当02时，f′(x)>0.
所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
(2)证明：当a≥eq \f(1,e)时，f(x)≥eq \f(ex,e)－ln x－1.
设g(x)＝eq \f(ex,e)－ln x－1，则g′(x)＝eq \f(ex,e)－eq \f(1,x).
当01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≥eq \f(1,e)时，f(x)≥0.
4．(2020·武汉调研)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).
解：(1)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.
所以ln a＋eq \f(1,a)－1≥0恒成立，
所以f(x)≥eq \f(2a－1,a).
5．(2020·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：(1)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.
记g(x)＝eq \f(ex,x)－2e(x>0)，
则g′(x)＝eq \f(（x－1）ex,x2)，
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)，即f(x)≤eq \f(ex,x)－2e，
即xf(x)－ex＋2ex≤0.
6．已知函数f(x)＝λln x－e－x(λ∈R)．
(1)若函数f(x)是单调函数，求λ的取值范围；
(2)求证：当01－eq \f(x2,x1).
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
因为f(x)＝λln x－e－x，
所以f′(x)＝eq \f(λ,x)＋e－x＝eq \f(λ＋xe－x,x)，
因为函数f(x)是单调函数，
所以f′(x)≤0或f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
①当函数f(x)是单调递减函数时，f′(x)≤0，
所以eq \f(λ＋xe－x,x)≤0，即λ＋xe－x≤0，λ≤－xe－x＝－eq \f(x,ex).
令φ(x)＝－eq \f(x,ex)，则φ′(x)＝eq \f(x－1,ex)，
当01时，φ′(x)>0，
则φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x>0时，φ(x)min＝φ(1)＝－eq \f(1,e)，所以λ≤－eq \f(1,e).
②当函数f(x)是单调递增函数时，f′(x)≥0，
所以eq \f(λ＋xe－x,x)≥0，即λ＋xe－x≥0，λ≥－xe－x＝－eq \f(x,ex)，
由①得φ(x)＝－eq \f(x,ex)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，x→＋∞时，φ(x)<0，所以λ≥0.
综上，λ的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,e)))∪[0，＋∞)．
(2)证明：由(1)可知，当λ＝－eq \f(1,e)时，
f(x)＝－eq \f(1,e)ln x－e－x在(0，＋∞)上单调递减，
因为0f(x2)，
即－eq \f(1,e)ln x1－e－x1>－eq \f(1,e)ln x2－e－x2，
所以e1－x2－e1－x1>ln x1－ln x2.
要证e1－x2－e1－x1>1－eq \f(x2,x1)，
只需证ln x1－ln x2>1－eq \f(x2,x1)，即证lneq \f(x1,x2)>1－eq \f(x2,x1).
令t＝eq \f(x1,x2)，t∈(0，1)，则只需证ln t>1－eq \f(1,t)，
令h(t)＝ln t＋eq \f(1,t)－1，则h′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(1,t2)＝eq \f(t－1,t2)，
当0又因为h(1)＝0，所以h(t)>0，即ln t>1－eq \f(1,t)，原不等式得证．
x
(0，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
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＝eq \f(x1,x2)，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