【数学】2021届一轮复习人教版(文)第3章第4节 利用导数证明不等式学案

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【数学】2021届一轮复习人教版(文)第3章第4节 利用导数证明不等式学案

第四节 利用导数证明不等式 考点1 作差法构造函数证明不等式 ‎ (1)欲证函数不等式f(x)>g(x)(x>a),只需证明f(x)-g(x)>0(x>a),设h(x)=f(x)-g(x),即证h(x)>0(x>a).若h(a)=0,h(x)>h(a)(x>a).接下来往往用导数证得函数h(x)是增函数即可.‎ ‎(2)欲证函数不等式f(x)>g(x)(x∈I,I是区间),只需证明f(x)-g(x)>0(x∈I).‎ 设h(x)=f(x)-g(x)(x∈I),即证h(x)>0(x∈I),也即证h(x)min>0(x∈I)(若h(x)min不存在,则须求函数h(x)的下确界),而这用导数往往容易解决.‎ ‎ 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)定义域为(0,+∞),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<x<e-2,‎ 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<x<e.‎ 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).‎ ‎ 将不等式转化为函数最值来证明不等式,其主要思想是依据函数在固定区间的单调性,直接求得函数的最值,然后由f(x)≤f(x)max或f(x)≥f(x)min直接证得不等式.‎ ‎ (2019·广州模拟)已知函数f(x)=ex-ax(e为自然对数的底数,a为常数)的图象在点(0,1)处的切线斜率为-1.‎ ‎(1)求a的值及函数f(x)的极值;‎ ‎(2)证明:当x>0时,x2<ex.‎ ‎[解] (1)由f(x)=ex-ax,得f′(x)=ex-a.‎ 因为f′(0)=1-a=-1,‎ 所以a=2,‎ 所以f(x)=ex-2x,f′(x)=ex-2.‎ 令f′(x)=0,得x=ln 2,‎ 当x<ln 2时,f′(x)<0,f(x)在(-∞,ln 2)上单调递减;‎ 当x>ln 2时,f′(x)>0,f(x)在(ln 2,+∞)上单调递增.‎ 所以当x=ln 2时,‎ f(x)取得极小值,且极小值为f(ln 2)=eln 2-2ln 2=2-2ln 2,f(x)无极大值.‎ ‎(2)证明:令g(x)=ex-x2,‎ 则g′(x)=ex-2x.‎ 由(1)得g′(x)=f(x)≥f(ln 2)>0,‎ 故g(x)在R上单调递增.‎ 所以当x>0时,‎ g(x)>g(0)=1>0,即x2<ex.‎ 考点2 拆分法构造函数证明不等式 ‎ 若f(x)min>g(x)max,则f(x)>g(x),常借助此结论,将要证明的不等式拆、分成两个函数,然后比较它们的最值.‎ ‎ 设函数f(x)=ax2-(x+1)ln x,曲线y=f(x)在点(1,f ‎(1))处切线的斜率为0.‎ ‎(1)求a的值;‎ ‎(2)求证:当0<x≤2时,f(x)>x.‎ ‎[解] (1)f′(x)=2ax-ln x-1-,‎ 由题意,可得f′(1)=2a-2=0,所以a=1.‎ ‎(2)证明:由(1)得f(x)=x2-(x+1)ln x,‎ 要证当0<x≤2时,f(x)>x,‎ 只需证当0<x≤2时,x--ln x>,即x-ln x>+.‎ 令g(x)=x-ln x,h(x)=+,‎ 令g′(x)=1-=0,得x=1,‎ 易知g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,2]上单调递增,‎ 故当0<x≤2时,g(x)min=g(1)=1.‎ 因为h′(x)=,当0<x≤2时,h′(x)>0,所以h(x)在(0,2]上单调递增,故当0<x≤2时,h(x)max=h(2)=<1,即h(x)max<g(x)min.‎ 故当0<x≤2时,h(x)<g(x),即当0<x≤2时,f(x)>x.‎ ‎ 在证明的不等式中,若对不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题,可以借助两个函数的最值进行证明.‎ ‎ 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,求证:xf(x)-ex+2ex≤0.‎ ‎[解] (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,令f′(x)=0,得x=,‎ 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: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)=,‎ 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.‎ 考点3 换元法构造函数证明不等式 ‎ 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=,从而构造相应的函数.其解题要点为:‎ 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=,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 ‎ 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.‎ ‎ 破解含双参不等式证明题的三个关键点 ‎(1)转化,即由已知条件入手,寻找双参所满足的关系式,并把含双参的不等式转化为含单参的不等式.‎ ‎(2)巧构造函数,再借用导数,判断函数的单调性,从而求其最值.‎ ‎(3)回归双参的不等式的证明,把所求的最值应用到双参不等式,即可证得结果.‎ ‎ 已知函数f(x)=ln x-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≥.‎ ‎[解] (1)当a=0时,f(x)=ln x+x,则f(1)=1,所以切点(1,1),又因为f′(x)=+1,所以切线斜率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+x+x1+ln x2+x+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-=,‎ 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≥成立.‎ 课外素养提升③ 逻辑推理——用活两个经典不等式 逻辑推理是得到数学结论,构建数学体系的重要方式,是数学严谨性的基本保证.利用两个经典不等式解决其他问题,降低了思考问题的难度,优化了推理和运算过程.‎ ‎(1)对数形式:x≥1+ln x(x>0),当且仅当x=1时,等号成立.‎ ‎(2)指数形式:ex≥x+1(x∈R),当且仅当x=0时,等号成立.进一步可得到一组不等式链:ex>x+1>x>1+ln x(x>0,且x≠1).‎ ‎【例1】 (1)已知函数f(x)=,则y=f(x)的图象大致为(  )‎ ‎(2)已知函数f(x)=ex,x∈R.证明:曲线y=f(x)与曲线y=x2+x+1有唯一公共点.‎ ‎(1)B [因为f(x)的定义域为 即{x|x>-1,且x≠0},所以排除选项D.‎ 当x>0时,由经典不等式x>1+ln x(x>0),‎ 以x+1代替x,得x>ln(x+1)(x>-1,且x≠0),‎ 所以ln(x+1)-x<0(x>-1,且x≠0),即x>0或-1<x<0时均有f(x)<0,排除A,C,易知B正确.]‎ ‎(2)[证明] 令g(x)=f(x)-=ex-x2-x-1,x∈R,‎ 则g′(x)=ex-x-1,‎ 由经典不等式ex≥x+1恒成立可知,g′(x)≥0恒成立,‎ 所以g(x)在R上为单调递增函数,且g(0)=0.‎ 所以函数g(x)有唯一零点,即两曲线有唯一公共点.‎ ‎【例2】 设函数f(x)=ln x-x+1.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性;‎ ‎(2)求证:当x∈(1,+∞)时,1<<x.‎ ‎[解] (1)由题设知,f(x)的定义域为(0,+∞),‎ f′(x)=-1,令f′(x)=0,解得x=1.‎ 当0<x<1时,f′(x)>0,f(x)在(0,1)上单调递增;‎ 当x>1时,f′(x)<0,f(x)在(1,+∞)上单调递减.‎ ‎(2)证明:由(1)知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0.‎ 所以当x≠1时,ln x<x-1.‎ 故当x∈(1,+∞)时,ln x<x-1,>1.①‎ 因此ln <-1,即ln x>,<x.②‎ 故当x∈(1,+∞)时恒有1<<x.‎
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