【数学】2019届高考一轮复习北师大版理3-4利用导数证明不等式学案
第4讲 利用导数证明不等式
直接将不等式转化为函数的最值
[典例引领]
(2017·高考全国卷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.
【解】 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.当a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a<0，则当x∈(0，－)时，f′(x)>0；当x∈(－，＋∞)时，f′(x)<0.故f(x)在(0，－)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＝－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，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.
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．
将不等式转化为两个函数的最值
进行比较
[典例引领]
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>－成立．
【解】 (1)由f(x)＝xln x，x>0，得f′(x)＝ln x＋1，
令f′(x)＝0，得x＝.
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
①当0
－(x∈(0，＋∞))．
由(1)可知f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－，
当且仅当x＝时取到．
设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，
则m′(x)＝，
由m′(x)<0得x>1时，m(x)为减函数，
由m′(x)>0得0－成立．
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．
构造函数证明不等式
[典例引领]
(2016·高考全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝ln x－x＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明当x∈(1，＋∞)时，1＜＜x；
(3)设c＞1，证明当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x＞cx.
【解】 (1)由题设，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)单调递增；当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)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，ln ＜－1，即
1＜＜x.
(3)证明：由题设c＞1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，
则g′(x)＝c－1－cxln c，令g′(x)＝0，
解得x0＝.
当x＜x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x＞x0时，
g′(x)＜0，g(x)单调递减．
由(2)知1＜＜c，故0＜x0＜1.又g(0)＝g(1)＝0，故当0＜x＜1时，g(x)＞0.
所以当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x＞cx.
若证明f(x)0)在x＝0处取极值．
(1)求a的值，并判断该极值是函数的最大值还是最小值；
(2)证明1＋＋＋…＋>ln(n＋1)(n∈N*)．
【解】 (1)因为x＝0是函数极值点，所以f′(0)＝0，
所以a＝1.
f(x)＝ex－x－1，易知f′(x)＝ex－1.
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，
故极值f(0)是函数最小值．
(2)证明：由(1)知ex≥x＋1.
即ln(x＋1)≤x，当且仅当x＝0时，等号成立，
令x＝(k∈N*)，
则>ln，即>ln，
所以>ln(1＋k)－ln k(k＝1，2，…，n)，
累加得1＋＋＋…＋>ln(n＋1)(n∈N*)．
(1)函数中与正整数有关的不等式，其实质是利用函数性质证明数列不等式，证明此类问题时常根据已知的函数不等式，用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量．通过多次求和达到证明的目的．此类问题一般至少2个问号，已知的不等式常由第一个问号根据待证式的待征而得到．
(2)已知函数式为指数不等式(或对数不等式)，而待证不等式为与对数有关的不等式(或与指数有关的不等式)，还要注意指、对数式的互化，如ex>x＋1可化为ln(x＋1)f(e)>f(3) B．f(3)>f(e)>f(2)
C．f(3)>f(2)>f(e) D．f(e)>f(3)>f(2)
解析：选D.f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝e.
所以当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故x＝e时，f(x)max＝f(e)＝，而f(2)＝＝，f(3)＝＝，所以f(e)>f(3)>f(2)．故选D.
2．若0ln x2－ln x1 B．ex2－ex1x1ex2 D．x2ex1x1ex2，故选C.
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：(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f′(a)＞0，当b满足0＜b＜且b＜时，f′(b)＜0，
故当a＞0时，f′(x)存在唯一零点．
(2)证明：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2e2x0－＝0，
所以f(x0)＝＋2ax0＋aln ≥2a＋aln .
故当a＞0时，f(x)≥2a＋aln .
4．(2018·贵州适应性考试)已知函数f(x)＝xln x＋ax，a∈R，函数f(x)的图象在x＝1处的切线与直线x＋2y－1＝0垂直．
(1)求a的值和函数f(x)的单调区间；
(2)求证：ex>f′(x)．
解：(1)由题易知，f′(x)＝ln x＋1＋a，x>0，且f(x)的图象在x＝1处的切线的斜率k＝2，
所以f′(1)＝ln 1＋1＋a＝2，所以a＝1.
所以f′(x)＝ln x＋2，
当x>e－2时，f′(x)>0，
当00，
因为g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上单调递增，
且g′(1)＝e－1>0，
g′()＝e－2<0，
所以g′(x)在(，1)上存在唯一的零点t，
使得g′(t)＝et－＝0，
即et＝(t时，g′(x)>g′(t)＝0，
所以g(x)在(0，t)上单调递减，在(t，＋∞)上单调递增，
所以x>0时，g(x)≥g(t)＝et－ln t－2＝－ln －2＝t＋－2≥2－2＝0，
又0，即ex>f′(x)．
1．已知函数f(x)＝aln x＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝2.
(1)求a，b的值；
(2)当x>0且x≠1时，求证：f(x)>.
解：(1)函数f(x)＝aln x＋的导数为f′(x)＝－，
曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝2，
可得f(1)＝2b＝2，f′(1)＝a－b＝0，
解得a＝b＝1.
(2)证明：当x>1时，f(x)>，
即为ln x＋1＋>ln x＋，
即x－－2ln x>0，
当0，
即为x－－2ln x<0，
设g(x)＝x－－2ln x，g′(x)＝1＋－＝≥0，
可得g(x)在(0，＋∞)上递增，
当x>1时，g(x)>g(1)＝0，
即有f(x)>，
当0.
综上可得，当x>0且x≠1时，f(x)>都成立．
2．已知函数f(x)＝ln(x＋a)－x2－x在x＝0处取得极值．
(1)求实数a的值；
(2)证明：对于任意的正整数n，不等式2＋＋＋…＋>ln(n＋1)都成立．
解：(1)因为f′(x)＝－2x－1，
又因为x＝0为f(x)的极值点．
所以f′(0)＝－1＝0，所以a＝1.
(2)证明：由(1)知f(x)＝ln(x＋1)－x2－x.
因为f′(x)＝－2x－1＝－.
令f′(x)>0得x<0.
当x变化时，f(x)，f′(x)变化情况如下表．
x
(－1，0)
0
(0，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
极大值
所以f(x)≤f(0)＝0，即ln(x＋1)≤x2＋x(当且仅当x＝0时取等号)．
令x＝，则ln<＋，
即ln<，
所以ln＋ln＋…＋ln<2＋＋…＋.
即2＋＋＋…＋>ln(n＋1)．
