人教版高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节第3课时利用导数证明不等式学案理含解析

第三课时　利用导数证明不等式

★方法一　移项作差构造法证明不等式

【例1】　(2020届贵阳摸底)已知f(x)＝ex，g(x)＝x＋1(e为自然对数的底数)．

(1)求证：f(x)≥g(x)恒成立；

(2)设m是正整数，对任意正整数n，…<m，求m的最小值．

[解]　(1)证明：令h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，

当x∈(－∞，0)时，h′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，

故h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，

所以h(x)min＝h(0)＝0，即h(x)≥0恒成立，

所以f(x)≥g(x)恒成立．

(2)由(1)可知0<1＋<e，由不等式的性质得

所以正整数m的最小值为2.

►名师点津

若证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，如果能证明h(x)在(a，b)上的最大值小于0，即可证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)．

★方法二　转化为两函数最值法证明不等式

【例2】　(2019届长沙模拟)已知函数f(x)＝ex2－xln x．求证：当x>0时，f(x)<xex＋.

[证明]　要证f(x)<xex＋，只需证ex－ln x<ex＋，即ex－ex<ln x＋.

令h(x)＝ln x＋(x>0)，则h′(x)＝，

易知h(x)在上单调递减，在上单调递增，则h(x)min＝h＝0，所以ln x＋≥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<ln x＋，故原不等式成立．

►名师点津

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．

★方法三　放缩法证明不等式

【例3】　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)求证：＋x＋ln x－1≥0；

(3)已知k(e－x＋x2)≥x－xln x恒成立，求k的取值范围．

[解]　(1)f(x)≥0⇔a≥，

令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝－，

∴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，

∴g(x)max＝g(1)＝1，则a≥1，

∴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(t>0)．

令＝t，则－x－ln x＝ln t，

∴≥－x－ln x＋1，即＋x＋ln x－1≥0.

(3)∵k(e－x＋x2)≥x－xln x恒成立，

即k≥1－ln x恒成立，

∴k≥.

由(2)知，＋x＋ln x－1≥0恒成立，即1－ln x≤＋x恒成立．

∴≤1，

∴k≥1，故k的取值范围为[1，＋∞)．

►名师点津

导数的综合应用题中，最常见就是ex和ln x与其他代数式结合的难题，对于这类问题，可以先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，便于化简或判断导数的正负．常见的放缩公式如下：

(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号；

(2)ex≥ex，当且仅当x＝1时取等号；

(3)当x≥0时，ex≥1＋x＋x2，当且仅当x＝0时取等号；

(4)当x≥0时，ex≥x2＋1，当且仅当x＝0时取等号；

(5)≤ln x≤x－1≤x2－x，当且仅当x＝1时取等号；

(6)当x≥1时，≤ln x≤，当且仅当x＝1时取等号．

【例4】　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，

所以切点为(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)．

因为f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，即ln x1＋x＋x1＋ln x2＋x＋x2＋x1x2＝0，

所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)，

令t＝x1x2，设φ(t)＝t－ln t(t>0)，

则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．

►名师点津

破解含双参不等式的证明的关键

一是转化，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；

二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；

三是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．

|跟踪训练|

已知函数f(x)＝ln x＋.

(1)求f(x)的最小值；

(2)若方程f(x)＝a有两个根x1，x2(x1<x2)，求证：x1＋x2>2a.

解：(1)因为f′(x)＝－＝(x>0)，

所以当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，函数无最小值．

当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．

所以函数f(x)在x＝a处取最小值f(a)＝ln a＋1.

(2)证明：若方程f(x)＝a有两个根x1，x2(x1<x2)，则ln x1＋＝ln x2＋，即＝ln.

要证x1＋x2>2a，只需证(x1＋x2)·>2aln ，即证－>2ln (由(1)得，a>0)．

设＝t(t>1)，则－>2ln 等价于t－>2ln t.

令g(t)＝t－－2ln t，则g′(t)＝1＋－＝>0，所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以g(t)>g(1)＝0，即t－>2ln t，故x1＋x2>2a.