高考数学一轮复习第3章第4课时利用导数证明不等式学案

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[典例1] 设f(x)＝2x ln x＋1，证明：f(x)≤x2－x＋1x＋2ln x.
[证明] x2－x＋1x＋2ln x－f(x)
＝x(x－1)－x-1x－2(x－1)ln x
＝(x－1)·x-1x-2lnx，
令g(x)＝x－1x－2ln x，
则g′(x)＝1＋1x2-2x＝x-12x2≥0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又g(1)＝0，
所以当0＜x＜1时，g(x)＜0，
当x＞1时，g(x)＞0，
所以(x－1)x-1x-2lnx≥0，
即f(x)≤x2－x＋1x＋2ln x．
【教师备选题】
证明：当x>1时，12x2＋ln x<23x3.
[证明] 设g(x)＝23x3－12x2－ln x，
则g′(x)＝2x2－x－1x，因为当x＞1时，
g′(x)＝x-12x2+x+1x＞0，
所以g(x)在(1，＋∞)上是增函数，
所以当x>1时，g(x)＞g(1)＝16＞0，
所以当x＞1时，12x2＋ln x＜23x3.
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．
[跟进训练]
1．证明：当x∈[0，2]时，x2e2x-2≥－2x2＋8x－5.
[证明] 令g(x)＝x2e2x-2＋2x2－8x＋5, x∈[0，2]，
则g′(x)＝2e2x-2(x2＋x)＋4x－8，x∈[0，2].
令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝2e2x-2(2x2＋4x＋1)＋4>0，所以g′(x)在[0，2]上单调递增，且g′(1)＝0，
所以g(x)在[0，1)上单调递减，在(1，2]上单调递增，所以g(x)的最小值为g(1)＝0，所以g(x)≥0，即x2e2x-2≥－2x2＋8x－5.
考点二 隔离分析法证明不等式
[典例2] 设函数f(x)＝aexln x＋bex-1x，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2.
(1)求a，b；
(2)求证：f(x)>1.
[解] (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝aexlnx+1x+bex-1x-1x2，
依题意得f1=2，f'1=e，解得a＝1，b＝2.
(2)证明：由(1)知f(x)＝exln x＋2ex-1x，从而f(x)>1等价于x ln x>xe－x－2e.
构造函数g(x)＝x ln x(x>0)，则g′(x)＝1＋ln x，所以当x∈0，1e时，g′(x)<0，当x∈1e，+∞时，g′(x)>0，故g(x)在0，1e上单调递减，在1e，+∞上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g1e＝－1e.构造函数h(x)＝xe－x－2e(x>0)，则h′(x)＝e－x(1－x)，所以当x∈(0，1)时，h′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，故h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－1e.
综上，当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)>1.
在同时含ln x与ex的不等式证明中，常采用把对数单独分离的方式，把待证不等式分离．如本例中直接构造函数，求导运算比较复杂，此时把指数与对数分离两边，构造两个函数，分别计算它们的最值，借助最值进行证明．
[跟进训练]
2．已知函数f(x)＝x ln x－ax.
(1)当a＝－1时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的最值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＋1＞1ex+1-2e2x成立．
[解] (1)函数f(x)＝x ln x－ax的定义域为(0，＋∞)．
当a＝－1时，f(x)＝x ln x＋x，f′(x)＝ln x＋2.
由f′(x)＝0，得x＝1e2.
当x∈0，1e2时，f′(x)＜0；
当x∈1e2，+∞时，f′(x)＞0.
所以f(x)在0，1e2上单调递减，在1e2，+∞上单调递增．因此f(x)在x＝1e2处取得最小值，即f(x)min＝f1e2＝－1e2，但f(x)在(0，＋∞)上无最大值．
(2)证明：当x＞0时，ln x＋1＞1ex+1-2e2x等价于x(ln x＋1)＞xex+1-2e2.
由(1)知a＝－1时，f(x)＝x ln x＋x的最小值是－1e2，当且仅当x＝1e2时取等号．
设G(x)＝xex+1-2e2，x∈(0，＋∞)，
则G′(x)＝1-xex+1，易知G(x)max＝G(1)＝－1e2，
当且仅当x＝1时取到，
从而可知对一切x∈(0，＋∞)，都有f(x)＞G(x)，
即ln x＋1＞1ex+1-2e2x.
考点三 放缩后构造函数证明不等式
[典例3] (12分)设函数f(x)＝ex＋a·sin x＋b(a，b为实数)，且曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程为x－y－1＝0.
(1)求a，b的值；
(2)求证：当x∈(0，＋∞)时，f(x)＞ln x.
[规范解答] (1)f′(x)＝ex＋a cs x，且f(0)＝1＋b.
由题意得f′(0)＝e0＋a＝1⇒a＝0. ····································2分
又(0，1＋b)在切线x－y－1＝0上，
所以0－1－b－1＝0⇒b＝－2.·······································4分
(2)证明：由(1)知f(x)＝ex－2.
先证：ex－2＞x－1，
↓
关键点1：想到ex＞x+1
即ex－x－1＞0(x＞0)，
令g(x)＝ex－x－1(x＞0)，
则g′(x)＝ex－1，
所以g(x)在(0，＋∞)上是增函数，
故g(x)＞g(0)＝0，即ex－2＞x－1 ①.································7分
再证：x－1≥ln x，
↓
关键点2：想到x-1≥lnx
即x－1－ln x≥0(x＞0)，
令φ(x)＝x－1－ln x，
则φ′(x)＝1－1x＝x-1x，···············································9分
故φ(x)在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，则φ(x)min＝φ(1)＝0，
即x－1－ln x≥0，
所以x－1≥ln x ②.··············································11分
由①②得ex－2＞ln x，
即f(x)＞ln x在 (0，＋∞)上成立．···································12分
导数的综合应用题中，最常见的就是ex和ln x与其他代数式结合的问题，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．常见的放缩不等式如下：
(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＋12x2 ，当且仅当x＝0时取等号；
(4)当x≥0时，ex≥e2x2＋1, 当且仅当x＝0时取等号；
(5)x-1x≤ln x≤x－1≤x2－x，当且仅当x＝1时取等号；
(6)当x≥1时，2x-1x+1≤ln x≤x-1x，当且仅当x＝1时取等号．
[跟进训练]
3．已知函数f(x)＝ln x＋1x－1.
(1)求函数f(x)的最小值；
(2)当x∈(0，π)时，证明：ex＞(1－ln x)sin x.
[解] (1)因为函数f(x)＝ln x＋1x－1的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x-1x2＝x-1x2，
所以当0＜x＜1时，f′(x)＜0，
当x＞1时，f′(x)＞0，
所以当0＜x＜1时，函数f(x)单调递减；
当x＞1时，函数f(x)单调递增．
所以f(x)≥f(1)＝0，即函数f(x)的最小值为0.
(2)证明：当x∈(0，π)时，要证明ex＞(1－ln x)·sin x，
只要证exsinx＞1－ln x，
由(1)可知ln x＋1x－1≥0，即1x≥1－ln x，
所以要证exsinx＞1－ln x，只需证exsinx＞1x，
即证xex－sin x＞0.
令h(x)＝xex－sin x，则h′(x)＝(x＋1)ex－cs x，
当0＜x＜π时，
h′(x)＝(x＋1)ex－cs x＞e0－1＝0，
所以函数h(x)在(0，π)上单调递增，
所以当0＜x＜π时，h(x)＞h(0)＝0，
即xex－sin x＞0，
所以当x∈(0，π)时，不等式ex＞(1－ln x)sin x成立．
课时分层作业(十八) 利用导数证明不等式
1．(2021·全国乙卷)设函数f(x)＝ln (a－x)，已知x＝0是函数y＝xf(x)的极值点．
(1)求a；
(2)设函数g(x)＝x+fxxfx，证明：g(x)＜1.
[解] (1)由题意得y＝xf(x)＝x ln (a－x)，
则y′＝ln (a－x)＋x[ln (a－x)]′.
因为x＝0是函数y＝xf(x)的极值点，
所以y′|x＝0＝ln a＝0，所以a＝1.
(2)证明：由(1)可知，f(x)＝ln (1－x)，其定义域为{x|x＜1}，
当0＜x＜1时，ln (1－x)＜0，此时xf(x)＜0.
当x＜0时，ln (1－x)＞0，此时xf(x)＜0，
易知g(x)的定义域为{x|x＜1且x≠0}，
故要证g(x)＝x+fxxfx＜1，只需证x＋f(x)＞xf(x)，即证x＋ln (1－x)－x ln (1－x)＞0，
令1－x＝t，则t＞0且t≠1，
则只需证1－t＋ln t－(1－t)ln t＞0，
即证1－t＋t ln t＞0.
令h(t)＝1－t＋t ln t，则h′(t)＝－1＋ln t＋1＝ln t，
所以h(t)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)＞h(1)＝0，
即g(x)＜1成立．
2．已知函数f(x)＝ax2＋x ln x(a∈R)的图象在点(1，f(1))处的切线与直线x＋3y＝0垂直．
(1)求实数a的值；
(2)求证：当n>m>0时，ln n－ln m>mn-nm.
[解] (1)因为f(x)＝ax2＋x ln x，所以f′(x)＝2ax＋ln x＋1，因为切线与直线x＋3y＝0垂直，所以切线的斜率为3，所以f′(1)＝3，即2a＋1＝3，故a＝1.
(2)证明：要证ln n－ln m>mn-nm，
即证ln nm＞mn-nm，只需证ln nm-mn+nm＞0．令nm＝x，由已知n＞m＞0，得nm＞1，即x＞1，构造函数g(x)＝ln x－1x＋x(x＞1)，则g′(x)＝1x+1x2＋1．因为x∈(1，＋∞)，所以g′(x)＝1x+1x2＋1＞0，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增．所以gnm＞g(1)＝0，即ln nm-mn+nm>0成立，所以当n>m>0时，ln n－ln m>mn-nm.
3．(2022·河北沧州二模)已知函数fx＝xlnx-ax，a∈R.
(1)求fx的单调区间；
(2)证明：xfx＋e－x>－a.
[解] (1)函数fx＝xlnx-ax＝ln x－ax，
定义域为0，+∞，f′x＝1x+ax2＝x+ax2.
(i)当a≥0时，f′x>0，fx单调递增；
(ii)当a<0时，－a>0，x∈0，-a时，f′x<0，fx单调递减；
x∈-a，+∞时，f′x>0，fx单调递增，
综上，当a≥0时，fx的单调递增区间为0，+∞，无单调递减区间；
当a<0时，fx的单调递减区间为0，-a，单调递增区间为-a，+∞.
(2)证明：由(1)知，当a＝－1时，fx＝ln x＋1x，
且fx≥f1＝1，所以x ln x＋1≥x，
因为fx＝xlnx-ax，
所以不等式xfx＋e－x>－a等价于x ln x＋e－x>0，
令gx＝x＋e－x－1，
则g′x＝1－e－x＝ex-1ex>0在x>0时恒成立，
所以当x>0时，gx>g0＝0，
又x ln x＋1≥x，所以x ln x＋e－x≥x－1＋e－x>0，
故x ln x＋e－x>0，即xfx＋e－x>－a.
4．已知函数fx＝ln x－mx＋m，m∈R.
(1)求fx的单调区间；
(2)若x∈1，+∞，证明：1(3)对于任意正整数n，1+121+122…1+12n[解] (1)由f′x＝1x－m＝1-mxx，
若m≤0，则当x∈0，+∞时，f′x>0，函数fx单调递增；
若m>0，则当x∈0，1m时，f′x>0，函数fx单调递增，
当x∈1m，+∞时，f′x<0，函数fx单调递减，
所以当m≤0时，函数fx的单调递增区间为0，+∞，无单调递减区间；
当m>0时，函数fx的单调递增区间为0，1m，单调递减区间为1m，+∞.
(2)证明：由(1)知，当m＝1时，fx在x＝1处取得最大值，最大值为f1＝0，
所以当x≠1时，ln x故当x∈1，+∞时，ln x又ln 1x<1x－1，即x-1lnx(3)当m＝1时，fx＝ln x－x＋1≤0，即ln x≤x－1，则有ln x+1≤x，当且仅当x＝0时等号成立，
所以ln 1+12k＜12k，k∈N*.
一方面：
ln 1+12＋ln 1+122＋…＋ln 1+12n＜12+122＋…＋12n＝1－12n＜1，即1+121+122…1+12n＜e.
另一方面：
当n≥3时，1+121+122…1+12n≥1+121+1221+123＝13564＞2，
当n≥3时，1+121+122…1+12n∈(2，e)．
因为t∈N*，1+121+122…1+12n＜t，
所以t的最小正整数值为3.