2021版新高考数学（理科）一轮复习教师用书：第3章第4节　利用导数证明不等式

第四节　利用导数证明不等式

考点1　单变量不等式的证明
　单变量不等式的证明方法
（1）移项法：证明不等式f（x）＞g（x）（f（x）＜g（x））的问题转化为证明f（x）－g（x）＞0（f（x）－g（x）＜0），进而构造辅助函数h（x）＝f（x）－g（x）；
（2）构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数；
（3）最值法：欲证f（x）＜g（x），有时可以证明f（x）max＜g（x）min.
　直接将不等式转化为函数的最值问题
　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∈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：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.
　转化为两个函数的最值进行比较
　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＜t＜＜t＋2，即0＜t＜时，
f（x）min＝f＝－；
②当≤t＜t＋2，即t≥时，f（x）在［t，t＋2］上单调递增，f（x）min＝f（t）＝tln t.
所以f（x）min＝
（2）证明：问题等价于证明xln x＞－（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＜x＜1时，m（x）为增函数，
易知m（x）max＝m（1）＝－，当且仅当x＝1时取到.
从而对一切x∈（0，＋∞），xln x≥－≥－，两个等号不同时取到，即证对一切x∈（0，＋∞）都有ln x＞－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
　已知函数f（x）＝ex－3x＋3a（e为自然对数的底数，a∈R）.
（1）求f（x）的单调区间与极值；
（2）求证：当a＞ln ，且x＞0时，＞x＋－3a.
［解］　（1）由f（x）＝ex－3x＋3a，x∈R，知f′（x）＝ex－3，x∈R.
令f′（x）＝0，得x＝ln 3，
于是当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：
x
（－∞，ln 3）
ln 3
（ln 3，＋∞）
f′（x）
－
0
＋
f（x）

极小值

故f（x）的单调递减区间是（－∞，ln 3］，
单调递增区间是［ln 3，＋∞），
f（x）在x＝ln 3处取得极小值，极小值为f（ln 3）＝eln 3－3ln 3＋3a＝3（1－ln 3＋a）.无极大值.
（2）证明：待证不等式等价于ex＞x2－3ax＋1，
设g（x）＝ex－x2＋3ax－1，x＞0，
于是g′（x）＝ex－3x＋3a，x＞0.
由（1）及a＞ln ＝ln 3－1知：g′（x）的最小值为g′（ln 3）＝3（1－ln 3＋a）＞0.
于是对任意x＞0，都有g′（x）＞0，所以g（x）在（0，＋∞）上单调递增.
于是当a＞ln ＝ln 3－1时，对任意x∈（0，＋∞），都有g（x）＞g（0）.
而g（0）＝0，从而对任意x∈（0，＋∞），g（x）＞0.
即ex＞x2－3ax＋1，故＞x＋－3a.
　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）上的最小值大于0，即可证明f（x）＞g（x），x∈（a，b）.
　已知函数f（x）＝aex－bln x，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝x＋1.
（1）求a，b；
（2）证明：f（x）＞0.
［解］　（1）函数f（x）的定义域为（0，＋∞）.
f′（x）＝aex－，由题意得f（1）＝，f′（1）＝－1，
所以
解得
（2）证明：由（1）知f（x）＝·ex－ln x.
因为f′（x）＝ex－2－在（0，＋∞）上单调递增，又f′（1）＜0，f′（2）＞0，所以f′（x）＝0在（0，＋∞）上有唯一实根x0，且x0∈（1,2）.
当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，当x∈（x0，＋∞）时，f′（x）＞0，
从而当x＝x0时，f（x）取极小值，也是最小值.
由f′（x0）＝0，得ex0－2＝，则x0－2＝－ln x0.
故f（x）≥f（x0）＝ex0－2－ln x0＝＋x0－2＞2－2＝0，所以f（x）＞0.
考点2　双变量不等式的证明
　破解含双参不等式证明题的3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－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.
　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－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）.
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.
考点3　证明与正整数有关的不等式问题
　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.
　若函数f（x）＝ex－ax－1（a＞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*）.
　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），要注意指、对数式的互化，如ex≥x＋1可化为ln（x＋1）≤x等.
　已知函数f（x）＝ln（x＋1）＋.
（1）若x＞0时，f（x）＞1恒成立，求a的取值范围；
（2）求证：ln（n＋1）＞＋＋ ＋…＋（n∈N*）.
［解］　（1）由ln（x＋1）＋＞1，得
a＞（x＋2）－（x＋2）ln（x＋1）.
令g（x）＝（x＋2）［1－ln（x＋1）］，
则g′（x）＝1－ln（x＋1）－＝－ln（x＋1）－.
当x＞0时，g′（x）＜0，所以g（x）在（0，＋∞）上单调递减.
所以g（x）＜g（0）＝2，故a的取值范围为［2，＋∞）.
（2）证明：由（1）知ln（x＋1）＋＞1（x＞0），
所以ln（x＋1）＞.
令x＝（k＞0），得ln＞，
即ln＞.
所以ln ＋ln ＋ln ＋…＋ln ＞＋＋＋…＋，
即ln（n＋1）＞＋＋＋…＋（n∈N*）.

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】　（2017·全国卷Ⅲ改编）已知函数f（x）＝x－1－aln x.
（1）若f（x）≥0，求a的值；
（2）证明：对于任意正整数n，…＜e.
［解］　（1）f（x）的定义域为（0，＋∞），
①若a≤0，因为f＝－＋aln 2＜0，所以不满足题意.
②若a＞0，由f′（x）＝1－＝知，
当x∈（0，a）时，f′（x）＜0；当x∈（a，＋∞）时，f′（x）＞0；
所以f（x）在（0，a）单调递减，在（a，＋∞）单调递增，
故x＝a是f（x）在（0，＋∞）的唯一最小值点.
因为f（1）＝0，所以当且仅当a＝1时，f（x）≥0，故a＝1.
（2）证明：由（1）知当x∈（1，＋∞）时，x－1－ln x＞0.
令x＝1＋，得ln＜.
从而ln＋ln＋…＋ln＜＋＋…＋＝1－＜1.
故…＜e.
【例3】　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.