2021版新高考数学（文科）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　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：

　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.

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.