专题22 利用导数证明不等式(解析版)

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专题22 利用导数证明不等式
【知识总结】
1、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，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证。
2、隔离分析法往往要在前面问题中证明出某个不等式，在后续的问题中应用前面的结论，呈现出层层递进的特点。
3、若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标。
【例题讲解】
考点：不等式的证明
方向1：移项作差构造法
【例1】已知函数f(x)＝1－，g(x)＝＋－bx，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直。
(1)求a，b的值；
(2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥。
解　(1)因为f(x)＝1－，
所以f′(x)＝，f′(1)＝－1。
因为g(x)＝＋－bx，
所以g′(x)＝－－－b。
因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直，所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，
所以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，解得a＝－1，b＝－1。
(2)证明：由(1)知，g(x)＝－＋＋x，
则f(x)＋g(x)≥⇔1－－－＋x≥0。
令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，
则h(1)＝0，h′(x)＝－＋＋＋1＝＋＋1。
因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1>0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0，即1－－－＋x≥0，
所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥。
【变式训练】　已知函数f(x)＝xlnx－ex＋1。
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)证明：f(x) 解　(1)依题意得f′(x)＝lnx＋1－ex，又f(1)＝1－e，f′(1)＝1－e，
故所求切线方程为y－1＋e＝(1－e)(x－1)，即y＝(1－e)x。
(2)证明：依题意，要证f(x) 即证xlnx－ex＋1 即证xlnx 当00，xlnx≤0，
故xlnx 当x>1时，令g(x)＝ex＋sinx－1－xlnx，
故g′(x)＝ex＋cosx－lnx－1。
令h(x)＝g′(x)＝ex＋cosx－lnx－1，
则h′(x)＝ex－－sinx，
当x>1时，ex－>e－1>1，所以h′(x)＝ex－－sinx>0，故h(x)在(1，＋∞)上单调递增。
故h(x)>h(1)＝e＋cos1－1>0，即g′(x)>0，
所以g(x)>g(1)＝e＋sin1－1>0，
即xlnx 综上所述，f(x) 方向2：特征分析法
【例2】)已知函数f(x)＝ax－lnx－1。
(1)若f(x)≥0恒成立，求a的最小值；
(2)证明：＋x＋lnx－1≥0；
(3)已知k(e－x＋x2)≥x－xlnx恒成立，求k的取值范围。
解　(1)f(x)≥0等价于a≥(x>0)。
令g(x)＝，则g′(x)＝，
所以当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，所以g(x)max＝g(1)＝1，则a≥1，
所以a的最小值为1。
(2)证明：由(1)知当a＝1时有f(x)＝x－lnx－1≥0成立，即x≥lnx＋1，即t≥lnt＋1。
令＝t，则－x－lnx＝lnt，
所以≥－x－lnx＋1，
即＋x＋lnx－1≥0。
(3)因为k(e－x＋x2)≥x－xlnx，
即k≥1－lnx恒成立，
所以k≥＝－＋1，
由(2)知＋x＋lnx－1≥0恒成立，
所以－＋1≤1，故k≥1。
【变式训练】　已知函数f(x)＝ln(x－1)－k(x－1)＋1。
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≤0恒成立，试确定实数k的取值范围；
(3)证明：＋＋＋…＋<(n∈N*且n>1)。
解　(1)因为f(x)＝ln(x－1)－k(x－1)＋1，
所以f′(x)＝－k，x>1。
所以当k≤0时，f′(x)＝－k>0，f(x)在(1，＋∞)上是增函数；
当k>0时，令f′(x)>0，得1 令f(x)<0，得x>1＋，
所以f(x)在上是增函数，在上是减函数。
(2)因为f(x)≤0恒成立，
所以∀x>1，ln(x－1)－k(x－1)＋1≤0，
所以∀x>1，ln(x－1)≤k(x－1)－1，
所以k>0。
由(1)知，当k>0时，f(x)max＝f＝－lnk≤0，解得k≥1。
故实数k的取值范围是[1，＋∞)。
(3)证明：令k＝1，则由(2)知，ln(x－1)≤x－2对任意x∈(1，＋∞)恒成立，
即lnx≤x－1对任意x∈(0，＋∞)恒成立。
取x＝n2，则2lnn≤n2－1，
即<，n≥2，所以＋＋＋…＋<(n∈N*且n>1)。
方向3：隔离分析法
【例3】已知函数f(x)＝elnx－ax(a∈R)。
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明：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，则当00，当x>时，f′(x)<0，
故f(x)在上单调递增，在上单调递减。
(2)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)＝，
所以当01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。
【一题多解】
解：由题意知，即证exlnx－ex2－ex＋2ex≤0，从而等价于lnx－x＋2≤。
设函数g(x)＝lnx－x＋2，则g′(x)＝－1。
所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，
故g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1。
设函数h(x)＝，则h′(x)＝。
所以当x∈(0,1)时，h′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，
故h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1。
综上，当x>0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0。
【变式训练】　已知f(x)＝ax－lnx，x∈(0，e]，g(x)＝，其中e是自然对数的底数，a∈R.
(1)当a＝1时，求f(x)的极值，并证明f(x)>g(x)＋恒成立；
(2)是否存在实数a，使f(x)的最小值为3？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由。
解　(1)因为f(x)＝x－lnx(x>0)，
f′(x)＝1－＝。
所以当00，此时f(x)单调递增。
所以f(x)的极小值为f(1)＝1，
即f(x)在(0，e]上的最小值为1，
令h(x)＝g(x)＋＝＋，
则h′(x)＝，
当00，h(x)在(0，e]上单调递增，
所以h(x)max＝h(e)＝＋<＋＝1＝f(x)min。
所以f(x)>g(x)＋恒成立。
(2)假设存在实数a，使f(x)＝ax－lnx(x∈(0，e])有最小值3，f′(x)＝a－＝。
①当a≤0时，f(x)在(0，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，a＝(舍去)，
所以a≤0时，不存在a使f(x)的最小值为3。
②当0<时，f(x)在上单调递减，在上单调递增，
所以f(x)min＝f＝1＋lna＝3，a＝e2，满足条件。
③当≥e，即0 f(x)在(0，e]上单调递减，
f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，a＝(舍去)，
所以0 综上，存在实数a＝e2，
使得当x∈(0，e]时，f(x)有最小值3。
【例题训练】
一、多选题
1．已知函数，数列的前n项和为，且满足，，则下列有关数列的叙述正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】AB
【分析】
A．计算出的值，与比较大小并判断是否正确；B．利用导数分析的最小值，由此判断出是否正确；C．根据与的大小关系进行判断；D．构造函数，分析其单调性和最值，由此确定出，将变形可得，再将变形可判断结果.
【详解】
A选项，，A正确；
B选项，因为，所以当时，，所以单增，所以，
因为，所以，所以，B正确；
C选项，因为，所以，C错误；
D选项，令，，
所以在单调递增，所以，所以，
则，所以，即，
所以，所以D错误.
故选：AB.
【点睛】
易错点睛：本题主要考查导数与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项：
（1）转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；
（2）利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.
2．下列不等式正确的是（ ）
A．当时， B．当时，
C．当时， D．当时，
【答案】ABC
【分析】
构建函数，利用导数研究其单调性和最值，可得出每个选项中的不等式正不正确.
【详解】
对于A：设，则，令，解得，
当时函数单调递减，当时，函数单调递增，
所以函数在时，函数取得最小值，故当时，，故A正确；
对于B：设，所以，
令，解得，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，
所以在时，（1），故当时，恒成立，故B正确；
对于C：设，所以，令，解得，当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，
所以当时，（1），所以当时，，故C正确；
对于D：设函数，则，所以是定义在上单调递增的奇函数，
所以时，成立，时，，故D错误．
故选：ABC
3．已知定义在R上的函数满足，则下列式子成立的是（ ）
A． B．
C．是R上的增函数 D．，则有
【答案】AD
【分析】
由题意得，即为增函数，可得，即可判断，举出反例可判断C，根据单调性可判断D.
【详解】
由，得，即，
所以函数为增函数，故，
所以，故A正确，B不正确；
函数为增函数时，不一定为增函数，
如是增函数，但是减函数，所以C不正确；
因为函数为增函数，所以时，有，
故有成立，所以D正确.
故选：AD.
【点睛】
本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，构造函数是解题的关键，属于中档题.
二、解答题
4．已知函数，，若最小值为0.
（1）求实数的值；
（2）设，证明：.
【答案】（1）1；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由，得，讨论当时，无最小值.当时， ，由可得答案得；
（2）由（1）可知，可得，由（1）可知，即，进而可得结论.
【详解】
（1）由已知，定义域为.
.
由，得.
当时，，在单调递增无最小值.
当时，，；，.
故，
令，.
，；，，，
所以由，得.
（2）由（1）可知，此时
等价于，
由（1）可知当时，.
故，即.
所以，
故.
【点睛】
不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等主要方法有两个，一是比较简单的不等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；二是较为综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明.
5．已知函数，.
（1）当时，求函数的最大值；
（2）设，当，且，求证：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）当时，，，由的单调性得出函数的最大值；
（2）由函数的单调性结合零点个数得出，结合分析法要证，只需证，由函数在上存在唯一零点证明，由函数在上存在唯一零点证明，从而得出.
【详解】
解1）当时，，.
当时，；当时，.
∴函数在上单调递增，在上单调递减.
∴.
（2）由题可知，是函数的零点.

当时，；当时，
∴函数在上单调递增，在上单调递减
故函数要有两个零点，必有，即.
要证，只需证
只需证 ①
由于，，，
∴函数在上存在唯一零点
即. ②
由（1）知，，所以，且当时，取等号
∴
∴函数在上存在唯一零点
即. ③
由②③可知①成立，故.
【点睛】
求解本题第（2）问的关键是根据题中条件将证明转化为证明，然后利用零点存在定理即可求解.
6．已知函数，其中为自然对数的底数．
（1）当时，证明：；
（2）设实数，是函数的两个零点，求实数的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）构造函数，证明最小值大0即可得解；
（2）先求导可，
分，和进行讨论即可得解.
【详解】
（1）设，
∴，∴，
∵，∴，，
∴，∴在上单调递增，
又，∴时，，
在上单调递增，
又，∴时，，
故当时，，
∴．
（2）∵，
∴，
当时，易知函数只有一个零点，不符合题意．
当时，在上，，单调递减；
在上，，单调递增；
又，，
不妨取且时，
，
[或者考虑：当，]，所以函数有两个零点，
∴符合题意，
当时，由得或．
（ⅰ）当，即时，在上，成立，
故在上单调递增，
所以函数至多有一个零点，不符合题意．
（ⅱ）当，即时，在和上，
，单调递增；
在上，，单调递减；
又，且，
所以函数至多有一个零点，不符合题意．
（ⅲ）当即时，
在和上，单调递增；
在上，单调递减，
以，所以函数至多有一个零点，不符合题意．
综上所述，实数的取值范围是．
【点睛】
本题考查了导数的应用，考查了利用导数研究函数的单调性，考查了构造法证明不等式以及分类讨论求参数范围，要求较高的计算能力，属于难题.
解决本类问题的方法有以下几点：
（1）证明题常常利用构造法，通过构造函数来证明；
（2）分类讨论解决含参问题，是导数压轴题常考题型，在讨论时重点是找到讨论点.
7．已知，当时恒成立．
（1）求实数的取值范围；
（2）当时，求证：．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）移项构造函数，求导后分类讨论.
（2）利用（1）的结论构造新函数，求导后构造新函数再求导寻找极值点即可.
【详解】
（1）即恒成立，
令，则
当时，则在是增函数，，成立．
当时，使
，，为减函数，，，为增函数．
所以不合题意．
所以．
（2）由（1）得当时，所以要证只要证
即证：，设，，
，
所以在是增函数，
，，所以存在使．
故时，，则为减函数，时则为增函数
，，
所以时，故命题成立．
【点睛】
此题为导数综合题，属于难题.
方法点睛：利用导数求参数范围方法：
（1）变量分离，构造函数，转化为恒成立问题处理，求导数进步求新函数的最值.
（2）移项后，构造函数，求导讨论函数的单调性及极值.
8．已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，求证：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）首先求导得到，从而得到，再利用点斜式求切线方程即可.
（2）首先求导得到，根据在上单调递增，且，且，得到存在唯一，使得，再根据函数的单调性得到，利用基本不等式即可证明.
【详解】
（1）当时，.
∴，又，
∴在点处的切线方程为，即.
（2），
易知在上单调递增，且，
又，
∴存在唯一，使得，即.
当时，，为减函数；
当时，，为增函数.
∴.
当且仅当，即时，等号成立.
∴当时，.
【点睛】
关键点点睛：本题主要考查导数的综合应用，考查利用导数证明不等式，解题的关键为找到导函数的隐藏零点，属于中档题.
9．已知函数.
(1)若只有一个极值点，求的取值范围.
(2)若函数存在两个极值点，记过点的直线的斜率为，证明：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）先求导，令，则.令，解不等式组即得解；
（2）只需证，设，函数，证明即得证.
【详解】
(1)解：，
令，则.令，
要使函数只有一个极值点，则需满足，即；
(2)证明：因为，
所以，
因为存在两个极值点，所以即
不妨假设，则
要证，即要证，
只需证，
只需证，
即证
设，函数，
因为，故，所以，即，
故在上单调递减，则
又因为，所以，即，
从而得证.
【点睛】
关键点点睛：解答本题的关键是通过分析得到只需证明.对于比较复杂的问题，我们可以通过分析把问题转化，再证明，提高解题效率.
10．函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）当，时，证明：.
【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由得到 求导由， 求解.
（2）求导，分，讨论求解.
【详解】
（1）当时， ，.
所以
当时，；
当时，.
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）因为，
所以.
①当，时，恒成立，
所以单调递增，
所以，而，所以恒成立；
②，时，由可得；由可得.
所以在单调递减，在单调递增，
所以.
设，则，
所以在单调递减，
故，
所以，从而.
综上，当，时，.
【点睛】
方法点睛：1、利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，当f(x)含参数时，需依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论；若可导函数f(x)在指定的区间D上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”是否可以取到．
2、利用导数证明不等式常构造函数φ(x)，将不等式转化为φ(x)＞0(或＜0)的形式，然后研究φ(x)的单调性、最值，判定φ(x)与0的关系，从而证明不等式.
11．已知函数．
（1）讨论函数的单调区间；
（2）当时，求证：．
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．
【分析】
（1）先求导，分为，，和四种情形进行分类讨论，根据导数和函数单调性的关系即可求出；
（2）等价于，令，利用当时的结论，根据导数判断与0的关系，即可证明.
【详解】
解：的定义域为，
则，
当时，，当时，，当时，，
函数的单调递减区间为，单调递增区间为，
当时，令，解得或，
当时，恒成立，
函数的单调递减区间为，无单调递增区间，
当时，，
当或时，，当，时，，
函数的单调递减区间为或，单调递增区间为，，
当，，
当或，时，，当时，，
函数的单调递减区间为或，，单调递增区间为．
综上所述：当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，
当时，函数的单调递减区间为，无单调递增区间，
当时，函数的单调递减区间为，，单调递增区间为，，
当时，函数的单调递减区间为或，，单调递增区间为．
（2） 证明：要证，即证，
令，
则，
由（1），当时，，
可得的单调递减区间为，单调递增区间为，
即的单调递减区间为，单调递增区间为，
（1），
在上单调递增，
（1），
当时，，，
当时，，，
，
即．
【点睛】
含有参数的函数单调性讨论常见的形式：
（1）对二次项系数的符号进行讨论；
（2）导函数是否有零点进行讨论；
（3）导函数中零点的大小进行讨论；
（4）导函数的零点与定义域端点值的关系进行讨论等.
12．函数.
（1）若，求的单调性；
（2）当时，若函数有两个零点，求证：.
【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增；（2）证明见解析.
【分析】
（1）求导得，设，利用导数可得的单调性，并可得的零点，即可求出的单调性；
（2）由函数有两个零点，所以，即有两个不等实根，利用导数求得的单调性，结合题意可得，求出的范围，利用对勾函数的单调性即可证明.
【详解】
（1）因为，（），
所以.
设，则，
所以在单调递增，
又因为，所以当时，，则，单调递减；
当时，，则，单调递增.
综上，在上单调递减，在上单调递增.
（2）证明：因为函数有两个零点，
所以方程有两个不等实根.
设，即有两个不等实根，
则.
设，则由可知，
而的对称轴方程为，且，
所以存在使得，即，
且当时，，则，所以单调递减；
当时，，则，所以单调递增.
因为有两个不等实根，所以必有，即.
将，代入整理可得.
设，则易得在上单调递减，
又，所以，
结合对勾函数在单调递增可知，
即成立，命题得证.
【点睛】
解题的关键是利用导数判断函数的单调性，当导函数无法直接判断正负时，可构造新函数，并继续求导，即可求出导函数的单调性和极值，进而可得导函数的正负，即原函数的单调性，考查分析理解，化简求值的能力，属中档题.
13．已知函数．
（1）试讨论的单调性；
（2）若，证明：．
【答案】（1）答案不唯一见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）对函数进行求导得，再对分三种情况讨论，即，，三种情况；
（2）要证明，只需证明，而，因此只需证明，再利用函数的单调性，即可得证；
【详解】
解析：（1）因为，
①当时，，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减；
②当时，，
当时，，当时，，所以在单调递增，在单调递减；
③当时，，当时，，当时，，所以在单调递减，在单调递增．
（2）要证明，只需证明，
而，因此只需证明，
当时，，由（1）知在上单调递增，在上单调递减，所以；
当时，，
故．
【点睛】
利用导数研究含参函数的单调区间，要注意先求导后，再解导数不等式.
14．已知函数.
（1）当时，求的最小值；
（2）若对任意恒有不等式成立.
①求实数的值；
②证明：.
【答案】（1）；（2）①1；②证明见解析.
【分析】