第二章 习题课　不等式证明问题学案

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习题课　不等式证明问题学习目标　了解高考热点中的证明问题的证明思路，把握高考证明问题的方向．一、将不等式转化为函数的最值问题例1　函数f(x)＝x＋a·x2＋b·ln x的图象在点P(1,0)处的切线斜率为2.(1)求a，b的值；(2)证明：f(x)≤2x－2对任意正实数x恒成立．(1)解　由题设可知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋2ax＋eq \f(b,x)，∵y＝f(x)在点P(1,0)处切线的斜率为2，∴f(1)＝1＋a＝0，f′(1)＝1＋2a＋b＝2，解得a＝－1，b＝3.(2)证明　由(1)知f(x)＝x－x2＋3ln x(x>0)，则转化为证明2－x－x2＋3ln x≤0对任意正实数x恒成立，设g(x)＝2－x－x2＋3ln x，x>0，则g′(x)＝－1－2x＋eq \f(3,x)＝－eq \f(x－12x＋3,x)，∴当00；当x>1时，g′(x)<0，∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴g(x)在x＝1处有最大值g(1)＝0，∴g(x)≤0对任意正实数x恒成立，即2－x－x2＋3ln x≤0对任意正实数x恒成立，即f(x)≤2x－2对任意正实数x恒成立，原命题得证．反思感悟　解题思路(1)构造函数h(x)＝f(x)－g(x)．(2)问题转化为证明f(x)－g(x)≥0，即证h(x)≥0即可．(3)讨论单调性：根据h′(x)与0的大小关系确定函数h(x)的单调性．(4)求最值：由函数h(x)的单调性确定最值，并确认h(x)≥h(x)min≥0即可．跟踪训练1　设函数f(x)＝(x－1)ex＋ax2，a∈R.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)设函数g(x)＝ln x＋x－ex＋1，当a＝0时，证明f(x)－g(x)≥0.(1)解　当a＝1时，f(x)＝(x－1)ex＋x2，则f′(x)＝xex＋2x，∴f′(1)＝e＋2，又f(1)＝1，∴所求的切线方程为y－1＝(e＋2)(x－1)，即(e＋2)x－y－e－1＝0.(2)证明　当a＝0时，f(x)－g(x)＝(x－1)ex＋ex－ln x－x－1＝xex－ln x－x－1.设h(x)＝xex－ln x－x－1，其定义域为(0，＋∞)，则证明h(x)≥0即可．∵h′(x)＝(x＋1)ex－eq \f(x＋1,x)，且h′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(e),2)－1))<0，h′(1)>0，令φ(x)＝(x＋1)ex－eq \f(x＋1,x)，则φ′(x)＝(x＋2)ex＋eq \f(1,x2)>0，∴函数h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴h′(x)＝0有唯一的实根x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，且＝eq \f(1,x0).当0x0时，h′(x)>0，∴函数h(x)的最小值为h(x0)，∴h(x)≥h(x0)＝－ln x0－x0－1＝1＋x0－x0－1＝0.故f(x)－g(x)≥0得证．二、将不等式转化为两个函数的最值进行比较例2　已知函数f(x)＝eq \f(a＋bln x,x＋1)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝2.(1)求a，b的值；(2)若对函数f(x)定义域内任意一个实数x，有xf(x)eq \f(1,ex)－eq \f(2,ex)成立．(1)解　f′(x)＝eq \f(\f(b,x)x＋1－a＋bln x,x＋12)，又点(1，f(1))在直线x＋y＝2上，∴f(1)＝1，又直线x＋y＝2的斜率为－1，∴f′(1)＝－1，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(a,2)＝1，,\f(2b－a,4)＝－1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝－1.))(2)解　由(1)得f(x)＝eq \f(2－ln x,x＋1)(x>0)，由xf(x)0)，∴h(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，∴当0h(1)＝0，当x>1时，h(x)0；当x>1时，g′(x)<0，∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故g(x)max＝g(1)＝1，要使eq \f(2x－xln x,x＋1)1，故m的取值范围是(1，＋∞)．(3)证明　要证3－(x＋1)f(x)＝ln x＋1>eq \f(1,ex)－eq \f(2,ex)对∀x>0成立，即证明xln x＋x>eq \f(x,ex)－eq \f(2,e)对∀x>0成立，设φ(x)＝xln x＋x(x>0)，则φ′(x)＝ln x＋2，当x>e－2时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增；当00)，则k′(x)＝eq \f(ex－xex,ex2)＝eq \f(1－x,ex)，当00，k(x)单调递增；当x>1时，k′(x)<0，k(x)单调递减，∴k(x)max＝k(1)＝－eq \f(1,e)，∴φ(x)min＝－eq \f(1,e2)>k(x)max＝－eq \f(1,e)，∴xln x＋x>eq \f(x,ex)－eq \f(2,e)对∀x>0成立，∴3－(x＋1)f(x)>eq \f(1,ex)－eq \f(2,ex)对∀x>0成立．反思感悟　合理的构造函数是证明问题的关键，此类函数一般的结构是对∀x∈D，都有h(x)＝f(x)－g(x)≥0，可转化为∀x1，x2∈D都有f(x1)min≥g(x2)max，即可得证．跟踪训练2　已知函数f(x)＝ln x－eq \f(x,e).(1)若曲线y＝f(x)存在一条切线与直线y＝eq \f(e,1－e)x垂直，求这条切线的方程；(2)证明：f(x)0；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)，所以f(x)max＝f(e)＝ln e－eq \f(e,e)＝0.设g(x)＝x2－ln x－eq \f(3,4)，则g′(x)＝2x－eq \f(1,x)＝eq \f(2x2－1,x)，所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))时，g′(x)<0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))时，g′(x)>0，所以函数g(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))，所以g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)ln eq \f(1,2)－eq \f(3,4)＝－eq \f(1,4)＋eq \f(1,2)ln 2＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln 2－\f(1,2))).因为ln 2>lneq \r(e)＝eq \f(1,2)，所以g(x)min>0.又f(x)≤f(x)max＝0，所以f(x)2－a对任意实数x都成立，则实数a的取值范围是(　　)A．a<－27 B．a>－25C．a≥29 D．a>29答案　D解析　令f(x)＝x4－4x3，则f′(x)＝4x3－12x2＝4x2(x－3)，当x<3时，f′(x)<0；当x>3时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递减区间是(－∞，3)，单调递增区间是(3，＋∞)，所以当x＝3时，f(x)取得极小值，也是最小值，则f(x)min＝f(3)＝－27，因为不等式x4－4x3>2－a对任意实数x都成立，所以－27>2－a，即a>29.2．已知a<5且ae5＝5ea，b<4且be4＝4eb，c<3且ce3＝3ec，则(　　)A．c0，同理b>0，c>0，令f(x)＝eq \f(ex,x)，x>0，则f′(x)＝eq \f(exx－1,x2)，当01时，f′(x)>0，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，因为ae5＝5ea，a<5，所以eq \f(e5,5)＝eq \f(ea,a)，即f(5)＝f(a)，又0f(4)>f(3)，所以f(a)>f(b)>f(c)，所以0eq \f(b,ln b) B.eq \f(ln a,ln b)<1C．aln abb答案　A解析　对于A，令f(x)＝eq \f(x,ln x)，则f′(x)＝eq \f(ln x－1,ln x2)，当f′(x)<0时，0f(b)，即eq \f(a,ln a)>eq \f(b,ln b)，故A正确；对于B，∵01，故B错误；对于C，令f(x)＝xln x，则f′(x)＝ln x＋1，当0eq \f(1,e)时，f′(x)>0，∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，显然当b＝eq \f(1,e)时，aln a>bln b，故C错误；对于D，aa>bb⇔aln a>bln b，由C选项的分析，知当a＝eq \f(1,e)时，aln ax1>eq \f(1,e)时，x1f(x1)＋x2f(x2)>x2f(x1)＋x1f(x2)答案　CD解析　f(x)＝xln x，f′(x)＝ln x＋1不是恒小于零，所以eq \f(fx1－fx2,x1－x2)<0不恒成立，故A错误；设h(x)＝f(x)＋x，则h′(x)＝ln x＋2不是恒大于零，所以x1＋f(x1)g(x1)，所以eq \f(fx2,x2)>eq \f(fx1,x1)，即有x1f(x2)>x2f(x1)，故C正确；当x>eq \f(1,e)时，ln x>－1，故f′(x)＝ln x＋1>0，函数f(x)＝xln x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，故(x2－x1)[f(x2)－f(x1)]＝x1f(x1)＋x2f(x2)－x2f(x1)－x1f(x2)>0，即x1f(x1)＋x2f(x2)>x2f(x1)＋x1f(x2)，故D正确．二、填空题5．若函数y＝ln(ex－x＋a)的值域为R，则实数a的取值范围是________．答案　(－∞，－1]解析　 欲使函数的值域为R，只需ex－x＋a能取遍所有正数，即最小值小于等于0.令f(x)＝ex－x＋a，令f′(x)＝ex－1>0，得x>0；令f′(x)＝ex－1<0，得x<0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，故f(x)min＝f(0)＝1＋a≤0⇒a≤－1.6．已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3，对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，则实数a的取值范围为________．答案　(－∞，4]解析　因为2f(x)≥g(x)，所以2xln x≥－x2＋ax－3，即a≤2ln x＋x＋eq \f(3,x)，令h(x)＝2ln x＋x＋eq \f(3,x)(x>0)，则h′(x)＝eq \f(x＋3x－1,x2)，令h′(x)＝0，解得x1＝－3(舍去)，x2＝1，所以当0＜x＜1时，h′(x)<0，所以h(x)在(0,1)上单调递减；当x>1时，h′(x)>0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)在x＝1时取得极小值，也即最小值，所以h(x)≥h(1)＝4.因为对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，所以a≤h(x)min＝4，所以a的取值范围为(－∞，4]．三、解答题7．已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝λ(x2－1)(λ为常数)．(1)若函数y＝f(x)与函数y＝g(x)在x＝1处有相同的切线，求实数λ的值；(2)若λ＝eq \f(1,2)，且x≥1，证明：f(x)≤g(x)．(1)解　∵函数f(x)＝xln x，g(x)＝λ(x2－1)，∴f′(x)＝1＋ln x，g′(x)＝2λx，∵函数y＝f(x)与y＝g(x)在x＝1处有相同的切线，∴f′(1)＝g′(1)，∴1＋ln 1＝2λ，解得λ＝eq \f(1,2).(2)证明　当λ＝eq \f(1,2)，且x≥1时，设h(x)＝g(x)－f(x)＝eq \f(1,2)(x2－1)－xln x，∴h′(x)＝x－1－ln x，令φ(x)＝x－1－ln x，∴φ′(x)＝1－eq \f(1,x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，∴φ(x)min＝φ(1)＝1－1－ln 1＝0，∴h′(x)＝x－1－ln x≥0在[1，＋∞)上恒成立，∴h(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴h(x)min＝h(1)＝0，∴h(x)≥0，∴若λ＝eq \f(1,2)，且x≥1，f(x)≤g(x)成立．8．已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x＋1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a<0时，证明：f(x)≤－eq \f(3,4a)－1.(1)解　∵f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x＋1，∴f′(x)＝eq \f(1,x)＋2ax＋2a＋1＝eq \f(2ax2＋2a＋1x＋1,x)＝eq \f(2ax＋1x＋1,x)(x>0)，当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，令f′(x)>0，则2ax＋1>0，所以0－eq \f(1,2a)，综上，当a≥0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当a<0时，f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞)).(2)证明　由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－eq \f(1,2a)处取得最大值，最大值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))－eq \f(1,4a)，所以f(x)≤－eq \f(3,4a)－1等价于lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))－eq \f(1,4a)≤－eq \f(3,4a)－1，即lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))＋eq \f(1,2a)＋1≤0.令g(t)＝ln t－t＋1(t>0)，则g′(t)＝eq \f(1,t)－1＝eq \f(1－t,t)，令g′(t)>0，则01.故g(t)max＝g(1)＝0，所以当t>0时，g(t)≤0，从而当a<0时，lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))＋eq \f(1,2a)＋1≤0，即f(x)≤－eq \f(3,4a)－1.9．已知函数f(x)＝ex－eq \f(ln x,a).(1)若f(x)在[1,2]上单调递减，求实数a的最大值；(2)若00)，∵f(x)在[1,2]上单调递减，∴f′(x)≤0在[1,2]上恒成立，即eq \f(1,a)≥xex在[1,2]上恒成立．令g(x)＝xex(1≤x≤2)，则g′(x)＝(x＋1)ex>0，∴g(x)在[1,2]上单调递增，∴g(x)max＝g(2)＝2e2，∴eq \f(1,a)≥2e2，解得00)，令φ(x)＝f′(x)，则φ′(x)＝ex＋eq \f(1,ax2)>0，∴f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．∵f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝－1>0，当x→0时，eq \f(1,ax)→＋∞，ex→1，此时f′(x)<0，∴由函数零点存在定理可知，存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，使得f′(x0)＝0，即＝eq \f(1,ax0)，∴x0＝ln eq \f(1,ax0)＝－ln ax0＝－ln a－ln x0.∴当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(x0)＝－eq \f(ln x0,a)＝eq \f(1,ax0)＋eq \f(x0＋ln a,a)＝eq \f(1,ax0)＋eq \f(x0,a)＋eq \f(ln a,a)≥2eq \r(\f(1,ax0)·\f(x0,a))＋eq \f(ln a,a)＝eq \f(2＋ln a,a)(当且仅当eq \f(1,ax0)＝eq \f(x0,a)，即x0＝1时取等号)．∴当0