新教材高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节第3课时利用导数证明不等式_构造法证明不等式学案含解析

第3章 导数及其应用

第3课时　利用导数证明不等式——构造法证明不等式

考点1　移项作差构造函数证明不等式——综合性

设函数f (x)＝ln x－x＋1.

(1)讨论f (x)的单调性；

(2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1＜＜x；

(3)设c＞1，证明：当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.

(1)解：函数f (x)＝ln x－x＋1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)单调递增；

当x＞1时，f ′(x)＜0，f (x)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，0＜ln x＜x－1，所以＞1.用代换x得ln ＜－1＜0，所以＜x.即1＜＜x.

(3)证明：设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，则g′(x)＝c－1－cxln c.

令g′(x0)＝0，解得x0＝.

当x＜x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；

当x＞x0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．

由(2)知1＜＜c，故0＜x0＜1.

又g(0)＝g(1)＝0，故当0＜x＜1时，g(x)＞0.

所以当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.

已知函数f (x)＝x2－(a－2)x－aln x(a∈R)．

(1)求函数y＝f (x)的单调区间；

(2)当a＝1时，证明：对任意的x＞0，f (x)＋ex＞x2＋x＋2.

(1)解：函数f (x)的定义域是(0，＋∞)，f ′(x)＝2x－(a－2)－＝.

当a≤0时，f ′(x)＞0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，

所以，函数f (x)在区间(0，＋∞)上单调递增．

当a＞0时，由f ′(x)＞0得x＞；

由f ′(x)＜0，得0＜x＜.

所以函数f (x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．

(2)证明：当a＝1时，f (x)＝x2＋x－ln x.

要证明f (x)＋ex＞x2＋x＋2，

只需证明ex－ln x－2＞0.

设g(x)＝ex－ln x－2，则问题转化为证明对任意的x＞0，g(x)＞0.

令g′(x)＝ex－＝0，得ex＝，

易知方程有唯一解，不妨设为x0，

则x0满足e＝.

当x变化时，g′(x)和g(x)变化情况如下表：

g(x)min＝g(x0)＝e－ln x0－2＝＋x0－2.

因为x0＞0，且x0≠1，所以g(x)min＞2－2＝0，

因此不等式得证．

考点2　放缩构造法——综合性

函数f (x)＝(x＋b)(ex－a)(b>0)的图象在(－1，f (－1))处的切线方程是(e－1)x＋ey＋e－1＝0.

(1)求a，b的值；

(2)若m≤0，证明：f (x)≥mx2＋x.

 (1)解：由(e－1)x＋ey＋e－1＝0得切线的斜率为－且f (－1)＝0，

所以f (－1)＝(－1＋b)＝0，解得a＝或b＝1.

又f ′(x)＝(x＋b＋1)ex－a，

所以f ′(－1)＝－a＝－.

若a＝，则b＝2－e<0，与b>0矛盾；

若b＝1，则a＝1.故a＝1，b＝1.

(2)证明：由(1)可知，f (x)＝(x＋1)(ex－1)．由m≤0，可得x≥mx2＋x.

令g(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，

则g′(x)＝(x＋2)ex－2.

当x≤－2时，g′(x)<0.

当x>－2时，设h(x)＝g′(x)＝(x＋2)ex－2，

则h′(x)＝(x＋3)ex>0，故函数g′(x)在(－2，＋∞)上单调递增．

又g′(0)＝0，

所以当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，函数g(x)在区间(－∞，0)上单调递减；

当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．

所以g(x)min＝g(0)＝0.

所以g(x)≥g(0)＝0，所以(x＋1)(ex－1)≥x≥mx2＋x，故f (x)≥mx2＋x.

(2020·全国卷Ⅱ)已知函数f (x)＝sin2xsin 2x.

(1)讨论f (x)在区间(0，π)的单调性；

(2)证明：≤；

(3)设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x·…·sin22nx≤.

(1)解：f (x)＝sin2xsin 2x＝2sin3xcos x，

则f ′(x)＝2(3sin2xcos2x－sin4x)

＝2sin2x(3cos2x－sin2x)

＝2sin2x(4cos2x－1)

＝2sin2x(2cos x＋1)·(2cos x－1)．

f ′(x)＝0在(0，π)上的根为x1＝，x2＝.

当x∈时，f ′(x)>0，f (x)单调递增；

当x∈时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减；

当x∈时，f ′(x)>0，f (x)单调递增．

(2)证明：注意到f (x＋π)＝sin2 (x＋π)·sin[2(x＋π)]＝sin2xsin 2x＝f (x)．

故函数f (x)是周期为π的函数．

结合(1)的结论，计算得f (0)＝f (π)＝0，

f ＝×＝，f ＝×＝－.

据此得f (x)max＝，f (x)min＝－，所以≤.

(3)证明：结合(2)的结论≤得≤，

所以sin2xsin22xsin24x·…·sin22nx

＝(sin3xsin32xsin34x·…·sin32nx)

＝[sin x(sin2xsin 2x)(sin22xsin 4x)·…·(sin22n－1xsin 2nx)sin22nx]

≤

≤＝＝.

考点3　构造双函数法——应用性

已知函数f (x)＝x2＋2x－2xex.

(1)求函数f (x)的极值．

(2)当x＞0时，证明f (x)－2x＋x2＋x3＜－2eln x.

(1)解：因为函数f (x)＝x2＋2x－2xex(x∈R)，

所以f ′(x)＝2x＋2－2ex－2xex＝(2x＋2)(1－ex)．

由f ′(x)＝0，得x＝－1或x＝0，列表如下：

所以当x＝－1时，f (x)极小值＝f (－1)＝1－2＋2×＝－1；

当x＝0时，f (x)极大值＝f (0)＝0.

(2)证明：要证明f (x)－2x＋x2＋x3＜－2eln x．即证2ex－x2－2x＞(x＞0)．

令g(x)＝2ex－x2－2x(x＞0)，

h(x)＝(x＞0)．

g′(x)＝2(ex－x－1)，g″(x)＝2(ex－1)＞0，所以g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，g′(x)＞g′(0)＝0.

所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(x)＞g(0)＝2.

h′(x)＝，可得h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，

所以h(x)≤h(e)＝2.

又g(x)与h(x)取最值点不同，

所以g(x)＞h(x)在(0，＋∞)恒成立，

故2ex－x2－2x＞(x＞0)．

所以当x＞0时，f (x)－2x＋x2＋x3＜－2eln x.

已知f (x)＝xln x.

(1)求函数f (x)的最小值；

(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>－成立．

(1)解：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．

所以f (x)的极小值即最小值，为f ＝－.

(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)单调递减；

由m′(x)>0，得0<x<1时，m(x)单调递增．

易知m(x)max＝m(1)＝－.

从而对一切x∈(0，＋∞)，xln x≥－≥－，两个等号不同时取到，

即对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>－成立．