2021版高考数学苏教版一轮教师用书：3.4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：

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：

　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*).

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.