2020版高考数学（文）新设计一轮复习通用版讲义：第三章第四节利用导数研究不等式证明问题

第四节利用导数研究不等式证明问题

方法一　作差法构造函数证明不等式
[典例]　(2018·广西柳州毕业班摸底)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)＝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 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 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)．
[解题技法]
(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．
[对点训练]
(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 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 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 方法二　拆分法构造函数证明不等式
[典例]　(2018·郑州质量预测)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0x.
[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0x，
只需证当0，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 因为h′(x)＝，当00，所以h(x)在(0,2]上单调递增，故当0 故当0x.

[解题技法]
对于一些不等式可转化为f(x)≥g(x)的形式，证明f(x)min≥g(x)max即可，在转化中，一定要注意合理性的把握，一般以能利用导数进行最值分析为拆分标准．

[对点训练]
(2018·福建高三期末)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00；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.

方法三　换元法构造函数证明不等式

[典例]　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．
[解题技法]
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：
联立消参
利用方程f(x1)＝f(x2)消掉解析式中的参数a
抓商构元
令c＝，消掉变量x1，x2，构造关于c的函数h(c)
用导求解
利用导数求解函数h(c)的最小值，从而可证得结论

[对点训练]
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．

1．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< 解：(1)f′(x)＝－1(x>0)．
由f′(x)>0，解得01.
∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．

(2)证明：要证当x∈(1，＋∞)时，1< 即证ln x 由(1)得f(x)＝ln x－x＋1在(1，＋∞)上单调递减，
∴当x∈(1，＋∞)时，f(x) 设F(x)＝xln x－x＋1，
则F′(x)＝1＋ln x－1＝ln x.
当x∈(1，＋∞)时，F′(x)>0，F(x)单调递增．
∴F(x)>F(1)＝0，即有xln x>x－1.
∴原不等式成立．
2．(2019·武汉调研)已知函数f(x)＝ln x＋，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a>0时，求证：f(x)≥.
解：(1)f′(x)＝－＝(x>0)．
①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；
若0 综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
(2)证明：由(1)知，当a>0时，f(x)min＝f(a)＝ln a＋1.
要证f(x)≥，只需证ln a＋1≥.
即证ln a＋－1≥0.
令函数g(a)＝ln a＋－1(a>0)，则g′(a)＝－＝，
当01时，g′(a)>0，
所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(a)min＝g(1)＝0.
所以ln a＋－1≥0恒成立，
所以f(x)≥成立．

3．已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3.
(1)若对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
(2)求证：对一切x∈(0，＋∞)，ln x＞－恒成立．
解：(1)由题意知2xln x≥－x2＋ax－3对一切x∈(0，＋∞)恒成立，
则a≤2ln x＋x＋.
设h(x)＝2ln x＋x＋(x＞0)，
则h′(x)＝.
当x∈(0,1)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．
所以h(x)min＝h(1)＝4，
因为对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，
所以a≤h(x)min＝4，故实数a的取值范围是(－∞，4]．
(2)证明：问题等价于证明xln x＞－(x＞0)．
因为f(x)＝xln x(x＞0)，f′(x)＝ln x＋1，
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)min＝f＝－.
设m(x)＝－(x＞0)，
则m′(x)＝，
当x∈(0,1)时，m′(x)＞0，m(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，m′(x)＜0，m(x)单调递减，
所以m(x)max＝m(1)＝－，
从而对一切x∈(0，＋∞)，f(x)＞m(x)恒成立，
即xln x＞－恒成立．
所以对一切x∈(0，＋∞)，ln x＞－恒成立．

4．(2018·黄冈模拟)已知函数f(x)＝λln x－e－x(λ∈R)．
(1)若函数f(x)是单调函数，求λ的取值范围；
(2)求证：当01－.
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
∵f(x)＝λln x－e－x，
∴f′(x)＝＋e－x＝，
∵函数f(x)是单调函数，
∴f′(x)≤0或f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
①当函数f(x)是单调递减函数时，f′(x)≤0，
∴≤0，即λ＋xe－x≤0，λ≤－xe－x＝－.
令φ(x)＝－，则φ′(x)＝，
当01时，φ′(x)>0，
则φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴当x>0时，φ(x)min＝φ(1)＝－，∴λ≤－.
②当函数f(x)是单调递增函数时，f′(x)≥0，
∴≥0，即λ＋xe－x≥0，λ≥－xe－x＝－，
由①得φ(x)＝－在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
又φ(0)＝0，x―→＋∞时，φ(x)<0，∴λ≥0.
综上，λ的取值范围为∪.
(2)证明：由(1)可知，当λ＝－时，f(x)＝－ln x－e－x在(0，＋∞)上单调递减，
∵0f(x2)，
即－ln x1－e－x1>－ln x2－e－x2，
∴e1－x2－e1－x1>ln x1－ln x2.
要证e1－x2－e1－x1>1－，
只需证ln x1－ln x2>1－，即证ln >1－.
令t＝，t∈(0,1)，则只需证ln t>1－，
令h(t)＝ln t＋－1，则h′(t)＝－＝，
当0 又∵h(1)＝0，
∴h(t)>0，即ln t>1－，原不等式得证．