2023版步步高新高考人教A版一轮复习讲义第三章 §3.6　利用导数证明不等式

§3.6　利用导数证明不等式题型一　将不等式转化为函数的最值问题例1　已知函数g(x)＝x3＋ax2.(1)若函数g(x)在[1,3]上为单调函数，求a的取值范围；(2)已知a>－1，x>0，求证：g(x)>x2ln x.(1)解　由题意知，函数g(x)＝x3＋ax2，则g′(x)＝3x2＋2ax，若g(x)在[1,3]上单调递增，则g′(x)＝3x2＋2ax≥0在[1,3]上恒成立，则a≥－eq \f(3,2)；若g(x)在[1,3]上单调递减，则g′(x)＝3x2＋2ax≤0在[1,3]上恒成立，则a≤－eq \f(9,2).所以a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(9,2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，＋∞)).(2)证明　由题意得，要证g(x)>x2ln x，x>0，即证x3＋ax2>x2ln x，即证x＋a>ln x，令u(x)＝x＋a－ln x，x>0，可得u′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，x>0，当0－1，所以u(x)>0，故当a>－1时，对于任意x>0，g(x)>x2ln x.教师备选已知函数f(x)＝1－eq \f(ln x,x)，g(x)＝eq \f(ae,ex)＋eq \f(1,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)≥eq \f(2,x).(1)解　因为f(x)＝1－eq \f(ln x,x)，x>0，所以f′(x)＝eq \f(ln x－1,x2)，f′(1)＝－1.因为g(x)＝eq \f(ae,ex)＋eq \f(1,x)－bx，所以g′(x)＝－eq \f(ae,ex)－eq \f(1,x2)－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)＝－eq \f(e,ex)＋eq \f(1,x)＋x，则f(x)＋g(x)≥eq \f(2,x)⇔1－eq \f(ln x,x)－eq \f(e,ex)－eq \f(1,x)＋x≥0.令h(x)＝1－eq \f(ln x,x)－eq \f(e,ex)－eq \f(1,x)＋x(x≥1)，则h(1)＝0，h′(x)＝eq \f(－1＋ln x,x2)＋eq \f(e,ex)＋eq \f(1,x2)＋1＝eq \f(ln x,x2)＋eq \f(e,ex)＋1.因为x≥1，所以h′(x)＝eq \f(ln x,x2)＋eq \f(e,ex)＋1>0，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以当x≥1时，h(x)≥h(1)＝0，即1－eq \f(ln x,x)－eq \f(e,ex)－eq \f(1,x)＋x≥0，所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥eq \f(2,x).思维升华　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，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证．跟踪训练1　已知函数f(x)＝ln x＋eq \f(a,x)，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a>0时，证明：f(x)≥eq \f(2a－1,a).(1)解　f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(a,x2)＝eq \f(x－a,x2)(x>0)．当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；若00)，则h′(x)＝ex－1>0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴h(x)>h(0)＝0，即ex>x＋1>1，∴eq \f(1,ex)2g(x)－1，即证eq \f(xln x,x＋1)>eq \f(2x,ex)－1，只需证eq \f(xln x,x＋1)≥eq \f(2x,x＋1)－1，即证xln x≥x－1，令m(x)＝xln x－x＋1，则m′(x)＝ln x，∴当x∈(0,1)时，m′(x)0，∴m(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴m(x)min＝m(1)＝0，即m(x)≥0，∴xln x≥x－1，则f(x)>2g(x)－1得证．思维升华　导数方法证明不等式中，最常见的是ex和ln x与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明．常见的放缩公式如下：(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号．(2)ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号．跟踪训练3　已知函数f(x)＝aex－1－ln x－1.(1)若a＝1，求f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)证明：当a≥1时，f(x)≥0.(1)解　当a＝1时，f(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)，f′(x)＝ex－1－eq \f(1,x)，k＝f′(1)＝0，又f(1)＝0，∴切点为(1,0)．∴切线方程为y－0＝0(x－1)，即y＝0.(2)证明　∵a≥1，∴aex－1≥ex－1，∴f(x)≥ex－1－ln x－1.方法一　令φ(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)，∴φ′(x)＝ex－1－eq \f(1,x)，令h(x)＝ex－1－eq \f(1,x)，∴h′(x)＝ex－1＋eq \f(1,x2)>0，∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又φ′(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，φ′(x)0，∴φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(1)＝0，∴φ(x)≥0，∴f(x)≥φ(x)≥0，即f(x)≥0.方法二　令g(x)＝ex－x－1，∴g′(x)＝ex－1.当x∈(－∞，0)时，g′(x)0，∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(0)＝0，故ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”．同理可证ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”．由ex≥x＋1⇒ex－1≥x(当且仅当x＝1时取“＝”)，由x－1≥ln x⇒x≥ln x＋1(当且仅当x＝1时取“＝”)，∴ex－1≥x≥ln x＋1，即ex－1≥ln x＋1，即ex－1－ln x－1≥0(当且仅当x＝1时取“＝”)，即f(x)≥0.课时精练1．已知函数f(x)＝eq \f(ln x,x＋a)(a∈R)，曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y＝eq \f(1,e).(1)求实数a的值，并求f(x)的单调区间；(2)求证：当x>0时，f(x)≤x－1.(1)解　∵f(x)＝eq \f(ln x,x＋a)，∴f′(x)＝eq \f(\f(x＋a,x)－ln x,x＋a2)，∴f′(e)＝eq \f(\f(a,e),e＋a2)，又曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y＝eq \f(1,e)，则f′(e)＝0，即a＝0，∴f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，令f′(x)>0，得1－ln x>0，即0eq \f(1,ex)－eq \f(2,ex)成立．(1)解　由f(x)＝xln x，x>0，得f′(x)＝ln x＋1，令f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,e).当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，f′(x)0，f(x)单调递增．所以当x＝eq \f(1,e)时，f(x)取得极小值，f(x)极小值＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq \f(1,e)，无极大值．(2)证明　问题等价于证明xln x>eq \f(x,ex)－eq \f(2,e)(x∈(0，＋∞))．由(1)可知f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－eq \f(1,e)，当且仅当x＝eq \f(1,e)时取到．设m(x)＝eq \f(x,ex)－eq \f(2,e)(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝eq \f(1－x,ex)，由m′(x)1时，m(x)单调递减；由m′(x)>0得00恒成立．(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－a＝eq \f(1－ax,x)，当a≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,a)，∴x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0；x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)0，即证ex－2>ln x，令φ(x)＝ex－x－1，∴φ′(x)＝ex－1.令φ′(x)＝0，得x＝0，∴当x∈(－∞，0)时，φ′(x)0，∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(0)＝0，即ex－x－1≥0，即ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”．同理可证ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”．由ex≥x＋1(当且仅当x＝0时取“＝”)，可得ex－2≥x－1(当且仅当x＝2时取“＝”)，又x－1≥ln x，当且仅当x＝1时取“＝”，∴ex－2≥x－1≥ln x且两等号不能同时成立，故ex－2>ln x．即证原不等式成立．4．(2022·常德模拟)已知函数f(x)＝xex－x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x>0时，f(x)－ln x≥1.(1)解　由题意得f′(x)＝(x＋1)ex－1，设g(x)＝(x＋1)ex，则g′(x)＝(x＋2)ex，当x≤－1时，g(x)≤0，f′(x)－1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，又因为g(0)＝1，所以当x0，综上可知，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)证明　要证f(x)－ln x≥1，即证xex－x－ln x≥1，即证ex＋ln x－(x＋ln x)≥1，令t＝x＋ln x，易知t∈R，待证不等式转化为et－t≥1.设u(t)＝et－t，则u′(t)＝et－1，当t0，故u(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．所以u(t)≥u(0)＝1，原命题得证．