人教B版高考数学一轮总复习第3章第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

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.

将本例函数改为“f(x)＝－cx(c∈R) ”．

若1<c<2，求证：f(x)<－1.

证明：f(x)的定义域为x>0，

f(x)<－1等价于－ cx<－1，

等价于cx2－x＋1－ln x>0.

设h(x)＝ cx2－x＋1－ln x，

只需证h(x)>0成立．

h′(x)＝2cx－1－＝，1<c<2.

易知2cx2－x－1＝0有两个异号的根．

令其正根为x0，则2cx－x0－1＝0.

在(0，x0)上h′(x)<0，在(x0，＋∞)上h′(x)>0，

则h(x)的最小值为h(x0)＝cx－x0＋1－ln x0＝－x0＋1－ln x0＝－ln x0.

又h′(1)＝2c－2>0，h′＝c－3<0，

所以<x0<1.

所以>0，－ln x0>0.

因此－ln x0>0，即h(x0)>0.

所以h(x)>0.

所以1<c<2时，f(x)<－1.

利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法

(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max.

(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)．若h′(x)>0，则h(x)在(a，b)上单调递增．同时h(a)>0，即f(x)>g(x)．若h′(x)<0，则h(x)在(a，b)上单调递减．同时h(b)>0，即f(x)>g(x)．

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ex0＝.

当x变化时，g′(x)和g(x)变化情况如下表：

g(x)min＝g(x0)＝ex0－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)的图像在(－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.

关于放缩构造法证明不等式

导数的综合应用题中，最常见的就是ex和ln x与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，便于化简或判断导数的正负．常见的放缩不等式如下：

(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号．

(2)ex≥ex，当且仅当x＝1时取等号．

(3)当x≥0时，ex≥1＋x＋x2 ，当且仅当x＝0时取等号．

(4)当x≥0时，ex≥x2＋1, 当且仅当x＝0时取等号．

(5)≤ln x≤x－1≤x2－x，当且仅当x＝1时取等号．

(6)当x≥1时，≤ln x≤，当且仅当x＝1时取等号．

(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 ＝2×＝，f ＝2×＝－.

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]≤

≤

＝n＝.

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.

构造双函数法证明不等式的适用情形

在证明不等式时，若待证不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可借助两个函数的最值证明，如证f(x)≥g(x)在D上恒成立，只需证明f(x)min≥g(x)max即可．

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≥－≥－，又两个等号不同时取到，

即对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>－成立．