2023高考数学二轮专题导数38讲 专题19 单变量不含参不等式证明方法之切线放缩

专题19　单变量不含参不等式证明方法之切线放缩

如图，y＝x＋1是y＝ex在(0，1)处的切线，有ex≥x＋1恒成立；y＝x－1是y＝lnx在(1，0)处的切线，有lnx≤x－1恒成立．在不等式“改造”或证明的过程中，有时借助于ex，lnx有关的常用不等式进行适当的放缩，再进行证明，会取得意想不到的效果．

由ex≥x＋1引出的放缩：

①ex－1≥x(用x－1替换x，切点横坐标是x＝1)，通常表达为ex≥ex．

②ex＋a≥x＋a＋1(用x＋a替换x，切点横坐标是x＝－a)，平移模型，找到切点是关键．

③xex≥x＋lnx＋1(用x＋lnx替换x，切点横坐标满足x＋lnx＝0)，常见的指对跨阶改头换面模型，切线的方程是按照指数函数给予的．

④ex≥x2>x2(x>0)，通常有(x>0)的构造模型．

由lnx≤x－1(也可以记为lnex≤x，切点为(1，0))引出的放缩：

最常见的就是ln(x＋1)≤x，由lnx<x－1向左平移1个单位长度来理解，或者将ex≥x＋1两边取对数而来．

①lnx≤，表示过原点的f(x)＝lnx的切线为y＝．

②lnx≥1－，或者记为xlnx≥x－1．

③lnx≤x2－x(由lnx≤x－1及x－1≤x2－x，切点横坐标是x＝1)，或者记为≤x－1．

④lnx≤(x2－1)，即在点(1，0)处三曲线相切．

【例题选讲】

[例1]　求证：当x>0时，不等式2－lnx＋>0恒成立．

【思维引导】

由常用不等式ex≥x＋1，得≥x－，即2≥2x－3，于是可得到这道题的解题思路．

解析　令f(x)＝2－2x＋3(x>0)，则f′(x)＝2－2(x>0)，

由f′＝0，可知f(x)在上是减函数，在上是增函数，

所以f(x)≥f＝0，所以2≥2x－3　　　　　①．

令g(x)＝2x－3－lnx＋(x>0)，则g′(x)＝2－－＝(x>0)，

易知g(x)在(0，1]上是减函数，在[1，＋∞)上是增函数，所以g(x)≥g(1)＝0，

所以2x－3≥lnx－(当且仅当x＝1时等号成立)　　　　　②．

因为①和②中的等号不能同时成立，所以由①和②，得2>lnx－，所以2－lnx＋>0．

[例2]　已知函数为自然对数的底数）．

(1)求函数的最小值；

(2)若，证明：．

解析　(1)，，令，得．

当时，，当时，．函数在区间上单调递减，

在区间上单调递增．当时，有最小值1．

(2)由(1)知，对任意实数均有，即．令，，2，，

则，．

即．，

．

，

．

[例3]　已知函数f(x)＝lnx－x＋1．

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)求证：当x∈(1，＋∞)时，1<<x；

【思维引导】

解析　(1) f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f′(x)＝－1＝(x>0)，

可知f(x)的单调增区间是(0，1]，单调减区间是[1，＋∞)．

(2)由(1)可知，当x>0时，f(x)≤f(1)＝0(当且仅当x＝1时，等号成立)，

所以当x>0且x≠1时，有f(x)<0，即lnx<x－1，

故当x∈(1，＋∞)时，有故1<<x．

[例4]　已知函数，其中．

(1)讨论的单调性；

(2)当时，证明：；

(3)求证：对任意的且，都有：．(其中为自然对数的底数)．

解析　(1)函数的定义域为，，

①当时，，所以在上单调递增，

②当时，令，解得．

当时，，所以，所以在上单调递减；

当时，，所以，所以在上单调递增．

综上，当时，函数在上单调递增；

当时，函数在上单调递减，在上单调递增．

(2)当时，，要证明，

即证，即．即．

设则，令得，．

当时，，当时，．所以为极大值点，也为最大值点

所以(1)，即．故．

(3)证明：由(2)，（当且仅当时等号成立）令，则，

所以

，

即，所以．

【对点精练】

1．已知函数f(x)＝lnx－a2x2＋ax．

(1)试讨论f(x)的单调性；

(2)若a＝1，求证：当x>0时，f(x)<e2x－x2－2．

1．解析　(1) f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝0时，f(x)＝lnx在(0，＋∞)上单调递增；

当a>0时，f′(x)＝－2a2x＋a＝＝－，

当0<x<时，f′(x)>0，当x>时，f′(x)<0，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减；

当a<0时，f′(x)＝－，

当0<x<－时，f′(x)>0，当x>－时，f′(x)<0，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减．

(2)当a＝1时，f(x)＝lnx－x2＋x，要证当x>0时，f(x)<e2x－x2－2，只需证lnx<e2x－x－2．

令g(x)＝e2x－2x－1，则g′(x)＝2e2x－2＝2(e2x－1)，

当x>0时，g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)＝0，

所以，当x>0时，e2x>2x＋1，所以e2x－x－2>x－1．

令h(x)＝x－1－lnx，x>0，则h′(x)＝1－，当0<x<1时，h′(x)<0，当x>1时，h′(x)>0，

所以h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝0，

所以当x>0时，h(x)≥h(1)＝0，即当x>0时，x－1≥lnx，

所以，当x>0时，e2x－x－2>x－1≥lnx，即lnx<e2x－x－2，

所以，当x>0时，f(x)<e2x－x2－2．

2．已知函数．

(1)设是函数的极值点，求的值并讨论的单调性；

(2)当时，证明：．

2．解析　(1)，，

由是函数的极值点得(1)，即，．

于是，，

由知在上单调递增，且(1)，是的唯一零点．

因此，当时，，递减；时，，递增，

函数在上单调递减，在上单调递增．

(2)证明：当，时，，又，．

取函数，，

当时，，单调递减；当时，，单调递增，得

函数在时取唯一的极小值即最小值为(1)．

，

而上式三个不等号不能同时成立，故．

3．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*)．

3．解析　(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)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 (1＋)，即＞ln ，所以＞ln (1＋k)－ln k(k＝1，2，…，n)，

累加得1＋＋＋…＋＞ln (n＋1)(n∈N*)．

4．(2018·全国Ⅰ改编)已知函数f(x)＝aex－lnx－1．

(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a的值并求f(x)的单调区间；

(2)求证：当a＝时，f(x)≥0．

4．解析　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a·ex－，由题设知，f′(2)＝a·e2－＝0，所以a＝，

从而f(x)＝ex－lnx－1，f′(x)＝ex－(x>0)．

因为f′(x)＝ex－在(0，＋∞)上是增函数，且f′(2)＝0，所以当0<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0．

所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．

(2)当a＝时，f(x)＝－lnx－1，所以只要证明－lnx－1≥0即可．

设g(x)＝ex－ex(x>0)，则g′(x)＝ex－e(x>0)，可知g(x)在(0，1]上是减函数，在[1，＋∞)上是增函数，

所以g(x)≥g(1)＝0，即ex≥ex⇒≥x．又由ex≥ex(x>0)⇒x≥1＋lnx(x>0)，

所以－lnx－1≥x－lnx－1≥0，所以－lnx－1≥0得证，

所以当a＝时，f(x)≥0．

5．已知函数f(x)＝x－1－alnx．

(1)若f(x)≥0，求a的值；

(2)设m为整数，且对于任意正整数n，·…·＜m，求m的最小值．

5．解析　(1) f(x)的定义域为(0，＋∞)．

①若a≤0，因为f＝－＋aln2＜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)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，

故x＝a是f(x)在x∈(0，＋∞)上的唯一一个最小值点．

因为f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0．故a＝1．

(2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－lnx＞0．令x＝1＋，得ln＜，从而

ln＋ln＋…＋ln＜＋＋…＋＝1－＜1，故·…·＜e．

因为＞2，所以m的最小值为3．

6．已知函数f(x)＝ln(1＋x)．

(1)求证：当x∈(0，＋∞)时，<f(x)<x；

(2)已知e为自然对数的底数，求证：∀n∈N*，<·…·<e．

6．解析　(1)令g(x)＝f(x)－＝ln(1＋x)－(x>0)，则g′(x)＝－＝>0(x>0)，

所以g(x)在(0，＋∞)上是增函数，所以当x∈(0，＋∞)时，g(x)>g(0)＝0，即f(x)>成立．

令h(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x(x>0)，则h′(x)＝－1＝－<0(x>0)，

所以h(x)在(0，＋∞)上是减函数，所以当x∈(0，＋∞)时，h(x)<h(0)＝0，即f(x)<x成立．

综上所述，当x∈(0，＋∞)时，<f(x)<x成立．

(2)由(1)可知，ln(1＋x)<x对x∈(0，＋∞)都成立，

所以ln＋ln＋…＋ln<＋＋…＋，

即ln<＝．

因为n∈N*，所以＝＋≤＋＝1，所以ln<1，

所以 ·…·<e．又由(1)可知，ln(1＋x)>对x∈(0，＋∞)都成立，

所以ln>＝(k＝1，2，…，n)，

所以ln＝ln＋ln＋…＋ln

>＋＋…＋≥＋＋…＋＝＝，

所以ln>，所以·…·>，

所以<·…·<e．