统考版高中数学（文）复习3-2-3导数在研究函数中的应用学案

第3课时　利用导数证明不等式

　提 升   关键能力——考点突破　掌握类题通法

考点一　移项作差构造法　[基础性、综合性]

[例1]　已知函数f(x)＝1－，g(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)≥.

听课笔记：

反思感悟　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，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证．

【对点训练】

设f(x)＝2x ln x＋1.求证：f(x)≤x2－x＋＋2ln x．

考点二　特征分析法　[综合性]

[例2]　已知函数f(x)＝ax－ln x－1.

(1)若f(x)≥0恒成立，求a的最小值；

(2)证明：＋x＋ln x－1≥0；

(3)已知k(e－x＋x2)≥x－x ln x恒成立，求k的取值范围．

听课笔记：

反思感悟　(1)特征分析法往往要在前面问题中证明出某个不等式，在后续的问题中应用前面的结论，呈现出层层递进的特点．

(2)证明不等式时的一些常见结论

①ln x≤x－1，当且仅当x＝1时，等号成立；

②ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立；

③ln x<x<ex，x>0.

【对点训练】

已知函数f(x)＝ln (x－1)－k(x－1)＋1.

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)若f(x)≤0恒成立，试确定实数k的取值范围；

(3)证明：＋…＋<(n∈N*且n>1)．

考点三　隔离分析法　[综合性]

[例3]　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，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.

听课笔记：

反思感悟　 (1)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值问题．

(2)在证明过程中，“隔离”化是关键，此处>g(x)max恒成立．从而f(x)>g(x)，但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x”的值．

【对点训练】

设函数f(x)＝x2－(x＋1)ln x，求证：当0<x≤2时，f(x)>x.

考点四　换元构造法　[综合性]

[例4]　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.

听课笔记：

反思感悟　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：

【对点训练】

已知函数f(x)＝ln x＋x2＋x.若正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0.求证：x1＋x2≥.

第3课时　利用导数证明不等式

提升关键能力

考点一

例1　解析：(1)因为f(x)＝1－，

所以f′(x)＝，f′(1)＝－1.

因为g(x)＝－bx，

所以g′(x)＝－－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)＝－＋x，

则f(x)＋g(x)≥⇔1－＋x≥0.

令h(x)＝1－＋x(x≥1)，

则h(1)＝0，h′(x)＝－＋1＝＋1.

因为x≥1，所以h′(x)＝＋1>0，

所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0，即1－＋x≥0，

所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.

对点训练

解析：x2－x＋＋2ln x－f(x)＝x(x－1)－－2(x－1)ln x

＝(x－1)(x>0)，

令g(x)＝x－－2ln x，则g′(x)＝1＋＝≥0，

所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，

又g(1)＝0，所以当0<x<1时，g(x)<0，

当x>1时，g(x)>0，

所以(x－1)≥0，

即f(x)≤x2－x＋＋2ln x．

考点二

例2　解析：(1)f(x)≥0等价于a≥(x>0)．

令g(x)＝，则g′(x)＝，

所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，

则g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1，则a≥1，

所以a的最小值为1.

 (2)证明：由(1)知当a＝1时有f(x)＝x－ln x－1≥0成立，即x≥ln x＋1，即t≥ln t＋1.

令＝t，则－x－ln x＝ln t，

所以≥－x－ln x＋1，

即＋x＋ln x－1≥0.

 (3)因为k(e－x＋x2)≥x－x ln x，

即k≥1－ln x恒成立，

所以k≥＝－＋1，

由(2)知＋x＋ln x－1≥0恒成立，

所以－＋1≤1，故k≥1.

对点训练

解析：(1)因为f(x)＝ln (x－1)－k(x－1)＋1，

所以f′(x)＝－k，x>1.

所以当k≤0时，f′(x)＝－k>0，f(x)在(1，＋∞)上是增函数；

当k>0时，令f′(x)>0，得1<x<1＋，

令f′(x)<0，得x>1＋，

所以f(x)在上是增函数，在上是减函数．

解析：(2)因为f(x)≤0恒成立，

所以∀x>1，ln (x－1)－k(x－1)＋1≤0，

所以∀x>1，ln (x－1)≤k(x－1)－1，

所以k>0.

由(1)知，当k>0时，f(x)max＝f＝－ln k≤0，解得k≥1.

故实数k的取值范围是[1，＋∞)．

(3)证明：令k＝1，则由(2)知，ln (x－1)≤x－2对任意x∈(1，＋∞)恒成立，

即ln x≤x－1对任意x∈(0，＋∞)恒成立．

取x＝n2，则2ln n≤n2－1，

即<，n≥2，所以＋…＋<(n∈N*且n>1)．

考点三

例3　解析：(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，则当0<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：方法一　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)＝，

所以当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，

当x>1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.

方法二　由题意知，即证ex ln x－ex2－ex＋2ex≤0，

从而等价于ln x－x＋2≤.

设函数g(x)＝ln x－x＋2，则g′(x)＝－1.

所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，

故g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，

从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1.

设函数h(x)＝，则h′(x)＝.

所以当x∈(0，1)时，h′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，

故h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，

从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1.

综上，当x>0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.

对点训练

证明：只需证x－－ln x>，即x－ln x>，令g(x)＝x－ln x，h(x)＝，

由g′(x)＝1－＝0，解得x＝1，所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，2]上单调递增，

故当0<x≤2时g(x)min＝g(1)＝1，

由h′(x)＝可知h(x)在(0，2]上单调递增，

故h(x)max＝h(2)＝<1＝，

故h(x)<g(x)，即f(x)>x.

考点四

例4　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．

对点训练

证明：f(x)＝ln x＋x2＋x(x>0)．

由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，

得＋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≥.