2024高考数学一轮复习讲义（步步高版）第三章　§3.6　利用导数证明不等式

这是一份2024高考数学一轮复习讲义（步步高版）第三章　§3.6　利用导数证明不等式，共9页。试卷主要包含了证明等内容，欢迎下载使用。

题型一 将不等式转化为函数的最值问题
例1 (2023·潍坊模拟)已知函数f(x)＝ex－ax－a，a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝1时，令g(x)＝eq \f(2fx,x2).证明：当x>0时，g(x)>1.
(1)解 函数f(x)＝ex－ax－a的定义域为R，求导得f′(x)＝ex－a，
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，即f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，
当a>0时，令f′(x)＝ex－a>0，解得x>ln a，令f′(x)<0，解得x即f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，
所以当a≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，
当a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
(2)证明 当a＝1时，g(x)＝eq \f(2ex－x－1,x2)，
当x>0时，eq \f(2ex－x－1,x2)>1⇔ex>1＋x＋eq \f(x2,2)⇔eq \f(\f(1,2)x2＋x＋1,ex)<1，
令F(x)＝eq \f(\f(1,2)x2＋x＋1,ex)－1，x>0，F′(x)＝eq \f(－\f(1,2)x2,ex)<0恒成立，则F(x)在(0，＋∞)上单调递减，
F(x)所以当x>0时，g(x)>1，即原不等式得证．
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 设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.
(1)解 由f(x)＝ex－2x＋2a(x∈R)知，f′(x)＝ex－2.
令f′(x)＝0，得x＝ln 2，
当x函数f(x)在区间(－∞，ln 2)上单调递减；
当x>ln 2时，f′(x)>0，
函数f(x)在区间(ln 2，＋∞)上单调递增，
所以f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，
f(x)的极小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a，无极大值．
(2)证明 要证当a>ln 2－1且x>0时，
ex>x2－2ax＋1，
即证当a>ln 2－1且x>0时，
ex－x2＋2ax－1>0，
设g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x>0)，
则g′(x)＝ex－2x＋2a，
由(1)知g′(x)min＝2－2ln 2＋2a，
又a>ln 2－1，则g′(x)min>0，
于是对∀x∈(0，＋∞)，都有g′(x)>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
于是对∀x>0，都有g(x)>g(0)＝0，
即ex－x2＋2ax－1>0，
故ex>x2－2ax＋1.
题型二 将不等式转化为两个函数的最值进行比较
例2 (2023·苏州模拟)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f(x)－eq \f(ex,x)＋2e≤0.
(1)解 函数的定义域为(0，＋∞)，
∵f′(x)＝eq \f(e,x)－a＝eq \f(e－ax,x)(x>0)，
∴当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，故函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，由f′(x)>0，得0eq \f(e,a)，即函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(e,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,a)，＋∞))上单调递减．
综上，当a≤0时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(e,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,a)，＋∞))上单调递减．
(2)证明 证明f(x)－eq \f(ex,x)＋2e≤0，只需证明f(x)≤eq \f(ex,x)－2e，
由(1)知，当a＝e时，函数f(x)在区间(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴f(x)max＝f(1)＝－e.
令g(x)＝eq \f(ex,x)－2e(x>0)，则g′(x)＝eq \f(x－1ex,x2)，
∴当x∈(0,1)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，
∴g(x)min＝g(1)＝－e，
∴当x>0，a＝e时，f(x)－eq \f(ex,x)＋2e≤0.
思维升华 若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．本例中同时含ln x与ex，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明．
跟踪训练2 (2023·合肥模拟)已知函数f(x)＝ex＋x2－x－1.
(1)求f(x)的最小值；
(2)证明：ex＋xln x＋x2－2x>0.
(1)解 由题意可得 f′(x)＝ex＋2x－1，
则函数f′(x)在R上单调递增，且f′(0)＝0.
由f′(x)>0，得x>0；
由f′(x)<0，得x<0.
则f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
故f(x)min＝f(0)＝0.
(2)证明 要证ex＋xln x＋x2－2x>0，
即证ex＋x2－x－1>－xln x＋x－1.
由(1)可知当x>0时，f(x)>0恒成立．
设g(x)＝－xln x＋x－1，x>0，
则g′(x)＝－ln x.
由g′(x)>0，得0由 g′(x)<0，得x>1.
则g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
从而g(x)≤g(1)＝0，当且仅当x＝1时，等号成立．
故f(x)>g(x)，即ex＋xln x＋x2－2x>0.
题型三 适当放缩证明不等式
例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；
当x∈(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；
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.
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 (2022·南充模拟)已知函数f(x)＝ax－sin x.
(1)若函数f(x)为增函数，求实数a的取值范围；
(2)求证：当x>0时，ex>2sin x.
(1)解 ∵f(x)＝ax－sin x，∴f′(x)＝a－cs x，
由函数f(x)为增函数，则f′(x)＝a－cs x≥0恒成立，
即a≥cs x在R上恒成立，
∵y＝cs x∈[－1,1]，∴a≥1，
即实数a的取值范围是[1，＋∞)．
(2)证明 由(1)知，当a＝1时，f(x)＝x－sin x为增函数，
当x>0时，f(x)>f(0)＝0⇒x>sin x，
要证当x>0时，ex>2sin x，只需证当x>0时，ex>2x，
即证ex－2x>0在(0，＋∞)上恒成立，
设g(x)＝ex－2x(x>0)，则g′(x)＝ex－2，令g′(x)＝0解得x＝ln 2，
∴g(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2(1－ln 2)>0，
∴g(x)≥g(ln 2)>0，∴ex>2x成立，故当x>0时，ex>2sin x.
课时精练
1．已知函数f(x)＝ax＋xln x，且曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线4x－y＋1＝0平行．
(1)求实数a的值；
(2)求证：当x>0时，f(x)>4x－3.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1＋a，
由题意知，f′(e)＝2＋a＝4，则a＝2.
(2)证明 由(1)知，f(x)＝2x＋xln x，
令g(x)＝f(x)－(4x－3)＝xln x－2x＋3，
则g′(x)＝ln x－1，
由ln x－1>0得x>e，由ln x－1<0得0故g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(e)＝3－e>0，
即g(x)>0，即f(x)>4x－3.
2．(2023·淄博模拟)已知函数f(x)＝ex－x－1.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)当x≥0时，求证：f(x)＋x＋1≥eq \f(1,2)x2＋cs x.
(1)解 易知函数f(x)的定义域为R，
∵f(x)＝ex－x－1，∴f′(x)＝ex－1，
令f′(x)>0，解得x>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
令f′(x)<0，解得x<0，f(x)在(－∞，0)上单调递减，
即f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，
∴函数f(x)的极小值为f(0)＝0，无极大值．
(2)证明 要证f(x)＋x＋1≥eq \f(1,2)x2＋cs x，
即证ex－eq \f(1,2)x2－cs x≥0，
设g(x)＝ex－eq \f(1,2)x2－cs x，要证原不等式成立，即证g(x)≥0成立，
∵g′(x)＝ex－x＋sin x，sin x≥－1，
∴g′(x)＝ex－x＋sin x≥ex－x－1
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当x＝－\f(π,2)＋2kπ，k∈Z时等号成立))，
由(1)知，ex－x－1≥0(x＝0时等号成立)，
∴g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴在区间[0，＋∞)上，g(x)≥g(0)＝0，
∴当x≥0时，f(x)＋x＋1≥eq \f(1,2)x2＋cs x得证．
3．已知函数f(x)＝xln x－ax.
(1)当a＝－1时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的最值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＋1>eq \f(1,ex＋1)－eq \f(2,e2x)成立．
(1)解 函数f(x)＝xln x－ax的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－1时，f(x)＝xln x＋x，f′(x)＝ln x＋2，
由f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,e2)，
当0当x>eq \f(1,e2)时，f′(x)>0，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)，＋∞))上单调递增，
因此f(x)在x＝eq \f(1,e2)处取得最小值，即f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)))＝－eq \f(1,e2)，无最大值．
(2)证明 当x>0时，ln x＋1>eq \f(1,ex＋1)－eq \f(2,e2x)，
等价于x(ln x＋1)>eq \f(x,ex＋1)－eq \f(2,e2)，
由(1)知，当a＝－1时，f(x)＝xln x＋x≥－eq \f(1,e2)，当且仅当x＝eq \f(1,e2)时取等号，
设G(x)＝eq \f(x,ex＋1)－eq \f(2,e2)，x∈(0，＋∞)，
则G′(x)＝eq \f(1－x,ex＋1)，易知G(x)max＝G(1)＝－eq \f(1,e2)，
当且仅当x＝1时取到，从而可知对一切x∈(0，＋∞)，都有f(x)>G(x)，即ln x＋1>eq \f(1,ex＋1)－eq \f(2,e2x).
4．(2022·新高考全国Ⅱ)已知函数f(x)＝xeax－ex.
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x>0时，f(x)<－1，求a的取值范围；
(3)设n∈N*，证明：eq \f(1,\r(12＋1))＋eq \f(1,\r(22＋2))＋…＋eq \f(1,\r(n2＋n))>ln(n＋1)．
(1)解 当a＝1时，f(x)＝(x－1)ex，x∈R，
则f′(x)＝xex，
当x<0时，f′(x)<0，
当x>0时，f′(x)>0，
故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)解 设h(x)＝xeax－ex＋1，
则h(0)＝0，
又h′(x)＝(1＋ax)eax－ex，
设g(x)＝(1＋ax)eax－ex，
则g′(x)＝(2a＋a2x)eax－ex，
若a>eq \f(1,2)，
则g′(0)＝2a－1>0，
因为g′(x)为连续不间断函数，
故存在x0∈(0，＋∞)，
使得∀x∈(0，x0)，总有g′(x)>0，
故g(x)在(0，x0)上单调递增，
故g(x)>g(0)＝0，
故h(x)在(0，x0)上单调递增，
故h(x)>h(0)＝0，与题设矛盾．
若0则h′(x)＝(1＋ax)eax－ex＝eax＋ln(1＋ax)－ex，
下证：对任意x>0，总有ln(1＋x)证明：设S(x)＝ln(1＋x)－x，x>0，
故S′(x)＝eq \f(1,1＋x)－1＝eq \f(－x,1＋x)<0，
故S(x)在(0，＋∞)上单调递减，
故S(x)由上述不等式有eax＋ln(1＋ax)－ex故h′(x)≤0总成立，
即h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以h(x)若a≤0，则h′(x)＝eax－ex＋axeax<1－1＋0＝0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以h(x)综上，a≤eq \f(1,2).
(3)证明 取a＝eq \f(1,2)，
则∀x>0，总有－ex＋1<0成立，
令t＝，则t>1，t2＝ex，x＝2ln t，
故2tln t1恒成立．
所以对任意的n∈N*，
有2lneq \r(\f(n＋1,n))整理得ln(n＋1)－ln n故eq \f(1,\r(12＋1))＋eq \f(1,\r(22＋2))＋…＋eq \f(1,\r(n2＋n))>ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln(n＋1)－ln n
＝ln(n＋1)，
故不等式成立．