2024年新高考数学一轮复习知识梳理与题型归纳第17讲导数的应用__利用导数证明不等式（教师版）

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知识梳理
构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有：
(1)直接构造法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；
(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1，ex≥x＋1，ln x＜x＜ex(x＞0)，eq \f(x,x＋1)≤ln(x＋1)≤x(x＞－1)；
(3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；
(4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解．
题型归纳
题型1 移项作差构造函数证明不等式
【例1-1】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.
[解] (1)由f(x)＝ex－2x＋2a(x∈R)，知f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln 2.
当x当x>ln 2时，f′(x)>0，故函数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)在x＝ln 2处取得极小值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＝g′(ln 2)＝2－2ln 2＋2a.
又a>ln 2－1，则g′(x)min>0.
于是对∀x∈R，都有g′(x)>0，
所以g(x)在R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.
【跟踪训练1-1】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).
【解析】(1)因为f(x)＝1－eq \f(ln x,x)，
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).
【名师指导】
一般地，要证f(x)>g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数F(x)＝f(x)－g(x)，通过分析F(x)在端点处的函数值来证明不等式．若F(a)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递增即可；若F(b)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递减即可.
题型2 构造双函数，利用“若f(x)min>g(x)max，则f(x)>g(x)”证明不等式
【例2-1】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．
[解] (1)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x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e2)))时，f′(x)＜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＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)))＝－eq \f(1,e2)，但f(x)在(0，＋∞)上无最大值．
(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a＝－1时，f(x)＝xln x＋x的最小值是－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).
【跟踪训练2-1】已知三次函数f(x)的导函数f′(x)＝－3x2＋3且f(0)＝－1，g(x)＝xln x＋eq \f(a,x)(a≥1)．
(1)求f(x)的极值；
(2)求证：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，都有f(x1)≤g(x2)．
【解析】(1)依题意得f(x)＝－x3＋3x－1，f′(x)＝－3x2＋3＝－3(x＋1)(x－1)，
知f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是减函数，在(－1,1)上是增函数，
所以f(x)极小值＝f(－1)＝－3，f(x)极大值＝f(1)＝1.
(2)证明：易得x>0时，f(x)最大值＝1，
由a≥1知，g(x)≥xln x＋eq \f(1,x)(x>0)，
令h(x)＝xln x＋eq \f(1,x)(x>0)，
则h′(x)＝ln x＋1－eq \f(1,x2)＝ln x＋eq \f(x2－1,x2).
注意到h′(1)＝0，当x>1时，h′(x)>0；
当0即h(x)在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，
h(x)最小值＝h(1)＝1，即g(x)最小值＝1.
综上知对任意x1，x2∈(0，＋∞)，都有f(x1)≤g(x2).
【名师指导】
1.在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，可考虑转化为两个函数的最值问题．
2．不等式里既有指数又有对数，求导后不好处理，通常是把指数和对数分开，使得不等式一边是指数，另一边是对数，分别计算它们的最值，利用最值来证明不等式.
题型3 变量代换法证明双变量函数不等式
【例3-1】若b>a>0，求证：ln b－ln a>eq \f(2ab－a,a2＋b2).
[证明] 法一：主元法
构造函数f(x)＝ln b－ln x－eq \f(2xb－x,x2＋b2)，
其中0则f′(x)＝－eq \f(1,x)－eq \f(2b3－4b2x－2bx2,x2＋b22)
＝－eq \f(x2＋b22＋2b3－4b2x－2bx2x,xx2＋b22)
＝－eq \f(b2－x2b2－x2＋2bx,xx2＋b22).
∵0a>0，故f(a)>f(b)＝0，即ln b－ln a>eq \f(2ab－a,a2＋b2).
法二：整体换元法
令eq \f(b,a)＝t(t>1)，构造函数f(t)＝ln t－eq \f(2t－1,t2＋1)，则f′(t)＝eq \f(1,t)＋eq \f(2t2－4t－2,t2＋12)＝eq \f(t4＋2t3－2t2－2t＋1,tt2＋12)＝eq \f(t2－1t2＋2t－1,tt2＋12).
∵t>1，∴t2－1>0，t2＋2t－1>12＋2－1>0，则f′(t)>0，∴f(t)在(1，＋∞)上单调递增，故f(t)>f(1)＝0，即ln eq \f(b,a)－eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)－1)),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))2)>0，从而有ln b－ln a>eq \f(2ab－a,a2＋b2).
法三：函数不等式的对称性
原不等式可化为ln b－eq \f(2ab,a2＋b2)>ln a－eq \f(2a2,a2＋b2)，
则构造函数f(x)＝ln x－eq \f(2ax,a2＋b2)(b≥x>a>0)，则f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(2a,a2＋b2)>eq \f(1,b)－eq \f(2a,2ab)＝0，∴f(x)＝ln x－eq \f(2ax,a2＋b2)在(a，b)上单调递增，即f(b)>f(a)，则ln b－eq \f(2ab,a2＋b2)>ln a－eq \f(2a2,a2＋b2)，故ln b－ln a>eq \f(2ab－a,a2＋b2).
【跟踪训练3-1】已知函数f(x)＝eq \f(ln x,x＋a)(a∈R)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x＋y＋1＝0垂直．
(1)试比较2 0182 019与2 0192 018的大小，并说明理由；
(2)若函数g(x)＝f(x)－k有两个不同的零点x1，x2，证明：x1·x2＞e2.
【解析】(1)依题意得f′(x)＝eq \f(\f(x＋a,x)－ln x,x＋a2)，所以f′(1)＝eq \f(1＋a,1＋a2)＝eq \f(1,1＋a).易知f′(1)＝1，即eq \f(1,1＋a)＝1，解得a＝0.
所以f(x)＝eq \f(ln x,x)(x＞0)，f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2).
令f′(x)＞0，即1－ln x＞0，解得0＜x＜e；令f′(x)＜0，即1－ln x＜0，解得x＞e.
所以f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．
所以f(2 018)＞f(2 019)，即eq \f(ln 2 018,2 018)＞eq \f(ln 2 019,2 019)，
即2 019ln 2 018＞2 018ln 2 019，即2 0182 019＞2 0192 018.
(2)证明：由题意及(1)得g(x)＝eq \f(ln x,x)－k，不妨设x1＞x2＞0，因为g(x1)＝g(x2)＝0，所以ln x1－kx1＝0，ln x2－kx2＝0，
可得ln x1＋ln x2＝k(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝k(x1－x2)．
要证明x1·x2＞e2，只需证明ln x1＋ln x2＞2，即证k(x1＋x2)＞2.
因为k＝eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)，所以可转化为证eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)＞eq \f(2,x1＋x2)，即lneq \f(x1,x2)＞eq \f(2x1－x2,x1＋x2).令eq \f(x1,x2)＝t，则t＞1，即证ln t＞eq \f(2t－1,t＋1).
令h(t)＝ln t－eq \f(2t－1,t＋1)(t＞1)，则h′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(4,t＋12)＝eq \f(t－12,tt＋12)＞0.所以函数h(t)在(1，＋∞)上是增函数，所以h(t)＞ln 1－eq \f(2×1－1,1＋1)＝0，即ln t＞eq \f(2t－1,t＋1)得证．所以x1·x2＞e2.
【名师指导】
证明双变量函数不等式的常见思路
(1)将双变量中的一个看作变量，另一个看作常数，构造一个含参数的辅助函数证明不等式．
(2)整体换元．对于齐次式往往可将双变量整体换元，化为一元不等式．