人教A版普通高中数学一轮复习第三章第二节第三课时利用导数证明不等式－－构造法证明不等式学案

这是一份人教A版普通高中数学一轮复习第三章第二节第三课时利用导数证明不等式－－构造法证明不等式学案，共11页。

移项作差构造函数证明不等式
【例1】(2024·邢台模拟)已知函数f(x)＝x(ln x＋a)．
(1)求f(x)的单调区间；
解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1＋a.令f′(x)＝0，得x＝e－a-1.
令f′(x)＜0，解得0＜x＜e－a-1；
令f′(x)＞0，解得x＞e－a-1.
所以f(x)的单调递减区间为(0，e－a-1)，单调递增区间为(e－a-1，＋∞)．
(2)证明：当a≥1时，f(x)＜aex－1.
证明：令φ(x)＝f(x)－aex＋1＝a(x－ex)＋x ln x＋1(x＞0)，k(x)＝x－ex(x＞0)，则k′(x)＝1－ex.
显然，k(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以k(x)＜k(0)＝－1＜0.
由a≥1，可得a(x－ex)＋x ln x＋1≤x－ex＋x ln x＋1.
欲证φ(x)＜0，即证exx－ln x－1x－1＞0.
令g(x)＝exx－ln x－1x－1(x＞0)，
则g′(x)＝x−1exx2－1x＋1x2＝x−1ex−1x2．
令g′(x)＝0，可得x＝1(x＝0舍去)．
当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)在(0，1)上单调递减；当x＞1时，g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增．
因此，g(x)在x＝1时取得极小值，也是最小值，
所以g(x)min＝g(1)＝e－1－1＝e－2＞0，所以g(x)＝exx－ln x－1x－1＞0.
所以f(x)＜aex－1得证．
待证不等式的两边含有同一个变量时，一般可以直接构造“左减右”或“右减左”的函数，利用导数研究其单调性等相关函数性质证明不等式．
已知函数f(x)＝x2ln x＋ax，g(x)＝xex＋x sin x，其中a∈R.
(1)若f(x)为增函数，求a的取值范围；
解：函数f(x)＝x2ln x＋ax的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x ln x＋x＋a.
因为f(x)为增函数，
所以f′(x)＝2x ln x＋x＋a≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以a≥－2x ln x－x恒成立．
设h(x)＝－2x ln x－x(x＞0)，则h′(x)＝－3－2ln x．令h′(x)＝0，解得x＝e－32．
当x∈(0，e－32)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增；当x∈(e－32，＋∞)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，
所以h(x)在x＝e－32处取得极大值，也是最大值，h(x)max＝h(e－32)＝2e－32．
所以a的取值范围为[2e－32，＋∞)．
(2)若a＝1，证明：g(x)＞f(x)．
证明：因为a＝1，所以f(x)＝x2ln x＋x(x＞0)，
g(x)－f(x)＝x(ex＋sin x－x ln x－1)．
当x∈(0，1)时，ex＞1，sin x＞0，x ln x＜0，所以ex＋sin x－x ln x－1＞1－1＝0；
当x∈[1，＋∞)时，令F(x)＝ex＋sin x－x ln x－1，则F′(x)＝ex＋cs x－ln x－1.
令G(x)＝F′(x)，则G′(x)＝ex－sin x－1x＞e－1－1＞0，
所以G(x)＝ex＋cs x－ln x－1在[1，＋∞)上单调递增．
所以F′(x)≥F′(1)＝e＋cs 1－0－1＞0，所以F(x)＝ex＋sin x－x ln x－1在[1，＋∞)上单调递增．
所以F(x)≥F(1)＝e＋sin 1－0－1＞0.
又因为x＞0，所以g(x)－f(x)＝x(ex＋sin x－x ln x－1)＞0，
所以g(x)＞f(x)得证．
放缩构造法
【例2】(2024·济南质检)已知函数f(x)＝x ln x－ax＋1(a∈R)．
(1)若a≤1，讨论f(x)零点的个数；
解：由题意可得函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1－a.
令f′(x)＞0，可得x＞ea-1；令f′(x)＜0，可得0＜x＜ea-1，
所以f(x)在(0，ea-1)上单调递减，在(ea-1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)在x＝ea-1处取得极小值，也是最小值，f(x)min＝f(ea-1)＝1－ea-1.
当a＜1时，f(ea-1)＝1－ea-1＞0，此时f(x)没有零点；
当a＝1时，f(ea-1)＝1－e1-1＝0，此时f(x)有且只有一个零点．
综上，当a＜1时，f(x)没有零点；
当a＝1时，f(x)有且只有一个零点．
(2)求证：当x≥1时，(x ln x＋1)ln x＋2ex＞ln 2.(参考数据：ln 2≈0.693 1)
证明：当a＝1时，f(x)＝x ln x－x＋1，x＞0，可得f′(x)＝ln x.
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
所以f(x)≥f(1)＝0，即x ln x＋1≥x，即当x＞1时，x ln x＋1≥x恒成立．
因为x≥1，所以ln x≥0.
要证(x ln x＋1)ln x＋2ex＞ln 2，只需证x ln x＋2ex＞ln 2，只需证x ln x＋1＋2ex＞ln 2＋1，只需证x＋2ex＞ln 2＋1.
令g(x)＝x＋2ex，x≥1，可得g′(x)＝1－2ex＝ex−2ex＞0，
所以当x∈[1，＋∞)时，g(x)单调递增，所以g(x)≥g(1)＝1＋2e＞ln 2＋1，即x＋2ex＞ln 2＋1.
所以(x ln x＋1)ln x＋2ex＞ln 2成立.
用导数方法证明不等式的问题中，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．
已知函数f(x)＝ax2－2ln x(a∈R)．
(1)若f(2)是f(x)的极值，求a的值；
解：由题可得函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2ax－2x(x＞0)．
易知f′(2)＝4a－1＝0，解得a＝14．
当a＝14时，f′(x)＝12x－2x＝x+2x−22x，当0＜x＜2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，故满足f(2)是f(x)的极值．
故a＝14．
(2)若f′(1)≥0，求证：当x∈(0，2)时，12a－1x2－x−2ex+2x3＞0恒成立．
证明：f′(x)＝2ax－2x，若f′(1)＝2a－2≥0，则a≥1.
所以12a－1x2－x−2ex+2x3≥12－1x2－x−2ex+2x3＝x3−2x−4−2x−2ex2x3＝x−2x2+2x+2−2ex2x3．
令h(x)＝x2＋2x＋2－2ex，0＜x＜2，则h′(x)＝2x＋2－2ex＝2(x＋1－ex)．
令φ(x)＝x＋1－ex，
则当0＜x＜2时，φ′(x)＝1－ex＜0，所以φ(x)在(0，2)上单调递减，φ(x)＜φ(0)＝0，
所以h(x)在(0，2)上单调递减，h(x)＜h(0)＝0，
即x2＋2x＋2－2ex＜0.
所以当0＜x＜2时，
x−2x2+2x+2−2ex2x3＞0.
故当x∈(0，2)时，12a－1x2－x−2ex+2x3＞0恒成立．
构造双函数法
【例3】(2024·汉中模拟)已知函数f(x)＝x(ln x－a)．
(1)若f(x)在(1，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；
解：函数f(x)＝x(ln x－a)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1－a.
因为f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以f′(x)＝ln x＋1－a≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≤ln x＋1在(1，＋∞)上恒成立．
设g(x)＝ln x＋1，函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增，故g(x)＞g(1)＝ln 1＋1＝1.所以a≤1.
故a的取值范围是(－∞，1].
(2)若a＝1，证明：f(x)＞x2ex−1－52．
证明：若a＝1，则f(x)＝x(ln x－1)，x∈(0，＋∞)，f′(x)＝ln x.
当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，
故f(x)min＝f(1)＝－1.
设h(x)＝x2ex−1－52，x∈(0，＋∞)，
则h′(x)＝x2−xex−1．
当x∈(0，2)时，h′(x)＞0，函数h(x)单调递增；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＜0，函数h(x)单调递减，
故h(x)max＝h(2)＝4e－52＜32－52＝－1，
即f(x)min＞h(x)max，所以f(x)＞h(x)，即f(x)＞x2ex−1－52恒成立，得证．
1．在证明不等式的问题中，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．如果证g(x)≥f(x)恒成立，只需证g(x)min≥f(x)max恒成立，但只有当f(x)与g(x)取到最值时，对应的x的值相同时取等号，否则只能得到g(x)＞f(x)．
已知函数f(x)＝ex2－x ln x．求证：当x＞0时，f(x)＜xex＋1e．
证明：当x＞0时，要证f(x)＜xex＋1e，只需证ex－ln x＜ex＋1ex，即ex－ex＜ln x＋1ex．
令h(x)＝ln x＋1ex(x＞0)，则h′(x)＝ex−1ex2，易知h(x)在0，1e上单调递减，在1e，+∞上单调递增，
则h(x)min＝h1e＝0，所以ln x＋1ex≥0.
令φ(x)＝ex－ex(x＞0)，则φ′(x)＝e－ex，易知φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
则φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.
因为h(x)与φ(x)不同时为0，所以ex－ex＜ln x＋1ex恒成立．
故原不等式得证．
课时质量评价(十八)
1．已知x∈(0，1)，求证：x2－1x＜lnxex．
证明：要证x2－1x＜lnxex，只需证exx2−1x ＜ln x，
又易证ex＞x＋1(0＜x＜1)，所以只需证明ln x＋(x＋1)1x−x2＞0，
即证ln x＋1－x3＋1x－x2＞0.
又当0＜x＜1时，x3＜x，x2＜x，
所以只需证ln x＋1－2x＋1x＞0.
令g(x)＝ln x＋1－2x＋1x(0＜x＜1)，
则g′(x)＝1x－2－1x2＝－2x2−x+1x2，而2x2－x＋1＞0恒成立，
所以g′(x)＜0恒成立，所以g(x)在(0，1)上单调递减，
所以当x∈(0，1)时，g(x)＞g(1)＝0，
即ln x＋1－2x＋1x＞0.
故x2－1x＜lnxex得证．
2．(2024·合肥模拟)已知函数f(x)＝x2＋ln x.
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
解：因为f(x)＝x2＋ln x，函数的定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝2x＋1x(x＞0)，所以f(1)＝1，f′(1)＝3，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝3(x－1)，即3x－y－2＝0.
(2)证明：f(x)＜ex＋x2－2.
证明：要证f(x)＜ex＋x2－2，即证ex＞ln x＋2.
先证明ex＞x＋1.令g(x)＝ex－x－1，x＞0，则g′(x)＝ex－1＞0，
所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，则g(x)＞g(0)＝0，即ex＞x＋1.
接下来证明ln x≤x－1.令h(x)＝x－ln x－1，x＞0，则h′(x)＝1－1x＝x−1x．
由h′(x)＜0，得0＜x＜1，由h′(x)＞0，得x＞1，
所以函数h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(1)＝0，即ln x≤x－1.
故ex＞x＋1＝(x－1)＋2≥ln x＋2，即ex＞ln x＋2，原不等式得证．
3．已知函数f(x)＝ax＋x ln x，a∈R.
(1)判断f(x)的单调性；
解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋a＋ln x，令f′(x)＝0，得x＝e－a-1.
当0＜x＜e－a-1时，f′(x)＜0；当x＞e－a-1，f′(x)＞0，
故f(x)在(0，e－a-1)上单调递减，在(e－a-1，＋∞)上单调递增．
(2)若a＝1，0＜x≤1，求证：ex＋1－f(x)≤e，其中e是自然对数的底数．
证明：令g(x)＝ex＋1－f(x)＝ex－x－x ln x＋1，则g′(x)＝ex－ln x－2.
令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex－1x，显然h′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又h′(1)＝e－1＞0，h′12＝e－2＜0，故存在唯一的x0∈12，1，使得h′(x0)＝0.
从而g′(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以g′(x)≥g′(x0)．
又因为h′(x0)＝ex0－1x0＝0，所以ex0＝1x0，两边取自然对数得x0＝－ln x0，故g′(x0)＝ex0－ln x0－2＝1x0＋x0－2＞0，
所以g′(x)≥g′(x0)＞0，
故g(x)在(0，1]上单调递增，所以g(x)≤g(1)＝e，故原不等式得证．
4．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；
解：当a＝1时，f(x)＝ex-1－ln x－1，f′(x)＝ex-1－1x(x＞0)，k＝f′(1)＝0，
又f(1)＝0，即切点为(1，0)，
所以切线方程为y－0＝0(x－1)，即y＝0.
(2)证明：当a≥1时，f(x)≥0.
证明：因为a≥1，所以aex-1≥ex-1，所以f(x)≥ex-1－ln x－1.
(方法一)令φ(x)＝ex-1－ln x－1，所以φ′(x)＝ex-1－1x(x＞0)．
令h(x)＝ex-1－1x，所以h′(x)＝ex-1＋1x2＞0，
所以φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又φ′(1)＝0，
所以当x∈(0，1)时，φ′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＞0，
所以φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以φ(x)min＝φ(1)＝0，所以φ(x)≥0，所以f(x)≥φ(x)≥0.故f(x)≥0得证．
(方法二)令g(x)＝ex－x－1，所以g′(x)＝ex－1.
当x∈(－∞，0)时，g′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0，
所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以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，得ex-1≥x(当且仅当x＝1时取“＝”)，由x－1≥ln x，得x≥ln x＋1(当且仅当x＝1时取“＝”)，
所以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“＝”)．故f(x)≥0得证．