高考数学一轮复习第三章第二节第3课时利用导数证明不等式——构造法证明不等式学案

展开

这是一份高考数学一轮复习第三章第二节第3课时利用导数证明不等式——构造法证明不等式学案，共9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；
(2)证明：当a≥1时，f (x)(1)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：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；
(2)若a＝1，证明：g(x)>f (x).
(1)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，－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)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；
(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)
(1)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)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；
(2)若f ′(1)≥0，求证：当x∈(0，2)时，12a－1x2－x－2ex+2x3＞0恒成立．
(1)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)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；
(2)若a＝1，证明：f (x)>x2ex－1－52.
(1)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)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证明：要证x2－1x又易证ex>x＋1(00，
即证ln x＋1－x3＋1x－x2>0.
又当0＜x＜1时，x3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x2－1x2．(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；
(2)证明：f (x)(1)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：要证f (x)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00，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；
(2)若a＝1，0(1)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0e－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)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；
(2)证明：当a≥1时，f (x)≥0.
(1)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：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．

高考数学一轮复习第三章第二节第3课时利用导数证明不等式——构造法证明不等式学案

更专业

更丰富

更便捷

真低价

欢迎来到教习网