2020版高考理科数学（人教版）一轮复习讲义：第三章第三节导数的综合应用第二课时　利用导数证明不等式

第二课时　利用导数证明不等式移项作差构造法证明不等式[例1]　已知函数f(x)＝1－，g(x)＝＋－bx(e为自然对数的底数)，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)求证：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.[解]　(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，即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′(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)≥.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．　　隔离审查分析法证明不等式[例2]　(2019·长沙模拟)已知函数f(x)＝ex2－xln x．求证：当x＞0时，f(x)＜xex＋.[证明]　要证f(x)＜xex＋，只需证ex－ln x＜ex＋，即ex－ex＜ln x＋.令h(x)＝ln x＋(x＞0)，则h′(x)＝，易知h(x)在上单调递减，在上单调递增，则h(x)min＝h＝0，所以ln x＋≥0.再令φ(x)＝ex－ex，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＋，故原不等式成立．若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个都便于求导的函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．　　放缩法证明不等式[例3]　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)求证：＋x＋ln x－1≥0；(3)已知k(e－x＋x2)≥x－xln x恒成立，求k的取值范围．[解]　(1)f(x)≥0等价于a≥.令g(x)＝(x＞0)，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：当a＝1时，由(1)得x≥ln x＋1，即t≥ln t＋1(t＞0)．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－xln x恒成立，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，所以k≥1.故k的取值范围为[1，＋∞)．导数的综合应用题中，最常见就是ex和ln x与其他代数式结合的难题，对于这类问题，可以先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，便于化简或判断导数的正负．常见的放缩公式如下：(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号；(2)ex≥ex，当且仅当x＝1时取等号；(3)当x≥0时，ex≥1＋x＋x2, 当且仅当x＝0时取等号；(4)当x≥0时，ex≥x2＋1, 当且仅当x＝0时取等号；(5)≤ln x≤x－1≤x2－x，当且仅当x＝1时取等号；(6)当x≥1时，≤ln x≤，当且仅当x＝1时取等号．　　 [典例]　已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R.(1)当a＝0时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；(2)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，求证：x1＋x2≥.[解]　(1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，则f(1)＝1，所以切点为(1,1)，又因为f ′(x)＝＋1，所以切线斜率k＝f′(1) ＝2，故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.(2)证明：当a＝－2时，f(x)＝ln x＋x2＋x(x＞0)．由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，即ln x1＋x＋x1＋ln x2＋x＋x2＋x1x2＝0，从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)，令t＝x1x2，设φ(t)＝t－ln t(t＞0)，则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≥成立．破解含双参不等式的证明的关键一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．　　[过关训练]　已知函数f(x)＝ln x＋.(1)求f(x)的最小值；(2)若方程f(x)＝a有两个根x1，x2(x1＜x2)，求证：x1＋x2＞2a.解：(1)因为f′(x)＝－＝(x＞0)，所以当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，函数无最小值．当a＞0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．函数f(x)在x＝a处取最小值f(a)＝ln a＋1.(2)证明：若函数y＝f(x)的两个零点为x1，x2(x1＜x2)，由(1)可得0＜x1＜a＜x2.令g(x)＝f(x)－f(2a－x)(0＜x＜a)，则g′(x)＝(x－a)＝－＜0，所以g(x)在(0，a)上单调递减，g(x)＞g(a)＝0，即f(x)＞f(2a－x)．令x＝x1＜a，则f(x1)＞f(2a－x1)，所以f(x2)＝f(x1)＞f(2a－x1)，由(1)可得f(x)在(a，＋∞)上单调递增，所以x2＞2a－x1，故x1＋x2＞2a.[典例]　已知函数f(x)＝ln(x＋1)＋.(1)若x＞0时，f(x)＞1恒成立，求a的取值范围；(2)求证：ln(n＋1)＞＋＋＋…＋(n∈N*)．[解]　(1)由ln(x＋1)＋＞1，得a＞(x＋2)－(x＋2)ln(x＋1)．令g(x)＝(x＋2)[1－ln(x＋1)]，则g′(x)＝1－ln(x＋1)－＝－ln(x＋1)－.当x＞0时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．所以g(x)＜g(0)＝2，故a的取值范围为[2，＋∞)．(2)证明：由(1)知ln(x＋1)＋＞1(x＞0)，所以ln(x＋1)＞.令x＝(k＞0)，得ln＞，即ln＞.所以ln＋ln＋ln ＋…＋ln＞＋＋＋…＋，即ln(n＋1)＞＋＋＋…＋(n∈N*)．证明与数列有关的不等式的策略(1)证明此类问题时常根据已知的函数不等式，用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量．通过多次求和达到证明的目的．此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据待证式的特征而得到．(2)已知函数式为指数不等式(或对数不等式)，而待证不等式为与对数有关的不等式(或与指数有关的不等式)，还要注意指、对数式的互化，如ex＞x＋1可化为ln(x＋1)＜x等．　　[过关训练]　(2019·长春质检)已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ ln(x＋a)＋b.(1)若函数f(x)与g(x)的图象在点(0,1)处有相同的切线，求a，b的值；(2)当b＝0时，f(x)－g(x)＞0恒成立，求整数a的最大值；(3)求证：ln 2＋(ln 3－ln 2)2＋(ln 4－ln 3)3＋…＋[ln(n＋1)－ln n]n＜(n∈N*)．解：(1)因为函数f(x)和g(x)的图象在点(0,1)处有相同的切线，所以f(0)＝g(0)且f′(0)＝g′(0)，又因为f′(x)＝ex，g′(x)＝，所以1＝ln a＋b,1＝，解得a＝1，b＝1.(2)现证明ex≥x＋1，设F(x)＝ex－x－1，则F′(x)＝ex－1，当x∈(0，＋∞)时，F′(x)＞0，当x∈(－∞，0)时，F′(x)＜0，所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，所以F(x)min＝F(0)＝0，即F(x)≥0恒成立，即ex≥x＋1.同理可得ln(x＋2)≤x＋1，即ex＞ln(x＋2)，当a≤2时，ln(x＋a)≤ln(x＋2)＜ex，所以当a≤2时，f(x)－g(x)＞0恒成立．当a≥3时，e0＜ln a，即ex－ln(x＋a)＞0不恒成立．故整数a的最大值为2.(3)证明：由(2)知ex＞ln(x＋2)，令x＝，则e＞ln，即e－n＋1＞n＝[ln(n＋1)－ln n]n，所以e0＋e－1＋e－2＋…＋e－n＋1＞ln 2＋(ln 3－ln 2)2＋(ln 4－ln 3)3＋…＋[ln(n＋1)－ln n]n，又因为e0＋e－1＋e－2＋…＋e－n＋1＝＜＝，所以ln 2＋(ln 3－ln 2)2＋(ln 4－ln 3)3＋…＋[ln(n＋1)－ln n]n＜.