第3章 导数及其应用 高考难点突破课1 导数的综合问题 第三课时　利用导数证明不等式

第三课时利用导数证明不等式题型一移项构造函数证明不等式例1已知函数f(x)＝1－lnxx，g(x)＝aeex＋1x－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)≥2x.(1)解因为f(x)＝1－lnxx，x0，所以f′(x)＝lnx－1x2，f′(1)＝－1.因为g(x)＝aeex＋1x－bx，所以g′(x)＝－aeex－1x2－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.从而g(1)＝a＋1－b＝1，且g′(1)＝－a－b－1＝1.解得a＝b＝－1.(2)证明由(1)知，g(x)＝－eex＋1x＋x，则f(x)＋g(x)≥2x⇔1－lnxx－eex－1x＋x≥0.令h(x)＝1－lnxx－eex－1x＋x(x≥1)，则h(1)＝0，h′(x)＝－1－lnxx2＋eex＋1x2＋1＝lnxx2＋eex＋1.因为x≥1，所以h′(x)＝lnxx2＋eex＋10，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0，即1－lnxx－eex－1x＋x≥0.故当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2x.感悟提升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.训练1证明：当x1时，12x2＋lnx23x3.证明设g(x)＝23x3－12x2－lnx，则g′(x)＝2x2－x－1x，因为当x＞1时，g′(x)＝（x－1）（2x2＋x＋1）x＞0，所以g(x)在(1，＋∞)上是增函数，所以当x1时，g(x)＞g(1)＝16＞0，所以当x＞1时，12x2＋lnx＜23x3.题型二分拆函数法证明不等式例2已知函数f(x)＝xlnx－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lnx＋11ex＋1－2e2x成立.(1)解函数f(x)＝xlnx－ax的定义域为(0，＋∞)，当a＝－1时，f(x)＝xlnx＋x，f′(x)＝lnx＋2.令f′(x)＝0，得x＝1e2.当0x1e2时，f′(x)0；当x1e2时，f′(x)0.所以f(x)在0，1e2上单调递减，在1e2，＋∞上单调递增.因此f(x)在x＝1e2处取得极小值也是最小值，即f(x)min＝f1e2＝－1e2，但f(x)在(0，＋∞)上无最大值.(2)证明当x0时，lnx＋11ex＋1－2e2x等价于x(lnx＋1)xex＋1－2e2.由(1)知a＝－1时，f(x)＝xlnx＋x≥－1e2，当且仅当x＝1e2时取等号.设G(x)＝xex＋1－2e2，x∈(0，＋∞)，则G′(x)＝1－xex＋1，易知G(x)max＝G(1)＝－1e2，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lnx＋11ex＋1－2e2x.感悟提升要证的不等式中既含有指数又含有对数，若直接用作差或作商的方式构造函数，求导后不易处理.我们可以在合理地分拆和转化后，按照需要构造函数，如本题，把证明x(lnx＋1)xex＋1－2e2分拆为两个函数f(x)＝xlnx＋x和G(x)＝xex＋1－2e2，使指数与对数分开，仅含指数或对数，再利用导数求出所构造函数的最值来证不等式成立.训练2(2022·太原模拟)已知函数f(x)＝elnx－ax(a∈R).(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.(1)解f′(x)＝ex－a(x0)，①若a≤0，则f′(x)0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a0，则当0xea时，f′(x)0；当xea时，f′(x)0.故f(x)在0，ea上单调递增，在ea，＋∞上单调递减.(2)证明因为x0，所以只需证f(x)≤exx－2e，当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.所以f(x)max＝f(1)＝－e.设g(x)＝exx－2e(x0)，则g′(x)＝（x－1）exx2，所以当0x1时，g′(x)0，g(x)单调递减；当x1时，g′(x)0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.综上，当x0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤exx－2e.即xf(x)－ex＋2ex≤0得证.题型三借助于ex≥x＋1和lnx≤x－1,放缩证明不等式例3已知函数f(x)＝ax－lnx－1.(1)若f(x)≥0恒成立，求a的最小值；(2)求证：e－xx＋x＋lnx－1≥0.(1)解f(x)≥0等价于a≥lnx＋1x(x0).令g(x)＝lnx＋1x(x0)，则g′(x)＝－lnxx2，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≥lnx＋1，即t≥lnt＋1(t0).令e－xx＝t，则－x－lnx＝lnt，所以e－xx≥－x－lnx＋1，即e－xx＋x＋lnx－1≥0.感悟提升导数方法证明不等式中，最常见的是ex和lnx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lnx进行放缩，使问题简化，简化后再构造函数进行证明.常见的放缩公式如下：(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号.(2)lnx≤x－1，当且仅当x＝1时取等号.训练3证明：ex－lnx2.证明法一设f(x)＝ex－lnx(x0)，则f′(x)＝ex－1x.令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝ex＋1x20，∴f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f′12＝e－20，f′(1)＝e－10，∴在12，1上存在x0使f′(x0)＝0，即x0＝－lnx0.∴f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，∴f(x)在x＝x0处有极小值，也是最小值.∴f(x0)＝ex0－lnx0＝1x0＋x02，故f(x)2，即ex－lnx2.法二令g(x)＝ex－x－1，∴g′(x)＝ex－1.令g′(x)＝0，得x＝0，∴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，x＝0时取“＝”.同理可证x－1≥lnx，x＝1时取“＝”.∴x＋1≥lnx＋2，x＝1时取“＝”.故ex≥x＋1≥lnx＋2.∴exlnx＋2，即证ex－lnx2.指对同构在解决指对混合不等式时，如恒成立求参数取值范围或证明不等式，有一部分题是命题者利用函数单调性构造出来的，如果我们能找到这个函数模型(即不等式两边对应的同一函数)，无疑大大加快解决问题的速度.找到这个函数模型的方法，我们称为同构法.(1)五个常见变形：xex＝ex＋lnx，exx＝ex－lnx，xex＝elnx－x，x＋lnx＝ln(xex)，x－lnx＝lnexx.(2)三种基本模式①积型：aea≤blnb――→三种同构方式同左：aea≤（lnb）elnb……f（x）＝xex，同右：ealnea≤blnb……f（x）＝xlnx，取对：a＋lna≤lnb＋ln（lnb）……f（x）＝x＋lnx，②商型：eaa＜blnb――→三种同构方式同左：eaa＜elnblnb……f（x）＝exx，同右：ealnea＜blnb……f（x）＝xlnx，取对：a－lna＜lnb－ln（lnb）……f（x）＝x－lnx，③和差型：ea±a＞b±lnb―――――――→两种同构方式同左：ea±a＞elnb±lnb……f（x）＝ex±x，同右：ea±lnea＞b±lnb……f（x）＝x±lnx.例(1)(2020·新高考全国Ⅰ卷节选)已知函数f(x)＝aex－1－lnx＋lna.若f(x)≥1，求a的取值范围.解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f(x)＝aex－1－lnx＋lna＝elna＋x－1－lnx＋lna≥1，等价于elna＋x－1＋lna＋x－1≥lnx＋x＝elnx＋lnx.令g(x)＝ex＋x，上述不等式等价于g(lna＋x－1)≥g(lnx).显然g(x)为单调增函数，所以又等价于lna＋x－1≥lnx，即lna≥lnx－x＋1.令h(x)＝lnx－x＋1，则h′(x)＝1x－1＝1－xx.当x∈(0，1)时，h′(x)0，h(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)0，h(x)单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝0，所以lna≥0，即a≥1，a的取值范围是[1，＋∞).(2)已知函数f(x)＝aex－lnx－1，证明：当a≥1e时，f(x)≥0.证明当a≥1e时，f(x)≥exe－lnx－1，所以只需证明exe－lnx－1≥0，由于exe－lnx－1≥0⇔ex≥elnex⇔xex≥exlnex⇔xex≥elnexlnex，令g(x)＝xex，由g′(x)＝ex(x＋1)＞0知g(x)为增函数，又易证x≥lnex＝lnx＋1，所以g(x)≥g(lnex)，即xex≥elnexlnex成立.故当a≥1e时，f(x)≥0.1.已知函数f(x)＝ex－ax(e为自然对数的底数，a为常数)的图象在(0，1)处的切线斜率为－1.(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)证明：当x0时，x2ex.(1)解由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a.因为f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，所以f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln2，当xln2时，f′(x)0，f(x)在(－∞，ln2)上单调递减；当xln2时，f′(x)0，f(x)在(ln2，＋∞)上单调递增.所以当x＝ln2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln2)＝eln2－2ln2＝2－2ln2，f(x)无极大值.(2)证明令g(x)＝ex－x2，则g′(x)＝ex－2x.由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln2)0，故g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增.所以当x0时，g(x)g(0)＝10，即x2ex.2.证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx＞1ex－2ex成立.证明问题等价于证明xlnx＞xex－2e(x∈(0，＋∞)).设f(x)＝xlnx，f′(x)＝1＋lnx，易知x＝1e为f(x)的唯一极小值点，则f(x)＝xlnx(x∈(0，＋∞))的最小值是－1e，当且仅当x＝1e时取到.设m(x)＝xex－2e(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝1－xex，由m′(x)＜0，得x＞1时，m(x)单调递减；由m′(x)＞0得0＜x＜1时，m(x)单调递增，易知m(x)max＝m(1)＝－1e，当且仅当x＝1时取到.从而对一切x∈(0，＋∞)，xlnx≥－1e≥xex－2e，两个等号不同时取到，所以对一切x∈(0，＋∞)都有lnx＞1ex－2ex成立.3.已知x∈(0，1)，求证：x2－1x＜lnxex.证明法一要证x2－1x＜lnxex，只需证exx2－1x＜lnx，又易证ex＞x＋1(0＜x＜1)，∴只需证明lnx＋(x＋1)1x－x2＞0.即证lnx＋1－x3＋1x－x2＞0，而x3＜x，x2＜x(0＜x＜1)，∴只需证lnx＋1－2x＋1x＞0，令g(x)＝lnx＋1－2x＋1x，则g′(x)＝1x－2－1x2＝－2x2－x＋1x2，而2x2－x＋1＞0恒成立，∴g′(x)＜0，∴g(x)在(0，1)上单调