第三章第4讲-利用导数证明不等式

第三章导数及其应用第4讲利用导数证明不等式栏目导引典例剖析考点突破分层演练直击高考第三章导数及其应用直接将不等式转化为函数的最值问题[典例引领](2017·高考全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a0时，证明f(x)≤－34a－2.栏目导引典例剖析考点突破分层演练直击高考第三章导数及其应用【解】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x＋2ax＋2a＋1＝(x＋1)(2ax＋1)x.当a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a0，则当x∈(0，－12a)时，f′(x)0；当x∈(－12a，＋∞)时，f′(x)0.故f(x)在(0，－12a)上单调递增，在(－12a，＋∞)上单调递减．栏目导引典例剖析考点突破分层演练直击高考第三章导数及其应用(2)证明：由(1)知，当a0时，f(x)在x＝－12a取得最大值，最大值为f(－12a)＝ln(－12a)－1－14a.所以f(x)≤－34a－2等价于ln(－12a)－1－14a≤－34a－2，即ln(－12a)＋12a＋1≤0.设g(x)＝lnx－x＋1，则g′(x)＝1x－1.当x∈(0，1)时，g′(x)0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)0.所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.所以当x0时，g(x)≤0.从而当a0时，ln(－12a)＋12a＋1≤0，即f(x)≤－34a－2.栏目导引典例剖析考点突破分层演练直击高考第三章导数及其应用将不等式转化为函数最值来证明不等式，其主要思想是依据函数在固定区间的单调性，直接求得函数的最值，然后由f(x)≤f(x)max或f(x)≥f(x)min直接证得不等式．栏目导引典例剖析考点突破分层演练直击高考第三章导数及其应用将不等式转化为两个函数的最值进行比较[典例引领]已知f(x)＝xlnx.(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t0)上的最小值；(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx1ex－2ex成立．栏目导引典例剖析考点突破分层演练直击高考第三章导数及其应用【解】(1)由f(x)＝xlnx，x0，得f′(x)＝lnx＋1，令f′(x)＝0，得x＝1e.当x∈0，1e时，f′(x)0，f(x)单调递减；当x∈1e，＋∞时，f′(x)0，f(x)单调递增．①当0t1et＋2，即0t1e时，f(x)min＝f1e＝－1e；栏目导引典例剖析考点突破分层演练直击高考第三章导数及其应用②当1e≤tt＋2，即t≥1e时，f(x)在[t，t＋2]上单调递增，f(x)min＝f(t)＝tlnt.所以f(x)min＝－1e，0t1etlnt，t≥1e.(2)证明：问题等价于证明xlnxxex－2e(x∈(0，＋∞))．由(1)可知f(x)＝xlnx(x∈(0，＋∞))的最小值是－1e，当且仅当x＝1e时取到．栏目导引典例剖析考点突破分层演练直击高考第三章导数及其应用设m(x)＝xex－2e(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝1－xex，由m′(x)0得x1时，m(x)为减函数，由m′(x)0得0x1时，m(x)为增函数，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，即证对一切x∈(0，＋∞)都有lnx1ex－2ex成立．栏目导引典例剖析考点突破分层演练直击高考第三章导数及其应用在证明的不等式中，若对不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可以借助两个函数的最值进行证明．栏目导引典例剖析考点突破分层演练直击高考第三章导数及其应用构造函数证明不等式[典例引领](2016·高考全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝lnx－x＋1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明当x∈(1，＋∞)时，1＜x－1lnx＜x；(3)设c＞1，证明当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x＞cx.栏目导引典例剖析考点突破分层演练直击高考第三章导数及其应用【解】(1)由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－1，令f′(x)＝0解得x＝1.当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．(2)证明：由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.所以当x≠1时，lnx＜x－1.故当x∈(1，＋∞)时，lnx＜x－1，ln1x＜1x－1，即1＜x－1lnx＜x.栏目导引典例剖析考点突破分层演练直击高考第三章导数及其应用(3)证明：由题设c＞1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，则g′(x)＝c－1－cxlnc，令g′(x)＝0，解得x0＝lnc－1lnclnc.当x＜x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x＞x0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．由(2)知1＜c－1lnc＜c，故0＜x0＜1.又g(0)＝g(1)＝0，故当0＜x＜1时，g(x)＞0.所以当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x＞cx.栏目导引典例剖析考点突破分层演练直击高考第三章导数及其应用若证明f(x)g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，如果能证明h(x)在(a，b)上的最大值小于0，即可证明f(x)g(x)，x∈(a，b)．栏目导引典例剖析考点突破分层演练直击高考第三章导数及其应用利用导数证明不等式成立问题的常用方法(1)直接将不等式转化成某个函数最值问题：若证明f(x)g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)0，则F(x)在(a，b)上是减函数，同时若F(a)≤0，由减函数的定义可知，x∈(a，b)时，有F(x)0，即证明了f(x)g(x)．(2)将待证不等式转化为两个函数的最值进行比较证明：在证明不等式中，若待证不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可借助两个函数的最值证明，如证f(x)≥g(x)在D上成立，只需证明f(x)min≥g(x)max即可．栏目导引典例剖析考点突破分层演练直击高考第三章导数及其应用(3)若所证函数不等式通过移项后构成新函数的最值易求，可直接通过移项构造函数证明．构造函数法证明不等式步骤如下：①作辅助函数h(x)，一般取不等号两端的函数之差或之商为辅助函数；②对h(x)求导，并确定h′(x)在区间上的符号；③判断h(x)的单调性；④求出h(x)在所给区间上的极值；⑤根据函数单调性或极值的符号证明所需证明的不等式．若所证不等式两边关于某一变量的关系式的构成比较复杂，直接构造函数后不易求导数或所求导数式不易研究函数性质，可先换元后再求解．栏目导引典例剖析考点突破分层演练直击高考第三章导数及其应用栏目导引典例剖析考点突破分层演练直击高考第三章导数及其应用本部分内容讲解结束按ESC键退出全屏播放