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考法一单变量不等式的证明移项作差构造法证明不等式[例1]已知函数f(x)＝1－lnxx，g(x)＝aeex＋1x－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)≥2x.[解](1)因为f(x)＝1－lnxx，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，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)＝－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′(x)＝－1－lnxx2＋eex＋1x2＋1＝lnxx2＋eex＋1.因为x≥1，所以h′(x)＝lnxx2＋eex＋1＞0，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，所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2x.[解题技法]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－xlnx．求证：当x＞0时，f(x)＜xex＋1e.[证明]要证f(x)＜xex＋1e，只需证ex－lnx＜ex＋1ex，即ex－ex＜lnx＋1ex.令h(x)＝lnx＋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＝h1e＝0，所以lnx＋1ex≥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＜lnx＋1ex，故原不等式成立．[解题技法]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－lnx－1.(1)若f(x)≥0恒成立，求a的最小值；[解](1)f(x)≥0等价于a≥lnx＋1x.令g(x)＝lnx＋1x(x＞0)，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)求证：e－xx＋x＋lnx－1≥0；[解]证明：当a＝1时，由(1)得x≥lnx＋1，即t≥lnt＋1(t＞0)．令e－xx＝t，则－x－lnx＝lnt，所以e－xx≥－x－lnx＋1，即e－xx＋x＋lnx－1≥0.[解]因为k(e－x＋x2)≥x－xlnx恒成立，即ke－xx＋x≥1－lnx恒成立，所以k≥1－lnxe－xx＋x＝－e－xx＋x＋lnx－1e－xx＋x＋1，由(2)知e－xx＋x＋lnx－1≥0恒成立，所以－e－xx＋x＋lnx－1e－xx＋x＋1≤1，所以k≥1.故k的取值范围为[1，＋∞)．(3)已知k(e－x＋x2)≥x－xlnx恒成立，求k的取值范围．[解题技法]导数的综合应用题中，最常见就是ex和lnx与其他代数式结合的难题，对于这类问题，可以先对ex和lnx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＋12x2,当且仅当x＝0时取等号；(4)当x≥0时，ex≥e2x2＋1,当且仅当x＝0时取等号；(5)x－1x≤lnx≤x－1≤x2－x，当且仅当x＝1时取等号；(6)当x≥1时，2x－1x＋1≤lnx≤x－1x，当且仅当x＝1时取等号．考法二双变量不等式的证明[典例]已知函数f(x)＝lnx－12ax2＋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；[解]当a＝0时，f(x)＝lnx＋x，则f(1)＝1，所以切点为(1,1)，又因为f′(x)＝1x＋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)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，求证：x1＋x2≥5－12.[解]证明：当a＝－2时，f(x)＝lnx＋x2＋x(x＞0)．由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，即lnx1＋x21＋x1＋lnx2＋x22＋x2＋x1x2＝0，从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)，令t＝x1x2，设φ(t)＝t－lnt(t＞0)，则φ′(t)＝1－1t＝t－1t，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≥5－12成立．[解题技法]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)＝lnx＋ax.(1)求f(x)的最小值；解：因为f′(x)＝1x－ax2＝x－ax2(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)＝lna＋1.(2)若方程f(x)＝a有两个根x1，x2(x1＜x2)，求证：x1＋x2＞2a.解：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)1x2－12a－x2＝－4ax－a2x22a－x2＜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.考法三证明与数列有关的不等式[典例]已知函数f(x)＝ln(x＋1)＋ax＋2.(1)若x＞0时，f(x)＞1恒成立，求a的取值范围；[解]由ln(x＋1)＋ax＋2＞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)－x＋2x＋1＝－ln(x＋1)－1x＋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，＋∞)．[解]证明：由(1)知ln(x＋1)＋2x＋2＞1(x＞0)，所以ln(x＋1)＞xx＋2.令x＝1k(k＞0)，得ln1k＋1＞1k1k＋2，即lnk＋1k＞12k＋1.所以ln21＋ln32＋ln43＋…＋lnn＋1n＞13＋15＋17＋…＋12n＋1，即ln(n＋1)＞13＋15＋17＋…＋12n＋1(n∈N*)．(2)求证：ln(n＋1)＞13＋15＋17＋…＋12n＋1(n∈N*)．[解题技法]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；解：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)＝1x＋a，所以1＝lna＋b,1＝1a，解得a＝1，b＝1.解：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＜lna，即ex－ln(x＋a)＞0不恒成立．故整数a的最大值为2.(2)当b＝0时，f(x)－g(x)＞0恒成立，求整数a的最大值；(3)求证：ln2＋(ln3－ln2)2＋(ln4－ln3)3＋…＋[ln(n＋1)－lnn]n＜ee－1(n∈N*)．解：证明：由(2)知ex＞ln(x＋2)，令x＝－n＋1n，则e－n＋1n＞ln－n＋1n＋2，即e－n＋1＞ln－n＋1n＋2n＝[ln(n＋1)－lnn]n，所以e0＋e－1＋e－2＋…＋e－n＋1＞ln2＋(ln3－ln2)2＋(ln4－ln3)3＋…＋[ln(n＋1)－lnn]n，又因为e0＋e－1＋e－2＋…＋e－n＋1＝1－1en1－1e＜11－1e＝ee－1，所以ln2＋(ln3－ln2)2＋(ln4－ln3)3＋…＋[ln(n＋1)－lnn]n＜ee－1.“课时跟踪检测”见“课时跟踪检测（十七）”(单击进入电子文档)