2021版高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 3.4 利用导数证明不等式课件 苏教版

第三章导数及其应用第四节利用导数证明不等式2课堂考点探究3考点1单变量不等式的证明单变量不等式的证明方法(1)移项法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))的问题转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数；(3)最值法：欲证f(x)＜g(x)，有时可以证明f(x)max＜g(x)min.4直接将不等式转化为函数的最值问题已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＜0时，证明f(x)≤－34a－2.5［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a＜0，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.6(2)证明：由(1)知，当a＜0时，f(x)在x＝－12a取得最大值，最大值为f－12a＝ln－12a－1－14a.7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x＞0时，g(x)≤0.从而当a＜0时，ln－12a＋12a＋1≤0，即f(x)≤－34a－2.8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.9转化为两个函数的最值进行比较已知f(x)＝xlnx.(1)求函数f(x)在［t，t＋2］(t＞0)上的最小值；(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx＞1ex－2ex成立.10［解］(1)由f(x)＝xlnx，x＞0，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.11①当0＜t＜1e＜t＋2，即0＜t＜1e时，f(x)min＝f1e＝－1e；②当1e≤t＜t＋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，0＜t＜1e，tlnt，t≥1e.12(2)证明：问题等价于证明xlnx＞xex－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.设m(x)＝xex－2e(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝1－xex，13由m′(x)＜0得x＞1时，m(x)为减函数，由m′(x)＞0得0＜x＜1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lnx＞1ex－2ex成立.14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.15构造函数证明不等式已知函数f(x)＝ex－3x＋3a(e为自然对数的底数，a∈R).(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a＞ln3e，且x＞0时，exx＞32x＋1x－3a.16［解］(1)由f(x)＝ex－3x＋3a，x∈R，知f′(x)＝ex－3，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln3，于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln3)ln3(ln3，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘极小值↗17故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln3］，单调递增区间是［ln3，＋∞)，f(x)在x＝ln3处取得极小值，极小值为f(ln3)＝eln3－3ln3＋3a＝3(1－ln3＋a).无极大值.18(2)证明：待证不等式等价于ex＞32x2－3ax＋1，设g(x)＝ex－32x2＋3ax－1，x＞0，于是g′(x)＝ex－3x＋3a，x＞0.由(1)及a＞ln3e＝ln3－1知：g′(x)的最小值为g′(ln3)＝3(1－ln3＋a)＞0.19于是对任意x＞0，都有g′(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增.于是当a＞ln3e＝ln3－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)＞g(0).而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)＞0.即ex＞32x2－3ax＋1，故exx＞32x＋1x－3a.20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)上的最小值大于0，即可证明f(x)＞g(x)，x∈(a，b).21已知函数f(x)＝aex－blnx，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝1e－1x＋1.(1)求a，b；(2)证明：f(x)＞0.22［解］(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞).f′(x)＝aex－bx，由题意得f(1)＝1e，f′(1)＝1e－1，所以ae＝1e，ae－b＝1e－1，解得a＝1e2，b＝1.23(2)证明：由(1)知f(x)＝1e2·ex－lnx.因为f′(x)＝ex－2－1x在(0，＋∞)上单调递增，又f′(1)＜0，f′(2)＞0，所以f′(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一实根x0，且x0∈(1,2).当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，从而当x＝x0时，f(x)取极小值，也是最小值.24由f′(x0)＝0，得ex0－2＝1x0，则x0－2＝－lnx0.故f(x)≥f(x0)＝ex0－2－lnx0＝1x0＋x0－2＞21x0·x0－2＝0，所以f(x)＞0.25考点2双变量不等式的证明破解含双参不等式证明题的3个关键点(1)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.(2)巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.(3)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.26已知函数f(x)＝lnx－ax(x＞0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2).求证：x1x2＞e2.［证明］不妨设x1＞x2＞0，因为lnx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0，所以lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，lnx1－lnx2＝a(x1－x2)，所以lnx1－lnx2x1－x2＝a，27欲证x1x2＞e2，即证lnx1＋lnx2＞2.因为lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，所以即证a＞2x1＋x2，所以原问题等价于证明lnx1－lnx2x1－x2＞2x1＋x2，即lnx1x2＞2（x1－x2）x1＋x2，令c＝x1x2(c＞1)，则不等式变为lnc＞2（c－1）c＋1.28令h(c)＝lnc－2（c－1）c＋1，c＞1，所以h′(c)＝1c－4（c＋1）2＝（c－1）2c（c＋1）2＞0，所以h(c)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(c)＞h(1)＝ln1－0＝0，即lnc－2（c－1）c＋1＞0(c＞1)，因此原不等式x1x2＞e2得证.29换元法构造函数证明不等式的基本思路是直接消掉参数a，再结合所证问题，巧妙引入变量c＝x1x2，从而构造相应的函数.其解题要点为：30联立消参利用方程f(x1)＝f(x2)消掉解析式中的参数a抓商构元令c＝x1x2，消掉变量x1，x2构造关于c的函数h(c)用导求解利用导数求解函数h(c)的最小值，从而可证得结论31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；(2)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，求证：x1＋x2≥5－12.32［解］(1)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＝0.33(2)证明：当a＝－2时，f(x)＝lnx＋x2＋x(x＞0).由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，得lnx1＋x21＋x1＋lnx2＋x22＋x2＋x1x2＝0，从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)，令t＝x1x2(t＞0)，令φ(t)＝t－lnt，得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.34考点3证明与正整数有关的不等式问题函数中与正整数有关的不等式，其实质是利用函数性质证明数列不等式，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.35若函数f(x)＝ex－ax－1(a＞0)在x＝0处取极值.(1)求a的值，并判断该极值是函数的最大值还是最小值；(2)证明：1＋12＋13＋…＋1n＞ln(n＋1)(n∈N*).36［解］(1)因为x＝0是函数极值点，所以f′(0)＝0，所以a＝1.f(x)＝ex－x－1，易知f′(x)＝ex－1.当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，故极值f(0)是函数最小值.37(2)证明：由(1)知ex≥x＋1.即ln(x＋1)≤x，当且仅当x＝0时，等号成立，令x＝1k(k∈N*)，则1k＞ln1＋1k，即1k＞ln1＋kk，所以1k＞ln(1＋k)－lnk(k＝1,2，…，n)，累加得1＋12＋13＋…＋1n＞ln(n＋1)(n∈N*).38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)，要注意指、对数式的互化，如ex≥x＋1可化为ln(x＋1)≤x等.39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；(2)求证：ln(n＋1)＞13＋15＋17＋…＋12n＋1(n∈N*).40［解］(1)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，＋∞).41(2)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＋1.42所以ln21＋ln32＋ln43＋…＋lnn＋1n＞13＋15＋17＋…＋12n＋1，即ln(n＋1)＞13＋15＋17＋…＋12n＋1(n∈N*).43课外素养提升3逻辑推理——用活两个经典不等式44逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证.利用两个经典不等式