2021高考数学一轮复习 第3章 导数及其应用 第4节 利用导数证明不等式教学案 文 北师大版

-1-第四节利用导数证明不等式(对应学生用书第47页)⊙考点1作差法构造函数证明不等式(1)欲证函数不等式f(x)＞g(x)(x＞a)，只需证明f(x)－g(x)＞0(x＞a)，设h(x)＝f(x)－g(x)，即证h(x)＞0(x＞a)．若h(a)＝0，h(x)＞h(a)(x＞a)．接下来往往用导数证得函数h(x)是增函数即可．(2)欲证函数不等式f(x)＞g(x)(x∈I，I是区间)，只需证明f(x)－g(x)＞0(x∈I)．设h(x)＝f(x)－g(x)(x∈I)，即证h(x)＞0(x∈I)，也即证h(x)min＞0(x∈I)(若h(x)min不存在，则须求函数h(x)的下确界)，而这用导数往往容易解决．已知函数f(x)＝ax＋xlnx在x＝e－2(e为自然对数的底数)处取得极小值．(1)求实数a的值；(2)当x＞1时，求证：f(x)＞3(x－1)．[解](1)因为f(x)定义域为(0，＋∞)，f(x)＝ax＋xlnx，所以f′(x)＝a＋lnx＋1，因为函数f(x)在x＝e－2处取得极小值，所以f′(e－2)＝0，即a＋lne－2＋1＝0，所以a＝1，所以f′(x)＝lnx＋2.当f′(x)＞0时，x＞e－2；当f′(x)＜0时，0＜x＜e－2，所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增，所以f(x)在x＝e－2处取得极小值，符合题意，所以a＝1.(2)证明：由(1)知a＝1，所以f(x)＝x＋xlnx.令g(x)＝f(x)－3(x－1)，即g(x)＝xlnx－2x＋3(x＞0)．g′(x)＝lnx－1，由g′(x)＝0，得x＝e.由g′(x)＞0，得x＞e；由g′(x)＜0，得0＜x＜e.所以g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，所以g(x)在(1，＋∞)上的最小值为g(e)＝3－e＞0.于是在(1，＋∞)上，都有g(x)≥g(e)＞0，所以f(x)＞3(x－1)．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．(2019·广州模拟)已知函数f(x)＝ex－ax(e为自然对数的底数，a为常数)的图-2-像在点(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x＞0时，x2＜ex.[解](1)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x＜ln2时，f′(x)＜0，f(x)在(－∞，ln2)上单调递减；当x＞ln2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R上单调递增．所以当x＞0时，g(x)＞g(0)＝1＞0，即x2＜ex.⊙考点2拆分法构造函数证明不等式若f(x)min＞g(x)max，则f(x)＞g(x)，常借助此结论，将要证明的不等式拆、分成两个函数，然后比较它们的最值．设函数f(x)＝ax2－(x＋1)lnx，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处切线的斜率为0.(1)求a的值；(2)求证：当0＜x≤2时，f(x)＞12x.[解](1)f′(x)＝2ax－lnx－1－1x，由题意，可得f′(1)＝2a－2＝0，所以a＝1.(2)证明：由(1)得f(x)＝x2－(x＋1)lnx，要证当0＜x≤2时，f(x)＞12x，只需证当0＜x≤2时，x－lnxx－lnx＞12，即x－lnx＞lnxx＋12.-3-令g(x)＝x－lnx，h(x)＝lnxx＋12，令g′(x)＝1－1x＝0，得x＝1，易知g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，故当0＜x≤2时，g(x)min＝g(1)＝1.因为h′(x)＝1－lnxx2，当0＜x≤2时，h′(x)＞0，所以h(x)在(0,2]上单调递增，故当0＜x≤2时，h(x)max＝h(2)＝1＋ln22＜1，即h(x)max＜g(x)min.故当0＜x≤2时，h(x)＜g(x)，即当0＜x≤2时，f(x)＞12x.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．已知函数f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝e时，求证：xf(x)－ex＋2ex≤0.[解](1)f′(x)＝ex－a(x＞0)，①若a≤0，则f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a＞0，令f′(x)＝0，得x＝ea，则当0＜x＜ea时，f′(x)＞0；当x＞ea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x＞0，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.记g(x)＝exx－2e(x＞0)，则g′(x)＝x－1exx2，当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当x＞1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.综上，当x＞0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤exx－2e，-4-即xf(x)－ex＋2ex≤0.⊙考点3换元法构造函数证明不等式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：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，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＞2x1－x2x1＋x2，令c＝x1x2(c＞1)，则不等式变为lnc＞2c－1c＋1.令h(c)＝lnc－2c－1c＋1，c＞1，所以h′(c)＝1c－4c＋12＝c－12cc＋12＞0，所以h(c)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(c)＞h(1)＝ln1－0＝0，即lnc－2c－1c＋1＞0(c＞1)，因此原不等式x1x2＞e2得证．破解含双参不等式证明题的三个关键点(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．-5-(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．已知函数f(x)＝lnx－12ax2＋x，a∈R.(1)当a＝0时，求函数f(x)的图像在(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.[解](1)当a＝0时，f(x)＝lnx＋x，则f(1)＝1，所以切点(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)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.课外素养提升③逻辑推理——用活两个经典不等式(对应学生用书第49页)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解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程．(1)对数形式：x≥1＋lnx(x＞0)，当且仅当x＝1时，等号成立．(2)指数形式：ex≥x＋1(x∈R)，当且仅当x＝0时，等号成立．进一步可得到一组不等式链：ex＞x＋1＞x＞1＋lnx(x＞0，且x≠1)．【例1】(1)已知函数f(x)＝1lnx＋1－x，则y＝f(x)的图像大致为()-6-(2)已知函数f(x)＝ex，x∈R.证明：曲线y＝f(x)与曲线y＝12x2＋x＋1有唯一公共点．(1)B[因为f(x)的定义域为x＋1＞0，lnx＋1－x≠0，即{x|x＞－1，且x≠0}，所以排除选项D.当x＞0时，由经典不等式x＞1＋lnx(x＞0)，以x＋1代替x，得x＞ln(x＋1)(x＞－1，且x≠0)，所以ln(x＋1)－x＜0(x＞－1，且x≠0)，即x＞0或－1＜x＜0时均有f(x)＜0，排除A，C，易知B正确．](2)[证明]令g(x)＝f(x)－12x2＋x＋1＝ex－12x2－x－1，x∈R，则g′(x)＝ex－x－1，由经典不等式ex≥x＋1恒成立可知，g′(x)≥0恒成立，所以g(x)在R上为单调递增函数，且g(0)＝0.所以函数g(x)有唯一零点，即两曲线有唯一公共点．【例2】设函数f(x)＝lnx－x＋1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)求证：当x∈(1，＋∞)时，1＜x－1lnx＜x.[解](1)由题设知，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)在(0,1)上单调递增；当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减．(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.-7-故当x∈(1，＋∞)时，lnx＜x－1，x－1lnx＞1.①因此ln1x＜1x－1，即lnx＞x－1x，x－1lnx＜x.②故当x∈(1，＋∞)时恒有1＜x－1lnx＜x.