2021版新高考數(shù)學(xué)：利用導(dǎo)數(shù)證明不等式含答案

/19教學(xué)資料范本2021版新高考數(shù)學(xué)：利用導(dǎo)數(shù)證明不等式含答案編輯：時(shí)間：第四節(jié)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第53頁)考點(diǎn)1單變量不等式的證明單變量不等式的證明方法移項(xiàng)法：證明不等式f(x)>g(x)(f(x)Vg(x))的問題轉(zhuǎn)化為證明f(x)~g(x)>0(f(x)—g(x)V0),進(jìn)而構(gòu)造輔助函數(shù)h(x)=f(x)—g(x)；構(gòu)造“形似”函數(shù)：對(duì)原不等式同解變形，如移項(xiàng)、通分、取對(duì)數(shù)；把不等式轉(zhuǎn)化為左右兩邊是相同結(jié)構(gòu)的式子的結(jié)構(gòu)，根據(jù)“相同結(jié)構(gòu)”構(gòu)造輔助函數(shù)；最值法：欲證f(x)Vg(x),有時(shí)可以證明f(x)maxVg(x)min.直接將不等式轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題已知函數(shù)fx)=lnx+ax2+(2a+l)x.(1)討論fx)的單調(diào)性；3⑵當(dāng)aVO時(shí)，證明fx)W—石一2.［解］(l)f(x)的定義域?yàn)?0,+*),f(x)=Z+2ax+2a+1=x(x+l)(2ax+l)x.當(dāng)a±0,則當(dāng)xe(0,當(dāng)aVO,則當(dāng)x$(0,+*)時(shí)，f(x)>0,故fx)在(0,+*)上單調(diào)遞增.—￡)時(shí)，產(chǎn)(x)>°；當(dāng)xE(_^+*)時(shí),f(x)V0.故fx)在(0,—￡)上單調(diào)遞增，在(一￡，+*)上單調(diào)遞減.(2)證明：由(1)知，當(dāng)aV0時(shí)，fx)在x=—￡取得最大值，最大值為f(-ja11=ln(一無)—1一花311311所以/(尺一石一2等價(jià)于In(一刃一—亦一礦2,即In(—刃+厲+1W0.設(shè)g(x)=lnx-x+1，則g‘(x)='一1.當(dāng)x$(0，1)時(shí)，g'(x)>0;當(dāng)xx$(1，+x)時(shí)，g'(x)V0.所以g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，+*)上單調(diào)遞減.故當(dāng)x=1時(shí)，g(x)取得最大值，最大值為g(1)=0.所以當(dāng)x>0時(shí)，g(x)W0.從113而當(dāng)aV0時(shí)，In(一石)+無+1W。，即fx)W—石一2.將不等式轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值來證明不等式，其主要思想是依據(jù)函數(shù)在固定區(qū)間的單調(diào)性，直接求得函數(shù)的最值，然后由f(x)X)max或f(x)三fX)min直接證得不等式.轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)的最值進(jìn)行比較已知f(x)=xInx.⑴求函數(shù)fx)在［t,汁2］(t>0)上的最小值；12(2)證明：對(duì)一切xG(O,+?),都有Inx>-;成立.exex［解］(1)由f(x)=xInx，x>0,得f(x)=lnx+1,令f(x)=0，得x=當(dāng)xG(O,￡)時(shí),f(x)VO,fx)單調(diào)遞減;當(dāng)xGd，+*)時(shí)，f(x)>0,fx)單調(diào)遞增.①當(dāng)0<丫<丄<丫+2,即OVtV1時(shí)，

f(x)min②當(dāng)-<t<t+2,即時(shí)，fx)在［t,t+2］上單調(diào)遞增，f(x)mn=f(t)=tlnt.^min<所以<所以f(X)min=1,o<t<<~,--、tInt,x2(2)證明：?jiǎn)栴}等價(jià)于證明xlnx>—一-(x^(0，+*)).—x—由(1)可知f(x)=xlnx(x$(O,+*))的最小值是一1,當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取到.x2設(shè)m(x)=-x_-(x^(0，+*))，則m,(x)=1Z=x,—x由m(x)<由m(x)<0得x>1時(shí),由m(x)>0得0<x<1時(shí)易知口m(x)^^(1)1,max—m(x)為減函數(shù)，m(x)為增函數(shù),當(dāng)且僅當(dāng)x=l時(shí)取到.從而對(duì)一切x$(0從而對(duì)一切x$(0,+*)xlnx三一-三一一-，兩個(gè)等號(hào)不同時(shí)取到，即證——x—12對(duì)一切x$(0，+*)都有l(wèi)nx>成立.—x—x在證明的不等式中，若對(duì)不等式的變形無法轉(zhuǎn)化為一個(gè)函數(shù)的最值問題，可以借助兩個(gè)函數(shù)的最值進(jìn)行證明.構(gòu)造函數(shù)證明不等式已知函數(shù)fx)=ex—3x+3a(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，a^R).求fx)的單調(diào)區(qū)間與極值；3ex31求證：當(dāng)a>ln-，且x>0時(shí)，一>2x+~3a.ex2x［解］⑴由fx)=ex—3x+3a，xWR，知f(x)=ex—3，xWR.令f(x)=0，得x=ln3，于是當(dāng)x變化時(shí)，f(x)，fx)的變化情況如下表：x(—g，In3)In3(In3，+*)f(x)—0+f(x)極小值故fx)的單調(diào)遞減區(qū)間是(一g，In3］，單調(diào)遞增區(qū)間是［In3，+g)，fx)在x=ln3處取得極小值，極小值為f(ln3)=ein3—3ln3+3a=3(1—ln3+a).無極大值.3(2)證明：待證不等式等價(jià)于ex>2x2—3ax+1，、3設(shè)g(x)=ex—2x2+3ax—1，x>0，于是g(x)=ex—3x+3a，x>0.3由(1)及a>ln-=ln3—1知：g(x)的最小值為g(In3)=3(1—ln3+a)>0.于是對(duì)任意x>0，都有g(shù)(x)>0,所以g(x)在(0，+g)上單調(diào)遞增.3于是當(dāng)a>ln—=ln3—1時(shí)，對(duì)任意x$(0，+g)，都有g(shù)(x)>g(0).而g(0)=0，從而對(duì)任意x$(0,+g)，g(x)>0.33即ex>2x2—3ax+1，若證明fx)>g(x),x$(a,b),可以構(gòu)造函數(shù)h(x)=f(x)—g(x),如果能證明h(x)在(a,b)上的最小值大于0,即可證明f(x)>g(x),x^(a,b).已知函數(shù)f(x)=aex—bInx,曲線y=fx)在點(diǎn)(1,f(l))處的切線方程為y=(￡—l)x+l.求a,b；證明：fx)>0.［解］(1)函數(shù)fx)的定義域?yàn)?0,+*).b11f(x)=aex—x，由題意得f(1)=e,f(1)=e_1,

所以_1

葉e，_ilae所以_1

葉e，=1解得4e2'、b=1.(2)證明：由⑴知fx)=￡?ex—lnx.因?yàn)閒(x)=e%——1在(0,+*)上單調(diào)遞增，又f(l)V0,f(2)>0,所以f(x)x=0在(0,+x)上有唯一實(shí)根x0，且x0W(l,2).當(dāng)xe(0,x0)時(shí)，f(x)V0,當(dāng)xe(x0,+*)時(shí)，f(x)>0,從而當(dāng)x=x0時(shí)，fx)取極小值，也是最小值.由f(x0)=0,得ex0—2=x0,則x0—2=—lnx0.故f(x)三fx0)=ex0—2—Inx0=￡+兀0—2>2\f知0_2=0,所以fx)>0.考點(diǎn)2雙變量不等式的證明破解含雙參不等式證明題的3個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)轉(zhuǎn)化，即由已知條件入手，尋找雙參所滿足的關(guān)系式，并把含雙參的不等式轉(zhuǎn)化為含單參的不等式.巧構(gòu)造函數(shù)，再借用導(dǎo)數(shù)，判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而求其最值.(3)回歸雙參的不等式的證明，把所求的最值應(yīng)用到雙參不等式，即可證得結(jié)果.果.已知函數(shù)f(x~)=lnx—ax(x>0),為常數(shù)，若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)X],x2(X]Hx2).求證：X]X2>e2.[證明]不妨設(shè)X]>x2>0,因?yàn)镮nX]—aX]=O,Inx2—ax2=0,所以InX]+所以InX]+Inx2=a(x]+x2),Inx]一Inx2=a(x]_x2),—Inx1一Inx2所以x1一x2=a,欲證x]x2>e2,即證Inx]+lnx2>2.因?yàn)镮nx]因?yàn)镮nx]+lnx2=a(x]+x2),所以即證a>2

x1+x2'TOC\o"1-5"\h\zInx1一加x22所以原問題等價(jià)于證明一>-y^,X1—2—1—2口-12(-1一-2)即ln—2>-卄-2'.-1、一一、、、，2(c一1)令c=-2(c>l),則不等式變?yōu)閘nc>c+i人2(c_1)令h(c)=lncC+1,c>1,(°T(°T)2>0,所以hgc一-—。(c+i)2所以h(c)在(1,+*)上單調(diào)遞增,所以h(c)>h(1)=ln1—0=0,

2(ci)即Inc_c^J>O(c>l),因此原不等式X]X2>e2得證.換元法構(gòu)造函數(shù)證明不等式的基x]本思路是直接消掉參數(shù)a,再結(jié)合所證問題，巧妙引入變量c=X2,從而構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù).其解題要點(diǎn)為:聯(lián)立消參抓商構(gòu)元利用方程fX])=fx2)消掉解析式中的參數(shù)a聯(lián)立消參抓商構(gòu)元xJ令c=X2，消掉變量x1，x2構(gòu)造關(guān)于c的函數(shù)h(c)用導(dǎo)求解利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)用導(dǎo)求解利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)h(c)的最小值，從而可證得結(jié)論已知函數(shù)fx)=ln兀一2。兀2+兀，a(1)當(dāng)a=0時(shí)，求函數(shù)fx)的圖象在(1,f(1))處的切線方程；

⑵若a=~2，正實(shí)數(shù)X],x2滿足怠丿+幾^+兀匹二。，求證：X]+x2三逅T2-[解](1)當(dāng)a=0時(shí)，fx)=lnx+x,則f(l)=l,所以切點(diǎn)為(1,1),又因?yàn)閒(x)='+l,所以切線斜率k=f(1)=2,故切線方程為y—1=2(x—1),即2x—yX(2)證明：當(dāng)a=—2時(shí)，f(x)=lnx+x2+x(x>0).由f(x1)+fx2)+x1x2=0,得InX]+x1+X]+lnx2+x2+x2+x1x2=0,—In(兀匹),從而(X]+x2)2+(x1+x2)—In(兀匹),1t—1令t=X]X2(t>0),令0(t)=t—lnt,得0(t)=1~t~?易知卩⑴在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(1,+*)上單調(diào)遞增，所以0(t)±0(1)=1,所以(x1+x2)2+(x1+x2)±1,因?yàn)閄1>0,X2>0,所以X]+x2三孑成立.考點(diǎn)3證明與正整數(shù)有關(guān)的不等式問題函數(shù)中與正整數(shù)有關(guān)的不等式，其實(shí)質(zhì)是利用函數(shù)性質(zhì)證明數(shù)列不等式，證明此類問題時(shí)常根據(jù)已知的函數(shù)不等式，用關(guān)于正整數(shù)n的不等式替代函數(shù)不等式中的自變量，通過多次求和達(dá)到證明的目的.若函數(shù)f(x)=ex—ax—l(a>0)在x=0處取極值.求a的值，并判斷該極值是函數(shù)的最大值還是最小值；證明：1+￡+3n>ln(n+1)(n$N*).［解］(1)因?yàn)閤=0是函數(shù)極值點(diǎn)，所以f(0)=0,所以a=1.f(x)=ex—x~1,易知f(x)=ex—1.當(dāng)xe(0,+*)時(shí)，f(x)>0,當(dāng)x$(—g,0)時(shí)，f(x)V0,故極值f(0)是函數(shù)最小值.(2)證明：由⑴知ex三x+1.即In(x+1)Wx,當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)，等號(hào)成立，令x=1(k^N*),小1、1口11+k則k>ln(1+0，即k>ln〒，所以k>ln(1+k)—lnk(k=1,2,…，n),累加得1+￡+3n>ln(n+1)(n$N*).

已知函數(shù)式為指數(shù)不等式(或?qū)?shù)不等式)，而待證不等式為與對(duì)數(shù)有關(guān)的不等式(或與指數(shù)有關(guān)的不等式)，要注意指、對(duì)數(shù)式的互化，如ex±x+l可化為In(x+l)Wx等.已知函數(shù)f(x)=\n(x+1)+#2?⑴若x>0時(shí)，fx)>1恒成立，求a的取值范圍；(2)求證：In(n+1)>j+5+7+2n+l(nN*)?［解］(1)由In(x+1)+$>】，得a>(x+2)—(x+2)ln(x+1).令g(x)=(x+2)［1—In(x+1)］，1x+1'1x+1'則gzx(=1—ln(x+1)—x+i=—ln(x+1)

當(dāng)x>0時(shí)，g‘(x)VO,所以g(x)在(0,+*)上單調(diào)遞減.所以g(x)Vg(0)=2,故a的取值范圍為［2,+*).2(2)證明：由(1)知In(x+1)+x+2>1(x>0)，x所以In(x+1)>X+2.令x令x=k(k>0),得Ini

k1)>1—，1+2口k+11即ln廠>2k+_.卜角所以ini+in2+in3+???字>3+5+7+卜角即In(n+1)>3+5+7+?+2_+_(neN*).課外素養(yǎng)提升③邏輯推理一一用活兩個(gè)經(jīng)典不等式(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第55頁)邏輯推理是得到數(shù)學(xué)結(jié)論，構(gòu)建數(shù)學(xué)體系的重要方式，是數(shù)學(xué)嚴(yán)謹(jǐn)性的基本保證.利用兩個(gè)經(jīng)典不等式解決其他問題，降低了思考問題的難度，優(yōu)化了推理和運(yùn)算過程.對(duì)數(shù)形式：x±1+lnx(x>0),當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)，等號(hào)成立.指數(shù)形式：ex±x+1(x$R),當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)，等號(hào)成立.進(jìn)一步可得到一組不等式鏈：ex>x+1>x>1+lnx(x>0,且xH1).【例1】⑴已知函數(shù)f(x)=ln(x+_)-x，則y=f(x)的圖象大致為()(2)已知函數(shù)f(x)=ex,x^R.證明：曲線y=f(x)與曲線y=*x2+x+l有唯一公共占/、八、、?k+i>0,(1)B［因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)镮”(x+1)—x丼即{xlx>—1,且xHO},所以排除選項(xiàng)D.當(dāng)x>0時(shí)，由經(jīng)典不等式x>1+lnx(x>0),以x+1代替x,得x>ln(x+1)(x>—1,且xHO),所以In(x+1)—x<0(x>—1,且xHO),即x>0或一1VxV0時(shí)均有fx)V0,排除A,C,易知B正確.]xWR,(2)證明：令g(x)=fx)—gx2+x+1)xWR,貝Ugzx(=ex—x—1,由經(jīng)典不等式ex±x+1恒成立可知，g‘(x)±0恒成立，所以g(x)在R上為單調(diào)遞增函數(shù)，且g(0)=0.所以函數(shù)g(x)有唯一零點(diǎn)，即兩曲線有唯一公共點(diǎn).【例2】(20xx?全國卷III改編)已知函數(shù)fx)=x—1—aInx.⑴若fx)±O,求a的值；(2)證明：對(duì)于任意正整數(shù)n,(1+2)(1+22)八?(1+2”)<6.［解］(1fx)的定義域?yàn)?0,+-),①若aWO,1+aIn2V0,所以不滿足題意.ax—a,②若a>0,由f(x)=l——=知，xx當(dāng)x$(0,a)時(shí)，f(x)V0；當(dāng)xe(a,+*)時(shí)，f(x)>0;所以fx)在(0,a)單調(diào)遞減，在(a,+*)單調(diào)遞增，故x=a是fx)在(0,+*)的唯一最小值點(diǎn).因?yàn)閒(1)=0,所以當(dāng)且僅當(dāng)a=1時(shí)，fx)±O,故a=1.(2)證明：由(1)知當(dāng)x$(1,+*)時(shí)，x—1—lnx>0.令x=1+2n,得in(1+2n)V2n-,,7i1ii,177,11從而in(1+2)+in(1+22)+???+in(1+2n)V2+22+^+2n=1—2nV1-故仃+釦+召…仃+和心