2020版高考數(shù)學(xué)（文）新設(shè)計一輪復(fù)習(xí)通用版講義第三章第四節(jié)利用導(dǎo)數(shù)研究不等式證明問題

第四節(jié)利用導(dǎo)數(shù)研究不等式證明問題方法一作差法構(gòu)造函數(shù)證明不等式[典例](2018·廣西柳州畢業(yè)班摸底)已知函數(shù)f(x)＝ax＋xlnx在x＝e－2(e為自然對數(shù)的底數(shù))處取得極小值．(1)求實數(shù)a的值；(2)當(dāng)x>1時，求證：f(x)>3(x－1)．[解](1)因為f(x)＝ax＋xlnx，所以f′(x)＝a＋lnx＋1，因為函數(shù)f(x)在x＝e－2處取得極小值，所以f′(e－2)＝0，即a＋lne－2＋1＝0，所以a＝1，所以f′(x)＝lnx＋2.當(dāng)f′(x)>0時，x>e－2；當(dāng)f′(x)<0時，0<x<e－2，所以f(x)在(0，e－2)上單調(diào)遞減，在(e－2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)在x＝e－2處取得極小值，符合題意，所以a＝1.(2)證明：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)上單調(diào)遞減，在(e，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)在(1，＋∞)上的最小值為g(e)＝3－e>0.于是在(1，＋∞)上，都有g(shù)(x)≥g(e)>0，所以f(x)>3(x－1)．[解題技法](1)欲證函數(shù)不等式f(x)>g(x)(x>a)，只需證明f(x)－g(x)>0(x>a)，設(shè)h(x)＝f(x)－g(x)，即證h(x)>0(x>a)．若h(a)＝0，h(x)>h(a)(x>a)．接下來往往用導(dǎo)數(shù)證得函數(shù)h(x)是增函數(shù)即可．(2)欲證函數(shù)不等式f(x)>g(x)(x∈I，I是區(qū)間)，只需證明f(x)－g(x)>0(x∈I)．設(shè)h(x)＝f(x)－g(x)(x∈I)，即證h(x)>0(x∈I)，也即證h(x)min>0(x∈I)(若h(x)min不存在，則須求函數(shù)h(x)的下確界)，而這用導(dǎo)數(shù)往往容易解決．[對點訓(xùn)練](2019·廣州模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax(e為自然對數(shù)的底數(shù)，a為常數(shù))的圖象在點(0,1)處的切線斜率為－1.(1)求a的值及函數(shù)f(x)的極值；(2)證明：當(dāng)x>0時，x2<ex.解：(1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a.因為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，當(dāng)x<ln2時，f′(x)<0，f(x)在(－∞，ln2)上單調(diào)遞減；當(dāng)x>ln2時，f′(x)>0，f(x)在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增．所以當(dāng)x＝ln2時，f(x)取得極小值，且極小值為f(ln2)＝eln2－2ln2＝2－2ln2，f(x)無極大值．(2)證明：令g(x)＝ex－x2，則g′(x)＝ex－2x.由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln2)>0，故g(x)在R上單調(diào)遞增．所以當(dāng)x>0時，g(x)>g(0)＝1>0，即x2<ex.方法二拆分法構(gòu)造函數(shù)證明不等式[典例](2018·鄭州質(zhì)量預(yù)測)設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2－(x＋1)lnx，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處切線的斜率為0.(1)求a的值；(2)求證：當(dāng)0<x≤2時，f(x)>eq\f(1,2)x.[解](1)f′(x)＝2ax－lnx－1－eq\f(1,x)，由題意，可得f′(1)＝2a－2＝0，所以a＝1.(2)證明：由(1)得f(x)＝x2－(x＋1)lnx，要證當(dāng)0<x≤2時，f(x)>eq\f(1,2)x，只需證當(dāng)0<x≤2時，x－eq\f(lnx,x)－lnx>eq\f(1,2)，即x－lnx>eq\f(lnx,x)＋eq\f(1,2).令g(x)＝x－lnx，h(x)＝eq\f(lnx,x)＋eq\f(1,2)，令g′(x)＝1－eq\f(1,x)＝0，得x＝1，易知g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,2]上單調(diào)遞增，故當(dāng)0<x≤2時，g(x)min＝g(1)＝1.因為h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當(dāng)0<x≤2時，h′(x)>0，所以h(x)在(0,2]上單調(diào)遞增，故當(dāng)0<x≤2時，h(x)max＝h(2)＝eq\f(1＋ln2,2)<1，即h(x)max<g(x)min.故當(dāng)0<x≤2時，h(x)<g(x)，即當(dāng)0<x≤2時，f(x)>eq\f(1,2)x.[解題技法]對于一些不等式可轉(zhuǎn)化為f(x)≥g(x)的形式，證明f(x)min≥g(x)max即可，在轉(zhuǎn)化中，一定要注意合理性的把握，一般以能利用導(dǎo)數(shù)進行最值分析為拆分標(biāo)準(zhǔn)．[對點訓(xùn)練](2018·福建高三期末)已知函數(shù)f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a＝e時，求證：xf(x)－ex＋2ex≤0.解：(1)f′(x)＝eq\f(e,x)－a(x>0)，①若a≤0，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；②若a>0，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(e,a)，則當(dāng)0<x<eq\f(e,a)時，f′(x)>0；當(dāng)x>eq\f(e,a)時，f′(x)<0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)證明：因為x>0，所以只需證f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，當(dāng)a＝e時，由(1)知，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(1)＝－e.記g(x)＝eq\f(ex,x)－2e(x>0)，則g′(x)＝eq\f(x－1ex,x2)，當(dāng)0<x<1時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.綜上，當(dāng)x>0時，f(x)≤g(x)，即f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.方法三換元法構(gòu)造函數(shù)證明不等式[典例]已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax(x>0)，a為常數(shù)，若函數(shù)f(x)有兩個零點x1，x2(x1≠x2)．求證：x1x2>e2.[證明]不妨設(shè)x1>x2>0，因為lnx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0，所以lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，lnx1－lnx2＝a(x1－x2)，所以eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝a，欲證x1x2>e2，即證lnx1＋lnx2>2.因為lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，所以即證a>eq\f(2,x1＋x2)，所以原問題等價于證明eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)>eq\f(2,x1＋x2)，即lneq\f(x1,x2)>eq\f(2x1－x2,x1＋x2)，令c＝eq\f(x1,x2)(c>1)，則不等式變?yōu)閘nc>eq\f(2c－1,c＋1).令h(c)＝lnc－eq\f(2c－1,c＋1)，c>1，所以h′(c)＝eq\f(1,c)－eq\f(4,c＋12)＝eq\f(c－12,cc＋12)>0，所以h(c)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(c)>h(1)＝ln1－0＝0，即lnc－eq\f(2c－1,c＋1)>0(c>1)，因此原不等式x1x2>e2得證．[解題技法]換元法構(gòu)造函數(shù)證明不等式的基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＝eq\f(x1,x2)，從而構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù)．其解題要點為：聯(lián)立消參利用方程f(x1)＝f(x2)消掉解析式中的參數(shù)a抓商構(gòu)元令c＝eq\f(x1,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)h(c)的最小值，從而可證得結(jié)論[對點訓(xùn)練]已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2＋x，a∈R.(1)當(dāng)a＝0時，求函數(shù)f(x)的圖象在(1，f(1))處的切線方程；(2)若a＝－2，正實數(shù)x1，x2滿足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，求證：x1＋x2≥eq\f(\r(5)－1,2).解：(1)當(dāng)a＝0時，f(x)＝lnx＋x，則f(1)＝1，所以切點為(1,1)，又因為f′(x)＝eq\f(1,x)＋1，所以切線斜率k＝f′(1)＝2，故切線方程為y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.(2)證明：當(dāng)a＝－2時，f(x)＝lnx＋x2＋x(x>0)．由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，得lnx1＋xeq\o\al(2,1)＋x1＋lnx2＋xeq\o\al(2,2)＋x2＋x1x2＝0，從而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)，令t＝x1x2(t>0)，令φ(t)＝t－lnt，得φ′(t)＝1－eq\f(1,t)＝eq\f(t－1,t)，易知φ(t)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φ(t)≥φ(1)＝1，所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1，因為x1>0，x2>0，所以x1＋x2≥eq\f(\r(5)－1,2)成立．eq\a\vs4\al([課時跟蹤檢測])1．設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx－x＋1.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)求證：當(dāng)x∈(1，＋∞)時，1<eq\f(x－1,lnx)<x.解：(1)f′(x)＝eq\f(1,x)－1(x>0)．由f′(x)>0，解得0<x<1；由f′(x)<0，解得x>1.∴f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．(2)證明：要證當(dāng)x∈(1，＋∞)時，1<eq\f(x－1,lnx)<x，即證lnx<x－1<xlnx.由(1)得f(x)＝lnx－x＋1在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，∴當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f(x)<f(1)＝0，即有l(wèi)nx<x－1.設(shè)F(x)＝xlnx－x＋1，則F′(x)＝1＋lnx－1＝lnx.當(dāng)x∈(1，＋∞)時，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增．∴F(x)>F(1)＝0，即有xlnx>x－1.∴原不等式成立．2．(2019·武漢調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)，a∈R.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a>0時，求證：f(x)≥eq\f(2a－1,a).解：(1)f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)＝eq\f(x－a,x2)(x>0)．①當(dāng)a≤0時，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．②當(dāng)a>0時，若x>a，則f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(a，＋∞)上單調(diào)遞增；若0<x<a，則f′(x)<0，函數(shù)f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減．綜上所述，當(dāng)a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時，f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)證明：由(1)知，當(dāng)a>0時，f(x)min＝f(a)＝lna＋1.要證f(x)≥eq\f(2a－1,a)，只需證lna＋1≥eq\f(2a－1,a).即證lna＋eq\f(1,a)－1≥0.令函數(shù)g(a)＝lna＋eq\f(1,a)－1(a>0)，則g′(a)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,a2)＝eq\f(a－1,a2)，當(dāng)0<a<1時，g′(a)<0；當(dāng)a>1時，g′(a)>0，所以g(a)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(a)min＝g(1)＝0.所以lna＋eq\f(1,a)－1≥0恒成立，所以f(x)≥eq\f(2a－1,a)成立．3．已知f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3.(1)若對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．(2)求證：對一切x∈(0，＋∞)，lnx＞eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)恒成立．解：(1)由題意知2xlnx≥－x2＋ax－3對一切x∈(0，＋∞)恒成立，則a≤2lnx＋x＋eq\f(3,x).設(shè)h(x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)(x＞0)，則h′(x)＝eq\f(x＋3x－1,x2).當(dāng)x∈(0,1)時，h′(x)＜0，h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增．所以h(x)min＝h(1)＝4，因為對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，所以a≤h(x)min＝4，故實數(shù)a的取值范圍是(－∞，4]．(2)證明：問題等價于證明xlnx＞eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x＞0)．因為f(x)＝xlnx(x＞0)，f′(x)＝lnx＋1，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e).設(shè)m(x)＝eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x＞0)，則m′(x)＝eq\f(1－x,ex)，當(dāng)x∈(0,1)時，m′(x)＞0，m(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，m′(x)＜0，m(x)單調(diào)遞減，所以m(x)max＝m(1)＝－eq\f(1,e)，從而對一切x∈(0，＋∞)，f(x)＞m(x)恒成立，即xlnx＞eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)恒成立．所以對一切x∈(0，＋∞)，lnx＞eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)恒成立．4．(2018·黃岡模擬)已知函數(shù)f(x)＝λlnx－e－x(λ∈R)．(1)若函數(shù)f(x)是單調(diào)函數(shù)，求λ的取值范圍；(2)求證：當(dāng)0<x1<x2時，e1－x2－e1－x1>1－eq\f(x2,x1).解：(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，∵f(x)＝λlnx－e－x，∴f′(x)＝eq\f(λ,x)＋e－x＝eq\f(λ＋xe－x,x)，∵函數(shù)f(x)是單調(diào)函數(shù)，∴f′(x)≤0或f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，①當(dāng)函數(shù)f(x)是單調(diào)遞減函數(shù)時，f′(x)≤0，∴eq\f(λ＋xe－x,x)≤0，即λ＋xe－x≤0，λ≤－xe－x＝－eq\f(x,ex).令φ(x)＝－eq\f(x,ex)，則φ′(x)＝eq\f(x－1,ex)，當(dāng)0<x<1時，φ′(x)<0；當(dāng)x>1時，φ′(x)>0，則φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴當(dāng)x>0時，φ(x)min＝φ(1)＝－eq\f(1,e)，∴λ≤－