《高三數(shù)學北師大版理一輪教師用書：第3章 第4節(jié) 利用導數(shù)證明不等式 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高三數(shù)學北師大版理一輪教師用書：第3章 第4節(jié) 利用導數(shù)證明不等式 Word版含解析（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第四節(jié)　利用導數(shù)證明不等式 考點1　單變量不等式的證明 　單變量不等式的證明方法 (1)移項法：證明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))的問題轉化為證明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，進而構造輔助函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)； (2)構造“形似”函數(shù)：對原不等式同解變形，如移項、通分、取對數(shù)；把不等式轉化為左右兩邊是相同結構的式子的結構，根據(jù)“相同結構”構造輔助函數(shù)； (3)最值法：欲證f(x)＜g(x)，有時可以證明f(x)max＜g(x)min. 　直接將不等式轉化為函數(shù)的最值問題 　已知函數(shù)f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x

2、. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)當a＜0時，證明f(x)≤－－2. [解]　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝. 當a≥0，則當x∈(0，＋∞)時，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 當a＜0，則當x∈時，f′(x)＞0；當x∈時，f′(x)＜0. 故f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． (2)證明：由(1)知，當a＜0時，f(x)在x＝－取得最大值，最大值為f＝ln－1－. 所以f(x)≤－－2等價于ln－1－≤－－2，即ln＋＋1≤0.設g(x)＝ln x－x＋1，則g′(x)＝－1.當x∈(0,1)時，g′(x

3、)＞0；當x∈(1，＋∞)時，g′(x)＜0.所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．故當x＝1時，g(x)取得最大值，最大值為g(1)＝0.所以當x＞0時，g(x)≤0.從而當a＜0時，ln＋＋1≤0，即f(x)≤－－2. 　將不等式轉化為函數(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)≤f(x)max或f(x)≥f(x)min直接證得不等式． 　轉化為兩個函數(shù)的最值進行比較 　已知f(x)＝xln x. (1)求函數(shù)f(x)在[t，t＋2](t＞0)上的最小值； (2)證明：對一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)n x

4、＞－成立． [解]　(1)由f(x)＝xln x，x＞0，得f′(x)＝ln x＋1， 令f′(x)＝0，得x＝. 當x∈時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減； 當x∈時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增． ①當0＜t＜＜t＋2，即0＜t＜時， f(x)min＝f ＝－； ②當≤t＜t＋2，即t≥時，f(x)在[t，t＋2]上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(t)＝tln t. 所以f(x)min＝ (2)證明：問題等價于證明xln x＞－(x∈(0，＋∞))． 由(1)可知f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－， 當且僅當x＝時取到． 設m(x)＝－(x∈(

5、0，＋∞))， 則m′(x)＝， 由m′(x)＜0得x＞1時，m(x)為減函數(shù)， 由m′(x)＞0得0＜x＜1時，m(x)為增函數(shù)， 易知m(x)max＝m(1)＝－，當且僅當x＝1時取到． 從而對一切x∈(0，＋∞)，xln x≥－≥－，兩個等號不同時取到，即證對一切x∈(0，＋∞)都有l(wèi)n x＞－成立． 　在證明的不等式中，若對不等式的變形無法轉化為一個函數(shù)的最值問題，可以借助兩個函數(shù)的最值進行證明． 　構造函數(shù)證明不等式 　已知函數(shù)f(x)＝ex－3x＋3a(e為自然對數(shù)的底數(shù)，a∈R)． (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值； (2)求證：當a＞ln ，且x＞0時，＞x

6、＋－3a. [解]　(1)由f(x)＝ex－3x＋3a，x∈R，知f′(x)＝ex－3，x∈R. 令f′(x)＝0，得x＝ln 3， 于是當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞，ln 3) ln 3 (ln 3，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 極小值 故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，ln 3]， 單調(diào)遞增區(qū)間是[ln 3，＋∞)， f(x)在x＝ln 3處取得極小值，極小值為f(ln 3)＝eln 3－3ln 3＋3a＝3(1－ln 3＋a)．無極大值． (2)證明：待證不等式等價于ex＞x2－3ax＋1， 設g(

7、x)＝ex－x2＋3ax－1，x＞0， 于是g′(x)＝ex－3x＋3a，x＞0. 由(1)及a＞ln ＝ln 3－1知：g′(x)的最小值為g′(ln 3)＝3(1－ln 3＋a)＞0. 于是對任意x＞0，都有g′(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 于是當a＞ln ＝ln 3－1時，對任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)＞g(0)． 而g(0)＝0，從而對任意x∈(0，＋∞)，g(x)＞0. 即ex＞x2－3ax＋1，故＞x＋－3a. 　若證明f(x)＞g(x)，x∈(a，b)，可以構造函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)，如果能證明h(x)在(a，b)上的最小值大于

8、0，即可證明f(x)＞g(x)，x∈(a，b)． 　已知函數(shù)f(x)＝aex－bln x，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處 的切線方程為y＝x＋1. (1)求a，b； (2)證明：f(x)＞0. [解]　(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)． f′(x)＝aex－，由題意得f(1)＝，f′(1)＝－1， 所以解得 (2)證明：由(1)知f(x)＝·ex－ln x. 因為f′(x)＝ex－2－在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又f′(1)＜0，f′(2)＞0，所以f′(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一實根x0，且x0∈(1,2)． 當x∈(0，x0)時，f′(x)＜0，當x∈

9、(x0，＋∞)時，f′(x)＞0， 從而當x＝x0時，f(x)取極小值，也是最小值． 由f′(x0)＝0，得ex0－2＝，則x0－2＝－ln x0. 故f(x)≥f(x0)＝ex0－2－ln x0＝＋x0－2＞2－2＝0，所以f(x)＞0. 考點2　雙變量不等式的證明 　破解含雙參不等式證明題的3個關鍵點 (1)轉化，即由已知條件入手，尋找雙參所滿足的關系式，并把含雙參的不等式轉化為含單參的不等式． (2)巧構造函數(shù)，再借用導數(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，把所求的最值應用到雙參不等式，即可證得結果． 　已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax(

10、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x1＞x2＞0， 因為ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0， 所以ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，所以＝a， 欲證x1x2＞e2，即證ln x1＋ln x2＞2. 因為ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，所以即證a＞， 所以原問題等價于證明＞， 即ln ＞， 令c＝(c＞1)，則不等式變?yōu)閘n c＞. 令h(c)＝ln c－，c＞1， 所以h′(c)＝－＝＞0， 所以h(c)在(1，＋∞)上單調(diào)遞

11、增， 所以h(c)＞h(1)＝ln 1－0＝0， 即ln c－＞0(c＞1)，因此原不等式x1x2＞e2得證． 　換元法構造函數(shù)證明不等式的基本思路是直接消掉參 數(shù)a，再結合所證問題，巧妙引入變量c＝，從而構造相應的函數(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 抓商構元 令c＝，消掉變量x1，x2構造關于c的函數(shù)h(c) 用導求解 利用導數(shù)求解函數(shù)h(c)的最小值，從而可證得結論 　已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R. (1)當a＝0時，求函數(shù)f(x)的圖像在(1，f(1))處的切線方程； (2)若a＝－2，正實數(shù)x1

12、，x2滿足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，求證：x1＋x2≥. [解]　(1)當a＝0時，f(x)＝ln x＋x，則f(1)＝1，所以切點為(1,1)，又因為f′(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a＝－2時，f(x)＝ln x＋x2＋x(x＞0)． 由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0， 得ln x1＋x＋x1＋ln x2＋x＋x2＋x1x2＝0， 從而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)， 令t＝x1x2(t＞0)，令φ(t)＝t－ln t，得φ′(t)＝1－＝，

13、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≥成立． 考點3　證明與正整數(shù)有關的不等式問題 　函數(shù)中與正整數(shù)有關的不等式，其實質(zhì)是利用函數(shù)性質(zhì)證明數(shù)列不等式，證明此類問題時常根據(jù)已知的函數(shù)不等式，用關于正整數(shù)n的不等式替代函數(shù)不等式中的自變量，通過多次求和達到證明的目的． 　若函數(shù)f(x)＝ex－ax－1(a＞0)在x＝0處取極值． (1)求a的值，并判斷該極值是函數(shù)的最大值還是最小值； (2)證明：1＋＋＋…＋＞ln(n＋1)(n∈N＋)． [解

14、]　(1)因為x＝0是函數(shù)極值點，所以f′(0)＝0，所以a＝1. f(x)＝ex－x－1，易知f′(x)＝ex－1. 當x∈(0，＋∞)時，f′(x)＞0， 當x∈(－∞，0)時，f′(x)＜0， 故極值f(0)是函數(shù)最小值． (2)證明：由(1)知ex≥x＋1. 即ln(x＋1)≤x，當且僅當x＝0時，等號成立， 令x＝(k∈N＋)， 則＞ln，即＞ln ， 所以＞ln(1＋k)－ln k(k＝1,2，…，n)， 累加得1＋＋＋…＋＞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數(shù)有關的不等式(或與指數(shù)有關的不等式)，要注意

15、指、對數(shù)式的互化，如ex≥x＋1可化為ln(x＋1)≤x等． 　已知函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)＋. (1)若x＞0時，f(x)＞1恒成立，求a的取值范圍； (2)求證：ln(n＋1)＞＋＋ ＋…＋(n∈N＋). [解]　(1)由ln(x＋1)＋＞1，得 a＞(x＋2)－(x＋2)ln(x＋1)． 令g(x)＝(x＋2)[1－ln(x＋1)]， 則g′(x)＝1－ln(x＋1)－＝－ln(x＋1)－. 當x＞0時，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減． 所以g(x)＜g(0)＝2，故a的取值范圍為[2，＋∞)． (2)證明：由(1)知ln(x＋1)＋＞1(

16、x＞0)， 所以ln(x＋1)＞. 令x＝(k＞0)，得ln＞，即ln＞. 所以ln ＋ln ＋ln ＋…＋ln ＞＋＋＋…＋， 即ln(n＋1)＞＋＋＋…＋(n∈N＋). 課外素養(yǎng)提升③　邏輯推理——用活兩個經(jīng)典不等式 邏輯推理是得到數(shù)學結論，構建數(shù)學體系的重要方式，是數(shù)學嚴謹性的基本保證．利用兩個經(jīng)典不等式解決其他問題，降低了思考問題的難度，優(yōu)化了推理和運算過程． (1)對數(shù)形式：x≥1＋ln x(x＞0)，當且僅當x＝1時，等號成立． (2)指數(shù)形式：ex≥x＋1(x∈R)，當且僅當x＝0時，等號成立．進一步可得到一組不等式鏈：ex＞x＋1＞x＞1＋ln x(x＞0，且x

17、≠1)． 【例1】　(1)已知函數(shù)f(x)＝，則y＝f(x)的圖像大致為(　　) (2)已知函數(shù)f(x)＝ex，x∈R.證明：曲線y＝f(x)與曲線y＝x2＋x＋1有唯一公共點． (1)B　[因為f(x)的定義域為 即{x|x＞－1，且x≠0}，所以排除選項D. 當x＞0時，由經(jīng)典不等式x＞1＋ln x(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時均有f(x)＜0，排除A，C，易知B正確．] (2)證明：令g(x)＝f(x)－＝ex－x2－x－1，x∈R， 則g′(x)

18、＝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，即兩曲線有唯一公共點． 【例2】　(2017·全國卷Ⅲ改編)已知函數(shù)f(x)＝x－1－aln x. (1)若f(x)≥0，求a的值； (2)證明：對于任意正整數(shù)n，…＜e. [解]　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)， ①若a≤0，因為f＝－＋aln 2＜0，所以不滿足題意． ②若a＞0，由f′(x)＝1－＝知， 當x∈(0，a)時，f′(x)＜0； 當x∈(a，＋∞)時，f′(x)＞0； 所以f(x)在(0，a

19、)單調(diào)遞減，在(a，＋∞)單調(diào)遞增， 故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值點． 因為f(1)＝0，所以當且僅當a＝1時，f(x)≥0，故a＝1. (2)證明：由(1)知當x∈(1，＋∞)時，x－1－ln x＞0. 令x＝1＋，得ln＜. 從而ln＋ln＋…＋ln＜＋＋…＋＝1－＜1. 故…＜e. 【例3】　設函數(shù)f(x)＝ln x－x＋1. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)求證：當x∈(1，＋∞)時，1＜＜x. [解]　(1)由題設知，f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1. 當0＜x＜1時，f′(x)＞0，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增； 當x＞1時，f′(x)＜0，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減． (2)證明：由(1)知f(x)在x＝1處取得最大值，最大值為f(1)＝0. 所以當x≠1時，ln x＜x－1. 故當x∈(1，＋∞)時，ln x＜x－1，＞1. ① 因此ln ＜－1， 即ln x＞，＜x. ② 故當x∈(1，＋∞)時恒有1＜＜x.