2021届北师大版高考理科数一轮复习教师用书：第三章 第2讲 第3课时 利用导数证明不等式
第3课时 利用导数证明不等式
方法一：移项补充构造法
(2020·江西赣州模拟)已知函数f(x)＝1－，g(x)＝＋－bx，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直．
(1)求a，b的值；
(2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.
【解】 (1)因为f(x)＝1－，
所以f′(x)＝，f′(1)＝－1.
因为g(x)＝＋－bx，
所以g′(x)＝－－－b.
因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直，所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，
所以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，解得a＝－1，b＝－1.
(2)证明：由(1)知，g(x)＝－＋＋x，
则f(x)＋g(x)≥⇔1－－－＋x≥0.
令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，
则h(1)＝0，h′(x)＝－＋＋＋1＝＋＋1.
因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1>0，
所以h(x)在[1，＋∞)上是增加的，所以h(x)≥h(1)＝0，即1－－－＋x≥0，
所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.
待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证．
已知函数f(x)＝ax＋xln x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)＝ax＋xln x，
所以f′(x)＝a＋ln x＋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＋ln e－2＋1＝0，
所以a＝1，所以f′(x)＝ln x＋2.
当f′(x)>0时，x>e－2；当f′(x)<0时，0
0)．
g′(x)＝ln x－1，由g′(x)＝0，得x＝e.
由g′(x)>0，得x>e；由g′(x)<0，得00.
于是在(1，＋∞)上，都有g(x)≥g(e)>0，所以f(x)>3(x－1)．
方法二：隔离分析法
(2020·福州模拟)已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
【解】 (1)f′(x)＝－a(x>0)，
①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上是增加的；
②若a>0，则当00，
当x>时，f′(x)<0，
故f(x)在上是增加的，在上是减少的．
(2)证明：法一：因为x>0，所以只需证f(x)≤－2e，
当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0，1)上是增加的，在(1，＋∞)上是减少的，
所以f(x)max＝f(1)＝－e.
记g(x)＝－2e(x>0)，
则g′(x)＝，
所以当01时，g′(x)>0，g(x)是增加的，
所以g(x)min＝g(1)＝－e.
综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，
即f(x)≤－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.
法二：由题意知，即证exln x－ex2－ex＋2ex≤0，
从而等价于ln x－x＋2≤.
设函数g(x)＝ln x－x＋2，则g′(x)＝－1.
所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，
故g(x)在(0，1)上是增加的，在(1，＋∞)上是减少的，
从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1.
设函数h(x)＝，则h′(x)＝.
所以当x∈(0，1)时，h′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，
故h(x)在(0，1)上是减少的，在(1，＋∞)上是增加的，
从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1.
综上，当x>0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.
若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目的．
已知f(x)＝xln x.
(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ln x>－成立．
解：(1)由f(x)＝xln x，x>0，得f′(x)＝ln x＋1，
令f′(x)＝0，得x＝.
当x∈时，f′(x)<0，f(x)是减少的；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)是增加的．
①当0－(x∈(0，＋∞))．
由(1)可知f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－，
当且仅当x＝时取到．
设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，
则m′(x)＝，
由m′(x)<0得x>1时，m(x)为减函数，
由m′(x)>0得0－成立．
方法三：特征分析法
已知函数f(x)＝ax－ln x－1.
(1)若f(x)≥0恒成立，求a的最小值；
(2)证明：＋x＋ln x－1≥0；
(3)已知k(e－x＋x2)≥x－xln x恒成立，求k的取值范围．
【解】 (1)由题意知x>0，
所以f(x)≥0等价于a≥.
令g(x)＝，则g′(x)＝，
所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.
则g(x)在(0，1)上是增加的，在(1，＋∞)上是减少的，所以g(x)max＝g(1)＝1，则a≥1，
所以a的最小值为1.
(2)证明：当a＝1时，由(1)得x≥ln x＋1.
即t≥ln t＋1.
令＝t，则－x－ln x＝ln t，
所以≥－x－ln x＋1，即＋x＋ln x－1≥0.
(3)因为k(e－x＋x2)≥x－xln x，
即k≥1－ln x恒成立，
所以k≥＝－＋1，
由(2)知＋x＋ln x－1≥0恒成立，
所以－＋1≤1，故k≥1.
这种方法往往要在前面问题中证明出某个不等式，在后续的问题中应用前面的结论，呈现出层层递进的特点．
已知函数f(x)＝.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)若对任意的x>1，恒有ln(x－1)＋k＋1≤kx成立，求k的取值范围；
(3)证明：＋＋…＋<(n∈N＋，n≥2)．
解：(1)f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝－，由f′(x)＝0⇒x＝1，列表如下：
x
(0，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
增加
极大值
减少
因此函数f(x)的增区间为(0，1)，减区间为(1，＋∞)，极大值为f(1)＝1，无极小值．
(2)因为x>1，
ln(x－1)＋k＋1≤kx⇔≤k⇔f(x－1)≤k，
所以f(x－1)max≤k，所以k≥1.
(3)证明：由(1)可得f(x)＝≤f(x)max＝f(1)＝1⇒≤1－，当且仅当x＝1时取等号．
令x＝n2(n∈N+，n≥2)．
则<1－⇒<
<
＝(n≥2)，
所以＋＋…＋
<＋＋…＋
＝＝(n∈N+，n≥2)．
方法四：换元构造法
已知函数f(x)＝ln x－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，
欲证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2.
因为ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，所以即证a>，
所以原问题等价于证明>，
即ln>，
令c＝(c>1)，则不等式变为ln c>.
令h(c)＝ln c－，c>1，
所以h′(c)＝－＝>0，
所以h(c)在(1，＋∞)上是增加的，
所以h(c)>h(1)＝ln 1－0＝0，
即ln c－>0(c>1)，因此原不等式x1x2>e2得证．
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＝，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＝，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)＝ln x－ax2＋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≥.
解：(1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，则f(1)＝1，所以切点为(1，1)，又因为f′(x)＝＋1，所以切线的斜率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)＝ln x＋x2＋x(x>0)．
由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，
得ln x1＋x＋x1＋ln x2＋x＋x2＋x1x2＝0，
从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)，
令t＝x1x2(t>0)，令φ(t)＝t－ln t，得φ′(t)＝1－＝，
易知φ(t)在区间(0，1)上是减少的，在区间(1，＋∞)上是增加的，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≥.
两个经典不等式的活用
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＋ln x(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＋ln x(x>0，且x≠1)．
(1)已知函数f(x)＝，则y＝f(x)的图象大致为( )
(2)已知函数f(x)＝ex，x∈R.证明：曲线y＝f(x)与曲线y＝x2＋x＋1有唯一公共点．
【解】 (1)选B.因为f(x)的定义域为
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＋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－10，由f′(x)＝1－＝知，当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(0，a)上是减少的，在(a，＋∞)上是增加的，故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点．
因为f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，故a＝1.
(2)证明：由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0.
令x＝1＋，得ln<.
从而ln＋ln＋…＋ln<＋＋…＋＝1－<1.
故…0，f(x)在(0，1)上是增加的；
当x>1时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上是减少的．
(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，ln x1.①
因此ln <－1，即ln x>，1，则( )
A．f(2)－f(1)>ln 2 B．f(2)－f(1)1 D．f(2)－f(1)<1
解析：选A.根据题意，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，则xf′(x)>1⇒f′(x)>＝(ln x)′，即f′(x)－(ln x)′>0.令F(x)＝f(x)－ln x，则F(x)在(0，＋∞)上是增加的，故f(2)－ln 2>f(1)－ln 1，即f(2)－f(1)>ln 2.
2．若0ln x2－ln x1
B．e x2－e x1x1ex2
D．x2ex1x1ex2，故选C.
3．已知函数f(x)＝aex－ln x－1.(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．
(1)设x＝2是函数f(x)的极值点，求实数a的值，并求f(x)的单调区间；
(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.
由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.
从而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－.
当02时，f′(x)>0.
所以f(x)在(0，2)上是减少的，在(2，＋∞)上是增加的．
(2)证明：当a≥时，f(x)≥－ln x－1.
设g(x)＝－ln x－1，则g′(x)＝－.
当01时，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的最小值点．故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.
因此，当a≥时，f(x)≥0.
4．(2020·武汉调研)已知函数f(x)＝ln x＋，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a>0时，证明：f(x)≥.
解：(1)f′(x)＝－＝(x>0)．
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上是增加的．
当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上是增加的；
若00时，f(x)min＝f(a)＝ln a＋1.
要证f(x)≥，只需证ln a＋1≥，
即证ln a＋－1≥0.
令函数g(a)＝ln a＋－1，则g′(a)＝－＝(a>0)，
当01时，g′(a)>0，
所以g(a)在(0，1)上是减少的，在(1，＋∞)上是增加的，
所以g(a)min＝g(1)＝0.
所以ln a＋－1≥0恒成立，
所以f(x)≥.
5．(2020·广东茂名一模)已知函数f(x)＝(a∈R)的图象在x＝2处的切线斜率为.
(1)求实数a的值，并讨论函数f(x)的单调性；
(2)若g(x)＝exln x＋f(x)，证明：g(x)>1.
解：(1)由f′(x)＝，
得切线斜率k＝f′(2)＝ae·＝，解得a＝2.
所以f(x)＝，其定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，且f′(x)＝2ex－1·.
令f′(x)>0，解得x>1，故f(x)在区间(1，＋∞)上是增加的；
令f′(x)<0，解得x<1，且x≠0，故f(x)在区间(－∞，0)和区间(0，1)上是减少的．
(2)证明：由(1)知g(x)＝exln x＋，定义域为(0，＋∞)，
所以g(x)>1，即exln x＋>1等价于xln x>－.
设h(x)＝xln x(x>0)，则h′(x)＝ln x＋1.
因为h′＝ln＋1＝0，所以当x∈时，h′(x)<0；当x∈时，h′(x)>0.故h(x)在区间上是减少的，在区间上是增加的，所以h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h＝－.
设m(x)＝－(x>0)，则m′(x)＝.所以当x∈(0，1)时，m′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，m′(x)<0.故m(x)在区间(0，1)上是增加的，在区间(1，＋∞)上是减少的，所以m(x)在(0，＋∞)上的最大值为m(1)＝－.
综上可得，在区间(0，＋∞)上恒有h(x)>m(x)成立，即g(x)>1.
6．已知函数f(x)＝λln x－e－x(λ∈R)．
(1)若函数f(x)是单调函数，求λ的取值范围；
(2)求证：当01－.
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
因为f(x)＝λln x－e－x，
所以f′(x)＝＋e－x＝，
因为函数f(x)是单调函数，
所以f′(x)≤0或f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
①当函数f(x)是减函数时，f′(x)≤0，
所以≤0，即λ＋xe－x≤0，λ≤－xe－x＝－.
令φ(x)＝－，则φ′(x)＝，
当01时，φ′(x)>0，
则φ(x)在(0，1)上是减少的，在(1，＋∞)上是增加的，
所以当x>0时，φ(x)min＝φ(1)＝－，所以λ≤－.
②当函数f(x)是增函数时，f′(x)≥0，
所以≥0，即λ＋xe－x≥0，λ≥－xe－x＝－，
由①得φ(x)＝－在(0，1)上是减少的，在(1，＋∞)上是增加的，又φ(0)＝0，x→＋∞时
，φ(x)<0，所以λ≥0.
综上，λ的取值范围为∪[0，＋∞)．
(2)证明：由(1)可知，当λ＝－时，f(x)＝－ln x－e－x在(0，＋∞) 上是减少的，
因为0f(x2)，
即－ln x1－e－x1>－ln x2－e－x2，
所以e1－x2－e1－x1>ln x1－ln x2.
要证e1－x2－e1－x1>1－，
只需证ln x1－ln x2>1－，即证ln>1－.
令t＝，t∈(0，1)，则只需证ln t>1－，
令h(t)＝ln t＋－1，则h′(t)＝－＝，
当00，即ln t>1－，原不等式得证．
