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

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

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＋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)定义域为(0，＋∞)，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＜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＋xln x.‎ 令g(x)＝f(x)－3(x－1)，‎ 即g(x)＝xln x－2x＋3(x＞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 - 6 -‎ 为常数)的图像在点(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＝ln 2，‎ 当x＜ln 2时，f′(x)＜0，f(x)在(－∞，ln 2)上单调递减；‎ 当x＞ln 2时，f′(x)＞0，f(x)在(ln 2，＋∞)上单调递增．‎ 所以当x＝ln 2时，‎ f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－2ln 2，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(ln 2)＞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)ln x，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)＞x.‎ ‎[解](1)f′(x)＝2ax－ln x－1－，‎ 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)ln x，‎ 要证当0＜x≤2时，f(x)＞x，‎ 只需证当0＜x≤2时，x－－ln x＞，即x－ln x＞＋.‎ 令g(x)＝x－ln x，h(x)＝＋，‎ - 6 -‎ 令g′(x)＝1－＝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)＝，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，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)＞x.‎ ‎　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)＝eln x－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)＝－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＝，‎ 则当0＜x＜时，f′(x)＞0；当x＞时，f′(x)＜0，‎ 故f(x)在上单调递增，在上单调递减．‎ ‎(2)证明：因为x＞0，所以只需证f(x)≤－2e，‎ 当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－e.‎ 记g(x)＝－2e(x＞0)，则g′(x)＝，‎ 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)≤－2e，‎ 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 - 6 -‎ 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－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，＋∞)上单调递增，‎ 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．‎ ‎(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)＝ln x－ax2＋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；‎ - 6 -‎ ‎(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(1,1)，又因为f′(x)＝＋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)＝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≥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＋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)．‎ ‎【例1】(1)已知函数f(x)＝，则y＝f(x)的图像大致为(　　)‎ ‎(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．‎ ‎(1)B　[因为f(x)的定义域为 - 6 -‎ 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－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)－＝ex－x2－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)＝ln x－x＋1.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)求证：当x∈(1，＋∞)时，1＜＜x.‎ ‎[解](1)由题设知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ f′(x)＝－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，ln x＜x－1.‎ 故当x∈(1，＋∞)时，ln x＜x－1，＞1. ①‎ 因此ln ＜－1，即ln x＞，＜x. ②‎ 故当x∈(1，＋∞)时恒有1＜＜x.‎ - 6 -‎