（2022高考数学一轮复习(步步高)）第三章 高考专题突破一 第3课时　利用导数证明不等式.docx

1、第第 3 课时课时利用导数证明不等式利用导数证明不等式 题型一 将不等式转化为函数的最值问题 例 1 (2021赣州模拟)已知函数 f(x)1ln x x ，g(x)ae ex 1 xbx，若曲线 yf(x)与曲线 yg(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 x1 时，f(x)g(x)2 x. (1)解因为 f(x)1ln x x ，x0， 所以 f(x)ln x1 x2 ，f(1)1. 因为 g(x)ae ex 1 xbx，所以 g(x) ae ex 1 x2b. 因为曲线 yf(x)与曲线 yg(x)的一个公共点是 A(

2、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)a1b1，g(1)a1b1， 解得 a1，b1. (2)证明由(1)知，g(x)e ex 1 xx， 则 f(x)g(x)2 x1 ln x x e ex 1 xx0. 令 h(x)1ln x x e ex 1 xx(x1)， 则 h(1)0，h(x)1ln x x2 e ex 1 x21 ln x x2 e ex1. 因为 x1，所以 h(x)ln x x2 e ex10， 所以 h(x)在1，)上单调递增， 所以当 x1 时，h(x)h(1)0， 即 1ln x x e ex 1 xx0，

3、所以当 x1 时，f(x)g(x)2 x. 思维升华 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， 有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和 最值即可得证 跟踪训练 1 (2021武汉调研)已知函数 f(x)ln xa x，aR. (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)当 a0 时，证明 f(x)2a1 a . (1)解f(x)1 x a x2 xa x2 (x0) 当 a0 时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增 当 a0 时，若 xa，则 f(x)0， 函数 f(x)在(a，)上单调递增； 若 0 xa，则 f(

4、x)0 时，f(x)minf(a)ln a1. 要证 f(x)2a1 a ，只需证 ln a12a1 a ， 即证 ln a1 a10. 令函数 g(a)ln a1 a1， 则 g(a)1 a 1 a2 a1 a2 (a0)， 当 0a1 时，g(a)1 时，g(a)0， 所以 g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增， 所以 g(a)ming(1)0. 所以 ln a1 a10 恒成立， 所以 f(x)2a1 a . 题型二 将不等式转化为两个函数的 最值进行比较 例 2 (2020长沙模拟)已知函数 f(x)ex2xln x求证：当 x0 时，f(x)xex1 e. 证明要证

5、f(x)xex1 e，只需证 exln xe x1 ex，即 exe x0)， 则 h(x)ex1 ex2 ， 易知 h(x)在 0，1 e 上单调递减， 在 1 e，上单调递增， 则 h(x)minh 1 e 0，所以 ln x 1 ex0.再令(x)exe x，则(x)eex，易知(x)在(0,1)上单调递增，在(1， )上单调递减，则(x)max(1)0，所以 exex0.因为 h(x)与(x)不同时为 0，所以 ex exln x 1 ex，故原不等式成立 思维升华 (1)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，达到证明的目标本例中

6、同时含 ln x 与 ex，不能直接构造函数， 把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明 (2)在证明过程中，等价转化是关键，此处 h(x)min(x)max恒成立从而(x)h(x)恒成立，但 此处(x)与 h(x)取到最值的条件不是同一个“x 的值”，故(x)0)上的最小值； (2)证明：对一切 x(0，)，都有 ln x1 ex 2 ex成立 (1)解由 f(x)xln x， x0， 得 f(x)ln x1， 令 f(x)0， 得 x1 e.当 x 0，1 e 时， f(x)0，f(x)单调递增 当 0t1 et2，即 0t 1 e时，f(x) minf 1 e 1 e；

7、 当1 ett2，即 t 1 e时，f(x)在t，t2上单调递增，f(x) minf(t)tln t令 f(x)的最小值为 g(t)， 所以 g(t) 1 e，0tx ex 2 e(x(0，)由(1)可知 f(x)xln x(x(0，)的最 小值是1 e， 当且仅当x 1 e时取到 设m(x) x ex 2 e(x(0， )， 则m(x) 1x ex ， 由m(x)1 时，m(x)单调递减，由 m(x)0 得 0 x1 ex 2 ex成立 题型三 适当放缩证明不等式 例 3 已知函数 f(x)aln(x1) 2 x1，其中 a 为正实数证明：当 x2 时，f(x)0；当 x(1，)时，(x)2

8、 时，ln(x1)0， aln(x1)a(x2) 要证 f(x)ex(a1)x2a， 只需证 aln(x1) 2 x1e x(a1)x2a， 只需证 a(x2) 2 x10 对于任意的 x2 恒成立 令 h(x)exx 2 x1，x2， 则 h(x)ex1 2 x12. 因为 x2，所以 h(x)0 恒成立， 所以 h(x)在(2，)上单调递增， 所以 h(x)h(2)e240， 所以当 x2 时，f(x)0)， f(x)ex 11 x， kf(1)0， 又 f(1)0， 切点为(1,0) 切线方程为 y00(x1)，即 y0. (2)证明a1，aex 1ex1， f(x)ex 1ln x1.

9、 方法一令(x)ex 1ln x1(x0)， (x)ex 11 x， 令 h(x)ex 11 x， h(x)ex 11 x20， (x)在(0，)上单调递增，又(1)0， 当 x(0,1)时，(x)0， (x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增， (x)min(1)0， (x)0， f(x)(x)0， 即证 f(x)0. 方法二令 g(x)exx1， g(x)ex1. 当 x(，0)时，g(x)0， g(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增， g(x)ming(0)0， 故 exx1，当且仅当 x0 时取“” 同理可证 ln xx1，当且仅当 x1 时取“” 由 exx1e

10、x 1x(当且仅当 x1 时取“”)， 由 x1ln xxln x1(当且仅当 x1 时取“”)， ex 1xln x1， 即 ex 1ln x1， 即 ex 1ln x10(当且仅当 x1 时取“”)， 即证 f(x)0. 方法三f(x)aex 1ln x1，定义域为(0，)， f(x)aex 11 x， 令 k(x)aex 11 x， k(x)aex 11 x20， f(x)在(0，)上单调递增 又 f(1)a10 且 x0 时，f(x)， x0(0,1使 f(x0)0，即 0 1 exa 1 x00， 即 0 1 exa 1 x0， 当 x(0，x0)时，f(x)0， f(x)在(0，x

11、0)上单调递减，在(x0，)上单调递增， f(x)minf(x0) 0 1 exa ln x011 x0ln x 01. 令(x)1 xln x1，x(0,1， (x)1 x2 1 x2. (1)解f(x)e x(1x)， 令 f(x)0 得 x1；令 f(x)1， 函数 f(x)在(，1)上单调递增，在(1，)上单调递减 (2)证明方法一(对称化构造法) 构造辅助函数 F(x)f(x)f(2x)，x1， 则 F(x)f(x)f(2x)e x(1x)ex2(x1) (x1)(ex 2ex)， 当 x1 时，x10，ex 2ex0，F(x)0， F(x)在(1，)上单调递增，F(x)F(1)0，

12、 故当 x1 时，f(x)f(2x)，(*) 由 f(x1)f(x2)，x1x2，可设 x11f(2x2)， 又 f(x1)f(x2)， f(x1)f(2x2) 又 x11,2x22x2， x1x22. 方法二(比值代换法) 设 0 x111，则 x 2tx1，代入上式得 ln x1x1ln tln x1tx1，得 x1 ln t t1，x 2tln t t1. x1x2t1ln t t1 2ln t2t1 t1 0， 设 g(t)ln t2t1 t1 (t1)， g(t)1 t 2t12t1 t12 t12 tt120， 当 t1 时，g(t)单调递增，g(t)g(1)0， ln t2t1

13、t1 0，故 x1x22. 例 2 已知函数 f(x)ln xax 有两个零点 x1，x2. (1)求实数 a 的取值范围； (2)求证：x1x2e2. (1)解f(x)1 xa 1ax x (x0)， 若 a0，则 f(x)0，不符合题意； 若 a0，令 f(x)0，解得 x1 a. 当 x 0，1 a 时，f(x)0； 当 x 1 a，时，f(x)0，解得 0a 1 e. 所以实数 a 的取值范围为 0，1 e . (2)证明因为 f(1)a0，所以 1x11 ax 2. 构造函数 H(x)f 1 axf 1 ax ln 1 axln 1 ax2ax,0 x0， 所以 H(x)在 0，1

14、a 上单调递增， 故 H(x)H(0)0，即 f 1 axf 1 ax. 由 1x11 a1 a， 故 f(x2)f(x1) f 1 a 1 ax 1 2 ax 1，即 x1x22 a. 故 ln x1x2ln x1ln x2a(x1x2)2， 即 x1x2e2. 课时精练课时精练 1(2021莆田模拟)已知函数 f(x)xex 1ax1，曲线 yf(x)在点(2，f(2)处的切线 l 的斜率 为 3e2. (1)求 a 的值及切线 l 的方程； (2)证明：f(x)0. (1)解由 f(x)xex 1ax1， 得 f(x)(x1)ex 1a， 因为曲线 yf(x)在点(2，f(2)处的切线

15、l 的斜率为 3e2，所以 f(2)3ea3e2，解得 a 2， 所以 f(2)2e412e3，故切线 l 的方程为 y(2e3)(3e2)(x2)，即(3e2)xy 4e10. 所以 a2，切线 l 的方程为(3e2)xy4e10. (2)证明由(1)，可得 f(x)xex 12x1， f(x)(x1)ex 12， 所以当 x(，1时，f(x)1)， 则 g(x)(x2)ex 10， 所以当 x(1，)时，g(x)单调递增， 即 f(x)单调递增，又因为 f(1)0， 所以当 x(1,1)时，f(x)0， 所以 f(x)在(，1)上单调递减， 在(1，)上单调递增 所以 f(x)f(1)0.

16、 2(2021沧州七校联考)设 a 为实数，函数 f(x)ex2x2a，xR. (1)求 f(x)的单调区间与极值； (2)求证：当 aln 21 且 x0 时，exx22ax1. (1)解由 f(x)ex2x2a，xR，得 f(x)ex2，xR，令 f(x)0，得 xln 2. 于是当 x 变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表： x(，ln 2)ln 2(ln 2，) f(x)0 f(x)2(1ln 2a) 故 f(x)的单调递减区间是(，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，) f(x)在 xln 2 处取得极小值，极小值为 f(ln 2)2(1ln 2a)，无极大值 (2)证明设

17、g(x)exx22ax1，xR.于是 g(x)ex2x2a，xR. 由(1)知当 aln 21 时，g(x)的最小值为 g(ln 2)2(1ln 2a)0.于是对任意 xR，都 有 g(x)0， 所以 g(x)在 R 内单调递增 于是当 aln 21 时，对任意 x(0，)，都有 g(x)g(0) 又 g(0)0，从而对任意 x(0，)，g(x)0. 即 exx22ax10，故 exx22ax1. 3已知函数 f(x)eln xax(aR) (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 ae 时，证明：xf(x)ex2ex0. (1)解f(x)e xa(x0) 若 a0，则 f(x)0，f(x)在

18、(0，)上单调递增； 若 a0，则当 0 x0；当 x e a时，f(x)0，所以只需证 f(x)e x x 2e， 当 ae 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)maxf(1)e， 记 g(x)e x x 2e(x0)，则 g(x)x1e x x2 ， 所以当 0 x1 时，g(x)1 时，g(x)0，g(x)单调递增， 所以 g(x)ming(1)e， 综上，当 x0 时，f(x)g(x)， 即 f(x)e x x 2e，即 xf(x)ex2ex0. 4已知函数 f(x)ln xax(aR) (1)讨论函数 f(x)在(0，)上的单调性； (

19、2)证明：exe2ln x0 恒成立 (1)解f(x)的定义域为(0，)， f(x)1 xa 1ax x ， 当 a0 时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增， 当 a0 时，令 f(x)0，得 x1 a， x 0，1 a 时，f(x)0；x 1 a，时，f(x)0，即证 ex 2ln x， 令(x)exx1，(x)ex1. 令(x)0，得 x0，x(，0)时，(x)0， (x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增， (x)min(0)0， 即 exx10，即 exx1，当且仅当 x0 时取“” 同理可证 ln xx1，当且仅当 x1 时取“” 由 exx1(当且仅当 x0 时取“

20、”)， 可得 ex 2x1(当且仅当 x2 时取“”)， 又 ln xx1，即 x1ln x，当且仅当 x1 时取“”， 所以 ex 2x1ln x 且两等号不能同时成立， 故 ex 2ln x即证原不等式成立 方法二令(x)exe2ln x，(x)的定义域为(0，)， (x)exe 2 x ，令 h(x)exe 2 x ， h(x)exe 2 x20， (x)在(0，)上单调递增 又(1)ee20， 故x0(1,2)，使(x0)0， 即 0 exe 2 x00， 即 0 exe 2 x0， 当 x(0，x0)时，(x)0， (x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增， (x)mi

21、n(x0) 0 exe2ln x0e 2 x0e 2ln x0e2 x0 0 2 2 e e ln ex e 2 x0e 2(2x0)e2 1 x0 x 02 e2x01 2 x0 0， 故(x)0，即 exe2ln x0，即证原不等式成立 5(2018全国)已知函数 f(x)1 xxaln x. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)若 f(x)存在两个极值点 x1，x2， 证明：fx1fx2 x1x2 2，令 f(x)0，得 xa a 24 2 或 xa a 24 2 . 当 x 0，a a 24 2 a a24 2 ， 时， f(x)0. 所以 f(x)在 0，a a 24 2， a a

22、24 2 ， 上单调递减，在 a a24 2 ，a a 24 2上 单调递增 (2)证明由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当 a2. 由于 f(x)的两个极值点 x1，x2满足 x2ax10， 所以 x1x21，不妨设 x11. 由于fx1fx2 x1x2 1 x1x21a ln x1ln x2 x1x2 2aln x1ln x2 x1x2 2a 2ln x2 1 x2x 2 ， 所以fx1fx2 x1x2 a2 等价于1 x2x 22ln x20. 设函数 g(x)1 xx2ln x，由(1)知，g(x)在(0，)上单调递减 又 g(1)0，从而当 x(1，)时，g(x)0. 所以 1 x2x 22ln x20，即fx 1fx2 x1x2 a2.