2021届高考数学(理)一轮复习学案：第3章导数及其应用第4节利用导数证明不等式.doc

1、第四节 利用导数证明不等式课堂考点探究考点1单变量不等式的证明单变量不等式的证明方法(1)移项法：证明不等式f(x)g(x)(f(x)g(x)的问题转化为证明f(x)g(x)0(f(x)g(x)0)，进而构造辅助函数h(x)f(x)g(x)；(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数；(3)最值法：欲证f(x)g(x)，有时可以证明f(x)maxg(x)min.直接将不等式转化为函数的最值问题已知函数f(x)ln xax2(2a1)x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a0时，证明f(x)2.解

2、(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)2ax2a1.当a0，则当x(0，)时，f(x)0，故f(x)在(0，)上单调递增当a0，则当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：由(1)知，当a0时，f(x)在x取得最大值，最大值为fln1.所以f(x)2等价于ln12，即ln10.设g(x)ln xx1，则g(x)1.当x(0,1)时，g(x)0；当x(1，)时，g(x)0.所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减故当x1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)0.所以当x0时，g(x)0.从而当a0时，ln10，即f(x)2.将不

3、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直接证得不等式转化为两个函数的最值进行比较已知f(x)xln x.(1)求函数f(x)在t，t2(t0)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，x0，得f(x)ln x1，令f(x)0，得x.当x时，f(x)0，f(x)单调递减；当x时，f(x)0，f(x)单调递增当0tt2，即0t时，f(x)minf ；当tt2，即t时，f(x)在t，t2上单调递增，f(x)minf(t)tln t.所以f(x)min

4、(2)证明：问题等价于证明xln x(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x1时，m(x)为减函数，由m(x)0得0x1时，m(x)为增函数，易知m(x)maxm(1)，当且仅当x1时取到从而对一切x(0，)，xln x，两个等号不同时取到，即证对一切x(0，)都有ln x成立在证明的不等式中，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构造函数证明不等式已知函数f(x)ex3x3a(e为自然对数的底数，aR)(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当aln ，且

5、x0时，x3a.解(1)由f(x)ex3x3a，xR，知f(x)ex3，xR.令f(x)0，得xln 3，于是当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，ln 3)ln 3(ln 3，)f(x)0f(x)极小值故f(x)的单调递减区间是(，ln 3，单调递增区间是ln 3，)，f(x)在xln 3处取得极小值，极小值为f(ln 3)eln 33ln 33a3(1ln 3a)无极大值(2)证明：待证不等式等价于exx23ax1，设g(x)exx23ax1，x0，于是g(x)ex3x3a，x0.由(1)及aln ln 31知：g(x)的最小值为g(ln 3)3(1ln 3a)0.于是对任

6、意x0，都有g(x)0，所以g(x)在(0，)上单调递增于是当aln ln 31时，对任意x(0，)，都有g(x)g(0)而g(0)0，从而对任意x(0，)，g(x)0.即exx23ax1，故x3a.若证明f(x)g(x)，x(a，b)，可以构造函数h(x)f(x)g(x)，如果能证明h(x)在(a，b)上的最小值大于0，即可证明f(x)g(x)，x(a，b)已知函数f(x)aexbln x，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为yx1.(1)求a，b；(2)证明：f(x)0.解(1)函数f(x)的定义域为(0，)f(x)aex，由题意得f(1)，f(1)1，所以解得(2)证明：由(1

7、)知f(x)exln x.因为f(x)ex2在(0，)上单调递增，又f(1)0，f(2)0，所以f(x)0在(0，)上有唯一实根x0，且x0(1,2)当x(0，x0)时，f(x)0，当x(x0，)时，f(x)0，从而当xx0时，f(x)取极小值，也是最小值由f(x0)0，得ex02，则x02ln x0.故f(x)f(x0)ex02ln x0x02220，所以f(x)0.考点2双变量不等式的证明破解含双参不等式证明题的3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

8、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 xax(x0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1x2)求证：x1x2e2.证明不妨设x1x20，因为ln x1ax10，ln x2ax20，所以ln x1ln x2a(x1x2)，ln x1ln x2a(x1x2)，所以a，欲证x1x2e2，即证ln x1ln x22.因为ln x1ln x2a(x1x2)，所以即证a，所以原问题等价于证明，即ln ，令c(c1)，则不等式变为ln c.令h(c)ln c，c1，所以h(c)0，所以h(c)在(1，)上单调递增，所以h(c)h(1)ln 100，即ln

9、 c0(c1)，因此原不等式x1x2e2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 xax2x，aR.(1)当a0时，求函数f(x)的图像在(1，f(1)处的切线方程；(2)若a2，正实数x1，x2满足f(x1)f(x2)x1x20，求证：x1x2.解(1)当a0时，f(x)ln xx，则f(1)1，所以切点为(1,1)，又因为f(

10、x)1，所以切线斜率kf(1)2，故切线方程为y12(x1)，即2xy10.(2)证明：当a2时，f(x)ln xx2x(x0)由f(x1)f(x2)x1x20，得ln x1xx1ln x2xx2x1x20，从而(x1x2)2(x1x2)x1x2ln(x1x2)，令tx1x2(t0)，令(t)tln t，得(t)1，易知(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，)上单调递增，所以(t)(1)1，所以(x1x2)2(x1x2)1，因为x10，x20，所以x1x2成立考点3证明与正整数有关的不等式问题函数中与正整数有关的不等式，其实质是利用函数性质证明数列不等式，证明此类问题时常根据已知的函数

11、不等式，用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量，通过多次求和达到证明的目的若函数f(x)exax1(a0)在x0处取极值(1)求a的值，并判断该极值是函数的最大值还是最小值；(2)证明：1ln(n1)(nN)解(1)因为x0是函数极值点，所以f(0)0，所以a1.f(x)exx1，易知f(x)ex1.当x(0，)时，f(x)0，当x(，0)时，f(x)0，故极值f(0)是函数最小值(2)证明：由(1)知exx1.即ln(x1)x，当且仅当x0时，等号成立，令x(kN)，则ln，即ln ，所以ln(1k)ln k(k1,2，n)，累加得1ln(n1)(nN)已知函数式为指数不等式(或对数

12、不等式)，而待证不等式为与对数有关的不等式(或与指数有关的不等式)，要注意指、对数式的互化，如exx1可化为ln(x1)x等已知函数f(x)ln(x1).(1)若x0时，f(x)1恒成立，求a的取值范围；(2)求证：ln(n1) (nN). 解(1)由ln(x1)1，得a(x2)(x2)ln(x1)令g(x)(x2)1ln(x1)，则g(x)1ln(x1)ln(x1).当x0时，g(x)0，所以g(x)在(0，)上单调递减所以g(x)g(0)2，故a的取值范围为2，)(2)证明：由(1)知ln(x1)1(x0)，所以ln(x1).令x(k0)，得ln，即ln.所以ln ln ln ln ，即l

13、n(n1)(nN).课外素养提升逻辑推理用活两个经典不等式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：x1ln x(x0)，当且仅当x1时，等号成立(2)指数形式：exx1(xR)，当且仅当x0时，等号成立进一步可得到一组不等式链：exx1x1ln x(x0，且x1)【例1】(1)已知函数f(x)，则yf(x)的图像大致为()(2)已知函数f(x)ex，xR.证明：曲线yf(x)与曲线yx2x1有唯一公共点(1)B因为f(x)的定义域为即x|x1，且x0，所以排除选项D.当x0时

14、，由经典不等式x1ln x(x0)，以x1代替x，得xln(x1)(x1，且x0)，所以ln(x1)x0(x1，且x0)，即x0或1x0时均有f(x)0，排除A，C，易知B正确(2)证明：令g(x)f(x)exx2x1，xR，则g(x)exx1，由经典不等式exx1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】(2017全国卷改编)已知函数f(x)x1aln x.(1)若f(x)0，求a的值；(2)证明：对于任意正整数n，e.解(1)f(x)的定义域为(0，)，若a0，因为faln 20，所以不满足题意若a

15、0，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)单调递减，在(a，)单调递增，故xa是f(x)在(0，)的唯一最小值点因为f(1)0，所以当且仅当a1时，f(x)0，故a1.(2)证明：由(1)知当x(1，)时，x1ln x0.令x1，得ln.从而lnlnln11.故e.【例3】设函数f(x)ln xx1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)求证：当x(1，)时，1x.解(1)由题设知，f(x)的定义域为(0，)，f(x)1，令f(x)0，解得x1.当0x1时，f(x)0，f(x)在(0,1)上单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)在(1，)上单调递减(2)证明：由(1)知f(x)在x1处取得最大值，最大值为f(1)0.所以当x1时，ln xx1.故当x(1，)时，ln xx1，1.因此ln 1，即ln x，x.故当x(1，)时恒有1x.