第三章　§3.6　利用导数证明不等式

成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期§3.6　利用导数证明不等式考试要求　导数中的不等式证明是高考的常考题型，常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结合，虽然题目难度较大，但是解题方法多种多样，如构造函数法、放缩法等，针对不同的题目，灵活采用不同的解题方法，可以达到事半功倍的效果．题型一　将不等式转化为函数的最值问题例1　(2023·潍坊模拟)已知函数f(x)＝ex－ax－a，a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝1时，令g(x)＝.证明：当x>0时，g(x)>1.(1)解　函数f(x)＝ex－ax－a的定义域为R，求导得f′(x)＝ex－a，当a≤0时，f′(x)>0恒成立，即f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，当a>0时，令f′(x)＝ex－a>0，解得x>lna，令f′(x)<0，解得x<lna，即f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，所以当a≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，当a>0时，f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．(2)证明　当a＝1时，g(x)＝，当x>0时，>1⇔ex>1＋x＋⇔<1，令F(x)＝－1，x>0，F′(x)＝<0恒成立，则F(x)在(0，＋∞)上单调递减，F(x)<F(0)＝－1＝0，因此<1成立，所以当x>0时，g(x)>1，即原不等式得证．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　设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.(1)解　由f(x)＝ex－2x＋2a(x∈R)知，f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln2，成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期 成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期当x<ln2时，f′(x)<0，函数f(x)在区间(－∞，ln2)上单调递减；当x>ln2时，f′(x)>0，函数f(x)在区间(ln2，＋∞)上单调递增，所以f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)，f(x)的极小值为f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2－2ln2＋2a，无极大值．(2)证明　要证当a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1，即证当a>ln2－1且x>0时，ex－x2＋2ax－1>0，设g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x>0)，则g′(x)＝ex－2x＋2a，由(1)知g′(x)min＝2－2ln2＋2a，又a>ln2－1，则g′(x)min>0，于是对∀x∈(0，＋∞)，都有g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，于是对∀x>0，都有g(x)>g(0)＝0，即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.题型二　将不等式转化为两个函数的最值进行比较例2　(2023·苏州模拟)已知函数f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝e时，证明f(x)－＋2e≤0.(1)解　函数的定义域为(0，＋∞)，∵f′(x)＝－a＝(x>0)，∴当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，故函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，由f′(x)>0，得0<x<，由f′(x)<0，得x>，即函数f(x)在区间上单调递增，在上单调递减．综上，当a≤0时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在区间成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期 成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期上单调递增，在上单调递减．(2)证明　证明f(x)－＋2e≤0，只需证明f(x)≤－2e，由(1)知，当a＝e时，函数f(x)在区间(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴f(x)max＝f(1)＝－e.令g(x)＝－2e(x>0)，则g′(x)＝，∴当x∈(0,1)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，∴g(x)min＝g(1)＝－e，∴当x>0，a＝e时，f(x)－＋2e≤0.思维升华　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．本例中同时含lnx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．跟踪训练2　(2023·合肥模拟)已知函数f(x)＝ex＋x2－x－1.(1)求f(x)的最小值；(2)证明：ex＋xlnx＋x2－2x>0.(1)解　由题意可得f′(x)＝ex＋2x－1，则函数f′(x)在R上单调递增，且f′(0)＝0.由f′(x)>0，得x>0；由f′(x)<0，得x<0.则f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)min＝f(0)＝0.(2)证明　要证ex＋xlnx＋x2－2x>0，即证ex＋x2－x－1>－xlnx＋x－1.由(1)可知当x>0时，f(x)>0恒成立．设g(x)＝－xlnx＋x－1，x>0，则g′(x)＝－lnx.由g′(x)>0，得0<x<1；由g′(x)<0，得x>1.则g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g(x)≤g(1)＝0，当且仅当x＝1时，等号成立．故f(x)>g(x)，即ex＋xlnx＋x2－2x>0.成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期 成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期题型三　适当放缩证明不等式例3　已知函数f(x)＝aex－1－lnx－1.(1)若a＝1，求f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)证明：当a≥1时，f(x)≥0.(1)解　当a＝1时，f(x)＝ex－1－lnx－1(x>0)，f′(x)＝ex－1－，k＝f′(1)＝0，又f(1)＝0，∴切点为(1,0)．∴切线方程为y－0＝0(x－1)，即y＝0.(2)证明　∵a≥1，∴aex－1≥ex－1，∴f(x)≥ex－1－lnx－1.方法一　令φ(x)＝ex－1－lnx－1(x>0)，∴φ′(x)＝ex－1－，令h(x)＝ex－1－，∴h′(x)＝ex－1＋>0，∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又φ′(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，φ′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(1)＝0，∴φ(x)≥0，∴f(x)≥φ(x)≥0，即f(x)≥0.方法二　令g(x)＝ex－x－1，∴g′(x)＝ex－1.当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期 成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期∴g(x)min＝g(0)＝0，故ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”．同理可证lnx≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”．由ex≥x＋1⇒ex－1≥x(当且仅当x＝1时取“＝”)，由x－1≥lnx⇒x≥lnx＋1(当且仅当x＝1时取“＝”)，∴ex－1≥x≥lnx＋1，即ex－1≥lnx＋1，即ex－1－lnx－1≥0(当且仅当x＝1时取“＝”)，即f(x)≥0.思维升华　导数方法证明不等式中，最常见的是ex和lnx与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对ex和lnx进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明．常见的放缩公式如下：(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号；(2)lnx≤x－1，当且仅当x＝1时取等号．跟踪训练3　(2022·南充模拟)已知函数f(x)＝ax－sinx.(1)若函数f(x)为增函数，求实数a的取值范围；(2)求证：当x>0时，ex>2sinx.(1)解　∵f(x)＝ax－sinx，∴f′(x)＝a－cosx，由函数f(x)为增函数，则f′(x)＝a－cosx≥0恒成立，即a≥cosx在R上恒成立，∵y＝cosx∈[－1,1]，∴a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．(2)证明　由(1)知，当a＝1时，f(x)＝x－sinx为增函数，当x>0时，f(x)>f(0)＝0⇒x>sinx，要证当x>0时，ex>2sinx，只需证当x>0时，ex>2x，即证ex－2x>0在(0，＋∞)上恒成立，设g(x)＝ex－2x(x>0)，则g′(x)＝ex－2，令g′(x)＝0解得x＝ln2，∴g(x)在(0，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(ln2)＝eln2－2ln2＝2(1－ln2)>0，∴g(x)≥g(ln2)>0，∴ex>2x成立，故当x>0时，ex>2sinx.成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期 成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期课时精练1．已知函数f(x)＝ax＋xlnx，且曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线4x－y＋1＝0平行．(1)求实数a的值；(2)求证：当x>0时，f(x)>4x－3.(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1＋a，由题意知，f′(e)＝2＋a＝4，则a＝2.(2)证明　由(1)知，f(x)＝2x＋xlnx，令g(x)＝f(x)－(4x－3)＝xlnx－2x＋3，则g′(x)＝lnx－1，由lnx－1>0得x>e，由lnx－1<0得0<x<e，故g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(e)＝3－e>0，即g(x)>0，即f(x)>4x－3.2．(2023·淄博模拟)已知函数f(x)＝ex－x－1.(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)当x≥0时，求证：f(x)＋x＋1≥x2＋cosx.(1)解　易知函数f(x)的定义域为R，∵f(x)＝ex－x－1，∴f′(x)＝ex－1，令f′(x)>0，解得x>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，令f′(x)<0，解得x<0，f(x)在(－∞，0)上单调递减，即f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，∴函数f(x)的极小值为f(0)＝0，无极大值．(2)证明　要证f(x)＋x＋1≥x2＋cosx，即证ex－x2－cosx≥0，设g(x)＝ex－x2－cosx，要证原不等式成立，即证g(x)≥0成立，∵g′(x)＝ex－x＋sinx，sinx≥－1，∴g′(x)＝ex－x＋sinx≥ex－x－1成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期 成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期，由(1)知，ex－x－1≥0(x＝0时等号成立)，∴g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴在区间[0，＋∞)上，g(x)≥g(0)＝0，∴当x≥0时，f(x)＋x＋1≥x2＋cosx得证．3．已知函数f(x)＝xlnx－ax.(1)当a＝－1时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的最值；(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx＋1>－成立．(1)解　函数f(x)＝xlnx－ax的定义域为(0，＋∞)，当a＝－1时，f(x)＝xlnx＋x，f′(x)＝lnx＋2，由f′(x)＝0，得x＝，当0<x<时，f′(x)<0；当x>时，f′(x)>0，所以f(x)在上单调递减，在上单调递增，因此f(x)在x＝处取得最小值，即f(x)min＝f ＝－，无最大值．(2)证明　当x>0时，lnx＋1>－，等价于x(lnx＋1)>－，由(1)知，当a＝－1时，f(x)＝xlnx＋x≥－，当且仅当x＝时取等号，设G(x)＝－，x∈(0，＋∞)，则G′(x)＝，易知G(x)max＝G(1)＝－，成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期 成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期当且仅当x＝1时取到，从而可知对一切x∈(0，＋∞)，都有f(x)>G(x)，即lnx＋1>－.4．(2022·新高考全国Ⅱ)已知函数f(x)＝xeax－ex.(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x>0时，f(x)<－1，求a的取值范围；(3)设n∈N*，证明：＋＋…＋>ln(n＋1)．(1)解　当a＝1时，f(x)＝(x－1)ex，x∈R，则f′(x)＝xex，当x<0时，f′(x)<0，当x>0时，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)解　设h(x)＝xeax－ex＋1，则h(0)＝0，又h′(x)＝(1＋ax)eax－ex，设g(x)＝(1＋ax)eax－ex，则g′(x)＝(2a＋a2x)eax－ex，若a>，则g′(0)＝2a－1>0，因为g′(x)为连续不间断函数，故存在x0∈(0，＋∞)，使得∀x∈(0，x0)，总有g′(x)>0，故g(x)在(0，x0)上单调递增，故g(x)>g(0)＝0，故h(x)在(0，x0)上单调递增，故h(x)>h(0)＝0，与题设矛盾．若0<a≤，则h′(x)＝(1＋ax)eax－ex＝eax＋ln(1＋ax)－ex，下证：对任意x>0，总有ln(1＋x)<x成立，成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期 成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期证明：设S(x)＝ln(1＋x)－x，x>0，故S′(x)＝－1＝<0，故S(x)在(0，＋∞)上单调递减，故S(x)<S(0)＝0，即ln(1＋x)<x成立．由上述不等式有eax＋ln(1＋ax)－ex<eax＋ax－ex＝e2ax－ex≤0，故h′(x)≤0总成立，即h(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以h(x)<h(0)＝0，满足题意．若a≤0，则h′(x)＝eax－ex＋axeax<1－1＋0＝0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以h(x)<h(0)＝0，满足题意．综上，a≤.(3)证明　取a＝，则∀x>0，总有－ex＋1<0成立，令t＝，则t>1，t2＝ex，x＝2lnt，故2tlnt<t2－1，即2lnt<t－对任意的t>1恒成立．所以对任意的n∈N*，有2ln<－，整理得ln(n＋1)－lnn<，故＋＋…＋>ln2－ln1＋ln3－ln2＋…＋ln(n＋1)－lnn＝ln(n＋1)，故不等式成立．成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期