2024年新高考数学一轮复习题型归纳与达标检测第17讲导数的应用——利用导数证明不等式（讲）（Word版附解析）

第17讲导数的应用——利用导数证明不等式思维导图知识梳理构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有：(1)直接构造法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))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)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如lnx≤x－1，ex≥x＋1，lnx＜x＜ex(x＞0)，≤ln(x＋1)≤x(x＞－1)；(3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，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形式，根据“相同结构”构造辅助函数；(4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解．题型归纳题型1移项作差构造函数证明不等式【例1-1】（2019·福州调研）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.[解]　(1)由f(x)＝ex－2x＋2a(x∈R)，知f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln2.当x<ln2时，f′(x)<0，故函数f(x)在区间(－∞，ln2)上单调递减； 当x>ln2时，f′(x)>0，故函数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)在x＝ln2处取得极小值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＝g′(ln2)＝2－2ln2＋2a.又a>ln2－1，则g′(x)min>0.于是对∀x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R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.【跟踪训练1-1】(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)≥.【解析】(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，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0，即1－－－＋x≥0，所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.【名师指导】一般地，要证f(x)>g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数F(x)＝f(x)－g(x)，通过分析F(x)在端点处的函数值来证明不等式．若F(a)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递增即可；若F(b)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递减即可.题型2构造双函数，利用“若f(x)min>g(x)max，则f(x)>g(x)”证明不等式【例2-1】（2020·菏泽调研）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．[解]　(1)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＝－，但f(x)在(0，＋∞)上无最大值．(2)证明：当x>0时，lnx＋1>－等价于x(lnx＋1)>－.由(1)知a＝－1时，f(x)＝xlnx＋x的最小值是－，当且仅当x＝时取等号．设G(x)＝－，x∈(0，＋∞)， 则G′(x)＝，易知G(x)max＝G(1)＝－，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>－.【跟踪训练2-1】（2020·南京模拟）已知三次函数f(x)的导函数f′(x)＝－3x2＋3且f(0)＝－1，g(x)＝xlnx＋(a≥1)．(1)求f(x)的极值；(2)求证：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，都有f(x1)≤g(x2)．【解析】(1)依题意得f(x)＝－x3＋3x－1，f′(x)＝－3x2＋3＝－3(x＋1)(x－1)，知f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是减函数，在(－1,1)上是增函数，所以f(x)极小值＝f(－1)＝－3，f(x)极大值＝f(1)＝1.(2)证明：易得x>0时，f(x)最大值＝1，由a≥1知，g(x)≥xlnx＋(x>0)，令h(x)＝xlnx＋(x>0)，则h′(x)＝lnx＋1－＝lnx＋.注意到h′(1)＝0，当x>1时，h′(x)>0；当0<x<1时，h′(x)<0，即h(x)在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，h(x)最小值＝h(1)＝1，即g(x)最小值＝1.综上知对任意x1，x2∈(0，＋∞)，都有f(x1)≤g(x2).【名师指导】1.在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，可考虑转化为两个函数的最值问题．2．不等式里既有指数又有对数，求导后不好处理，通常是把指数和对数分开，使得不等式一边是指数，另一边是对数，分别计算它们的最值，利用最值来证明不等式.题型3变量代换法证明双变量函数不等式 【例3-1】（2020·大连模拟）若b>a>0，求证：lnb－lna>.[证明]　法一：主元法构造函数f(x)＝lnb－lnx－，其中0<x<b，则f′(x)＝－－＝－＝－.∵0<x<b，∴f′(x)＝－<0，则函数f(x)在(0，b)上单调递减，而b>a>0，故f(a)>f(b)＝0，即lnb－lna>.法二：整体换元法令＝t(t>1)，构造函数f(t)＝lnt－，则f′(t)＝＋＝＝.∵t>1，∴t2－1>0，t2＋2t－1>12＋2－1>0，则f′(t)>0，∴f(t)在(1，＋∞)上单调递增，故f(t)>f(1)＝0，即ln－>0，从而有lnb－lna>.法三：函数不等式的对称性原不等式可化为lnb－>lna－，则构造函数f(x)＝lnx－(b≥x>a>0)，则f′(x)＝－>－＝0，∴f(x)＝lnx－在(a，b)上单调递增，即f(b)>f(a)，则lnb－>lna－，故lnb－lna>.【跟踪训练3-1】（2020·郑州模拟）已知函数f(x)＝(a∈R)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x＋y＋1＝0垂直．(1)试比较20182019与20192018的大小，并说明理由；(2)若函数g(x)＝f(x)－k有两个不同的零点x1，x2，证明：x1·x2＞e2.【解析】(1)依题意得f′(x)＝，所以f′(1)＝＝.易知f′(1)＝1，即＝1，解得a＝ 0.所以f(x)＝(x＞0)，f′(x)＝.令f′(x)＞0，即1－lnx＞0，解得0＜x＜e；令f′(x)＜0，即1－lnx＜0，解得x＞e.所以f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．所以f(2018)＞f(2019)，即＞，即2019ln2018＞2018ln2019，即20182019＞20192018.(2)证明：由题意及(1)得g(x)＝－k，不妨设x1＞x2＞0，因为g(x1)＝g(x2)＝0，所以lnx1－kx1＝0，lnx2－kx2＝0，可得lnx1＋lnx2＝k(x1＋x2)，lnx1－lnx2＝k(x1－x2)．要证明x1·x2＞e2，只需证明lnx1＋lnx2＞2，即证k(x1＋x2)＞2.因为k＝，所以可转化为证＞，即ln＞.令＝t，则t＞1，即证lnt＞.令h(t)＝lnt－(t＞1)，则h′(t)＝－＝＞0.所以函数h(t)在(1，＋∞)上是增函数，所以h(t)＞ln1－＝0，即lnt＞得证．所以x1·x2＞e2.【名师指导】证明双变量函数不等式的常见思路(1)将双变量中的一个看作变量，另一个看作常数，构造一个含参数的辅助函数证明不等式．(2)整体换元．对于齐次式往往可将双变量整体换元，化为一元不等式．