导数在不等式中的应用

导数在不等式中的应用

利用函数的单调性证明下列不等式，并通过函数图象直观验证.

(1)e x>1＋x(x≠0)；(2)ln x0).

[试题评析] 1.问题源于求曲线y＝e x在(0，1)处的切线及曲线y＝ln x在(1，0)处的切线，通过观察函数图象间的位置关系可得到以上结论，可构造函数f(x)＝e x－x－1与g(x)＝x－ln x－1对以上结论进行证明.

2.两题从本质上看是一致的，第(4)题可以看作第(3)题的推论.在第(3)题

中，用“ln x”替换“x”，立刻得到x>1＋ln x(x>0且x≠1)，进而得到一组重

要的不等式链：e x>x＋1>x－1>ln x(x>0且x≠1).

3.利用函数的图象(如图)，不难验证上述不等式链成立.

试证明：e x－ln x>2.

【高考真题】已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)当a<0时，证明f(x)≤－3

4a－2.

利用导数研究函数的性质

【例题】已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1.

【尝试训练】已知函数f(x)＝1

x－x＋a ln x.

(1)试讨论函数f(x)的单调性；

(2)设x1，x2是f(x)的两个极值点，且x2>x1，设t＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)，试证明t>0.

利用导数研究函数的零点问题

【例题】(12分)已知函数f(x)＝ln x－x＋1 x－1

.

(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；

(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝e x的切线.

【规范训练】已知函数f(x)＝e x－ax2.

(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；

(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.

跟踪训练

1.已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x有两个不同的零点，求实数a的取值范围.

2.已知函数f(x)＝m e x－x2.

(1)若m＝1，求曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程，

(2)若关于x的不等式f(x)≥x(4－m e x)在[0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围.

3.已知函数f(x)＝e x(ax2＋x＋a)(a≥0).

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)若函数f(x)≤e x(ax2＋2x)＋1恒成立，求实数a的取值范围.

4.设函数f(x)＝1

2x

2－(a－1)x－a ln x.

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)已知函数f(x)有极值m，求证：m<1(已知ln 0.5≈－0.69，ln 0.6≈－0.51).

5.已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝x＋m(m∈R).

(1)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围；

(2)已知x1，x2是函数F(x)＝f(x)－g(x)的两个零点，且x1

6.已知函数f(x)＝ln x＋ax＋1(a∈R).

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)若函数f(x)的图象与x轴相切，求证：对于任意互不相等的正实数x1，x2，都有

f（x2）－f（x1）

x2－x1<

1

x1＋

1

x2.

答案

导数在不等式中的应用

利用函数的单调性证明下列不等式，并通过函数图象直观验证.

(1)e x>1＋x(x≠0)；(2)ln x0).

[试题评析] 1.问题源于求曲线y＝e x在(0，1)处的切线及曲线y＝ln x在(1，0)处的切线，通过观察函数图象间的位置关系可得到以上结论，可构造函数f(x)＝e x－x－1与g(x)＝x－ln x－1对以上结论进行证明.

2.两题从本质上看是一致的，第(4)题可以看作第(3)题的推论.在第(3)题

中，用“ln x”替换“x”，立刻得到x>1＋ln x(x>0且x≠1)，进而得到一组重

要的不等式链：e x >x ＋1>x －1>ln x (x >0且x ≠1).

3.利用函数的图象(如图)，不难验证上述不等式链成立.

【教材拓展】 (一题多解)试证明：e x －ln x >2.

证明 法一 设f (x )＝e x －ln x (x >0)，

则f ′(x )＝e x －1x ，令φ(x )＝e x －1x

， 则φ′(x )＝e x ＋1x 2>0在(0，＋∞)恒成立， 所以φ(x )在(0，＋∞)单调递增，

即f ′(x )＝e x －1x

在(0，＋∞)上是增函数， 又f ′(1)＝e －1>0，f ′⎝⎛⎭⎫12＝e －2<0，

∴f ′(x )＝e x －1x 在⎝⎛⎭

⎫12，1内有唯一的零点. 不妨设f ′(x 0)＝0，则e x 0＝1x 0，从而x 0＝ln 1x 0

＝－ln x 0， 所以当x >x 0时，f ′(x )>0；当0

∴f (x )＝e x －ln x 在x ＝x 0处有极小值，也是最小值.

∴f (x )min ＝f (x 0)＝e x 0－ln x 0＝1x 0

＋x 0>2，x 0∈⎝⎛⎭⎫12，1. 故e x －ln x >2.

法二 注意到e x ≥1＋x (当且仅当x ＝0时取等号)，

x －1≥ln x (当且仅当x ＝1时取等号)，

∴e x ＋x －1>1＋x ＋ln x ，故e x －ln x >2.

探究提高 1.法一中关键有三点：(1)利用零点存在定理，判定极小值点x 0∈⎝⎛⎭⎫12，1；(2)确定e x 0

＝1x 0

，x 0＝－ln x 0的关系；(3)基本不等式的利用. 2.法二联想经典教材习题结论，降低思维难度，优化思维过程，简洁方便.

【链接高考】 已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x .

(1)讨论f (x )的单调性；

(2)当a <0时，证明f (x )≤－34a

－2. (1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，

且f ′(x )＝1x ＋2ax ＋2a ＋1＝（2ax ＋1）（x ＋1）x

. 若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，

故f (x )在(0，＋∞)上单调递增，

若a <0，则当x ∈⎝

⎛⎭⎫0，－12a 时，f ′(x )>0；