高2020优化方案高考总复习数学理课件配套学案第三章导数及其应用第4讲利用导数证明不等式

第4讲 利用导数证明不等式
直接将不等式转化为函数的最值问题(师生共研)
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 )≤－3
4a
－2.
【解】 (1)f (x )的定义域为(0,＋∞),f ′(x )＝1
x ＋2ax ＋2a ＋1＝（x ＋1）（2ax ＋1）x .
当a ≥0,则当x ∈(0,＋∞)时,f ′(x )>0,故f (x )在(0,＋∞)上单调递增． 当a <0,则当x ∈(0,－12a )时,f ′(x )>0；当x ∈(－1
2a ,＋∞)时,f ′(x )<0.
故f (x )在(0,－12a )上单调递增,在(－1
2a
,＋∞)上单调递减．
(2)证明：由(1)知,当a <0时,f (x )在x ＝－12a 取得最大值,最大值为f (－12a )＝ln(－1
2a )－1
－1
4a
. 所以f (x )≤－34a －2等价于ln(－12a )－1－14a ≤－34a －2,即ln(－12a )＋1
2a ＋1≤0.设g (x )＝
ln x －x ＋1,则g ′(x )＝1
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x ＝1时,g (x )取得最大值,最大值为g (1)＝0.所以当x >0时,g (x )≤0.从而当a <0时,ln(－12a )＋12a ＋1≤0,即f (x )≤－3
4a
－2.
将不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(师生共研)
已知f (x )＝x ln x .
(1)求函数f (x )在[t ,t ＋2](t >0)上的最小值；
(2)证明：对一切x ∈(0,＋∞),都有ln x >1e x －2
e x 成立．
【解】 (1)由f (x )＝x ln x ,x >0,得f ′(x )＝ln x ＋1, 令f ′(x )＝0,得x ＝1
e
.
当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1
e 时,
f ′(x )<0,f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1
e ，＋∞时,
f ′(x )>0,f (x )单调递增． ①当0<t <1e <t ＋2,即0<t <1
e 时,
f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1
e
； ②当1e ≤t <t ＋2,即t ≥1
e
时,f (x )在[t ,t ＋2]上单调递增,f (x )min ＝f (t )＝t ln t .
所以f (x )min
＝⎩⎨⎧－1e ，0<t <1
e
t ln t ，t ≥1
e
.
(2)证明：问题等价于证明x ln x >x e x －2
e (x ∈(0,＋∞))．
由(1)可知f (x )＝x ln x (x ∈(0,＋∞))的最小值是－1
e ,
当且仅当x ＝1
e 时取到．
设m (x )＝x e x －2
e (x ∈(0,＋∞)),
则m ′(x )＝1－x
e
x ,
由m ′(x )<0得x >1时,m (x )为减函数, 由m ′(x )>0得0<x <1时,m (x )为增函数,
易知m (x )max ＝m (1)＝－1
e
,当且仅当x ＝1时取到．
从而对一切x ∈(0,＋∞),x ln x ≥－1e ≥x e x －2
e ,两个等号不同时取到,即证对一切x ∈(0,＋
∞)都有ln x >1e x －2
e 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(师生共研)
已知函数f (x )＝e x －3x ＋3a (e 为自然对数的底数,a ∈R )． (1)求f (x )的单调区间与极值；
(2)求证：当a ＞ln 3e ,且x ＞0时,e x x ＞32x ＋1
x
－3a .
【解】 (1)由f (x )＝e x －3x ＋3a ,x ∈R ,知f ′(x )＝e x －3,x ∈R . 令f ′(x )＝0,得x ＝ln 3,
于是当x 变化时,f ′(x ),f (x )的变化情况如下表：
故f (x )单调递增区间是[ln 3,＋∞),
f (x )在x ＝ln 3处取得极小值,极小值为f (ln 3)＝e ln 3－3ln 3＋3a ＝3(1－ln 3＋a )．无极大值．
(2)证明：待证不等式等价于e x ＞3
2x 2－3ax ＋1,
设g (x )＝e x －3
2x 2＋3ax －1,x ＞0,
于是g ′(x )＝e x －3x ＋3a ,x ＞0.
由(1)及a ＞ln 3
e ＝ln 3－1知：g ′(x )的最小值为g ′(ln 3)＝3(1－ln 3＋a )＞0.
于是对任意x ＞0,都有g ′(x )＞0,所以g (x )在(0,＋∞)内单调递增． 于是当a ＞ln 3
e ＝ln 3－1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e x
＞32x 2－3ax ＋1,故e x x ＞32x ＋1
x
－3a .
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 )上的最大值小于0,即可证明f (x )<g (x ),x ∈(a ,b )．
利用赋值法证明正整数不等式(师生共研)
若函数f (x )＝e x －ax －1(a >0)在x ＝0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：1＋12＋13＋…＋1
n >ln(n ＋1)(n ∈N *)．
【解】 (1)因为x ＝0是函数极值点,所以f ′(0)＝0, 所以a ＝1.
f (x )＝e x －x －1,易知f ′(x )＝e x －1.
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e x ≥x ＋1.
即ln(x ＋1)≤x ,当且仅当x ＝0时,等号成立, 令x ＝1
k
(k ∈N *),
则1k >ln ⎝⎛⎭⎫1＋1k ,即1k >ln 1＋k k , 所以1
k >ln(1＋k )－ln k (k ＝1,2,…,n ),
累加得1＋12＋13＋…＋1
n
>ln(n ＋1)(n ∈N *)．
(1)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．
(2)已知函数式为指数不等式(或对数不等式),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),还要注意指、对数式的互化,如e x >x ＋1可化为ln(x ＋1)<x 等．
1．(2019·河南豫南九校联考)设定义在(0,＋∞)上的函数f (x )的导函数f ′(x )满足xf ′(x )>1,则( )
A ．f (2)－f (1)>ln 2
B ．f (2)－f (1)<ln 2
C ．f (2)－f (1)>1
D ．f (2)－f (1)<1
解析：选A.根据题意,函数f (x )的定义域为(0,＋∞),则xf ′(x )>1⇒f ′(x )>1
x ＝(ln x )′,即f ′(x )
－(ln x )′>0.令F (x )＝f (x )－ln x ,则F (x )在(0,＋∞)上单调递增,故f (2)－ln 2>f (1)－ln 1,即f (2)－f (1)>ln 2.
2．若0<x 1<x 2<1,则( ) A ．e x 2－e x 1>ln x 2－ln x 1 B ．e x 2－e x 1<ln x 2－ln x 1 C ．x 2e x 1>x 1e x 2 D ．x 2e x 1<x 1e x 2
解析：选C.令f (x )＝e x
x ,
则f ′(x )＝x e x －e x x 2＝e x （x －1）
x 2
.
当0<x <1时,f ′(x )<0,
即f (x )在(0,1)上单调递减,因为0<x 1<x 2<1, 所以f (x 2)<f (x 1),即e x 2x 2<e x 1
x 1,
所以x 2e x 1>x 1e x 2,故选C. 3．已知函数f (x )＝a e x －ln x －1.
(1)设x ＝2是f (x )的极值点,求a ,并求f (x )的单调区间； (2)证明：当a ≥1
e
时,f (x )≥0.
解：(1)f (x )的定义域为(0,＋∞),f ′(x )＝a e x －1
x .
由题设知,f ′(2)＝0,所以a ＝
12e 2
. 从而f (x )＝12e 2e x －ln x －1,f ′(x )＝12e 2e x －1
x .
当0<x <2时,f ′(x )<0；当x >2时,f ′(x )>0. 所以f (x )在(0,2)单调递减,在(2,＋∞)单调递增． (2)证明：当a ≥1e 时,f (x )≥e x
e －ln x －1.
设g (x )＝e x e －ln x －1,则g ′(x )＝e x e －1
x
.
当0<x <1时,g ′(x )<0；当x >1时,g ′(x )>0.所以x ＝1是g (x )的最小值点．故当x >0时,g (x )≥g (1)＝0.
因此,当a ≥1
e
时,f (x )≥0.
4．(2019·武汉调研)已知函数f (x )＝ln x ＋a
x ,a ∈R .
(1)讨论函数f (x )的单调性； (2)当a >0时,证明f (x )≥2a －1
a .
解：(1)f ′(x )＝1x －a x 2＝x －a
x
2(x >0)．
当a ≤0时,f ′(x )>0,f (x )在(0,＋∞)上单调递增．
当a >0时,若x >a ,则f ′(x )>0,函数f (x )在(a ,＋∞)上单调递增； 若0<x <a ,则f ′(x )<0,函数f (x )在(0,a )上单调递减． (2)证明：由(1)知,当a >0时,f (x )min ＝f (a )＝ln a ＋1. 要证f (x )≥2a －1a ,只需证ln a ＋1≥2a －1
a
,
即证ln a ＋1
a
－1≥0.
令函数g (a )＝ln a ＋1a －1,则g ′(a )＝1a －1a 2＝a －1
a 2(a >0),
当0<a <1时,g ′(a )<0,当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 )min ＝g (1)＝0. 所以ln a ＋1
a －1≥0恒成立,
所以f (x )≥2a －1
a
.
5．(一题多解)(2019·福州模拟)已知函数f (x )＝eln x －ax (a ∈R )． (1)讨论f (x )的单调性；
(2)当a ＝e 时,证明：xf (x )－e x ＋2e x ≤0. 解：(1)f ′(x )＝e
x
－a (x >0)．
①若a ≤0,则f ′(x )>0,f (x )在(0,＋∞)上单调递增； ②若a >0,则当0<x <e a 时,f ′(x )>0,当x >e
a 时,f ′(x )<0,
故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，e a 上单调递增,在⎝⎛⎭⎫e
a ，＋∞上单调递减． (2)证明：法一：因为x >0,所以只需证f (x )≤e x
x
－2e ,
当a ＝e 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 )max ＝f (1)＝－e. 记g (x )＝e x
x －2e(x >0),
则g ′(x )＝（x －1）e x
x 2
,
所以当0<x <1时,g ′(x )<0,g (x )单调递减,当x >1时,g ′(x )>0,g (x )单调递增, 所以g (x )min ＝g (1)＝－e.
综上,当x >0时,f (x )≤g (x ),即f (x )≤e x
x －2e ,即xf (x )－e x ＋2e x ≤0.
法二：由题意知,即证e x ln x －e x 2－e x ＋2e x ≤0, 从而等价于ln x －x ＋2≤e x
e x
.
设函数g (x )＝ln x －x ＋2,则g ′(x )＝1
x
－1.
所以当x ∈(0,1)时,g ′(x )>0,当x ∈(1,＋∞)时,g ′(x )<0,
故g (x )在(0,1)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减, 从而g (x )在(0,＋∞)上的最大值为g (1)＝1. 设函数h (x )＝e x
e x ,则h ′(x )＝e x （x －1）e x 2
.
所以当x ∈(0,1)时,h ′(x )<0,当x ∈(1,＋∞)时,h ′(x )>0, 故h (x )在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增, 从而h (x )在(0,＋∞)上的最小值为h (1)＝1. 综上,当x >0时,g (x )≤h (x ),即xf (x )－e x ＋2e x ≤0. 6．已知函数f (x )＝ln(x ＋a )－x 2－x 在x ＝0处取得极值． (1)求实数a 的值；
(2)证明：对于任意的正整数n ,不等式2＋34＋4
9＋…＋n ＋1n 2>ln(n ＋1)都成立．
解：(1)因为f ′(x )＝
1
x ＋a
－2x －1, 又因为x ＝0为f (x )的极值点． 所以f ′(0)＝1
a
－1＝0,
所以a ＝1.经检验,a ＝1时在x ＝0处取得极值, 所以a ＝1.
(2)证明：由(1)知f (x )＝ln(x ＋1)－x 2－x . 因为f ′(x )＝
1
x ＋1－2x －1＝－x （2x ＋3）x ＋1
. 令f ′(x )>0得－1<x <0.
当x 变化时,f ′(x ),f (x )变化情况如下表．
所以f (x )≤f 令x ＝1n ,则ln ⎝⎛⎭⎫1n ＋1<⎝⎛⎭⎫1n 2＋1n , 即ln n ＋1n <n ＋1n
2,
所以ln 21＋ln 32＋…＋ln n ＋1n <2＋34＋…＋n ＋1n 2.
即2＋34＋4
9＋…＋n ＋1n
2>ln(n ＋1)．。