第4讲 第1课时 利用导数证明不等式

(2)证明：由(1)知，g(x)＝－eex＋1x＋x， 则 f(x)＋g(x)≥2x⇔1－lnxx－eex－1x＋x≥0. 令 h(x)＝1－lnxx－eex－1x＋x(x≥1)， 则 h(1)＝0，h′(x)＝－1－xl2n x＋eex＋x12＋1＝lnx2x＋eex＋1. 因为 x≥1，所以 h′(x)＝lnx2x＋eex＋1>0， 所以 h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以 h(x)≥h(1)＝0，即 1－lnxx－eex－1x＋x≥0， 所以当 x≥1 时，f(x)＋g(x)≥2x.
(1)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数 的最值问题． (2)在证明过程中，等价转化是关键，此处 f(x)min>g(x)max 恒成立．从而 f(x)>g(x)，但此 处 f(x)与 g(x)取到最值的条件不是同一个“x 的值”．
已知 f(x)＝xln 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>e1x－e2x成立．
【解】 (1)因为 f(x)＝1－lnxx， 所以 f′(x)＝ln xx－2 1，f′(1)＝－1. 因为 g(x)＝aeex＋1x－bx， 所以 g′(x)＝－aeex－x12－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：法一：因为 x>0，所以只需证 f(x)≤exx－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)＝exx－2e(x>0)， 则 g′(x)＝（x－x21）ex， 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，
第四章 导数及其应用
第4讲 导数的综合应用 第1课时 利用导数证明不等式
数学
01
学科素养 探究提升
02பைடு நூலகம்
高效演练 分层突破
考点一 移项补充构造法(综合型) (2020·江西赣州模拟)已知函数 f(x)＝1－lnxx，g(x)＝aeex＋1x－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)≥2x.
解：(1)由 f(x)＝xln x，x>0，得 f′(x)＝ln x＋1， 令 f′(x)＝0，得 x＝1e. 当 x∈0，1e时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当 x∈1e，＋∞时，f′(x)>0，f(x)单调递增． ①当 0<t<1e<t＋2，即 0<t<1e时， f(x)min＝f1e＝－1e；
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，利 用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证．
已知函数 f(x)＝ax＋xln x 在 x＝e－2(e 为自然对数的底数)处取得极小值． (1)求实数 a 的值； (2)当 x>1 时，求证：f(x)>3(x－1)．
(2)证明：由(1)知 a＝1，所以 f(x)＝x＋xln x. 令 g(x)＝f(x)－3(x－1)， 即 g(x)＝xln x－2x＋3(x>0)． g′(x)＝ln x－1，由 g′(x)＝0，得 x＝e. 由 g′(x)>0，得 x>e；由 g′(x)<0，得 0<x<e. 所以 g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增， 所以 g(x)在(1，＋∞)上的最小值为 g(e)＝3－e>0. 于是在(1，＋∞)上，都有 g(x)≥g(e)>0， 所以 f(x)>3(x－1)．
所以 g(x)min＝g(1)＝－e. 综上，当 x>0 时，f(x)≤g(x)， 即 f(x)≤exx－2e，即 xf(x)－ex＋2ex≤0. 法二：由题意知，即证 exln x－ex2－ex＋2ex≤0， 从而等价于 ln x－x＋2≤eexx. 设函数 g(x)＝ln x－x＋2，则 g′(x)＝1x－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，
考点二 隔离分析法(综合型) (2020·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)－ex＋2ex≤0. 【解】 (1)f′(x)＝xe－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<ae时，f′(x)>0，当 x>ae时，f′(x)<0， 故 f(x)在0，ae上单调递增，在ae，＋∞上单调递减．
解：(1)因为 f(x)＝ax＋xln x， 所以 f′(x)＝a＋ln x＋1， 因为函数 f(x)在 x＝e－2 处取得极小值， 所以 f′(e－2)＝0，即 a＋ln e－2＋1＝0， 所以 a＝1，所以 f′(x)＝ln x＋2. 当 f′(x)>0 时，x>e－2； 当 f′(x)<0 时，0<x<e－2， 所以 f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增， 所以 f(x)在 x＝e－2 处取得极小值，符合题意，所以 a＝1.
从而 g(x)在(0，＋∞)上的最大值为 g(1)＝1. 设函数 h(x)＝eexx，则 h′(x)＝ex（exx－2 1）. 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)－ex＋2ex≤0.