第2部分 專題6 第4講　利用導(dǎo)數(shù)證明不等式

9/9利用導(dǎo)數(shù)證明不等式考點(diǎn)1單變量的不等式的證明(2021·全國卷乙)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(a－x)，已知x＝0是函數(shù)y＝xf(x)的極值點(diǎn)．(1)求a；(2)設(shè)函數(shù)g(x)＝eq\f(x＋fx,xfx)，證明：g(x)＜1.[解](1)由題意得y＝xf(x)＝xln(a－x)，則y′＝ln(a－x)＋x[ln(a－x)]′.因?yàn)閤＝0是函數(shù)y＝xf(x)的極值點(diǎn)，所以y′|x＝0＝lna＝0，所以a＝1.(2)證明：由(1)可知，f(x)＝ln(1－x)，其定義域?yàn)閧x|x＜1}，當(dāng)0＜x＜1時，ln(1－x)＜0，此時xf(x)＜0.當(dāng)x＜0時，ln(1－x)＞0，此時xf(x)＜0，易知g(x)的定義域?yàn)閧x|x＜1且x≠0}，故要證g(x)＝eq\f(x＋fx,xfx)＜1，只需證x＋f(x)＞xf(x)，即證x＋ln(1－x)－xln(1－x)＞0，令1－x＝t，則t＞0且t≠1，則只需證1－t＋lnt－(1－t)lnt＞0，即證1－t＋tlnt＞0.令h(t)＝1－t＋tlnt，則h′(t)＝－1＋lnt＋1＝lnt，所以h(t)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(t)＞h(1)＝0，即g(x)＜1成立．命題規(guī)律：最常見就是ex和lnx與其他代數(shù)式結(jié)合的題目．重在考查學(xué)生的等價轉(zhuǎn)化能力，邏輯推理及數(shù)學(xué)運(yùn)算的能力.通性通法：單變量不等式的證明方法(1)移項(xiàng)法：證明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))的問題轉(zhuǎn)化為證明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，進(jìn)而構(gòu)造輔助函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)；(2)最值法：欲證f(x)＜g(x)，有時可以證明f(x)max＜g(x)min；(3)放縮法：在證明相關(guān)不等式中，若能靈活運(yùn)用ex≥x＋1，lnx≤x－1這兩個不等式和不等式ex≥ex，lnx≤eq\f(1,e)x，lnx≥1－eq\f(1,x)進(jìn)行放縮，往往事半功倍．一般地，有ef(x)≥f(x)＋1，lng(x)≤g(x)－1，擴(kuò)大了應(yīng)用范圍．1．[與ex，lnx有關(guān)的不等式證明問題]已知函數(shù)f(x)＝1－lnx，x∈(0,1)，求證：eq\f(fx,ex)＋x2－eq\f(1,x)＜1.[證明]法一：(最值法)因?yàn)閤∈(0,1)，所以欲證eq\f(fx,ex)＋x2－eq\f(1,x)＜1，只需證eq\f(1－lnx,ex)＋x2－eq\f(1,x)＜1，即證x(1－lnx)＜(1＋x－x3)ex.設(shè)函數(shù)g(x)＝x(1－lnx)，則g′(x)＝－lnx.當(dāng)x∈(0,1)時，g′(x)＞0，故函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，所以g(x)＜g(1)＝1.設(shè)函數(shù)h(x)＝(1＋x－x3)ex，則h′(x)＝(2＋x－3x2－x3)ex.設(shè)函數(shù)p(x)＝2＋x－3x2－x3，則p′(x)＝1－6x－3x2.當(dāng)x∈(0,1)時，p′(0)·p′(1)＝－8＜0，故存在x0∈(0,1)，使得p′(x0)＝0，從而函數(shù)p(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0,1)上單調(diào)遞減．當(dāng)x∈(0，x0)時，p(x0)＞p(0)＝2，當(dāng)x∈(x0,1)時，p(x0)·p(1)＜－2＜0，故存在x1∈(0,1)，使得h′(x1)＝0，即當(dāng)x∈(0，x1)時，p(x)＞0，當(dāng)x∈(x1,1)時，p(x)＜0，從而函數(shù)h(x)在(0，x1)上單調(diào)遞增，在(x1,1)上單調(diào)遞減．因?yàn)閔(0)＝1，h(1)＝e，所以當(dāng)x∈(0,1)時，h(x)＞h(0)＝1，所以x(1－lnx)＜(1＋x－x3)ex，x∈(0,1)，即eq\f(fx,ex)＋x2－eq\f(1,x)＜1，x∈(0,1)．法二：(放縮法)因?yàn)閤∈(0,1)，所以欲證eq\f(fx,ex)＋x2－eq\f(1,x)＜1，只需證eq\f(1－lnx,ex)＋x2－eq\f(1,x)＜1，即證x(1－lnx)＜(1＋x－x3)ex.設(shè)函數(shù)g(x)＝x(1－lnx)，則g′(x)＝－lnx，當(dāng)x∈(0,1)時，g′(x)＞0，故函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增．所以g(x)＜g(1)＝1.設(shè)函數(shù)h(x)＝(1＋x－x3)ex，x∈(0,1)，因?yàn)閤∈(0,1)，所以x＞x3，所以1＋x－x3＞1，又1＜ex＜e，所以h(x)＞1，所以g(x)＜1＜h(x)，即原不等式成立．法三：(放縮法)因?yàn)閤∈(0,1)，所以欲證eq\f(fx,ex)＋x2－eq\f(1,x)＜1，只需證eq\f(1－lnx,ex)＋x2－eq\f(1,x)＜1，由于1－lnx＞0，ex＞e0＝1，則只需證明1－lnx＋x2－eq\f(1,x)＜1，只需證明lnx－x2＋eq\f(1,x)＞0，令g(x)＝lnx－x2＋eq\f(1,x)，則當(dāng)x∈(0,1)時，g′(x)＝eq\f(1,x)－2x－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1－2x3,x2)＜eq\f(x－1,x2)＜0，則函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，則g(x)＞g(1)＝0，所以lnx－x2＋eq\f(1,x)＞0，即原不等式成立．2．[與sinx，cosx有關(guān)的不等式證明問題]已知f(x)＝cosx＋mx2－1(x≥0)．(1)若f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；(2)證明：當(dāng)x≥0時，ex－2≥sinx－cosx.[解](1)由題意知f(0)＝0，且f′(x)＝－sinx＋2mx，f′(0)＝0，f″(x)＝－cosx＋2m要使f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，則必須滿足f″(x)≥0恒成立，即2m－1≥0，m≥eq\f(1,2).①若m≥eq\f(1,2)，f″(x)≥0，則f′(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，可知f′(x)≥f′(0)＝0，所以f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，可知f(x)≥f(0)＝0，滿足題意．②若m＜eq\f(1,2)，存在x0∈(0，＋∞)，當(dāng)x∈(0，x0)時，f″(x)＜0，則f′(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，此時f′(x)＜f′(0)＝0，所以f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，此時f(x)＜f(0)＝0，舍去．綜上可知，實(shí)數(shù)m的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).(2)證明：由(1)知，當(dāng)m≥eq\f(1,2)時，f(x)＝cosx＋mx2－1≥0，取m＝eq\f(1,2)，則eq\f(1,2)x2－1≥－cosx.結(jié)合(1)可知f′(x)＝－sinx＋x≥0，則x≥sinx，所以eq\f(1,2)x2＋x－1≥sinx－cosx.要證ex－2≥sinx－cosx，只需證ex－2≥eq\f(1,2)x2＋x－1.令g(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－x－1，則g′(x)＝ex－x－1，g″(x)＝ex－1，當(dāng)x≥0時，g″(x)＝ex－1≥0，則g′(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，故g′(x)≥g′(0)＝0，可知g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)≥g(0)＝0，于是ex－eq\f(1,2)x2－x－1≥0，即有ex－2≥sinx－cosx.考點(diǎn)2雙變量的不等式的證明(2018·全國卷Ⅰ改編)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)－x＋alnx存在兩個極值點(diǎn)x1，x2，證明：eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＜a－2.[解]∵f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－eq\f(1,x2)－1＋eq\f(a,x)＝－eq\f(x2－ax＋1,x2)，易知當(dāng)且僅當(dāng)a＞2時，f(x)存在兩個極值點(diǎn)．由于f(x)的兩個極值點(diǎn)x1，x2滿足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨設(shè)x1＜x2，則x2＞1，由于eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＝－eq\f(1,x1x2)－1＋aeq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝－2＋aeq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝－2＋aeq\f(－2lnx2,\f(1,x2)－x2)，所以eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＜a－2等價于eq\f(1,x2)－x2＋2lnx2＜0.設(shè)函數(shù)g(x)＝eq\f(1,x)－x＋2lnx，g′(x)＝－eq\f(1,x2)－1＋eq\f(2,x)＝eq\f(－x2＋2x－1,x2)＝eq\f(－x－12,x2)≤0，∴g(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞減，又g(1)＝0，從而當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g(x)＜0，所以eq\f(1,x2)－x2＋2lnx2＜0，即eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＜a－2.命題規(guī)律：以函數(shù)的極值點(diǎn)、零點(diǎn)為依托，將函數(shù)、方程、不等式巧妙地融合在一起，重在考查學(xué)生的等價轉(zhuǎn)化能力、數(shù)學(xué)運(yùn)算能力和邏輯推理能力．通性通法：證明雙變量不等式的三種常見方法(1)消元法：即借助題設(shè)條件，建立x1與x2的等量關(guān)系，如x2＝g(x1)，從而將f(x1，x2)＞A的雙變量不等式化成h(x1)＞A的單變量不等式．(2)換元法：結(jié)合題設(shè)條件，有時需要先對含有雙變量的不等式進(jìn)行“除法”變形，再對含有雙變量的局部代數(shù)式進(jìn)行“換元”處理，將雙變量問題等價轉(zhuǎn)化為單變量問題，即構(gòu)建形如eq\f(x1,x2)形式．(3)構(gòu)造“形似”函數(shù)：對原不等式同解變形，如移項(xiàng)、通分、取對數(shù)；把不等式轉(zhuǎn)化為左右兩邊是相同結(jié)構(gòu)的式子的結(jié)構(gòu)，根據(jù)“相同結(jié)構(gòu)”構(gòu)造輔助函數(shù)．1．[與零點(diǎn)有關(guān)的雙變量問題]已知函數(shù)f(x)＝ax－lnx(a∈R)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)有兩個零點(diǎn)x1，x2，證明：eq\f(1,lnx1)＋eq\f(1,lnx2)＞2.[解](1)當(dāng)a≤0時，減區(qū)間為(0，＋∞)，沒有增區(qū)間；當(dāng)a＞0時，減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞)).(2)證明：函數(shù)f(x)有兩個零點(diǎn)分別為x1，x2，則a＞0，不妨設(shè)x1＜x2，則lnx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0，兩式相減得lnx2－lnx1＝a(x2－x1)．要證eq\f(1,lnx1)＋eq\f(1,lnx2)＞2，只需證eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)＞2a，只需證eq\f(x1＋x2,2x1x2)＞a，只需證eq\f(x1＋x2,2x1x2)＞eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)，只需證eq\f(x\o\al(2,2)－x\o\al(2,1),2x1x2)＞lneq\f(x2,x1)，只需證lneq\f(x2,x1)＜eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)－\f(x1,x2))).令t＝eq\f(x2,x1)，則t＞1，即證lnt＜eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,t))).設(shè)φ(t)＝lnt－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,t)))，則φ′(t)＝eq\f(2t－t2－1,2t2)＜0，即函數(shù)φ(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，則φ(t)＜φ(1)＝0.即得eq\f(1,lnx1)＋eq\f(1,lnx2)＞2.2．[與極值點(diǎn)有關(guān)的雙變量問題]已知f(x)＝xlnx－eq\f(1,2)mx2－x，m∈R.若f(x)有兩個極值點(diǎn)x1，x2，且x1＜x2，求證：x1x2＞e2(e為自然對數(shù)的底數(shù)).[證明]欲證x1x2＞e2，需證lnx1＋lnx2＞2.由函數(shù)f(x)有兩個極值點(diǎn)x1，x2，可得f′(x)有兩個零點(diǎn)，又f′(x)＝lnx－mx，所以x1，x2是方程f′(x)＝0的兩個不同實(shí)根．法一：于是有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx1－mx1＝0，①,lnx2－mx2＝0，②))①＋②可得lnx1＋lnx2＝m(x1＋x2)，即m＝eq\f(lnx1＋lnx2,x1＋x2)，②－①可得lnx2－lnx1＝m(x2－x1)，即m＝eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)，從而可得eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)＝eq\f(lnx1＋lnx2,x1＋x2)，于是lnx1＋lnx2＝eq\f(lnx2－lnx1x2＋x1,x2－x1)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(x2,x1)))ln\f(x2,x1),\f(x2,x1)－1).又0＜x1＜x2，設(shè)t＝eq\f(x2,x1)，則t＞1.因此lnx1＋lnx2＝eq\f(1＋tlnt,t－1)，t＞1.要證lnx1＋lnx2＞2，即證eq\f(t＋1lnt,t－1)＞2(t＞1)，即證當(dāng)t＞1時，有l(wèi)nt＞eq\f(2t－1,t＋1).令g(t)＝lnt－eq\f(2t－1,t＋1)(t＞1)，則g′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(2t＋1－2t－1,t＋12)＝eq\f(t－12,tt＋12)＞0，所以g(t)為(1，＋∞)上的增函數(shù)．因此g(t)＞ln1－eq\f(2×1－1,1＋1)＝0.于是當(dāng)t＞1時，有l(wèi)nt＞eq\f(2t－1,t＋1).所以有l(wèi)nx1＋lnx2＞2成立，即x1x2＞e2.法二：f′(x1)＝f′(x2)＝0，令f′(x)＝0，則eq\f(lnx,x)＝m，令h(x)＝eq\f(lnx,x)，則h(x1)＝h(x2)＝m，h′(x)＝eq\f(1－