新高考數(shù)學一輪復習講義第3章　§3.6　利用導數(shù)證明不等式（含解析）

§3.6利用導數(shù)證明不等式考試要求導數(shù)中的不等式證明是高考的常考題型，常與函數(shù)的性質(zhì)、函數(shù)的零點與極值、數(shù)列等相結(jié)合，雖然題目難度較大，但是解題方法多種多樣，如構(gòu)造函數(shù)法、放縮法等，針對不同的題目，靈活采用不同的解題方法，可以達到事半功倍的效果．題型一將不等式轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題例1(2023·濰坊模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax－a，a∈R.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當a＝1時，令g(x)＝eq\f(2fx,x2).證明：當x>0時，g(x)>1.(1)解函數(shù)f(x)＝ex－ax－a的定義域為R，求導得f′(x)＝ex－a，當a≤0時，f′(x)>0恒成立，即f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，當a>0時，令f′(x)＝ex－a>0，解得x>lna，令f′(x)<0，解得x<lna，即f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當a≤0時，f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，當a>0時，f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)證明當a＝1時，g(x)＝eq\f(2ex－x－1,x2)，當x>0時，eq\f(2ex－x－1,x2)>1?ex>1＋x＋eq\f(x2,2)?eq\f(\f(1,2)x2＋x＋1,ex)<1，令F(x)＝eq\f(\f(1,2)x2＋x＋1,ex)－1，x>0，F(xiàn)′(x)＝eq\f(－\f(1,2)x2,ex)<0恒成立，則F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，F(xiàn)(x)<F(0)＝eq\f(1,e0)－1＝0，因此eq\f(\f(1,2)x2＋x＋1,ex)<1成立，所以當x>0時，g(x)>1，即原不等式得證．思維升華待證不等式的兩邊含有同一個變量時，一般地，可以直接構(gòu)造“左減右”的函數(shù)，有時對復雜的式子要進行變形，利用導數(shù)研究其單調(diào)性和最值，借助所構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性和最值即可得證．跟蹤訓練1設(shè)a為實數(shù)，函數(shù)f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值；(2)求證：當a>ln2－1且x>0時，ex>x2－2ax＋1.(1)解由f(x)＝ex－2x＋2a(x∈R)知，f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln2，當x<ln2時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，ln2)上單調(diào)遞減；當x>ln2時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在區(qū)間(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，ln2)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ln2，＋∞)，f(x)的極小值為f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2－2ln2＋2a，無極大值．(2)證明要證當a>ln2－1且x>0時，ex>x2－2ax＋1，即證當a>ln2－1且x>0時，ex－x2＋2ax－1>0，設(shè)g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x>0)，則g′(x)＝ex－2x＋2a，由(1)知g′(x)min＝2－2ln2＋2a，又a>ln2－1，則g′(x)min>0，于是對?x∈(0，＋∞)，都有g(shù)′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，于是對?x>0，都有g(shù)(x)>g(0)＝0，即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.題型二將不等式轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)的最值進行比較例2(2023·蘇州模擬)已知函數(shù)f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當a＝e時，證明f(x)－eq\f(ex,x)＋2e≤0.(1)解函數(shù)的定義域為(0，＋∞)，∵f′(x)＝eq\f(e,x)－a＝eq\f(e－ax,x)(x>0)，∴當a≤0時，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當a>0時，由f′(x)>0，得0<x<eq\f(e,a)，由f′(x)<0，得x>eq\f(e,a)，即函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．綜上，當a≤0時，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當a>0時，f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)證明證明f(x)－eq\f(ex,x)＋2e≤0，只需證明f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，由(1)知，當a＝e時，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，∴f(x)max＝f(1)＝－e.令g(x)＝eq\f(ex,x)－2e(x>0)，則g′(x)＝eq\f(x－1ex,x2)，∴當x∈(0,1)時，g′(x)<0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減；當x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，∴g(x)min＝g(1)＝－e，∴當x>0，a＝e時，f(x)－eq\f(ex,x)＋2e≤0.思維升華若直接求導比較復雜或無從下手時，可將待證式進行變形，構(gòu)造兩個函數(shù)，從而找到可以傳遞的中間量，達到證明的目標．本例中同時含lnx與ex，不能直接構(gòu)造函數(shù)，把指數(shù)與對數(shù)分離兩邊，分別計算它們的最值，借助最值進行證明．跟蹤訓練2(2023·合肥模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex＋x2－x－1.(1)求f(x)的最小值；(2)證明：ex＋xlnx＋x2－2x>0.(1)解由題意可得f′(x)＝ex＋2x－1，則函數(shù)f′(x)在R上單調(diào)遞增，且f′(0)＝0.由f′(x)>0，得x>0；由f′(x)<0，得x<0.則f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)min＝f(0)＝0.(2)證明要證ex＋xlnx＋x2－2x>0，即證ex＋x2－x－1>－xlnx＋x－1.由(1)可知當x>0時，f(x)>0恒成立．設(shè)g(x)＝－xlnx＋x－1，x>0，則g′(x)＝－lnx.由g′(x)>0，得0<x<1；由g′(x)<0，得x>1.則g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，從而g(x)≤g(1)＝0，當且僅當x＝1時，等號成立．故f(x)>g(x)，即ex＋xlnx＋x2－2x>0.題型三適當放縮證明不等式例3已知函數(shù)f(x)＝aex－1－lnx－1.(1)若a＝1，求f(x)在(1，f(1))處的切線方程；(2)證明：當a≥1時，f(x)≥0.(1)解當a＝1時，f(x)＝ex－1－lnx－1(x>0)，f′(x)＝ex－1－eq\f(1,x)，k＝f′(1)＝0，又f(1)＝0，∴切點為(1,0)．∴切線方程為y－0＝0(x－1)，即y＝0.(2)證明∵a≥1，∴aex－1≥ex－1，∴f(x)≥ex－1－lnx－1.方法一令φ(x)＝ex－1－lnx－1(x>0)，∴φ′(x)＝ex－1－eq\f(1,x)，令h(x)＝ex－1－eq\f(1,x)，∴h′(x)＝ex－1＋eq\f(1,x2)>0，∴φ′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又φ′(1)＝0，∴當x∈(0,1)時，φ′(x)<0；當x∈(1，＋∞)時，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)min＝φ(1)＝0，∴φ(x)≥0，∴f(x)≥φ(x)≥0，即f(x)≥0.方法二令g(x)＝ex－x－1，∴g′(x)＝ex－1.當x∈(－∞，0)時，g′(x)<0；當x∈(0，＋∞)時，g′(x)>0，∴g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)min＝g(0)＝0，故ex≥x＋1，當且僅當x＝0時取“＝”．同理可證lnx≤x－1，當且僅當x＝1時取“＝”．由ex≥x＋1?ex－1≥x(當且僅當x＝1時取“＝”)，由x－1≥lnx?x≥lnx＋1(當且僅當x＝1時取“＝”)，∴ex－1≥x≥lnx＋1，即ex－1≥lnx＋1，即ex－1－lnx－1≥0(當且僅當x＝1時取“＝”)，即f(x)≥0.思維升華導數(shù)方法證明不等式中，最常見的是ex和lnx與其他代數(shù)式結(jié)合的問題，對于這類問題，可以考慮先對ex和lnx進行放縮，使問題簡化，簡化后再構(gòu)建函數(shù)進行證明．常見的放縮公式如下：(1)ex≥1＋x，當且僅當x＝0時取等號；(2)lnx≤x－1，當且僅當x＝1時取等號．跟蹤訓練3(2022·南充模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax－sinx.(1)若函數(shù)f(x)為增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；(2)求證：當x>0時，ex>2sinx.(1)解∵f(x)＝ax－sinx，∴f′(x)＝a－cosx，由函數(shù)f(x)為增函數(shù)，則f′(x)＝a－cosx≥0恒成立，即a≥cosx在R上恒成立，∵y＝cosx∈[－1,1]，∴a≥1，即實數(shù)a的取值范圍是[1，＋∞)．(2)證明由(1)知，當a＝1時，f(x)＝x－sinx為增函數(shù)，當x>0時，f(x)>f(0)＝0?x>sinx，要證當x>0時，ex>2sinx，只需證當x>0時，ex>2x，即證ex－2x>0在(0，＋∞)上恒成立，設(shè)g(x)＝ex－2x(x>0)，則g′(x)＝ex－2，令g′(x)＝0解得x＝ln2，∴g(x)在(0，ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)min＝g(ln2)＝eln2－2ln2＝2(1－ln2)>0，∴g(x)≥g(ln2)>0，∴ex>2x成立，故當x>0時，ex>2sinx.課時精練1．已知函數(shù)f(x)＝ax＋xlnx，且曲線y＝f(x)在點(e，f(e))處的切線與直線4x－y＋1＝0平行．(1)求實數(shù)a的值；(2)求證：當x>0時，f(x)>4x－3.(1)解f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1＋a，由題意知，f′(e)＝2＋a＝4，則a＝2.(2)證明由(1)知，f(x)＝2x＋xlnx，令g(x)＝f(x)－(4x－3)＝xlnx－2x＋3，則g′(x)＝lnx－1，由lnx－1>0得x>e，由lnx－1<0得0<x<e，故g(x)在(0，e)上單調(diào)遞減，在(e，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)min＝g(e)＝3－e>0，即g(x)>0，即f(x)>4x－3.2．(2023·淄博模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－x－1.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)當x≥0時，求證：f(x)＋x＋1≥eq\f(1,2)x2＋cosx.(1)解易知函數(shù)f(x)的定義域為R，∵f(x)＝ex－x－1，∴f′(x)＝ex－1，令f′(x)>0，解得x>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，令f′(x)<0，解得x<0，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)，∴函數(shù)f(x)的極小值為f(0)＝0，無極大值．(2)證明要證f(x)＋x＋1≥eq\f(1,2)x2＋cosx，即證ex－eq\f(1,2)x2－cosx≥0，設(shè)g(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－cosx，要證原不等式成立，即證g(x)≥0成立，∵g′(x)＝ex－x＋sinx，sinx≥－1，∴g′(x)＝ex－x＋sinx≥ex－x－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(當且僅當x＝－\f(π,2)＋2kπ，k∈Z時等號成立))，由(1)知，ex－x－1≥0(x＝0時等號成立)，∴g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴在區(qū)間[0，＋∞)上，g(x)≥g(0)＝0，∴當x≥0時，f(x)＋x＋1≥eq\f(1,2)x2＋cosx得證．3．已知函數(shù)f(x)＝xlnx－ax.(1)當a＝－1時，求函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上的最值；(2)證明：對一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)nx＋1>eq\f(1,ex＋1)－eq\f(2,e2x)成立．(1)解函數(shù)f(x)＝xlnx－ax的定義域為(0，＋∞)，當a＝－1時，f(x)＝xlnx＋x，f′(x)＝lnx＋2，由f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,e2)，當0<x<eq\f(1,e2)時，f′(x)<0；當x>eq\f(1,e2)時，f′(x)>0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞))上單調(diào)遞增，因此f(x)在x＝eq\f(1,e2)處取得最小值，即f(x)min＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)))＝－eq\f(1,e2)，無最大值．(2)證明當x>0時，lnx＋1>eq\f(1,ex＋1)－eq\f(2,e2x)，等價于x(lnx＋1)>eq\f(x,ex＋1)－eq\f(2,e2)，由(1)知，當a＝－1時，f(x)＝xlnx＋x≥－eq\f(1,e2)，當且僅當x＝eq\f(1,e2)時取等號，設(shè)G(x)＝eq\f(x,ex＋1)－eq\f(2,e2)，x∈(0，＋∞)，則G′(x)＝eq\f(1－x,ex＋1)，易知G(x)max＝G(1)＝－eq\f(1,e2)，當且僅當x＝1時取到，從而可知對一切x∈(0，＋∞)，都有f(x)>G(x)，即lnx＋1>eq\f(1,ex＋1)－eq\f(2,e2x).4．(2022·新高考全國Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝xeax－ex.(1)當a＝1時，討論f(x)的單調(diào)性；(2)當x>0時，f(x)<－1，求a的取值范圍；(3)設(shè)n∈N*，證明：eq\f(1,\r(12＋1))＋eq\f(1,\r(22＋2))＋…＋eq\f(1,\r(n2＋n))>ln(n＋1)．(1)解當a＝1時，f(x)＝(x－1)ex，x∈R，則f′(x)＝xex，當x<0時，f′(x)<0，當x>0時，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)解設(shè)h(x)＝xeax－ex＋1，則h(0)＝0，又h′(x)＝(1＋ax)eax－ex，設(shè)g(x)＝(1＋ax)eax－ex，則g′(x)＝(2a＋a2x)eax－ex，若a>eq\f(1,2)，則g′(0)＝2a－1>0，因為g′(x)為連續(xù)不間斷函數(shù)，故存在x0∈(0，＋∞)，使得?x∈(0，x0)，總有g(shù)′(x)>0，故g(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，故g(x)>g(0)＝0，故h(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，故h(x)>h(0)＝0，與題設(shè)矛盾．若0<a≤eq\f(1,2)，則h′(x