2025年高考數(shù)學總復習 24 第三章 第二節(jié) 第3課時 利用導數(shù)證明不等式-構(gòu)造法證明不等式

第3課時利用導數(shù)證明不等式——構(gòu)造法證明不等式移項作差構(gòu)造函數(shù)證明不等式【例1】(2024·邢臺模擬)已知函數(shù)f(x)＝x(lnx＋a)．(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：當a≥1時，f(x)<aex－1.(1)解：f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1＋a.令f′(x)＝0，得x＝e－a-1.令f′(x)<0，解得0<x<e－a-1；令f′(x)>0，解得x>e－a-1.所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，e－a-1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(e－a-1，＋∞)．(2)證明：令φ(x)＝f(x)－aex＋1＝a(x－ex)＋xlnx＋1(x＞0)，k(x)＝x－ex(x＞0)，則k′(x)＝1－ex.顯然，k(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以k(x)＜k(0)＝－1<0.由a≥1，可得a(x－ex)＋xlnx＋1≤x－ex＋xlnx＋1.欲證φ(x)＜0，即證exx－lnx－1令g(x)＝exx－lnx－1x－1(則g′(x)＝x－1e令g′(x)＝0，可得x＝1(x＝0舍去)．當0<x<1時，g′(x)<0，g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減；當x>1時，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．因此，g(x)在x＝1時取得極小值，也是最小值，所以g(x)min＝g(1)＝e－1－1＝e－2>0，所以g(x)＝exx－lnx－1所以f(x)＜aex－1得證．待證不等式的兩邊含有同一個變量時，一般可以直接構(gòu)造“左減右”或“右減左”的函數(shù)，利用導數(shù)研究其單調(diào)性等相關(guān)函數(shù)性質(zhì)證明不等式．已知函數(shù)f(x)＝x2lnx＋ax，g(x)＝xex＋xsinx，其中a∈R.(1)若f(x)為增函數(shù)，求a的取值范圍；(2)若a＝1，證明：g(x)>f(x).(1)解：函數(shù)f(x)＝x2lnx＋ax的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2xlnx＋x＋a.因為f(x)為增函數(shù)，所以f′(x)＝2xlnx＋x＋a≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以a≥－2xlnx－x恒成立．設h(x)＝－2xlnx－x(x＞0)，則h′(x)＝－3－2lnx.令h′(x)＝0，解得x＝e－當x∈(0，－32)時，h′(x)＞0，h(x當x∈(e－32，＋∞)時，h′(x)<0，h(所以h(x)在x＝e－32處取得極大值，也是最大值，h(x)max＝h(e－所以a的取值范圍為[2e－32，(2)證明：因為a＝1，所以f(x)＝x2lnx＋x(x＞0)，g(x)－f(x)＝x(ex＋sinx－xlnx－1)．當x∈(0，1)時，ex>1，sinx>0，xlnx<0，所以ex＋sinx－xlnx－1>1－1＝0；當x∈[1，＋∞)時，令F(x)＝ex＋sinx－xlnx－1，則F′(x)＝ex＋cosx－lnx－1.令G(x)＝F′(x)，則G′(x)＝ex－sinx－1x＞e－1－1>0所以G(x)＝ex＋cosx－lnx－1在[1，＋∞)上單調(diào)遞增．所以F′(x)≥F′(1)＝e＋cos1－0－1>0，所以F(x)＝ex＋sinx－xlnx－1在[1，＋∞)上單調(diào)遞增．所以F(x)≥F(1)＝e＋sin1－0－1>0.又因為x＞0，所以g(x)－f(x)＝x(ex＋sinx－xlnx－1)>0，所以g(x)>f(x)得證．放縮構(gòu)造法【例2】(2024·濟南質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝xlnx－ax＋1(a∈R)．(1)若a≤1，討論f(x)零點的個數(shù)；(2)求證：當x≥1時，(xlnx＋1)lnx＋2ex>ln2.(參考數(shù)據(jù)：ln2(1)解：由題意可得函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1－a.令f′(x)>0，可得x>ea-1；令f′(x)<0，可得0<x<ea-1，所以f(x)在(0，ea-1)上單調(diào)遞減，在(ea-1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)在x＝ea-1處取得極小值，也是最小值，f(x)min＝f(ea-1)＝1－ea-1.當a<1時，f(ea-1)＝1－ea-1>0，此時f(x)沒有零點；當a＝1時，f(ea-1)＝1－e1-1＝0，此時f(x)有且只有一個零點．綜上，當a<1時，f(x)沒有零點；當a＝1時，f(x)有且只有一個零點．(2)證明：當a＝1時，f(x)＝xlnx－x＋1，x>0，可得f′(x)＝lnx.當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)≥f(1)＝0，即xlnx＋1≥x，即當x>1時，xlnx＋1≥x恒成立．因為x≥1，所以lnx≥0.要證(xlnx＋1)lnx＋2ex>ln2，只需證xlnx＋2ex>ln2，只需證xlnx＋1＋2ex>ln2＋1，只需證令g(x)＝x＋2ex，x≥1，可得g′(x)＝1－2ex所以當x∈[1，＋∞)時，g(x)單調(diào)遞增，所以g(x)≥g(1)＝1＋2e>ln2＋1，即x＋2ex所以(xlnx＋1)lnx＋2ex用導數(shù)方法證明不等式的問題中，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．已知函數(shù)f(x)＝ax2－2lnx(a∈R)．(1)若f(2)是f(x)的極值，求a的值；(2)若f′(1)≥0，求證：當x∈(0，2)時，12a－1x2(1)解：由題可得函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2ax－2x(x＞0)易知f′(2)＝4a－1＝0，解得a＝14當a＝14時，f′(x)＝12x－2x當0＜x＜2時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當x＞2時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，故滿足f(2)是f(x)的極值．故a＝14(2)證明：f′(x)＝2ax－2x，若f′(1)＝2a－2≥0，則a≥所以12a－1x2－x令h(x)＝x2＋2x＋2－2ex，0＜x＜2，則h′(x)＝2x＋2－2ex＝2(x＋1－ex)．令φ(x)＝x＋1－ex，則當0＜x＜2時，φ′(x)＝1－ex＜0，所以φ(x)在(0，2)上單調(diào)遞減，φ(x)＜φ(0)＝0，所以h(x)在(0，2)上單調(diào)遞減，h(x)＜h(0)＝0，即x2＋2x＋2－2ex＜0.所以當0＜x＜2時，x－2故當x∈(0，2)時，12a－1x2構(gòu)造雙函數(shù)法【例3】(2024·漢中模擬)已知函數(shù)f(x)＝x(lnx－a)．(1)若f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，求a的取值范圍；(2)若a＝1，證明：f(x)>x2(1)解：函數(shù)f(x)＝x(lnx－a)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1－a.因為f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f′(x)＝lnx＋1－a≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≤lnx＋1在(1，＋∞)上恒成立．設g(x)＝lnx＋1，函數(shù)g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故g(x)>g(1)＝ln1＋1＝1.所以a≤1.故a的取值范圍是(－∞，1].(2)證明：若a＝1，則f(x)＝x(lnx－1)，x∈(0，＋∞)，f′(x)＝lnx.當x∈(0，1)時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，故f(x)min＝f(1)＝－1.設h(x)＝x2ex－1－52，x∈(0，＋∞)當x∈(0，2)時，h′(x)>0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增；當x∈(2，＋∞)時，h′(x)<0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減，故h(x)max＝h(2)＝4e－52<3即f(x)min>h(x)max，所以f(x)>h(x)，即f(x)>x21．在證明不等式的問題中，若無法轉(zhuǎn)化為一個函數(shù)的最值問題，則可以考慮轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)的最值問題．2．在證明過程中，“隔離化”是關(guān)鍵．如果證g(x)≥f(x)恒成立，只需證g(x)min≥f(x)max恒成立，但只有當f(x)與g(x)取到最值時對應的x的值相同時取等號，否則只能得到g(x)>f(x).已知函數(shù)f(x)＝ex2－xlnx.求證：當x＞0時，f(x)＜xex＋1e證明：當x＞0時，要證f(x)＜xex＋1e，只需證ex－lnx＜ex＋1ex，即ex－ex＜lnx令h(x)＝lnx＋1ex(x＞0)，則h′(x)＝ex－1ex2，易知h則h(x)min＝h1e＝0，所以lnx＋1e令φ(x)＝ex－ex(x＞0)，則φ′(x)＝e－ex，易知φ(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，則φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.因為h(x)與φ(x)不同時為0，所以ex－ex＜lnx＋1e故原不等式得證．課時質(zhì)量評價(十八)1．已知x∈(0，1)，求證：x2－1x<ln證明：要證x2－1x<lnxex，只需證ex又易證ex>x＋1(0<x<1)，所以只需證明lnx＋(x＋1)1x－即證lnx＋1－x3＋1x－x2又當0＜x＜1時，x3<x，x2<x，所以只需證lnx＋1－2x＋1x令g(x)＝lnx＋1－2x＋1x(0＜x＜1)則g′(x)＝1x－2－1x2＝－2x2－x+1所以g′(x)<0恒成立，所以g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，所以當x∈(0，1)時，g(x)>g(1)＝0，即lnx＋1－2x＋1x故x2－1x<ln2．(2024·合肥模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2＋lnx.(1)求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；(2)證明：f(x)<ex＋x2－2.(1)解：因為f(x)＝x2＋lnx，函數(shù)的定義域為(0，＋∞)，則f′(x)＝2x＋1x(x＞0)，所以f(1)＝1，f′(1)＝3，所以曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y－1＝3(x－1)，即3x－y－2＝(2)證明：要證f(x)<ex＋x2－2，即證ex>lnx＋2.先證明ex>x＋1.令g(x)＝ex－x－1，x>0，則g′(x)＝ex－1>0，所以函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則g(x)>g(0)＝0，即ex>x＋1.接下來證明lnx≤x－1.令h(x)＝x－lnx－1，x>0，則h′(x)＝1－1x＝x由h′(x)<0，得0<x<1，由h′(x)>0，得x>1，所以函數(shù)h(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)≥h(1)＝0，即lnx≤x－1.故ex>x＋1＝(x－1)＋2≥lnx＋2，即ex>lnx＋2，原不等式得證．3．已知函數(shù)f(x)＝ax＋xlnx，a∈R.(1)判斷f(x)的單調(diào)性；(2)若a＝1，0<x≤1，求證：ex＋1－f(x)≤e，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)．(1)解：函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝1＋a＋lnx，令f′(x)＝0，得x＝e－a-1.當0<x<e－a-1時，f′(x)<0；當x>e－a-1，f′(x)>0，故f(x)在(0，e－a-1)上單調(diào)遞減，在(e－a-1，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)證明：令g(x)＝ex＋1－f(x)＝ex－x－xlnx＋1，則g′(x)＝ex－lnx－2.令h(x)＝g′(x)，則h′(x)＝ex－1x，顯然h′(x)在(0，＋∞)又h′(1)＝e－1>0，h′12＝e－2<0，故存在唯一的x0∈12，1，使得h′(x從而g′(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g′(x)≥g′(x0)．又因為h′(x0)＝ex0－1x0＝0，所以ex0＝1x0，兩邊取自然對數(shù)得x0＝－lnx0，故g′(x0)＝ex0－lnx0－2所以g′(x)≥g′(x0)＞0，故g(x)在(0，1]上單調(diào)遞增，所以g(x)≤g(1)＝e，故原不等式得證．4．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，f′(x)＝ex-1－1x(x>0)，k＝f′(1)＝0又f(1)＝0，即切點為(1，0)，所以切線方程為y－0＝0(x－1)，即y＝0.(2)證明：因為a≥1，所以aex-1≥ex-1，所以f(x)≥ex-1－lnx－1.(方法一)令φ(x)＝ex-1－lnx－1，所以φ′(x)＝ex-1－1x(x>0)令h(x)＝ex-1－1x，所以h′(x)＝ex-1＋1x所以φ′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又φ′(1)＝0，所以當x∈(0，1)時，φ′(x)<0；當x∈(1，＋∞)時，φ′(x)>0，所以φ(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以φ(x)min＝φ(1)＝0，所以φ(x)≥0，所以f(x)≥φ(x)≥0.故f(x)≥0得證．(方法二)令g