2021届高考数学（文）一轮复习学案：导数及其应用第4节利用导数证明不等式 WORD版含答案.doc

1、第四节利用导数证明不等式考点1作差法构造函数证明不等式 (1)欲证函数不等式f(x)g(x)(xa)，只需证明f(x)g(x)0(xa)，设h(x)f(x)g(x)，即证h(x)0(xa)若h(a)0，h(x)h(a)(xa)接下来往往用导数证得函数h(x)是增函数即可(2)欲证函数不等式f(x)g(x)(xI，I是区间)，只需证明f(x)g(x)0(xI)设h(x)f(x)g(x)(xI)，即证h(x)0(xI)，也即证h(x)min0(xI)(若h(x)min不存在，则须求函数h(x)的下确界)，而这用导数往往容易解决已知函数f(x)axxln x在xe2(e为自然对数的底数)处取得极小值

2、(1)求实数a的值；(2)当x1时，求证：f(x)3(x1)解(1)因为f(x)定义域为(0，)，f(x)axxln x，所以f(x)aln x1，因为函数f(x)在xe2处取得极小值，所以f(e2)0，即aln e210，所以a1，所以f(x)ln x2.当f(x)0时，xe2；当f(x)0时，0xe2，所以f(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，)上单调递增，所以f(x)在xe2处取得极小值，符合题意，所以a1.(2)证明：由(1)知a1，所以f(x)xxln x.令g(x)f(x)3(x1)，即g(x)xln x2x3(x0)g(x)ln x1，由g(x)0，得xe.由g(x)0，得

3、xe；由g(x)0，得0xe.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)3e0.于是在(1，)上，都有g(x)g(e)0，所以f(x)3(x1)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(2019广州模拟)已知函数f(x)exax(e为自然对数的底数，a为常数)的图像在点(0,1)处的切线斜率为1.(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)证明：当x0时，x2ex.解(1)由f(x)exax，得f(x)exa.因为f(

4、0)1a1，所以a2，所以f(x)ex2x，f(x)ex2.令f(x)0，得xln 2，当xln 2时，f(x)0，f(x)在(，ln 2)上单调递减；当xln 2时，f(x)0，f(x)在(ln 2，)上单调递增所以当xln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)eln 22ln 222ln 2，f(x)无极大值(2)证明：令g(x)exx2，则g(x)ex2x.由(1)得g(x)f(x)f(ln 2)0，故g(x)在R上单调递增所以当x0时，g(x)g(0)10，即x2ex.考点2拆分法构造函数证明不等式若f(x)ming(x)max，则f(x)g(x)，常借助此结论，将要证明

5、的不等式拆、分成两个函数，然后比较它们的最值设函数f(x)ax2(x1)ln x，曲线yf(x)在点(1，f(1)处切线的斜率为0.(1)求a的值；(2)求证：当0x2时，f(x)x.解(1)f(x)2axln x1，由题意，可得f(1)2a20，所以a1.(2)证明：由(1)得f(x)x2(x1)ln x，要证当0x2时，f(x)x，只需证当0x2时，xln x，即xln x.令g(x)xln x，h(x)，令g(x)10，得x1，易知g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2上单调递增，故当0x2时，g(x)ming(1)1.因为h(x)，当0x2时，h(x)0，所以h(x)在(0,2上单

6、调递增，故当0x2时，h(x)maxh(2)1，即h(x)maxg(x)min.故当0x2时，h(x)g(x)，即当0x2时，f(x)x.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已知函数f(x)eln xax(aR)(1)讨论f(x)的单调性；(2)当ae时，求证：xf(x)ex2ex0.解(1)f(x)a(x0)，若a0，则f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增；若a0，令f(x)0，得x，则当0x时，f(x)0；当x时，f(x)0，故f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)证明：因为x0，所以只需证f(x)2e，当ae时，由(1)知，

7、f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以f(x)maxf(1)e.记g(x)2e(x0)，则g(x)，当0x1时，g(x)0，g(x)单调递减；当x1时，g(x)0，g(x)单调递增，所以g(x)ming(1)e.综上，当x0时，f(x)g(x)，即f(x)2e，即xf(x)ex2ex0.考点3换元法构造函数证明不等式换元法构造函数证明不等式的基本思路是直接消掉参数a，再结合所证问题，巧妙引入变量c，从而构造相应的函数其解题要点为：联立消参利用方程f(x1)f(x2)消掉解析式中的参数a抓商构元令c，消掉变量x1，x2，构造关于c的函数h(c)用导求解利用导数求解函数h(c)

8、的最小值，从而可证得结论已知函数f(x)ln xax(x0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1x2)求证：x1x2e2.证明不妨设x1x20，因为ln x1ax10，ln x2ax20，所以ln x1ln x2a(x1x2)，ln x1ln x2a(x1x2)，所以a，欲证x1x2e2，即证ln x1ln x22.因为ln x1ln x2a(x1x2)，所以即证a，所以原问题等价于证明，即ln ，令c(c1)，则不等式变为ln c.令h(c)ln c，c1，所以h(c)0，所以h(c)在(1，)上单调递增，所以h(c)h(1)ln 100，即ln c0(c1)，因此原不等式x

9、1x2e2得证破解含双参不等式证明题的三个关键点(1)转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式(2)巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值(3)回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果已知函数f(x)ln xax2x，aR.(1)当a0时，求函数f(x)的图像在(1，f(1)处的切线方程；(2)若a2，正实数x1，x2满足f(x1)f(x2)x1x20，求证：x1x2.解(1)当a0时，f(x)ln xx，则f(1)1，所以切点(1,1)，又因为f(x)1，所以切线斜率kf(1)2，故切线方程为y12(x1

10、)，即2xy10.(2)证明：当a2时，f(x)ln xx2x(x0)由f(x1)f(x2)x1x20，得ln x1xx1ln x2xx2x1x20，从而(x1x2)2(x1x2)x1x2ln(x1x2)，令tx1x2(t0)，令(t)tln t，得(t)1，易知(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，)上单调递增，所以(t)(1)1，所以(x1x2)2(x1x2)1，因为x10，x20，所以x1x2成立.逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程(1)对数形式：x1ln x(x0)，当

11、且仅当x1时，等号成立(2)指数形式：exx1(xR)，当且仅当x0时，等号成立进一步可得到一组不等式链：exx1x1ln x(x0，且x1)【例1】(1)已知函数f(x)，则yf(x)的图像大致为()(2)已知函数f(x)ex，xR.证明：曲线yf(x)与曲线yx2x1有唯一公共点(1)B因为f(x)的定义域为即x|x1，且x0，所以排除选项D.当x0时，由经典不等式x1ln x(x0)，以x1代替x，得xln(x1)(x1，且x0)，所以ln(x1)x0(x1，且x0)，即x0或1x0时均有f(x)0，排除A，C，易知B正确(2)证明令g(x)f(x)exx2x1，xR，则g(x)exx1

12、，由经典不等式exx1恒成立可知，g(x)0恒成立，所以g(x)在R上为单调递增函数，且g(0)0.所以函数g(x)有唯一零点，即两曲线有唯一公共点【例2】设函数f(x)ln xx1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)求证：当x(1，)时，1x.解(1)由题设知，f(x)的定义域为(0，)，f(x)1，令f(x)0，解得x1.当0x1时，f(x)0，f(x)在(0,1)上单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)在(1，)上单调递减(2)证明：由(1)知f(x)在x1处取得最大值，最大值为f(1)0.所以当x1时，ln xx1.故当x(1，)时，ln xx1，1.因此ln 1，即ln x，x.故当x(1，)时恒有1x.