第三章 第五节 利用导数证明不等式-备战2022年（新高考）数学一轮复习考点讲解+习题练习

第五节　利用导数证明不等式 课中讲解 考点一．构造函数法证明不等式 例1.设函数 ，其中 ． (1) 讨论 的单调性； 【答案】见解析 【解析】 ． 当 时，， 在 内单调递减． 当 时，由 ，有 ． 当 时，， 单调递减； 当 时，， 单调递增． (2) 证明：当 时，； 【答案】见解析 【解析】 令 ，则 ． 当 时，，所以 ，从而 ． (3) 确定 的所有可能取值，使得 在区间（）内恒成立． 【答案】见解析 【解析】 由（2），当 时，． 当 ， 时，． 故当 在区间 内恒成立时，必有 ． 当 时，． 由（1）有 从而 ， 所以此时 在区间 内不恒成立． 当 时，令 ． 当 时，． 因此 在区间 单调递增． 又因为 ， 所以当 时，， 即 恒成立． 综上 ． 变式1.已知函数．求证：在区间上，函数的图像在的图像下方． 【答案】见解析 【解析】令，所以在上单调递增，，即函数的图像在的图像下方 例2.设函数 ． (1) 讨论 的单调性； 【答案】 在 上单调递增，在 上单调递减． 【解析】根据题意，函数 的导函数 所以 在 上单调递增，在 上单调递减． 【备注】本题考查简单的利用导函数研究函数的单调性问题． (2) 证明当 时，； 【答案】略 【解析】欲证不等式即 事实上，由第（1）小题知， 的最大值为 ，所以 等号当且仅当 时取得，这样就得到了右侧不等式．而当 时，有 ，此时有 即 ，这样就得到了左侧不等式． 因此原不等式得证． 【备注】本题是第（1）小题的直接推论，同时也是对第（3）小题的提示，将所要证的不等式进行变形，得到 ，在证明过程中适当进行换元即可． (3) 设 ，证明当 时，． 【答案】略 【解析】设 ，则所证不等式即 函数 的导函数 因为 ，所以 ，由第（2）小题知 从而 且 ，结合 是单调递增函数，于是 在区间 上有唯一零点，进而可得函数 在区间 上先单调递减，再单调递增，又 ，从而可得在区间 上，，原命题得证． 变式2.已知函数f(x)＝1－，g(x)＝＋－bx(e为自然对数的底数)，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)求证：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥. [解]　(1)因为f(x)＝1－， 所以f′(x)＝，f′(1)＝－1. 因为g(x)＝＋－bx，所以g′(x)＝－－－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， 即g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1， 解得a＝－1，b＝－1. (2)证明：由(1)知，g(x)＝－＋＋x， 则f(x)＋g(x)≥⇔1－－－＋x≥0. 令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)， 则h′(x)＝－＋＋＋1＝＋＋1. 因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1＞0， 所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0， 即1－－－＋x≥0， 所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥. 　考点二.隔离审查分析法证明不等式 例1.　已知函数f(x)＝ex2－xln x．求证：当x＞0时，f(x)＜xex＋. [证明]　要证f(x)＜xex＋，只需证ex－ln x＜ex＋，即ex－ex＜ln x＋. 令h(x)＝ln x＋(x＞0)，则h′(x)＝， 易知h(x)在上单调递减，在上单调递增，则h(x)min＝h＝0，所以ln x＋≥0. 再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex， 易知φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0. 因为h(x)与φ(x)不同时为0，所以ex－ex＜ln x＋，故原不等式成立． 变式1.　(2019·福州期末)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. (1)解　f′(x)＝－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<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x>0， 所以只需证f (x)≤－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)＝－2e(x>0)，则g′(x)＝， 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)