19 第三章 破疑难1　利用导数证明不等式（课件）-2023高考数学【金版新学案】大一轮复习讲义·高三总复习（人教版 安徽 云南）

第三章　一元函数的导数及其应用 破疑难1　利用导数证明不等式 栏目导引 考点分类突破 栏目一 微专题系列9 栏目二 考点分类突破 返回 返回 返回 返回 返回 返回 返回 返回 返回 返回 返回 返回 返回 返回 返回 返回 返回 返回 返回 返回 返回 返回 返回 返回 返回 返回 返回 微专题系列9 微专题系列9 　函数赋值法证明正整数不等式 [交汇创新] 返回 返回 返回 返回 返回 返回 返回 课时作业(十九) 返回 返回 考点一　作差法构造函数证明不等式 讲练型 设f(x)＝2x ln x＋1．求证：f(x)≤x2－x＋ eq \f(1,x) ＋2ln x． 证明：x2－x＋ eq \f(1,x) ＋2ln x－f(x) ＝x(x－1)－ eq \f(x－1,x) －2(x－1)ln x ＝(x－1)(x－ eq \f(1,x) －2ln x)， 令g(x)＝x－ eq \f(1,x) －2ln x， 则g′(x)＝1＋ eq \f(1,x2) － eq \f(2,x) ＝ eq \f(（x－1）2,x2) ≥0， 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又g(1)＝0， 所以当0<x<1时，g(x)<0， 当x>1时，g(x)>0， 所以(x－1)(x－ eq \f(1,x) －2ln x)≥0， 即f(x)≤x2－x＋ eq \f(1,x) ＋2ln x． eq \a\vs4\al() 待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证．　　 即时练．已知函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝e－2(e为自然对数的底数)处取得极小值． (1)求实数a的值； (2)当x>1时，求证：f(x)>3(x－1)． 解析：(1)因为f(x)＝ax＋x ln x， 所以f′(x)＝a＋ln x＋1， 因为函数f(x)在x＝e－2处取得极小值， 所以f′(e－2)＝0， 即a＋ln e－2＋1＝0，解得a＝1，所以f′(x)＝ln x＋2． 当f′(x)>0时，x>e－2；当f′(x)<0时，0<x<e－2， 所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增， 所以f(x)在x＝e－2处取得极小值，符合题意，所以a＝1． (2)证明：由(1)知a＝1，所以f(x)＝x＋x ln x． 令g(x)＝f(x)－3(x－1)，即g(x)＝x ln x－2x＋3(x>1)， g′(x)＝ln x－1，由g′(x)＝0，得x＝e． 由g′(x)>0，得x>e；由g′(x)<0，得1<x<e． 所以g(x)在(1，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)＝3－e>0． 于是在(1，＋∞)上，都有g(x)≥g(e)>0，所以f(x)>3(x－1)． 考点二　转化为两个函数的最值证明不等式 讲练型 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． 解析：(1)f′(x)＝ eq \f(e,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< eq \f(e,a) 时，f′(x)>0，当x> eq \f(e,a) 时，f′(x)<0， 故f(x)在(0， eq \f(e,a) )上单调递增，在( eq \f(e,a) ，＋∞)上单调递减． (2)证明：因为x>0， 所以只需证f(x)≤ eq \f(ex,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)＝ eq \f(ex,x) －2e(x>0)，则g′(x)＝ eq \f(（x－1）ex,x2) ， 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)单调递增， 所以g(x)min＝g(1)＝－e， 综上，当x>0时，f(x)≤g(x)， 即f(x)≤ eq \f(ex,x) －2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0． eq \a\vs4\al() 1．若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．本例中同时含ln x与ex，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明． 2．在证明过程中，等价转化是关键，此处g(x)min＝f(x)max恒成立．从而f(