第3章 4 课时1 利用导数证明不等式（教师word）-2023新教材新高考数学【导学教程】新编大一轮总复习（北师大版）

第4节　导数的综合应用 第一课时　利用导数证明不等式 [对应学生用书P68] 考点1　将不等式转化为函数的最值问题(师生共研) [例1]　已知函数f(x)＝1－，g(x)＝＋－bx，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)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥. [解析]　(1)因为f(x)＝1－，x>0， 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， 所以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(1)＝0， 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， 所以当x≥1时，h(x)≥h(1)＝0， 即1－－－＋x≥0， 所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥. [解题策略] 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． [跟踪训练] 已知函数f(x)＝. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)设g(x)＝f(x)－x，求证：g(x)≤－1. 解析　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，因为f(x)＝，所以f′(x)＝. 令f′(x)＝0，得x＝e. f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况为 x (0，e) e (e，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x)  极大值  所以f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞). (2)证明　因为f(x)＝，所以g(x)＝－x， 所以g′(x)＝－1＝. 当x∈(0，1)时，1－x2＞0，－ln x＞0，所以g′(x)＞0； 当x∈(1，＋∞)时，1－x2＜0，－ln x＜0，所以g′(x)＜0. 所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 所以g(x)≤g(1)＝－1. 考点2　将不等式转化为两个函数的最值(师生共研) [例2]　(2022·长沙模拟)已知函数f(x)＝ex2－x ln x．求证：当x>0时，f(x)<xex＋. [证明]　当x＞0时，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． [解题策略] (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h(x)min＝φ(x)max恒成立．从而φ(x)≤h(x)恒成立，但此处φ(x)与h(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”，故φ(x)<h(x)恒成立． [跟踪训练] 设函数f(x)＝x2－(x＋1)ln x，求证：当0＜x≤2时，f(x)＞x. 证明　要证当0＜x≤2时，f(x)＞x. 只需证x－－ln x＞， 即x－ln x＞＋， 令g(x)＝x－ln x，h(x)＝＋， 由g′(x)＝1－＝0，解得x＝1，所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，2]上单调递增， 故g(x)min＝g(1)＝1， 由h′(x)＝可知h(x)在(0，2]上单调递增， 故h(x)max＝h(2)＝＜1＝g(x)min， 故h(x)＜g(x)，即f(x)＞x. 考点3　适当放缩证明不等式(师生共研) [例3]　已知函数f(x)＝a ln (x－1)＋，其中a为正实数．证明：当x>2时，f(x)<ex＋(a－1)x－2a. [证明]　令φ(x)＝ln x－x＋1，其定义域为(0，＋∞)， φ′(x)＝－1＝. 当x∈(0，1)时，φ′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0， ∴φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞