内容正文:
第4课时 利用导数证明不等式
考点一 移项构造法证明不等式
[典例1] 设f (x)=2x ln x+1,证明:f (x)≤x2-x++2ln x.
[证明] x2-x++2ln x-f (x)
=x(x-1)--2(x-1)ln x
=(x-1)·,
令g(x)=x--2ln x,
则g′(x)=1+-=≥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)≥0,
即f (x)≤x2-x++2ln x.
【教师备选题】
证明:当x>1时,x2+ln x<x3.
[证明] 设g(x)=x3-x2-ln x,
则g′(x)=2x2-x-,因为当x>1时,
g′(x)=>0,
所以g(x)在(1,+∞)上是增函数,
所以当x>1时,g(x)>g(1)=>0,
所以当x>1时,x2+ln x<x3.
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.
[跟进训练]
1.证明:当x∈[0,2]时,x2e2x-2≥-2x2+8x-5.
[证明] 令g(x)=x2e2x-2+2x2-8x+5, x∈[0,2],
则g′(x)=2e2x-2(x2+x)+4x-8,x∈[0,2].
令h(x)=g′(x),则h′(x)=2e2x-2(2x2+4x+1)+4>0,所以g′(x)在[0,2]上单调递增,且g′(1)=0,
所以g(x)在[0,1)上单调递减,在(1,2]上单调递增,所以g(x)的最小值为g(1)=0,所以g(x)≥0,即x2e2x-2≥-2x2+8x-5.
考点二 隔离分析法证明不等式
[典例2] 设函数f (x)=aexln x+,曲线y=f (x)在点(1,f (1))处的切线方程为y=e(x-1)+2.
(1)求a,b;
(2)求证:f (x)>1.
[解] (1)函数f (x)的定义域为(0,+∞),
f ′(x)=aex+,
依题意得解得a=1,b=2.
(2)证明:由(1)知f (x)=exln x+,从而f (x)>1等价于x ln x>xe-x-.
构造函数g(x)=x ln x(x>0),则g′(x)=1+ln x,所以当x∈时,g′(x)<0,当x∈时,g′(x)>0,故g(x)在上单调递减,在上单调递增,从而g(x)在(0,+∞)上的最小值为g=-.构造函数h(x)=xe-x-(x>0),则h′(x)=e-x(1-x),所以当x∈(0,1)时,h′(x)>0,当x∈(1,+∞)时,h′(x)<0,故h(x)在(0,+∞)上的最大值为h(1)=-.
综上,当x>0时,g(x)>h(x),即f (x)>1.
在同时含ln x与ex的不等式证明中,常采用把对数单独分离的方式,把待证不等式分离.如本例中直接构造函数,求导运算比较复杂,此时把指数与对数分离两边,构造两个函数,分别计算它们的最值,借助最值进行证明.
[跟进训练]
2.已知函数f (x)=x ln x-ax.
(1)当a=-1时,求函数f (x)在(0,+∞)上的最值;
(2)证明:对一切x∈(0,+∞),都有ln x+1>-成立.
[解] (1)函数f (x)=x ln x-ax的定义域为(0,+∞).
当a=-1时,f (x)=x ln x+x,f ′(x)=ln x+2.
由f ′(x)=0,得x=.
当x∈时,f ′(x)<0;
当x∈时,f ′(x)>0.
所以f (x)在上单调递减,在上单调递增.因此f (x)在x=处取得最小值,即f (x)min=f =-,但f (x)在(0,+∞)上无最大值.
(2)证明:当x>0时,ln x+1>-等价于x(ln x+1)>-.
由(1)知a=-1时,f (x)=x ln x+x的最小值是-,当且仅当x=时取等号.
设G(x)=-,x∈(0,+∞),
则G′(x)=,易知G(x)max=G(1)=-,
当且仅当x=1时取到,
从而可知对一切x∈(0,+∞),都有f (x)>G(x),
即ln x+1>-.
考点三 放缩后构造函数证明不等式
[典例3] (12分)设函数f (x)=ex+a·sin x+b(a,b为实数),且曲线y=f (x)在x=0处的切线方程为x-y-1=0.
(1)求a,b的值;
(2)求证:当x∈(0,+∞)时,f (x)>ln x.
[规范解答] (1)f ′(x)=ex+a cos x,且f (0)=1+b.
由题意得f ′(0)=e0+a=1⇒a=0. ····································2分
又(0,1+b)在切线x-y