第3章 第3节 第3课时 题型精研——利用导数证明不等式（Word教参）-【新高考方案】2024高考数学一轮复习（新教材 新高考 旗舰版）

第三课时　题型精研——利用导数证明不等式

[典例]　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]　(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，＋∞)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)≥.

[方法技巧]

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”或“右减左”的函数，利用导数研究其单调性等相关函数性质证明不等式．　　

[针对训练]

已知函数f(x)＝xln x＋ax.

(1)讨论函数f(x)在区间[1，＋∞)的单调性；

(2)当a＝－3时，证明：f(x)≥－x2－2.

解：(1)f(x)＝xln x＋ax，定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝ln x＋1＋a，又x≥1，f′(x)＝ln x＋1＋a≥1＋a，

所以当a≥－1时，f′(x)≥0恒成立，函数f(x)在[1，＋∞)单调递增；

当a<－1时，令f′(x)＝ln x＋1＋a＝0，解得x＝e－a－1，当x<e－a－1时，f′(x)<0，

当x>e－a－1时，f′(x)>0，所以函数f(x)在[1，e－a－1)单调递减，在(e－a－1，＋∞)单调递增．

综上，当a≥－1时，函数f(x)在[1，＋∞)单调递增；

当a<－1时，函数f(x)在[1，e－a－1)单调递减，在(e－a－1，＋∞)单调递增．

(2)证明：当a＝－3时，f(x)≥－x2－2，即xln x－3x≥－x2－2，x∈(0，＋∞)，

可转化为x＋＋ln x－3≥0，令g(x)＝x＋＋ln x－3，则g′(x)＝1－＋＝＝，

令g′(x)＝0，解得x＝1或x＝－2(舍).

可得函数g(x)在(1，＋∞)单调递增，在(0,1)单调递减，

所以g(x)≥g(1)＝1＋2＋0－3＝0，

故不等式f(x)≥－x2－2成立．

[典例]　已知函数f(x)＝ax2－xln x.

(1)若函数f(x)在(0，＋∞)单调递增，求实数a的取值范围；

(2)若a＝e，证明：当x>0时，f(x)<xex＋.

[解题微点]

[解]　(1)由题意知，f′(x)＝2ax－ln x－1.

因为函数f(x)在(0，＋∞)单调递增，所以当x>0时，f′(x)≥0，即2a≥恒成立．

令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝－，

当0<x<1时，g′(x)>0，当x>1时，g′(x)<0，

g(x)在(0,1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减，则g(x)max＝g(1)＝1，所以2a≥1，即a≥.

故实数a的取值范围是.

(2)证明：若a＝e，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)在单调递减，在单调递增，则h(x)min＝h＝0，