高考数学一轮复习第3章 命题探秘1 第1课时 利用导数证明不等式 (2)

1、1 / 15 命题探秘一 高考中的导数应用问题 第 1课时 利用导数证明不等式 技法阐释 导数是研究函数的工具，利用导数我们可以方便地求出函数的单调性、极值、最值等，在证明与函数有关的不等式时，我们可以把不等式问题转化为函数的最值问题，也常构造函数，把不等式的证明问题转化为利用导数研究函数的单调性或最值问题，利用导数证明不等式常见的方法有： (1)直接转化为函数的最值问题：把证明 f(x)g(a)转化为 f(x)maxg(a) (2)移项作差构造函数法：把不等式 f(x)g(x)转化为 f(x)g(x)0，进而构造函数 h(x)f(x)g(x) (3)构造双函数法：若直接构造函数求导，难以判断

2、符号，导函数零点不易求得，即函数单调性与极值点都不易获得，可转化不等式为 f(x)g(x)利用其最值求解 (4)换元法，构造函数证明双变量函数不等式：对于 f(x1，x2)a的不等式，可将函数式变为与x1x2或 x1 x2有关的式子，然后令 tx1x2或 tx1x2，构造函数 g(t)求解 (5)适当放缩构造函数法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如 ln xx1，exx1，ln xxex(x0)，xx1ln(x1)x(x1) (6)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数等把不等式左、右两边转化为结构相同的式子，然后根据“相同结构”，构造函数 (7)赋值放

3、缩法：函数中对与正整数有关的不等式，可对已知的函数不等式进行赋值放缩，然后通过多次求和达到证明的目的 高考示例 思维过程 2 / 15 (2018 全国卷)已知函数 f(x)1xxaln x (1)讨论 f(x)的单调性； (2)若 f(x)存在两个极值点 x1，x2，证明：f(x1)f(x2)x1x2a2. (1)略 (2)证明：由(1)知，当且仅当 a2 时，f(x)存在两个极值点由于 f(x)的两个极值点 x1，x2满足 x2ax10，所以 x1x21，不妨设 x1x2，则 x21. 关键1：消元，化二元为一元 关键2：将所证不等式变形并化简 设函数关键3：直接构造函数，判断函数的单调性

4、 又 g(1)0，从而当 x(1，)时，g(x)0. 关键4：结合单调性得到函数的最值，证明不等式 技法一 直接将不等式转化为函数的最值问题 典例 1 已知函数 f(x)ln xax2(2a1)x. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 a0时，证明：f(x)34a2. 3 / 15 思维流程 解 (1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)1x2ax2a1(x1)(2ax1)x. 若 a0，则当 x(0，)时，f(x)0，故 f(x)在(0，)上单调递增 若 a0，则当 x0，12a时，f(x)0；当 x12a， 时，f(x)0. 故 f(x)在0，12a上单调递增，在12a， 上单调递减

5、 (2)证明：由(1)知，当 a0时，f(x)在 x12a处取得最大值，最大值为 f 12aln12a114a. 所以 f(x)34a2 等价于 ln12a114a34a2，即 ln12a12a10.设 g(x)ln xx1，则 g(x)1x1.当 x(0,1)时，g(x)0；当 x(1，)时，g(x)0.所以 g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减故当 x1时，g(x)取得最大值，最大值为 g(1)0.所以当 x0时，g(x)0.从而当 a0时，ln12a12a10，即 f(x)34a2. 点评：(1)若证 f(x)g(a)或 f(x)g(a)，只需证 f(x)ming(a)或

6、 f(x)maxg(a) (2)若证 f(a)m 或 f(a)m(a，m是常数)，只需证 f(x)minm 或 f(x)maxm. 跟进训练 已知函数 f(x)aexbln x，曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为 y1e1 x1. (1)求 a，b； (2)证明：f(x)0. 4 / 15 解 (1)函数 f(x)的定义域为(0，) f(x)aexbx，由题意得 f(1)1e，f(1)1e1， 所以 ae1e，aeb1e1， 解得 a1e2，b1. (2)证明：由(1)知 f(x)1e2 exln x. 因为 f(x)ex21x在(0，)上单调递增，又 f(1)0，f(2)0，所

7、以 f(x)0 在(0，)上有唯一实根 x0，且 x0(1,2) 当 x(0，x0)时，f(x)0，当 x(x0，)时，f(x)0， 从而当 xx0时，f(x)取极小值，也是最小值 由 f(x0)0，得 ex021x0，则 x02ln x0. 故 f(x)f(x0)ex02ln x01x0 x0221x0 x020，所以 f(x)0. 技法二 移项作差构造函数证明不等式 典例 2 已知函数 f(x)ex3x3a(e 为自然对数的底数，ar) (1)求 f(x)的单调区间与极值； (2)求证：当 aln 3e，且 x0时，exx32x1x3a. 思维流程 解 (1)由 f(x)ex3x3a，xr

8、，知 f(x)ex3，xr. 令 f(x)0，得 xln 3， 于是当 x 变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表： 5 / 15 x (，ln 3) ln 3 (ln 3，) f(x) 0 f(x) 极小值 故 f(x)的单调递减区间是(，ln 3， 单调递增区间是ln 3，)， f(x)在 xln 3 处取得极小值，极小值为 f(ln 3)eln 33ln 33a3(1ln 3a)无极大值 (2)证明：待证不等式等价于 ex32x23ax1， 设 g(x)ex32x23ax1，x0， 于是 g(x)ex3x3a，x0. 由(1)及 aln 3eln 31 知：g(x)的最小值为 g(l

9、n 3)3(1ln 3a)0. 于是对任意 x0，都有 g(x)0，所以 g(x)在(0，)上单调递增 于是当 aln 3eln 31 时，对任意 x(0，)，都有 g(x)g(0) 而 g(0)0，从而对任意 x(0，)，g(x)0. 即 ex32x23ax1，故exx32x1x3a. 点评：若证明 f(x)g(x)，x(a，b)，可以构造函数 h(x)f(x)g(x)如果能证明 h(x)min0，x(a，b)，即可证明 f(x)g(x)，x(a，b)使用此法证明不等式的前提是 h(x)f(x)g(x)易于用导数求最值 跟进训练 (2020 唐山模拟)设 f(x)2xln x1. (1)求

10、f(x)的最小值； (2)证明：f(x)x2x1x2ln x. 解 (1)f(x)2(ln x1) 所以当 x0，1e时，f(x)0，f(x)单调递减； 当 x1e， 时，f(x)0，f(x)单调递增 6 / 15 所以当 x1e时，f(x)取得最小值 f1e12e. (2)证明：x2x1x2ln xf(x) x(x1)x1x2(x1)ln x (x1)x1x2ln x ， 令 g(x)x1x2ln x，则 g(x)11x22x(x1)2x20， 所以 g(x)在(0，)上单调递增， 又 g(1)0， 所以当 0 x1时，g(x)0， 当 x1时，g(x)0， 所以(x1)x1x2ln x 0

11、， 即 f(x)x2x1x2ln x. 技法三 构造双函数证明不等式 典例 3 已知 f(x)xln x. (1)求函数 f(x)在t，t2(t0)上的最小值； (2)证明：对一切 x(0，)，都有 ln x1ex2ex成立 思维流程 解 (1)由 f(x)xln x，x0，得 f(x)ln x1， 令 f(x)0，得 x1e. 当 x0，1e时，f(x)0，f(x)单调递减； 7 / 15 当 x1e， 时，f(x)0，f(x)单调递增 当 0t1et2，即 0t1e时， f(x)minf1e1e； 当1ett2，即 t1e时，f(x)在t，t2上单调递增，f(x)minf(t)tln t.

12、 所以 f(x)min 1e，0t1e，tln t，t1e. (2)证明：问题等价于证明 xln xxex2e(x(0，) 由(1)可知 f(x)xln x(x(0，)的最小值是1e， 当且仅当 x1e时取到 设 m(x)xex2e(x(0，)， 则 m(x)1xex， 由 m(x)0 得 x1时，m(x)为减函数， 由 m(x)0 得 0 x1 时，m(x)为增函数， 易知 m(x)maxm(1)1e，当且仅当 x1时取到 从而对一切 x(0，)，xln x1exex2e，两个等号不同时取到，即证对一切 x(0，)都有 ln x1ex2ex成立 点评：(1)若证 f(x)g(x)，只需证 f

13、(x)maxg(x)min； (2)若证 f(x)g(x)，只需证 f(x)ming(x)max. 跟进训练 已知函数 f(x)ex2xln x. 证明：当 x0时，f(x)xex1e. 8 / 15 证明 要证 f(x)xex1e，只需证 exln xex1ex，即 exexln x1ex. 令 h(x)ln x1ex(x0)，则 h(x)ex1ex2，易知 h(x)在0，1e上单调递减，在1e， 上单调递增，则 h(x)minh1e0，所以 ln x1ex0. 令 (x)exex，则 (x)eex， 易知 (x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，则 (x)max(1)0，所以

14、exex0. 因为 h(x)与 (x)不同时为 0，所以 exexln x1ex，故原不等式成立 技法四 换元法，构造函数证明双变量函数不等式 典例 4 已知函数 f(x)ln xax(x0)，a为常数，若函数 f(x)有两个零点x1，x2(x1x2)求证：x1x2e2. 思维流程 证明 不妨设 x1x20， 因为 ln x1ax10，ln x2ax20， 所以 ln x1ln x2a(x1x2)，ln x1ln x2a(x1x2)，所以ln x1ln x2x1x2a， 欲证 x1x2e2，即证 ln x1ln x22. 因为 ln x1ln x2a(x1x2)，所以即证 a2x1x2， 所以

15、原问题等价于证明ln x1ln x2x1x22x1x2， 即 ln x1x22(x1x2)x1x2， 令 cx1x2(c1)，则不等式变为 ln c2(c1)c1. 令 h(c)ln c2(c1)c1，c1， 9 / 15 所以 h(c)1c4(c1)2(c1)2c(c1)20， 所以 h(c)在(1，)上单调递增， 所以 h(c)h(1)ln 100， 即 ln c2(c1)c10(c1)，因此原不等式 x1x2e2得证 点评：对于双变量函数不等式 f(x1，x2)a，通过变量代换，把双变量变为一个主元，再构造函数证明不等式 跟进训练 已知函数 f(x)ln x12ax2x，ar. (1)当

16、 a0时，求函数 f(x)的图象在(1，f(1)处的切线方程； (2)若 a2，正实数 x1，x2满足 f(x1)f(x2)x1x20，求证：x1x2512. 解 (1)当 a0 时，f(x)ln xx，则 f(1)1，所以切点为(1,1)，又因为f(x)1x1，所以切线斜率 kf(1)2，故切线方程为 y12(x1)，即 2xy10. (2)证明：当 a2时，f(x)ln xx2x(x0) 由 f(x1)f(x2)x1x20， 得 ln x1x21x1ln x2x22x2x1x20， 从而(x1x2)2(x1x2)x1x2ln(x1x2)， 令 tx1x2(t0)，令 (t)tln t，得

17、(t)11tt1t， 易知 (t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，)上单调递增，所以(t)(1)1，所以(x1x2)2(x1x2)1，因为 x10，x20，所以 x1x2512成立 技法五 适当放缩构造函数证明不等式 典例 5 已知函数 f(x)ln xaln xx2. (1)若 a1，求 f(x)的单调区间； 10 / 15 (2)若 a0，x(0,1)，证明：x21xf(x)ex. 思维流程 解 (1)当 a1 时，f(x)ln xln xx2，x(0，)， f(x)1x12ln xx3x212ln xx3 (x1)(x1)2ln xx3. 当 x(0,1)时，f(x)0，当 x(

18、1，)时，f(x)0， f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增 (2)证明：当 a0，x(0,1)时，x21xf(x)ex等价于ln xexx21x0， 当 x(0,1)时，ex(1，e)，ln x0， ln xexln x， 只需要证ln xx21x0 在(0,1)上恒成立 令 g(x)ln xx21x，x(0,1)， g(x)1x2x1x22x3x1x20， 则函数 g(x)在(0,1)上单调递增，于是 g(x)ln 1110， 当 x(0,1)时，x21xf(x)ex. 点评：通过适当放缩可将较复杂的函数变为简单的函数，当参数范围已知时，通过放缩，可将参数消去，达到简化目的

19、 跟进训练 已知函数 f(x)ax2x1ex.证明：当 a1 时，f(x)e0. 11 / 15 证明 当 a1时，f(x)eax2x1exex2x1exe (x2x1ex1)ex. 令 g(x)x2x1ex1， 则 g(x)2x1ex1，且 g(1)0. 当 x1时，g(x)0，当 x1时，g(x)0， 因此当 x1时，g(x)有最小值，g(x)ming(1)0， g(x)0，当且仅当 x1时等号成立 又 ex0， f(x)e0. 技法六 构造“形似”函数证明不等式 典例 6 已知函数 f(x)(a1)ln xax21. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)若 a2，证明：对任意 x1，x

20、2(0，)，|f(x1)f(x2)|4|x1x2|. 思维流程 解 (1)f(x)的定义域为(0，)， f(x)a1x2ax2ax2a1xa(2x21)1x. 当 a0时，f(x)0，故 f(x)在(0，)上单调递增 当 a1时，f(x)0，故 f(x)在(0，)上单调递减 当1a0时，令 f(x)0，解得 xa12a， 因为 f(x)在(0，)上单调递减， 所以当 x0，a12a时，f(x)0，f(x)在0，a12a上单调递增； 12 / 15 当 xa12a，时，f(x)0，f(x)在a12a，上单调递减 (2)证明：不妨假设 x1x2， 由于 a2，故 f(x)在(0，)上单调递减 所以

21、|f(x1)f(x2)|4|x1x2|等价于 f(x2)f(x1)4x14x2， 即 f(x2)4x2f(x1)4x1. 令 g(x)f(x)4x， 则 g(x)a1x2ax42ax24xa1x， 于是 g(x)4x24x1x(2x1)2x0. 从而 g(x)在(0，)上单调递减，故 g(x1)g(x2)， 即 f(x2)4x2f(x1)4x1， 故当 a2时，对任意 x1，x2(0，)，|f(x1)f(x2)|4|x1x2|. 点评：对双变量函数不等式，可根据条件构造“形似”函数，再判断此函数的单调性，最后根据函数的单调性证明不等式 跟进训练 已知函数 f(x)(ln xk1)x(kr) (

22、1)若曲线 yf(x)在(1，f(1)处的切线与直线 x2y0平行，求 k 的值； (2)若对于任意 x1，x2(0,3，且 x1x2，都有 f(x1)2x2f(x2)2x1恒成立，求实数 k 的取值范围 解 (1)由题意得 f(x)ln xk，又曲线 yf(x)在(1，f(1)处的切线与直线 x2y0 平行，所以 f(1)ln 1k12，解得 k12. (2)因为 f(x1)2x2f(x2)2x1， 所以 f(x1)2x1f(x2)2x2， 记 h(x)f(x)2x，又因为 x1，x2(0,3，且 x1x2, 所以 h(x)f(x)2x在(0,3上单调递增 13 / 15 所以 h(x)ln xk2x20在(0,3上恒成立， 即 kln x2x2在(0,3上恒成立， 记 u(x)ln x2x2，所以 u(x)1x4x3x24x3， 令 u(x)0，解得 x2. 当 0 x2 时，u(x)0，u(x)单调递减， 当 2x0，u(x)单调递增， 所以当 x2时，u(x)取得最小值 u(2)ln 212， 所以 kln 212. 所以实数 k 的取值范围是，ln 212. 技法七 赋值放缩法证明正整数不等式 典例 7 若函数 f(x)exax1(a0)在 x0处取极值 (1)求