2021版新高考数学：利用导数证明不等式含答案

/19教学资料范本2021版新高考数学：利用导数证明不等式含答案编辑：时间：第四节利用导数证明不等式(对应学生用书第53页)考点1单变量不等式的证明单变量不等式的证明方法移项法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)Vg(x))的问题转化为证明f(x)~g(x)>0(f(x)—g(x)V0),进而构造辅助函数h(x)=f(x)—g(x)；构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数；最值法：欲证f(x)Vg(x),有时可以证明f(x)maxVg(x)min.直接将不等式转化为函数的最值问题已知函数fx)=lnx+ax2+(2a+l)x.(1)讨论fx)的单调性；3⑵当aVO时，证明fx)W—石一2.［解］(l)f(x)的定义域为(0,+*),f(x)=Z+2ax+2a+1=x(x+l)(2ax+l)x.当a±0,则当xe(0,当aVO,则当x$(0,+*)时，f(x)>0,故fx)在(0,+*)上单调递增.—£)时，产(x)>°；当xE(_^+*)时,f(x)V0.故fx)在(0,—£)上单调递增，在(一£，+*)上单调递减.(2)证明：由(1)知，当aV0时，fx)在x=—£取得最大值，最大值为f(-ja11=ln(一无)—1一花311311所以/(尺一石一2等价于In(一刃一—亦一矿2,即In(—刃+厉+1W0.设g(x)=lnx-x+1，则g‘(x)='一1.当x$(0，1)时，g'(x)>0;当xx$(1，+x)时，g'(x)V0.所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+*)上单调递减.故当x=1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)=0.所以当x>0时，g(x)W0.从113而当aV0时，In(一石)+无+1W。，即fx)W—石一2.将不等式转化为函数最值来证明不等式，其主要思想是依据函数在固定区间的单调性，直接求得函数的最值，然后由f(x)X)max或f(x)三fX)min直接证得不等式.转化为两个函数的最值进行比较已知f(x)=xInx.⑴求函数fx)在［t,汁2］(t>0)上的最小值；12(2)证明：对一切xG(O,+«),都有Inx>-;成立.exex［解］(1)由f(x)=xInx，x>0,得f(x)=lnx+1,令f(x)=0，得x=当xG(O,£)时,f(x)VO,fx)单调递减;当xGd，+*)时，f(x)>0,fx)单调递增.①当0<丫<丄<丫+2,即OVtV1时，

f(x)min②当-<t<t+2,即时，fx)在［t,t+2］上单调递增，f(x)mn=f(t)=tlnt.^min<所以<所以f(X)min=1,o<t<<~,--、tInt,x2(2)证明：问题等价于证明xlnx>—一-(x^(0，+*)).—x—由(1)可知f(x)=xlnx(x$(O,+*))的最小值是一1,当且仅当x=1时取到.x2设m(x)=-x_-(x^(0，+*))，则m,(x)=1Z=x,—x由m(x)<由m(x)<0得x>1时,由m(x)>0得0<x<1时易知口m(x)^^(1)1,max—m(x)为减函数，m(x)为增函数,当且仅当x=l时取到.从而对一切x$(0从而对一切x$(0,+*)xlnx三一-三一一-，两个等号不同时取到，即证——x—12对一切x$(0，+*)都有lnx>成立.—x—x在证明的不等式中，若对不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可以借助两个函数的最值进行证明.构造函数证明不等式已知函数fx)=ex—3x+3a(e为自然对数的底数，a^R).求fx)的单调区间与极值；3ex31求证：当a>ln-，且x>0时，一>2x+~3a.ex2x［解］⑴由fx)=ex—3x+3a，xWR，知f(x)=ex—3，xWR.令f(x)=0，得x=ln3，于是当x变化时，f(x)，fx)的变化情况如下表：x(—g，In3)In3(In3，+*)f(x)—0+f(x)极小值故fx)的单调递减区间是(一g，In3］，单调递增区间是［In3，+g)，fx)在x=ln3处取得极小值，极小值为f(ln3)=ein3—3ln3+3a=3(1—ln3+a).无极大值.3(2)证明：待证不等式等价于ex>2x2—3ax+1，、3设g(x)=ex—2x2+3ax—1，x>0，于是g(x)=ex—3x+3a，x>0.3由(1)及a>ln-=ln3—1知：g(x)的最小值为g(In3)=3(1—ln3+a)>0.于是对任意x>0，都有g(x)>0,所以g(x)在(0，+g)上单调递增.3于是当a>ln—=ln3—1时，对任意x$(0，+g)，都有g(x)>g(0).而g(0)=0，从而对任意x$(0,+g)，g(x)>0.33即ex>2x2—3ax+1，若证明fx)>g(x),x$(a,b),可以构造函数h(x)=f(x)—g(x),如果能证明h(x)在(a,b)上的最小值大于0,即可证明f(x)>g(x),x^(a,b).已知函数f(x)=aex—bInx,曲线y=fx)在点(1,f(l))处的切线方程为y=(£—l)x+l.求a,b；证明：fx)>0.［解］(1)函数fx)的定义域为(0,+*).b11f(x)=aex—x，由题意得f(1)=e,f(1)=e_1,

所以_1

叶e，_ilae所以_1

叶e，=1解得4e2'、b=1.(2)证明：由⑴知fx)=£•ex—lnx.因为f(x)=e%——1在(0,+*)上单调递增，又f(l)V0,f(2)>0,所以f(x)x=0在(0,+x)上有唯一实根x0，且x0W(l,2).当xe(0,x0)时，f(x)V0,当xe(x0,+*)时，f(x)>0,从而当x=x0时，fx)取极小值，也是最小值.由f(x0)=0,得ex0—2=x0,则x0—2=—lnx0.故f(x)三fx0)=ex0—2—Inx0=£+兀0—2>2\f知0_2=0,所以fx)>0.考点2双变量不等式的证明破解含双参不等式证明题的3个关键点转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式.巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.(3)回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.果.已知函数f(x~)=lnx—ax(x>0),为常数，若函数f(x)有两个零点X],x2(X]Hx2).求证：X]X2>e2.[证明]不妨设X]>x2>0,因为InX]—aX]=O,Inx2—ax2=0,所以InX]+所以InX]+Inx2=a(x]+x2),Inx]一Inx2=a(x]_x2),—Inx1一Inx2所以x1一x2=a,欲证x]x2>e2,即证Inx]+lnx2>2.因为Inx]因为Inx]+lnx2=a(x]+x2),所以即证a>2

x1+x2'TOC\o"1-5"\h\zInx1一加x22所以原问题等价于证明一>-y^,X1—2—1—2口-12(-1一-2)即ln—2>-卄-2'.-1、一一、、、，2(c一1)令c=-2(c>l),则不等式变为lnc>c+i人2(c_1)令h(c)=lncC+1,c>1,(°T(°T)2>0,所以hgc一-—。(c+i)2所以h(c)在(1,+*)上单调递增,所以h(c)>h(1)=ln1—0=0,

2(ci)即Inc_c^J>O(c>l),因此原不等式X]X2>e2得证.换元法构造函数证明不等式的基x]本思路是直接消掉参数a,再结合所证问题，巧妙引入变量c=X2,从而构造相应的函数.其解题要点为:联立消参抓商构元利用方程fX])=fx2)消掉解析式中的参数a联立消参抓商构元xJ令c=X2，消掉变量x1，x2构造关于c的函数h(c)用导求解利用导数求解函数用导求解利用导数求解函数h(c)的最小值，从而可证得结论已知函数fx)=ln兀一2。兀2+兀，a(1)当a=0时，求函数fx)的图象在(1,f(1))处的切线方程；

⑵若a=~2，正实数X],x2满足怠丿+几^+兀匹二。，求证：X]+x2三逅T2-[解](1)当a=0时，fx)=lnx+x,则f(l)=l,所以切点为(1,1),又因为f(x)='+l,所以切线斜率k=f(1)=2,故切线方程为y—1=2(x—1),即2x—yX(2)证明：当a=—2时，f(x)=lnx+x2+x(x>0).由f(x1)+fx2)+x1x2=0,得InX]+x1+X]+lnx2+x2+x2+x1x2=0,—In(兀匹),从而(X]+x2)2+(x1+x2)—In(兀匹),1t—1令t=X]X2(t>0),令0(t)=t—lnt,得0(t)=1~t~?易知卩⑴在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,+*)上单调递增，所以0(t)±0(1)=1,所以(x1+x2)2+(x1+x2)±1,因为X1>0,X2>0,所以X]+x2三孑成立.考点3证明与正整数有关的不等式问题函数中与正整数有关的不等式，其实质是利用函数性质证明数列不等式，证明此类问题时常根据已知的函数不等式，用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量，通过多次求和达到证明的目的.若函数f(x)=ex—ax—l(a>0)在x=0处取极值.求a的值，并判断该极值是函数的最大值还是最小值；证明：1+£+3n>ln(n+1)(n$N*).［解］(1)因为x=0是函数极值点，所以f(0)=0,所以a=1.f(x)=ex—x~1,易知f(x)=ex—1.当xe(0,+*)时，f(x)>0,当x$(—g,0)时，f(x)V0,故极值f(0)是函数最小值.(2)证明：由⑴知ex三x+1.即In(x+1)Wx,当且仅当x=0时，等号成立，令x=1(k^N*),小1、1口11+k则k>ln(1+0，即k>ln〒，所以k>ln(1+k)—lnk(k=1,2,…，n),累加得1+£+3n>ln(n+1)(n$N*).

已知函数式为指数不等式(或对数不等式)，而待证不等式为与对数有关的不等式(或与指数有关的不等式)，要注意指、对数式的互化，如ex±x+l可化为In(x+l)Wx等.已知函数f(x)=\n(x+1)+#2・⑴若x>0时，fx)>1恒成立，求a的取值范围；(2)求证：In(n+1)>j+5+7+2n+l(nN*)•［解］(1)由In(x+1)+$>】，得a>(x+2)—(x+2)ln(x+1).令g(x)=(x+2)［1—In(x+1)］，1x+1'1x+1'则gzx(=1—ln(x+1)—x+i=—ln(x+1)

当x>0时，g‘(x)VO,所以g(x)在(0,+*)上单调递减.所以g(x)Vg(0)=2,故a的取值范围为［2,+*).2(2)证明：由(1)知In(x+1)+x+2>1(x>0)，x所以In(x+1)>X+2.令x令x=k(k>0),得Ini

k1)>1—，1+2口k+11即ln厂>2k+_.卜角所以ini+in2+in3+•••字>3+5+7+卜角即In(n+1)>3+5+7+•+2_+_(neN*).课外素养提升③逻辑推理一一用活两个经典不等式(对应学生用书第55页)逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证.利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程.对数形式：x±1+lnx(x>0),当且仅当x=1时，等号成立.指数形式：ex±x+1(x$R),当且仅当x=0时，等号成立.进一步可得到一组不等式链：ex>x+1>x>1+lnx(x>0,且xH1).【例1】⑴已知函数f(x)=ln(x+_)-x，则y=f(x)的图象大致为()(2)已知函数f(x)=ex,x^R.证明：曲线y=f(x)与曲线y=*x2+x+l有唯一公共占/、八、、•k+i>0,(1)B［因为f(x)的定义域为I”(x+1)—x丼即{xlx>—1,且xHO},所以排除选项D.当x>0时，由经典不等式x>1+lnx(x>0),以x+1代替x,得x>ln(x+1)(x>—1,且xHO),所以In(x+1)—x<0(x>—1,且xHO),即x>0或一1VxV0时均有fx)V0,排除A,C,易知B正确.]xWR,(2)证明：令g(x)=fx)—gx2+x+1)xWR,贝Ugzx(=ex—x—1,由经典不等式ex±x+1恒成立可知，g‘(x)±0恒成立，所以g(x)在R上为单调递增函数，且g(0)=0.所以函数g(x)有唯一零点，即两曲线有唯一公共点.【例2】(20xx•全国卷III改编)已知函数fx)=x—1—aInx.⑴若fx)±O,求a的值；(2)证明：对于任意正整数n,(1+2)(1+22)八・(1+2”)<6.［解］(1fx)的定义域为(0,+-),①若aWO,1+aIn2V0,所以不满足题意.ax—a,②若a>0,由f(x)=l——=知，xx当x$(0,a)时，f(x)V0；当xe(a,+*)时，f(x)>0;所以fx)在(0,a)单调递减，在(a,+*)单调递增，故x=a是fx)在(0,+*)的唯一最小值点.因为f(1)=0,所以当且仅当a=1时，fx)±O,故a=1.(2)证明：由(1)知当x$(1,+*)时，x—1—lnx>0.令x=1+2n,得in(1+2n)V2n-,,7i1ii,177,11从而in(1+2)+in(1+22)+・・・+in(1+2n)V2+22+^+2n=1—2nV1-故仃+釦+召…仃+和心