2023年高考数学总复习第三章导数及其应用第3课时利用导数证明不等式

第3课时利用导数证明不等式

提升关键能力——考点突破掌握类题通法

考点一移项作差构造法［基础性、综合性］

［例1］已知函数段)=1一竽，g(x)=|^+(—力龙，若曲线)，=於(与曲线y=g(x)的一个

公共点是A(l,1),且在点A处的切线互相垂直.

(1)求〃，b的值；

(2)证明：当入21时，yu)+ga)e*

听课笔记：

反思感悟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，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证.

【对点训练】

设7U)=2xIn尤+1.求证：J(x)^x2—x+^+2\nx.

考点二特征分析法［综合性］

［例2J已知函数y(x)=ax—Inx—1.

(1)若7U)20恒成立，求。的最小值；

(2)证明：4~+力+仁x~120；

(3)已知左(0-*+/)2%一xlnx恒成立，求k的取值范围.

听课笔记:

反思感悟(1)特征分析法往往要在前面问题中证明出某个不等式，在后续的问题中应

用前面的结论，呈现出层层递进的特点.

(2)证明不等式时的一些常见结论

①InxWx—1,当且仅当x=l时，等号成立；

②e'2x+l,当且仅当x=0时，等号成立；

@Inx<jc<ex,x>0.

【对点训练】

已知函数段)=ln(x-l)-jk(x-l)+l.

(1)求函数兀v)的单调区间；

(2)若兀v)WO恒成立，试确定实数上的取值范围；

(3)证明：殍+整+等+…+篙中(〃GN*且1).

考点三隔离分析法［综合性］

［例3］已知函数y(x)=elnx—“MaCR).

(1)讨论40的单调性；

(2)当“=e时，证明：xJ(x)—e'+2ex^0.

听课笔记：

反思感悟(1)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化

为两个函数的最值问题.

(2)在证明过程中，“隔离”化是关键，此处f(X)min>g(X)max恒成立.从而为X)>g(X),但

此处_/(X)与g(X)取到最值的条件不是同一个"X"的值.

【对点训练】

设函数,/(x)=x2—(x+l)lnx,求证：当0<xW2时，

考点四换元构造法［综合性］

［例4］已知函数,/(x)=lnx—ar(x>0),a为常数，若函数段)有两个零点x”也仁声及).求

证：x\X2>e2.

听课笔记：

反思感悟换元法构造函数证明不等式的基本思路是直接消掉参数。，再结合所证问题,

巧妙引入变量c=X,从而构造相应的函数.其解题要点为：

联立消参利用方程於1)=於2)消掉解析式中的参数a

抓商构元令C=2,消掉变量汨，X2,构造关于C的函数/7(C)

x2

用导求解利用导数求解函数人(C)的最小值，从而可证得结论

【对点训练】

已知函数y(x)=lnx+9+x.若正实数Xl，X2满足y(Xl)+y(X2)+xiX2=0.求证：X1+X2、m二.

第3课时利用导数证明不等式

提升关键能力

考点一

例1解析：⑴因为段)=1一乎，

所以/(»=唆，/(1)=-1.

因为g(x)=W+:-bx,

所以戈(力=_卜一套一4

因为曲线y=/(x)与曲线y=g(x)的一个公共点是A(l,1),且在点A处的切线互相垂直,

所以g(l)=L且/(l)g'(l)=-l,

f

所以g(l)=a+l—卜=1,g(l)=—a—l—b=lf解得〃=—1,b=­l.

(2)证明：由⑴知,g(x)=—会+：+乂

则於)+ga)e：oi一等-1-

令h(x)=1——-4--+x(x^1),

xexx

则人⑴=0,如)=一等+2+++1=詈+2+1.

因为在1,所以因(乃=詈+*+1>0,

所以依)在［1,+8)上单调递增，所以g)》/?(1)=0,即1一¥一2一；+40,

所以当X21时，yu)+g(x)》j.

对点训练

解析：x2—x+：+21nx—/(x)=x(x—1)—2(x—l)lnx

=(x—D(x——2lnx)(x>0),

令g(x)=x-1-21nx,则g〈x)=1+专-：=肾芸》。，

所以g(x)在(0,+8)上单调递增，

又g(l)=0,所以当04<1时,g(x)〈又

当x>\时,g(x)>0,

所以(x—l)(x一：-2Inx)力0,

即«x)Wx2—x+：+21nx.

考点二

例2解析：(1求x)20等价于电F(x>0).

A,、lnx+1

令g(x)=^,贝(Ig，a)=詈,

所以当xe(o,1)时，g，(x)>0,当Xd(l,+8)时，g，(x)<0,

则g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+8)上单调递减，所以g(x)max=g(l)=l,则421,

所以4的最小值为1.

(2)证明：由⑴知当a=l时有4x)=x-lnx-l2o成立，即x2lnx+l,即f》ln/+l.

令J=f,则一x—lnx=ln/,

X

所以^-2—x—Inx~\~1,

X

即^—+x+lnx—120.

(3)因为k(e~x+x2)^x—xInx,

即《F+x)》l—lnx恒成立,

-X

1-lnx—e+x+lnx-l

所以女2卜1,

F+xF+x

由Q)知%-+x+ln%—120恒成立,

-x

——e+x+lnx-l

所以卜1W1,故人21.

F+X

对点训练

解析：(1)因为7(x)=ln(x—1)—2(%—1)+1,

所以/(X)=W一鼠X>1.

所以当々WO时，/(x)=W-Q0,火、)在(I，+8)上是增函数；

当Q0时，令/。)>0,得1<X<1+3

令/(x)<0,得x>l+5

所以於)在(1,1+目上是增函数，在(1+(，+8)上是减函数.

解析:(2)因为人x)W0恒成立，

所以Vx>l,In(x—1)一左(x—1)+1WO,

所以Vx>l,In(%—l)Wk(x—1)—1,

所以心>0.

由(1)知，当心0时，y(x)ma*=/(l+：)=-InkWO,解得

故实数k的取值范围是［1,+8).

(3)证明：令2=1,则由(2)知，ln(x—l)Wx—2对任意无£(1,+8)恒成立,

即1对任意x£(0,+8)恒成立.

取x=n2,则21n〃W〃2—1,

匕匕、

^anP—Inn<—n-1,”22,所以iJ-n72-+,-Inr3+.-Inr4H>----.Inn<n(n-1)'且n>\).

n+12345n+14

考点三

例3解析：(iy(x)=2-a(x>0),

①若aWO,则/(x)>0,/)在(0,+8)上单调递增；

②若。>0,则当0<x<：时，F(x)>0；当x>|时，7(x)<0,

故7U)在(0,》上单调递增，在(9，+8)上单调递减.

(2)证明：方法一因为第>0,所以只需证危)W^—2e,

当a=e时，由(1)知，火x)在(0,1)上单调递增，在(1,+8)上单调递减，

所以危)3=川)=一€.

记g(x)=2e(x>0),

则g'(x)=*，

所以当0<x<l时，g'(x)<0,g(x)单调递减,

当x>l时，g'(x)>0,g(x)单调递增，

所以g(X)min=g(l)=-e.

综上，当x>0时，；(x)Wg(x),

即式x)Wj—2e,即;e*+2exW0.

方法二由题意知，即证exInx-ex2—e*+2exW0,

从而等价于Inx—x+2<—.

ex

设函数g(x)=lnx—x+2,贝！Ig，(x)=；1.

所以当xe(o,1)时，g，(x)>o,当xe(l,+8)时，g，(x)<0,

故g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+8)上单调递减，

从而g(x)在(0,+8)上的最大值为g(l)=l.

设函数〃(x)=2，则/7,(-y)-eX^1)-

所以当xd(o,1)时，〃(x)<o,当XG(1,+8)时，h'(x)>0,

故版X)在(0,1)上单调递减，在(1,+8)上单调递增，

从而力(X)在(0,+8)上的最小值为〃(1)=1.

综上，当R>0时，g(x)W/?(x),即力工)-e^+ZexWO.

对点训练

证明：只需证x一号一lnx>}即1—In心呼+右令g(x)=x—Inx,〃(幻=竽+5

由g<x)=l—1=0,解得x=l,所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增,

故当(KrW2时g(X)min=g(l)=l,

由〃(x)=V詈可知人(x)在(0,2]上单调递增，

i

故/?Wnlax=/l(2)=^<l=g(X)min,

1

故/?(x)<g(x),即火

考点四

例4证明：不妨设xi>X2>0,

因为InX|-ari=0,InX2~ax2=0,

所以In»+lnx2=a(xi+x2),In%i—InX2=a(xi—xi),所以曳生则出=a,

xl-x2

欲证xiX2>e2,即证Inxi+lnxi>2.

因为Inx\+\nx2=a(x\+x2),所以即证〃>」一，

xl+x2

所以原问题等价于证明坦汕吟>^一，即5*>晒出，

Xi-X2X1+X2X2Xi+X2

令。=生(。>1),则不等式变为In