人教第3章 导数及其应用 高考难点突破课1　导数的综合问题 第三课时　利用导数证明不等式.docx

第三课时　利用导数证明不等式
题型一　移项构造函数证明不等式
例1 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)≥.
(1)解　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.
从而g(1)＝a＋1－b＝1，且g′(1)＝－a－b－1＝1.
解得a＝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，＋∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(1)＝0，即1－－－＋x≥0.
故当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.
感悟提升　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.
训练1 已知函数f(x)＝ln x＋，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a>0时，证明f(x)≥.
(1)解　f′(x)＝－＝(x>0)，
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；
若0<x<a，则f′(x)<0，函数f(x)在(0，a)上单调递减.
(2)证明　由(1)知，当a>0时，f(x)min＝f(a)＝ln a＋1.
要证f(x)≥，只需证ln a＋1≥，即证ln a＋－1≥0.
令g(a)＝ln a＋－1，
则g′(a)＝－＝(a>0)，
当0<a<1时，g′(a)<0；
当a>1时，g′(a)>0，
所以g(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(a)min＝g(1)＝0.
所以ln a＋－1≥0恒成立，
所以f(x)≥.
题型二　分拆函数法证明不等式
例2 已知函数f(x)＝xln 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.
(1)解　函数f(x)＝xln x－ax的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－1时，f(x)＝xln x＋x，
f′(x)＝ln x＋2.
令f′(x)＝0，得x＝.
当0<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＝处取得极小值也是最小值，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)＝xln x＋x≥－，当且仅当x＝时取等