2022届高考数学一轮复习（人教版）第3章 高考专题突破一 第3课时　利用导数证明不等式.docx

第3课时　利用导数证明不等式
题型一 将不等式转化为函数的最值问题
例1 (2021·赣州模拟)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，
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，＋∞)上单调递增，
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)≥.
思维升华 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．
跟踪训练1 (2021·武汉调研)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.
令函数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 将不等式转化为两个函数的
最值进行比较
例2 (2020·长沙模拟)已知函数f(x)＝ex2－xln x．求证：当x>0时，f(x)<xex＋.
证明　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)在上单调递减，在上单调递增，则h(x)min＝h＝0，所以ln x＋
eq \f(1,ex)≥0.再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，易知φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.因为h(x)与φ(x)不同时为0，所以ex－ex<ln x＋，故原不等式成立．
思维升华 (1)若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．本例中同时含ln x与ex，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明．
(2)在证明过程中，等价转化是关键，此处h(x)min＝φ(x)max恒成立．从而φ(x)≤h(x)恒成立，但此处φ(x)与h(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”，故φ(x)<h(x)恒成立．
跟踪训练2 已知f(x)＝xln x.
(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>－成立．
(1)解　由f(x)＝xln x，x>0，得f′(x)＝ln x＋1，令f′(x)＝0，得x＝.当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
①当0<t<<t＋2，即0<t<时，f(x)min＝f ＝－；
②当≤t<t＋2，即t≥时，f(x)在[t，t＋2]上单调递增，f(x)min＝f(t)＝tln t．令f(x)的最小值为g(t)，
所以g(t)＝
(2)证明　问题等价于证明xln x>－(x∈(0，＋∞))．由(1)可知f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－，当且仅当x＝时取到．设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝