利用导数证明不等式考点与题型归纳.docx
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利用导数证明不等式考点与题型归纳
利用导数证明不等式考点与题型归纳
考点一单变量不等式的证明
方法一移项作差构造法证明不等式
lnxae1
[例1]已知函数f(x)=1—~x,g(x)='ex+X—bx(e为自然对数的底数),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
(2)求证:
当x>1时,f(x)+g(x)>-
x
Inx
[解]⑴因为f(x)=1—-^,
Inx—1
所以f(x)=7,f'
(1)=—1.
ae1ae1
因为g(x)=ex+x—bx,所以g(x)=—ex—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,
即g
(1)=a+1—b=1,g'
(1)=—a—1—b=1,
解得a=—1,b=—1.
e1
(2)证明:
由
(1)知,g(x)=—孑+x+x,
小2^AInxe1
贝yf(x)+g(x)>x?
1—t—ex—x+X》0.
令h(x)=1—皿—€—1+x(x>1),
xex
则h'(x)=—+e+x2+1=少+當+1.
Inxe
因为x>1,所以h'(x)=卡+1>o,
所以h(x)在[1,+s)上单调递增,所以h(x)>h
(1)=0,
即1-也-e—丄+x>o,
xex
2所以当x>1时,f(x)+g(x)>x.
[解题技法]
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.
方法二隔离审查分析法证明不等式
1[例2](2019长沙模拟)已知函数f(x)=ex2-xlnx•求证:
当x>0时,f(x)vxex+-.
111
[证明]要证f(x)vxex+-,只需证ex—Inxvex+,即ex-ex ex—1 eexex 1 令h(x)=Inx+—(x>0),贝Uh'(x)=ex 易知h(x)在0,e上单调递减,在e,上单调递增,则h(x)min=h1=0,所以In 1 x+ex》°. 再令0(x)=ex—ex,贝UO'(x)=e—ex, 易知O(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+^)上单调递减,则O(X)max=0 (1)=0,所以ex— ex<0. x1 因为h(x)与«x)不同时为0,所以ex—ex [解题技法] 若直接求导比较复杂或无从下手时,可将待证式进行变形,构造两个都便于求导的函数, 从而找到可以传递的中间量,达到证明的目标. 方法三、放缩法证明不等式 [例3]已知函数f(x)=ax—Inx—1. (1)若f(x)》0恒成立,求a的最小值; ex (2)求证: —+x+Inx—1>0; x (3)已知k(ex+x2)>x—xInx恒成立,求k的取值范围. [解] (1)f(x)>0等价于a> Inx+1 人Inx+1…,Inx 令g(x)=X~(x>0),贝Vg(x)=—立, 所以当x€(0,1)时,g'(x)>0,当x€(1,+s)时,g'(x)v0, 则g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+s)上单调递减,所以g(x)max=g (1)=1,则a>1,所以a的最小值为1. ⑵证明: 当a=1时,由 (1)得x>Inx+1, 即t>Int+1(t>0). e—x 令~x~=t,则—x—Inx=Int, e—x 所以——>—x—Inx+1, x e-x 即一+x+Inx—1>0.x —x e、 ⑶因为k(e-x+x2)>x—xInx恒成立,即k——+x>1—Inx恒成立, x e-x 二+x+Inx—1 +1, e—x 由⑵知■—+x+Inx—1>0恒成立, 入 —x e +x+Inx—1 x 所以一二+K1,所以k>1. e— 故k的取值范围为[1,+g). [解题技法] 导数的综合应用题中,最常见就是ex和Inx与其他代数式结合的难题,对于这类问题, 可以先对ex和Inx进行放缩,使问题简化,便于化简或判断导数的正负•常见的放缩公式如下: (1)ex>1+x,当且仅当x=0时取等号; (2)ex>ex,当且仅当x=1时取等号; 1 (3)当x>0时,ex>1+x+? x2,当且仅当x=0时取等号; ⑷当x>0时,ex>討+1,当且仅当x=0时取等号; X—1 ⑸一 X 考点二双变量不等式的证明 [典例]已知函数f(x)=Inx—2ax2+x,a€R. (1)当a=0时,求函数f(x)的图象在(1,f (1))处的切线方程; X1+X2> ⑵若a=—2,正实数X1,x2满足f(X1)+f(X2)+X1x2=0,求证: 1 [解] (1)当a=0时,f(x)=Inx+x,则f (1)=1,所以切点为(1,1),又因为f'(x)=-+ 入 1,所以切线斜率k=f (1)=2, 故切线方程为y—1=2(x—1),即卩2x—y—1=0. (2)证明: 当a=—2时,f(x)=Inx+x2+x(x>0). 由f(X1)+f(X2)+X1X2=0, 即InX1+x1+X1+InX2+x2+x2+X1X2=0, 从而(X1+X2)2+(X1+X2)=X1X2—In(X1X2), 令t=X1X2,设©(t)=t—Int(t>0), 则©(t)=1—1=一, 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(X1+X2)2+(X1+X2)>1, V5—1因为X1>0,X2>0,所以X1+X2>—2—成立. [解题技法] 破解含双参不等式的证明的关键 一是转化,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; 二是巧构造函数,再借用导数,判断函数的单调性,从而求其最值; 三是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. [题组训练] a 已知函数f(x)=Inx+. x (1)求f(x)的最小值; ⑵若方程f(x)=a有两个根xi,X2(xivx2),求证: xi+X2>2a. 1ax—a 解: (1)因为f'(x)=x—x2=x^(x>0), 所以当aw0时,f(x)在(0,+R)上单调递增,函数无最小值. 当a>0时,f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+^)上单调递增. 函数f(x)在x=a处取最小值f(a)=Ina+1. ⑵证明: 若函数y=f(x)的两个零点为X1,x2(X1Vx2), 由 (1)可得OvX1VavX2. 2 4ax—a 石2v0, x22a—x2 令g(x)=f(x)—f(2a—x)(0vxva), 丄1 则g'(x)=(x—a)X2—2a—x2 所以g(x)在(0,a)上单调递减,g(x)>g(a)=0, 即f(x)>f(2a—x). 令x=X1va,贝Vf(x1)>f(2a—X1),所以f(x2)=f(x1)>f(2a—X1), 由 (1)可得f(x)在(a,+g)上单调递增,所以X2>2a—X1, 故X1+X2>2a. 考点三证明与数列有关的不等式 a[典例]已知函数f(x)=In(x+1)+二. .X.I厶 (1)若x>0时,f(x)>1恒成立,求a的取值范围; 1111* ⑵求证: ln(n+1)>3+5171…+2^+1(nCN). a [解] (1)由In(x+1)+>1,得 x+2 a>(x+2)—(x+2)1n(x+1). 令g(x)=(x+2)[1—In(x+1)], x+21 则g'(x)=1—In(x+1)—=—In(x+1)—- x+1x+1 当x>0时,g'(x)v0,所以g(x)在(0,+g)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)+>1(x>0), x+2 令x=k(k>0),得Ink+1 >k+2 即ln(n+1)>3+1+7+・・・+-^(n€N*). 3572n+1 式中的自变量.通过多次求和达到证明的目的.此类问题一般至少有两问,已知的不等式常 由第一问根据待证式的特征而得到. (2)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),还要注意指、对数式的互化,如ex>x+1可化为In(x+1)vx等. [题组训练] (2019长春质检)已知函数f(x)=ex,g(x)=In(x+a)+b. (1)若函数f(x)与g(x)的图象在点(0,1)处有相同的切线,求a,b的值; (2)当b=0时,f(x)—g(x)>0恒成立,求整数a的最大值; (3)求证: In2+(In3-In2)2+(In4-In3)3+—+[ln(n+1)—Inn]nv-^(n€N*).ei 解: ⑴因为函数f(x)和g(x)的图象在点(0,1)处有相同的切线,所以f(0)=g(0)且f'(0)= g'(0), ii 又因为f'(x)=ex,g'(x)=,所以1=Ina+b,1=;, x+aa 解得a=1,b=1. ⑵现证明ex>x+1,设F(x)=ex-x-1,则F'(x)=ex-1,当x€(0,+)时,F'(x)>0,当x€(—a,0)时,F'(x)v0,所以F(x)在(0,+s)上单调递增,在(一a,0)上单调递减,所以F(x)min=F(0)=0,即F(x)>0恒成立, 即ex>x+1. 同理可得In(x+2)wx+1,即ex>In(x+2), 当aw2时,ln(x+a)wln(x+2)vex, 所以当aw2时,f(x)—g(x)>0恒成立. 当a>3时,e0vIna,即ex-In(x+a)>0不恒成立. 故整数a的最大值为2. —n+1 ⑶证明: 由⑵知ex>ln(x+2),令x=—, —n+1一n+1 则e~~^~>ln一n—+2, ——n-k1 即e-n+1>In+2n=[ln(n+1)-Inn]n, n 所以e°+e-1+e-2+…+e一n+1>In2+(In3—In2)2+(In4—In3)3+…+[ln(n+1)—In n n], 1 1—』1e又因为e0+e-1+e-2+•••+e-n+1=1v—=, 1-;1-1e-1 ee e所以In2+(In3-In2)2+(In4—In3)3+…+[ln(n+1)-Inn]nve-1 [课时跟踪检测] 1 1.(2019唐山模拟)已知f(x)=qx2—a2lnx,a>0. ⑴求函数f(x)的最小值; fx—f2a3 ⑵当x>2a时,证明: >尹 x—2a2 解: ⑴函数f(x)的定义域为(0,+^), a2x+ax—af(x)=x—x= 当x€(0,a)时,f'(x)v0,f(x)单调递减; 当x€(a,+s)时,f'(x)>0,f(x)单调递增. 1 所以当x=a时,f(x)取得极小值,也是最小值,且f(a)=~a2—a2lna. (2)证明: 由⑴知,f(x)在(2a,+)上单调递增, 3 则所证不等式等价于f(x)—f(2a)—^a(x—2a)>0. “3 设g(x)=f(x)—f(2a)—2a(x—2a), 则当x>2a时, ,3a23 g(x)=f(x)—2a=x——^a 2x+ax—2a 2x >0, 所以g(x)在(2a,+s)上单调递增, 当x>2a时,g(x)>g(2a)=0, 3 即f(x)—f(2a)—? a(x—2a)>0, fx—f2a3 故>"a. x—2a2 2.(2018黄冈模拟)已知函数f(x)=亦x—e—x(入€R). (1)若函数f(x)是单调函数,求入的取值范围; x2⑵求证: 当0vX1vx2时,e1—x2—e1—X1>1—: . 1 解: ⑴函数f(x)的定义域为(0,+8), ••f(x)=Anx—e—x, +xe—x ~X~, •••函数f(x)是单调函数,•••f'(x)w0或f'(x)>0在(0,+s)上恒成立, X. xX一1 令y(x)=—孑,贝yy(x)=-e^, 当0vxv1时,y(x)v0;当x>1时,y(x)>0, 则yx)在(0,1)上单调递减,在(1,+8)上单调递增,•••当x>0时,yx)min=yi)= ■-0vxivX2, 11 •••f(X1)>f(x2),即一: lnX1—e—X1>—? lnX2—e—X2, •'el—X2—el—xi>Inxi—InX2. X1X2 lnX2>1—门 X2X2 要证e1—X2—e1—>1—X1,只需证InX1—lnX2>1—门即证 1t— 令h(t)=Int+f—1,则当0vtv1时,h'⑴v。 1 ••h(t)在(0,1)上单调递减,又Th (1)=0,「.h(t)>0,即Int>1—^,故原不等式得证. 3.(2019贵阳模拟)已知函数f(x)=kx—Inx—1(k>0). (1)若函数f(x)有且只有一个零点,求实数k的值; …111 ⑵求证: 当n€N时,1+2+3+…+n>"5+1)• 1kx—11 解: (1)■/f(x)=kx—Inx—1,•f'(x)=k——(x>0,k>0);当0vxv&时,f'(x) 1 v0;当x>匚时,f'(x)>0. k 11 •f(x)在0,1上单调递减,在k,+m上单调递增, •-f(x)min= 1 =Ink, •••f(x)有且只有一个零点, •Ink=0,「.k=1. n+1 ⑵证明: 由 (1)知x—Inx—1>0,即x—1>Inx,当且仅当x=1时取等号, •••n€N*,令x=也,得1>In nn 111,2,3,n+1 •1+才+;+…+一>In+In+…+In=23n12n
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