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

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）=~eχ+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）求证：

当x≥1时，f（x）+g（x）≥-

InX

［解］⑴因为f（x）=1—-^,

Inx—1

所以f'（X）=x∑,f,

（1）=—1.

ae1ae1

因为g（x）=孑+X—bχ,所以g（X）=—ex—X2—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.

（2）证明：

由（I）知，g（X）=—ex+X+x,

M2^AInXe1

贝Uf（x）+g（x）≥X?

1—^^—ex—X+x≥0.

令h（x）=1—€—1+x（x≥1）,

XeX

则h，（X）=—^x^+e+X2+1=少+ex+1.

InXe

因为x≥1,所以h,（X）=卡+ex+1>0,

所以h（x）在［1,+∞）上单调递增，所以h（x）≥h

（1）=0,

即1-2X-e—1+x≥0,

XeX

2所以当x≥1时，f（x）+g（x）≥χ.

［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—x∣nx.求证：

当x>0时，f（x）

111

［证明］要证f（x）

eexex

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

x+ex≥0∙

再令φ（x）=ex—ex,贝Uφ'（x）=e—ex,

易知φ（x）在（0,1）上单调递增，在（1,+∞）上单调递减，则（XX）max=φ

（1）=0,所以ex—ex≤0.

因为h（x）与φx）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；

（2）求证：

—+x+Inx—1≥0;

（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

Alnx+InX

令g（x）=X-（x>0），贝yg（X）=^Xr,

所以当X∈（0,1）时，g'（χ）>0,当X∈（1,+∞）时，g'（X）V0,

则g（X）在（0,1）上单调递增，在（1,+∞）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⑴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,

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

-~+X+Inx—1入

+1,

e—x

由⑵知一丁+x+Inx—1≥0恒成立,

―X

+x+Inx—1

所以一二+1≤1,所以k≥1.

e—

故k的取值范围为［1,+∞）.

［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；

（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≥∣x2+1,当且仅当X=0时取等号；

X—1

⑸一≤Inx≤X—1≤X2—X,当且仅当X=1时取等号;

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.

X1+X2≥

（1）当a=0时，求函数f（x）的图象在（1,f

（1））处的切线方程;

⑵若a=—2,正实数X1,X2满足f（X1）+f（X2）+X1X2=0,求证:

［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=χ1χ2,设φ（t）=t—Int（t>0）,

则Φ'（t）=1—1=一,

易知φ（t）在区间（0,1）上单调递减，在区间（1,+∞）上单调递增，所以φ（t）≥φ

（1）=1,所以（X1+x2）2+（x1+x2）≥1,

√5—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］

已知函数f（x）=Inx+.

（1）求f（x）的最小值；

⑵若方程f（x）=a有两个根xι,X2（xιvX2）,求证：

xι+x2>2a.

1aX-a

解：

（1）因为f'（X）=X-x∑=x^（x>0）,

所以当a≤0时，f（x）在（0,+∞）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（X1

由⑴可得0

4ax-a

石2<0,

x22a-X2

令g（x）=f（x）-f（2a—x）（0

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=X1f（2a—X1）,所以f（x2）=f（x1）>f（2a-x1）,

由

（1）可得f（x）在（a,+∞）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）+.

.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+5+7+…+2n+!

（n∈N）.

［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+2I

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,+∞）上单调递减.所以g（x）vg（0）=2,故a的取值范围为[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'（O）=

g'（0）,

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∈（-∞,0）时，F'（x）v0,所以F（X）在（0,+∞）上单调递增，在（一∞,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）≤x+1,即ex>In（x+2）,

当a≤2时，ln（x+a）≤ln（x+2）Vex,

所以当a≤2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-n+1

则e~~^~>ln一n—+2,

——n+1

即e-n+1>In+2n=[ln（n+1）-Inn]n,

所以e0+e—1+e-2+…+e-n+1>In2+（In3—In2）2+（In4-In3）3+…+[ln（n+1）—In

n],

1-enIe又因为e0+e-1+e-2+…+e-n+1=1V—=,

1-；1-1e-1

e所以In2+（In3-In2）2+（In4—In3）3+…+[ln（n+1）-Inn]nve-1

［课时跟踪检测］

1.（2019唐山模拟）已知f（x）=~2XX-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,+∞）时，f'（X）>0,f（x）单调递增.

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，

则所证不等式等价于f（x）—f（2a）-^a（x-2a）>0.

设g（x）=f（x）—f（2a）—2a（x—2a）,

则当x>2a时，

,3a23

g（X）=f（X）—2a=x—X—尹

所以g（x）在（2a,+∞）上单调递增,

当X>2a时，g（x）>g（2a）=0,

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）=λnx—e—x（λ∈R）.

（1）若函数f（x）是单调函数，求λ的取值范围；

X2⑵求证：

当0vX1VX2时，e1—X2—e1—x1>1—

解：

⑴函数f（x）的定义域为（0,+∞）,

'∙f（X）=λnx—e—x,

τ函数f（x）是单调函数，•••f'（x）≤0或f'（x）≥0在（0,+∞）上恒成立,

XX一1

令φ（x）=—孑，贝yφ'（X）=-e^,

当0VXV1时，φ,（x）V0；当x>1时，φ,（x）>0,

则φ（x）在（0,1）上单调递减，在（1,+∞）上单调递增，•当X>0时，φ（x）min=φ1）=

∙λ≤—1∙

ex,

∞时，φx）V0,∙∙∙λ≥0.

■-0VxiVX2,

∙'∙f（x1）>f（x2）,即一e∣nX1—e—X1>—?

lnX2—e—x2,

∙'e1—X2—el—xi>Inxi—InX2.

X1X2

lnX2>1—Q

X2X2

要证e1—x2—e1—x1>1—X1,只需证lnx1—lnx2>1—门即证

X11

令t=X11，t∈（0,1）,则只需证Int>1—^,

1t—

令h（t）=Int+Y—1,则当OVtV1时，h'⑴=-^V。

，

∙∙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>∣n（n+1）.

IkX—11

解：

（1）■/f（x）=kx—Inx—1,∙f'（x）=k—X=—（x>0,k>0）;当0vXV&时，f'（x）

V0；当x>匚时，f'（x）>0.

∙f（x）在0,K上单调递减，在k'+∞上单调递增,

∙∙∙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,

τn∈N*,令X=也，得1>In

111,213In+1

∙1+才+;+•••+一>In+In+…+In=23n12n

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