5 导数与不等式讲义 （Word）

导数与不等式
一、利用导数证明不等式的方法
(1)直接构造法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)0(f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；
(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如lnx≤x－1，ex≥x＋1，lnx0)，≤ln(x＋1)≤x(x>－1)；
(3)特征分析构造法：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；
(4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解．
二、破解含双参不等式证明题的关键点
(1)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.
(2)巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.
(3)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.
三、常用结论
逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证.利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程.
(1)对数形式：x≥1＋ln
x(x＞0)，当且仅当x＝1时，等号成立.
(2)指数形式：ex≥x＋1(x∈R)，当且仅当x＝0时，等号成立.进一步可得到一组不等式链：ex＞x＋1＞x＞1＋ln
x(x＞0，且x≠1).
技巧1
直接将不等式转化为函数的最值问题
例1、已知函数f(x)＝ln
x＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＜0时，证明f(x)≤－－2.
［解］　
(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.
当a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
当a＜0，则当x∈时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.
故f(x)在上单调递增，在上单调递减.
(2)证明：由(1)知，当a＜0时，f(x)在x＝－取得最大值，最大值为f＝ln－1－.
所以f(x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，即ln＋＋1≤0.设g(x)＝ln
x－x＋1，则g′(x)＝－1.当x∈(0,1)时，g′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0.所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.所以当x＞0时，g(x)≤0.从而当a＜0时，ln＋＋1≤0，即f(x)≤－－2.
点睛：
将不等式转化为函数最值来证明不等式，其主要思想是依据函数在固定区间的单调性，直接求得函数的最值，然后由f(x)≤f(x)max或f(x)≥f(x)min直接证得不等式.
例2、已知函数f(x)＝1－，g(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)≥.
【解】　
(1)因为f(x)＝1－，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，
即g(1)＝1＋a－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′(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，所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.
方法技巧
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.
技巧2
转化为两个函数的最值进行比较
例3、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.
［解］　(1)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.
所以f(x)min＝
(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)＝，
由m′(x)＜0得x＞1时，m(x)为减函数，
由m′(x)＞0得0＜x＜1时，m(x)为增函数，
易知m(x)max＝m(1)＝－，当且仅当x＝1时取到.
从而对一切x∈(0，＋∞)，xln
x≥－≥－，两个等号不同时取到，即证对一切x∈(0，＋∞)都有ln
x＞－成立.
点睛：
在证明的不等式中，若对不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可以借助两个函数的最值进行证明.
技巧3
构造函数证明不等式
例4、已知函数f(x)＝ex－3x＋3a(e为自然对数的底数，a∈R).
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)求证：当a＞ln
，且x＞0时，＞x＋－3a.
［解］　(1)由f(x)＝ex－3x＋3a，x∈R，知f′(x)＝ex－3，x∈R.
令f′(x)＝0，得x＝ln
3，
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，ln
3)
ln
3
(ln
3，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
极小值
↗
故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln
3］，
单调递增区间是［ln
3，＋∞)，
f(x)在x＝ln
3处取得极小值，极小值为f(ln
3)＝eln
3－3ln
3＋3a＝3(1－ln
3＋a).无极大值.
(2)证明：待证不等式等价于ex＞x2－3ax＋1，
设g(x)＝ex－x2＋3ax－1，x＞0，于是g′(x)＝ex－3x＋3a，x＞0.
由(1)及a＞ln
＝ln
3－1知：g′(x)的最小值为g′(ln
3)＝3(1－ln
3＋a)＞0.
于是对任意x＞0，都有g′(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增.
于是当a＞ln
＝ln
3－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)＞g(0).
而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)＞0.
即ex＞x2－3ax＋1，故＞x＋－3a.
点睛：
若证明f(x)＞g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，如果能证明h(x)在(a，b)上的最小值大于0，即可证明f(x)＞g(x)，x∈(a，b).
技巧4
双变量不等式的证明
例5、已知函数f(x)＝ln
x－ax(x＞0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2).
求证：x1x2＞e2.
［证明］　不妨设x1＞x2＞0，
因为ln
x1－ax1＝0，ln
x2－ax2＝0，
所以ln
x1＋ln
x2＝a(x1＋x2)，ln
x1－ln
x2＝a(x1－x2)，所以＝a，
欲证x1x2＞e2，即证ln
x1＋ln
x2＞2.
因为ln
x1＋ln
x2＝a(x1＋x2)，所以即证a＞，
所以原问题等价于证明＞，
即ln
＞，
令c＝(c＞1)，则不等式变为ln
c＞.
令h(c)＝ln
c－，c＞1，
所以h′(c)＝－＝＞0，
所以h(c)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(c)＞h(1)＝ln
1－0＝0，
即ln
c－＞0(c＞1)，因此原不等式x1x2＞e2得证.
点睛：
换元法构造函数证明不等式的基本思路是直接消掉参数a，再结合所证问题，巧妙引入变量c＝，从而构造相应的函数.其解题要点为：
1．已知函数f(x)＝x2，g(x)＝alnx(a>0)．
(1)求函数h(x)＝f(x)g(x)的极值；
(2)求证：当x>0时，不等式lnx＋－>0成立．
(其中e为自然对数的底数，e＝2.718
28…)
解：(1)F(x)＝f(x)g(x)＝ax2lnx(x>0)，∴F′(x)＝axlnx＋ax＝ax，
由F′(x)>0得x>e，
由F′(x)<0，得0∴F(x)在上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，∴F(x)极小值＝F(e)＝－，F(x)无极大值．
(2)令G(x)＝－，则G′(x)＝，
当x∈(0,2)时，G′(x)>0，G(x)单调递增；
当x∈(2，＋∞)时，G′(x)<0，G(x)单调递减，则G(x)max＝G(2)＝－，
而－－＝<0，
因此x2lnx≥－>－≥－，原不等式得证．
(2020·河北九校联考)已知函数f(x)＝xex＋x2＋ax＋b，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为：
4x－2y－3＝0.
(1)求a，b的值；(2)证明：f(x)>lnx.
解：(1)f′(x)＝(x＋1)ex＋2x＋a，
由题意知解得
(2)由(1)知，f(x)＝xex＋x2＋x－.
先证当x≥0时，f(x)≥2x－，
即证xex＋x2－x≥0.
设g(x)＝xex＋x2－x，x≥0，
则g′(x)＝(x＋1)ex＋2x－1，g′(0)＝0.
设φ(x)＝g′(x)，则φ′(x)＝(x＋2)ex＋2>0，所以函数g′(x)在[0，＋∞)上单调递增，故g′(x)≥g′(0)＝0，所以函数g(x)在[0，＋∞)上单调递增，则当x≥0时，g(x)＝xex＋x2－x≥g(0)＝0.(也可直接分析xex＋x2＋x－≥2x－?xex＋x2－x≥0?ex＋x－1≥0，显然成立)．
再证2x－>lnx，设h(x)＝2x－－lnx，
则h′(x)＝2－＝，令h′(x)＝0，得x＝，则当x∈(0，)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；
当x∈(，＋∞)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增．
所以h(x)＝2x－－lnx≥h()＝－＋ln2>0，
即有2x－>lnx，
又f(x)＝xex＋x2＋x－>2x－(x>0)，
故f(x)>lnx.
3．已知函数f(x)＝x2e2x－2.
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当x∈[0,2]时，求证：f(x)≥－2x2＋8x－5.
解：(1)f′(x)＝2e2x－2(x2＋x)，f′(1)＝4，f(1)＝1，
则曲线y＝f(x)在点(1,1)处的切线方程为y－1＝4(x－1)，即y＝4x－3.
(2)证明：当x∈[0,2]时，令g(x)＝x2e2x－2＋2x2－8x＋5，则g′(x)＝2e2x－2(x2＋x)＋4x－8，令h(x)＝g′(x)，
则h′(x)＝2e2x－2(2x2＋4x＋1)＋4>0，
所以g′(x)在[0,2]上单调递增，且g′(1)＝0，
所以g(x)在[0,1]上单调递减，在[1,2]上单调递增，
所以g(x)的最小值为g(1)＝0，
所以g(x)≥0，即f(x)≥－2x2＋8x－5.
4．已知函数f(x)＝ln
x－ax2＋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；
(2)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，求证：x1＋x2≥.
［解］　(1)当a＝0时，f(x)＝ln
x＋x，则f(1)＝1，所以切点为(1,1)，又因为f′(x)＝＋1，所以切线斜率k＝f′(1)＝2，故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.
(2)证明：当a＝－2时，f(x)＝ln
x＋x2＋x(x＞0).
由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，
得ln
x1＋x＋x1＋ln
x2＋x＋x2＋x1x2＝0，
从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)，
令t＝x1x2(t＞0)，令φ(t)＝t－ln
t，得φ′(t)＝1－＝，
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，因为x1＞0，x2＞0，所以x1＋x2≥成立.
5．设函数f(x)＝ln
x－x＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；(2)求证：当x∈(1，＋∞)时，1＜＜x.
［解］　(1)由题设知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.
当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)在(0,1)上单调递增；
当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减.
(2)证明：由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.
所以当x≠1时，ln
x＜x－1.
故当x∈(1，＋∞)时，ln
x＜x－1，＞1.
①
因此ln
＜－1，即ln
x＞，＜x.
②
故当x∈(1，＋∞)时恒有1＜＜x.
6.(2017·全国卷Ⅲ改编)已知函数f(x)＝x－1－aln
x.
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)证明：对于任意正整数n，…＜e.
［解］　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
①若a≤0，因为f＝－＋aln
2＜0，所以不满足题意.
②若a＞0，由f′(x)＝1－＝知，
当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0；
所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增，
故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点.
因为f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，故a＝1.
(2)证明：由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln
x＞0.
令x＝1＋，得ln＜.
从而ln＋ln＋…＋ln＜＋＋…＋＝1－＜1.
故…＜e.
1．【2018年理数全国卷II】已知函数．
（1）若，证明：当时，；
【答案】（1）见解析详解：（1）当时，等价于．
设函数，则．
当时，，所以在单调递减．
而，故当时，，即．
2．【2017课标3，理21】已知函数
.
（1）若
，求a的值；
（2）设m为整数，且对于任意正整数n
，求m的最小值.
【答案】(1)
；(2)
【解析】
试题分析：(1)由原函数与导函数的关系可得x=a是在的唯一最小值点，列方程解得
；
(2)利用题意结合(1)的结论对不等式进行放缩，求得，结合可知实数
的最小值为
【考点】
导数研究函数的单调性；导数研究函数的最值；利用导数证明不等式
3．【2019年高考北京理数】已知函数．
（Ⅰ）求曲线的斜率为1的切线方程；
（Ⅱ）当时，求证：；
【答案】（Ⅰ）与；（Ⅱ）见解析；
【解析】（Ⅰ）由得.
令，即，得或.
又，，
所以曲线的斜率为1的切线方程是与，
即与.
（Ⅱ）令.
由得.
令得或.
的情况如下：
所以的最小值为，最大值为.
故，即.
4．【2019年高考天津理数】设函数为的导函数．
（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）当时，证明；
【答案】（Ⅰ）的单调递增区间为的单调递减区间为.（Ⅱ）见解析；
【解析】
（Ⅰ）由已知，有．因此，当时，有，得，则单调递减；当时，有，得，则单调递增．
所以，的单调递增区间为的单调递减区间为．
（Ⅱ）证明：记．依题意及（Ⅰ），有，从而．当时，，故
．
因此，在区间上单调递减，进而．
所以，当时，．
5.【2020年高考天津】已知函数，为的导函数．
（Ⅰ）当时，
（i）求曲线在点处的切线方程；
（ii）求函数的单调区间和极值；
（Ⅱ）当时，求证：对任意的，且，有．
【解析】（Ⅰ）（i）当时，，故．可得，，所以曲线在点处的切线方程为，即．
（ii）依题意，．从而可得，整理可得．令，解得．
当变化时，的变化情况如下表：
1
-
0
+
↘
极小值
↗
所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；的极小值为，无极大值．
（Ⅱ）证明：由，得．
对任意的，且，令，则
．
①
令．当时，，由此可得在单调递增，所以当时，，即．
因为，，
所以，
．
②
由（Ⅰ）（ii）可知，当时，，即，
故．
③
由①②③可得．所以，当时，对任意的，且，有．
6.【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知函数．
（1）当时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．
【解析】的定义域为，．
（1）当时，，，
曲线在点处的切线方程为，即．
直线在轴，轴上的截距分别为，．
因此所求三角形的面积为．
（2）当时，．
当时，，．
当时，；当时，．
所以当时，取得最小值，最小值为，从而．
当时，．
综上，的取值范围是．
【点睛】本题考查导数几何意义、利用导数研究不等式恒成立问题，考查综合分析求解能力，分类讨论思想和等价转化思想，属较难试题.
今天错在哪里啦？
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