第三章 高考专题突破一 第3课时　利用导数证明不等式

第3课时　利导数证明等式

题型 等式转化函数值问题

例1　(2020·赣州模拟)已知函数f(x)＝1－g(x)＝＋－bx曲线y＝f(x)曲线y＝g(x)公点A(11)点A处切线互相垂直．
(1)求ab值
(2)证明：x≥1时f(x)＋g(x)≥
(1)解　f(x)＝1－x>0
f′(x)＝f′(1)＝－1
g(x)＝＋－bxg′(x)＝－－－b
曲线y＝f(x)曲线y＝g(x)公点A(11)点A处切线互相垂直
g(1)＝1f′(1)·g′(1)＝－1
g(1)＝a＋1－b＝1g′(1)＝－a－1－b＝1
解a＝－1b＝－1
(2)证明　(1)知g(x)＝－＋＋x
f(x)＋g(x)≥⇔1－－－＋x≥0
令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)
h(1)＝0h′(x)＝＋＋＋1＝＋＋1
x≥1h′(x)＝＋＋1>0
h(x)[1＋∞)增加
x≥1时h(x)≥h(1)＝0
1－－－＋x≥0
x≥1时f(x)＋g(x)≥
思维升华　证等式两边含变量时般直接构造左减右函数时复杂式子进行变形利导数研究单调性值助构造函数单调性值证．
踪训练1　(2020·武汉调研)已知函数f(x)＝ln x＋a∈R
(1)讨函数f(x)单调性
(2)a>0时证明f(x)≥
(1)解　f′(x)＝－＝(x>0)．
a≤0时f′(x)>0f(x)(0＋∞)增加．
a>0时x>af′(x)>0函数f(x)(a＋∞)增加
0(2)证明　(1)知a>0时f(x)min＝f(a)＝ln a＋1
证f(x)≥需证ln a＋1≥
证ln a＋－1≥0
令函数g(a)＝ln a＋－1
g′(a)＝－＝(a>0)
01时g′(a)>0
g(a)(01)减少(1＋∞)增加
g(a)min＝g(1)＝0
ln a＋－1≥0恒成立
f(x)≥

题型二 等式转化两函数值进行较

例2　已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)讨f(x)单调性
(2)a＝e时证明：xf(x)－ex＋2ex≤0
(1)解　f′(x)＝－a(x>0)．
①a≤0f′(x)>0f(x)(0＋∞)增加
②a>000x>时f′(x)<0
f(x)增加减少．
(2)证明　x>0
需证f(x)≤－2e
a＝e时(1)知f(x)(01)增加(1＋∞)减少．
f(x)max＝f(1)＝－e
记g(x)＝－2e(x>0)g′(x)＝
01时g′(x)>0g(x)增加
g(x)min＝g(1)＝－e
综x>0时f(x)≤g(x)
f(x)≤－2exf(x)－ex＋2ex≤0
思维升华　(1)直接求导较复杂手时证式进行变形构造两函数找传递中间量达证明目标．例中时含ln xex直接构造函数指数数分离两边分计算值助值进行证明．
(2)证明程中等价转化关键处g(x)min＝f(x)max恒成立．f(x)≤g(x)恒成立．
踪训练2　已知函数f(x)＝ax2－xln x
(1)函数f(x)(0＋∞)增加求实数a取值范围
(2)a＝e证明：x>0时f(x)(1)解　题意知f′(x)＝2ax－ln x－1
函数f(x)(0＋∞)增加x>0时f′(x)≥02a≥恒成立．
令g(x)＝(x>0)g′(x)＝－
易知g(x)(01)增加(1＋∞)减少g(x)max＝g(1)＝12a≥1a≥
实数a取值范围
(2)证明　a＝e证f(x)需证ex－ln x令h(x)＝ln x＋(x>0)h′(x)＝
易知h(x)减少增加h(x)min＝h＝0
ln x＋≥0
令φ(x)＝ex－exφ′(x)＝e－ex
易知φ(x)(01)增加(1＋∞)减少φ(x)max＝φ(1)＝0ex－ex≤0
h(x)φ(x)时0ex－ex原等式成立．

题型三 适放缩证明等式
例3　(2020·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－1－ln x＋ln a
(1)a＝e时求曲线y＝f(x)点(1f(1))处切线两坐标轴围成三角形面积
(2)f(x)≥1求a取值范围．
解　f(x)定义域(0＋∞)f′(x)＝aex－1－
(1)a＝e时f(x)＝ex－ln x＋1f′(x)＝ex－
f(1)＝e＋1f′(1)＝e－1
曲线y＝f(x)点(1f(1))处切线方程y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)
y＝(e－1)x＋2
直线y＝(e－1)x＋2x轴y轴截距分－2
求三角形面积
(2)0a＝1时f(x)＝ex－1－ln xf′(x)＝ex－1－
x∈(01)时f′(x)<0
x∈(1＋∞)时f′(x)>0
x＝1时f(x)取值值f(1)＝1
f(x)≥1
a>1时f(x)＝aex－1－ln x＋ln a≥ex－1－ln x≥1
综a取值范围[1＋∞)．
[高考改编题] 已知函数f(x)＝aex－1－ln x－1
(1)a＝1求f(x)(1f(1))处切线方程
(2)证明：a≥1时f(x)≥0
(1)解　a＝1时f(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)
f′(x)＝ex－1－
k＝f′(1)＝0
f(1)＝0
∴切点(10)．
∴切线方程y－0＝0(x－1)y＝0
(2)证明　∵a≥1∴aex－1≥ex－1
∴f(x)≥ex－1－ln x－1
方法　令φ(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)
∴φ′(x)＝ex－1－
令h(x)＝ex－1－
∴h′(x)＝ex－1＋>0
∴φ′(x)(0＋∞)增加φ′(1)＝0
∴x∈(01)时φ′(x)<0x∈(1＋∞)时φ′(x)>0
∴φ(x)(01)减少(1＋∞)增加
∴φ(x)min＝φ(1)＝0
∴φ(x)≥0
∴f(x)≥φ(x)≥0
证f(x)≥0
方法二　令g(x)＝ex－x－1
∴g′(x)＝ex－1
x∈(－∞0)时g′(x)<0
x∈(0＋∞)时g′(x)>0
∴g(x)(－∞0)减少(0＋∞)增加
∴g(x)min＝g(0)＝0
ex≥x＋1仅x＝0时取＝．
理证ln x≤x－1仅x＝1时取＝．
ex≥x＋1⇒ex－1≥x(仅x＝1时取＝)
x－1≥ln x⇒x≥ln x＋1(仅x＝1时取＝)
∴ex－1≥x≥ln x＋1
ex－1≥ln x＋1
ex－1－ln x－1≥0(仅x＝1时取＝)
证f(x)≥0
方法三　f(x)＝aex－1－ln x－1定义域(0＋∞)
f′(x)＝aex－1－
令k(x)＝aex－1－
∴k′(x)＝aex－1＋>0
∴f′(x)(0＋∞)增加．
f′(1)＝a－1≥0x→0时f′(x)→－∞
∴存x0∈(01]f′(x0)＝0－＝0

∴x∈(0x0)时f′(x)<0
x∈(x0＋∞)时f′(x)>0
∴f(x)(0x0)减少(x0＋∞)增加
∴f(x)min＝f(x0)＝－ln x0－1＝－ln x0－1
令φ(x)＝－ln x－1x∈(01]
∴φ′(x)＝－－<0
∴φ(x)(01]减少
∴φ(x)min＝φ(1)＝0∴φ(x)≥0
∴－ln x0－1≥0
f(x)min＝f(x0)≥0f(x)≥0
思维升华　导数方法证明等式中常见exln x代数式结合问题类问题考虑先exln x进行放缩问题简化简化构建函数进行证明常见放缩公式：(1)ex≥1＋x仅x＝0时取等号(2)ln x≤x－1仅x＝1时取等号．
踪训练3　已知函数f(x)＝sin2xsin 2x
(1)讨f(x)区间(0π)单调性
(2)证明：|f(x)|≤
(3)设n∈N＋证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤
(1)解　f′(x)＝2sin xcos xsin 2x＋2sin2xcos 2x
＝2sin xsin 3x
x∈∪时f′(x)>0
x∈时f′(x)<0
f(x)区间增加
区间减少．
(2)证明　f(0)＝f(π)＝0
(1)知f(x)区间[0π]值f ＝
值f ＝－
f(x)周期π周期函数
|f(x)|≤
(3)证明　
＝|sin3xsin32x…sin32nx|
＝|sin x||sin2xsin32x…sin32n－1xsin 2nx||sin22nx|
＝|sin x||f(x)f(2x)…f(2n－1x)||sin22nx|
≤|f(x)f(2x)…f(2n－1x)|
sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤＝

极值点偏移问题常作压轴题出现题型复杂变．解决类问题先需理解类问题实质巧妙消元消参构造函数利函数性质解决问题．
例1　已知函数f(x)＝xe－x
(1)求函数f(x)单调区间
(2)x1≠x2f(x1)＝f(x2)求证：x1＋x2>2
(1)解　f′(x)＝e－x(1－x)
令f′(x)>0x<1令f′(x)<0x>1
∴函数f(x)(－∞1)增加(1＋∞)减少．
(2)证明　方法　(称化构造法)
构造辅助函数F(x)＝f(x)－f(2－x)x>1
F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝e－x(1－x)＋ex－2(x－1)
＝(x－1)(ex－2－e－x)
∵x>1时x－1>0ex－2－e－x>0∴F′(x)>0
∴F(x)(1＋∞)增加∴F(x)>F(1)＝0
x>1时f(x)>f(2－x)(*)
f(x1)＝f(x2)x1≠x2设x1<1x2代入(*)式f(x2)>f(2－x2)
f(x1)＝f(x2)∴f(x1)>f(2－x2)．
x1<12－x2<1f(x)(－∞1)增加
∴x1>2－x2∴x1＋x2>2
方法二　(值代换法)
设0取数ln x1－x1＝ln x2－x2
令t＝>1x2＝tx1代入式ln x1－x1＝ln t＋ln x1－tx1x1＝x2＝
∴x1＋x2＝>2⇔ln t－>0
设g(t)＝ln t－(t>1)
∴g′(t)＝－＝>0
∴t>1时g(t)增加∴g(t)>g(1)＝0
∴ln t－>0x1＋x2>2
例2　已知函数f(x)＝ln x－ax两零点x1x2
(1)求实数a取值范围
(2)求证：x1·x2>e2
(1)解　f′(x)＝－a＝(x>0)
①a≤0f′(x)>0符合题意
②a>0令f′(x)＝0解x＝
x∈时f′(x)>0
x∈时f′(x)<0
题意知f(x)＝ln x－ax极值f ＝ln －1>0解0实数a取值范围
(2)证明　f(1)＝－a<01构造函数H(x)＝f －f 
＝ln －ln －2ax0H′(x)＝＋－2a＝>0
H(x)增加
H(x)>H(0)＝0f >f 
1
f(x2)＝f(x1)
＝f f(x)减少
x2>－x1x1＋x2>
ln x1x2＝ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)>2
x1·x2>e2
课时精练

1．(2020·莆田模拟)已知函数f(x)＝xex－1－ax＋1曲线y＝f(x)点(2f(2))处切线l斜率3e－2
(1)求a值切线l方程
(2)证明：f(x)≥0
(1)解　f(x)＝xex－1－ax＋1
f′(x)＝(x＋1)ex－1－a
曲线y＝f(x)点(2f(2))处切线l斜率3e－2f′(2)＝3e－a＝3e－2解a＝2
f(2)＝2e－4＋1＝2e－3切线l方程y－(2e－3)＝(3e－2)(x－2)(3e－2)x－y－4e＋1＝0
a＝2切线l方程(3e－2)x－y－4e＋1＝0
(2)证明　(1)f(x)＝xex－1－2x＋1
f′(x)＝(x＋1)ex－1－2
x∈(－∞－1]时f′(x)<0
令g(x)＝(x＋1)ex－1－2(x>－1)
g′(x)＝(x＋2)ex－1>0
x∈(－1＋∞)时g(x)增加
f′(x)增加f′(1)＝0
x∈(－11)时f′(x)<0
x∈(1＋∞)时f′(x)>0
f(x)(－∞1)减少
(1＋∞)增加．
f(x)≥f(1)＝0
2．已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x
(1)讨f(x)单调性
(2)a<0时证明：f(x)≤－－2
(1)解　f(x)定义域(0＋∞)
f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝
a≥0x∈(0＋∞)时f′(x)>0
f(x)(0＋∞)增加．
a<0x∈时f′(x)>0
x∈时f′(x)<0
f(x)增加减少．
(2)证明　(1)知a<0时f(x)x＝－处取值值f ＝ln －1－
f(x)≤－－2等价ln －1－≤－－2
ln＋＋1≤0
设g(x)＝ln x－x＋1g′(x)＝－1
x∈(01)时g′(x)>0
x∈(1＋∞)时g′(x)<0
g(x)(01)增加(1＋∞)减少．
x＝1时g(x)取值值g(1)＝0
x>0时g(x)≤0
a<0时ln＋＋1≤0
f(x)≤－－2
3．(2018·全国Ⅲ)已知函数f(x)＝
(1)求曲线y＝f(x)点(0－1)处切线方程
(2)证明：a≥1时f(x)＋e≥0
(1)解　f′(x)＝
f′(0)＝2f(0)＝－1
曲线y＝f(x)点(0－1)处切线方程
2x－y－1＝0
(2)证明　a≥1时f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x
令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1g′(x)＝2x＋1＋ex＋1
x＜－1时g′(x)＜0g(x)减少
x＞－1时g′(x)＞0g(x)增加．
g(x)≥g(－1)＝0
f(x)＋e≥0

4．已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)讨函数f(x)(0＋∞)单调性
(2)证明：ex－e2ln x>0恒成立．
(1)解　f(x)定义域(0＋∞)
f′(x)＝－a＝
a≤0时f′(x)>0∴f(x)(0＋∞)增加
a>0时令f′(x)＝0x＝
∴x∈时f′(x)>0x∈时f′(x)<0
∴f(x)增加减少．
(2)证明　方法　证ex－e2ln x>0证ex－2>ln x
令φ(x)＝ex－x－1∴φ′(x)＝ex－1
令φ′(x)＝0x＝0
∴x∈(－∞0)时φ′(x)<0
x∈(0＋∞)时φ′(x)>0
∴φ(x)(－∞0)减少(0＋∞)增加
∴φ(x)min＝φ(0)＝0
ex－x－1≥0ex≥x＋1仅x＝0时取＝．
理证ln x≤x－1仅x＝1时取＝．
ex≥x＋1(仅x＝0时取＝)
ex－2≥x－1(仅x＝2时取＝)
ln x≤x－1x－1≥ln x仅x＝1时取＝
ex－2≥x－1≥ln x两等号时成立
ex－2>ln x．证原等式成立．
方法二　令φ(x)＝ex－e2ln x
φ(x)定义域(0＋∞)
φ′(x)＝ex－令h(x)＝ex－
∴h′(x)＝ex＋>0
∴φ′(x)(0＋∞)增加．
φ′(1)＝e－e2<0
φ′(2)＝e2－e2＝e2>0
存x0∈(12)φ′(x0)＝0－＝0
＝
∴x∈(0x0)时φ′(x)<0
x∈(x0＋∞)时φ′(x0)>0
∴φ(x)(0x0)减少(x0＋∞)增加
∴φ(x)min＝φ(x0)＝－e2ln x0＝－e2ln x0＝－e2ln ＝－e2(2－x0)＝e2＝e2·>0
φ(x)>0ex－e2ln x>0证原等式成立．

5．(2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝－x＋aln x
(1)讨f(x)单调性
(2)f(x)存两极值点x1x2
证明：(1)解　f(x)定义域(0＋∞)
f′(x)＝－－1＋＝－
①a≤2f′(x)≤0仅a＝2x＝1时f′(x)＝0
f(x)(0＋∞)减少．
②a>2令f′(x)＝0
x＝x＝
x∈∪时
f′(x)<0
x∈时f′(x)>0
f(x)减少增加．
(2)证明　(1)知f(x)存两极值点仅a>2
f(x)两极值点x1x2满足x2－ax＋1＝0
x1x2＝1妨设x11
＝－－1＋a
＝－2＋a＝－2＋a
设函数g(x)＝－x＋2ln x(1)知g(x)(0＋∞)减少．
g(1)＝0x∈(1＋∞)时g(x)<0
－x2＋2ln x2<0文档香网(httpswwwxiangdangnet)户传

《香当网》用户分享的内容，不代表《香当网》观点或立场，请自行判断内容的真实性和可靠性！
该内容是文档的文本内容，更好的格式请下载文档