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导与练普通班2017届高三数学一轮复习第2节导数在研究函数中的应用第三课时利用导数证明不等式专题课件理


第三课时 利用导数证明不等式专题

专题概述

利用导数证明不等式是高考的热点问题,常作为解答题的一问出现,难度
较大,解决此类问题一般是通过构造函数把不等式问题转化为求函数单调 性或最值问题解决.

方法一 构造法证明一元不等式问题
be x ?1 【例 1】 (2014 高考新课标全国卷Ⅰ)设函数 f(x)=ae ln x+ ,曲线 y=f(x) x
x

在点(1,f(1))处的切线方程为 y=e(x-1)+2. (1)求 a,b;

a x b x-1 b x-1 (1)解:函数 f(x)的定义域为(0,+≦),f′(x)=ae ln x+ e - 2 e + e . x x x
x

由题意可得 f(1)=2,f′(1)=e. 故 a=1,b=2.

(2)证明:f(x)>1.
(2)证明:由(1)知,f(x)=exln x+

2 x-1 2 e ,从而 f(x)>1 等价于 xln x>xe-x- . x e

设函数 g(x)=xln x,则 g′(x)=1+ln x.
1 1 所以当 x∈(0, )时,g′(x)<0;当 x∈( ,+≦)时,g′(x)>0. e e 1 1 故 g(x)在(0, )上单调递减,在( ,+≦)上单调递增,从而 g(x)在(0,+≦)的最小值为 e e

g(

1 1 )=- . e e 2 ,则 h′(x)=e-x(1-x).所以当 x∈(0,1)时,h′(x)>0; e

设函数 h(x)=xe-x-

当 x∈(1,+≦)时,h′(x)<0. 故 h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+≦)上单调递减,从而 h(x)在(0,+≦)的最大值为
1 h(1)=- . e

综上,当 x>0 时,g(x)>h(x),即 f(x)>1.

反思归纳

利用导数法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的

基本方法是构造函数h(x)=f(x)-g(x),然后根据函数h(x)的单调性或 最值,证明h(x)>0,若f(x)与g(x)的最值易求出,可直接转化为证明 f(x)min≥g(x)max;若f(x)与g(x)的最值不易求出,可对h(x)=f(x)-g(x) 适当变形后进行转化.

【即时训练】 证明不等式 e >1+x+

x

证明:设 f(x)=e -1-xx

x

1 2 x, 2
x

1 2 x ,x∈(0,+∞)成立. 2

则 f′(x)=e -1-x.令 g(x)=e -1-x,则 g′(x)=e -1. 当 x>0 时,g′(x)>0, 所以 g(x)在(0,+≦)上单调递增,而 g(0)=0, 所以 g(x)>g(0)=0, 所以 g(x)在(0,+≦)上恒成立,即 f′(x)>0 在(0,+≦)上恒成立. 所以 f(x)在(0,+≦)上单调递增,又 f(0)=0, 所以 ex-1-x1 2 1 x >0,即 x>0 时,ex>1+x+ x2 成立. 2 2

x

方法二

等价转化法证明二元不等式问题
a ? x ? 1? x ?1

【例 2】 已知函数 f(x)=ln x-

.

(1)若函数 f(x)在(0,+∞)上为单调增函数,求 a 的取值范围;
(1)解:f′(x)=
1 x
a ? x ? 1? ? a ? x ? 1?

? x ? 1?

2

x ? 1? ? 2ax x 2 ? ? 2 ? 2a ? x ? 1 ? = = . 2 2 x ? x ? 1? x ? x ? 1?
2

因为 f(x)在(0,+≦)上为单调增函数, 所以 f′(x)≥0 在(0,+≦)上恒成立.即 x +(2-2a)x+1≥0 在(0,+≦)上恒成立, 由 x∈(0,+≦)时,x +(2-2a)x+1≥0,得 2a-2≤x+ 最小值为 2, 故 2a-2≤2,解得 a≤2,所以 a 的取值范围是(-≦,2].
2 2

1 1 ,由于 x+ 在(0,+≦)上的 x x

(2)设 m,n>0,且 m≠n,求证:

m?n m?n < . ln m ? ln n 2

(2)证明:由于交换 m,n 不影响不等式的结构,故可以设 m>n. m m ?1 ?1 原不等式等价于 n < n , m 2 ln n
?m ? ?m ? 2 ? ? 1? 2 ? ? 1? m n ? ,即 ln m - ? n ? >0. 即 ln > ? m m n n ?1 ?1 n n

根据(1),函数 h(x)=ln x-

2 ? x ? 1? x ?1

在(0,+≦)上是单调增函数,又

m >1, n

?m ? 2 ? ? 1? m m n ? >0 成立,所以 m ? n < m ? n . 所以 h( )>h(1)=0,所以 ln - ? m n n ln m ? ln n 2 ?1 n

反思归纳 二元不等式问题有两种形式,一种形式是对于同一个函 数的两个不同自变量而言,一种形式则是对不同函数的不同自变量而 言.利用导数解决第一种形式的二元不等式的基本思想是把这个二元 不等式转化为一元不等式,通过构造函数,然后按照导数研究一元不 等式的方法解决.转化的基本思路有两个,一是根据函数的单调性把 不等式转化为一个函数在指定的区间上是单调的,二是通过“齐次变 换”把不等式转化为一元不等式,然后构造函数.对于第二种形式则

是转化为不同函数的最值进行解答.
提醒:在把不等式转换为一元不等式时要注意变换的等价性,以及变 换后函数的定义域.

【即时训练】 已知函数 f(x)=

1 2 x -ax+(a-1)ln x,a>1. 2

(1)讨论函数 f(x)的单调性; (1)解:f(x)的定义域为(0,+≦).
a ? 1 x2 ? ax ? a ? 1 ? x ? 1?? x ? 1 ? a ? f′(x)=x-a+ = = . x x x

x ②若a-1<1,而a>1,故1<a<2,则当x∈(a-1,1)时,f′(x)<0;当x∈(0,a-1)及 x∈(1,+≦)时,f′(x)>0,故f(x)在[a-1,1]上单调递减,在(0,a-1],[1,+≦) 上单调递增. ③若a-1>1,即a>2,同理可得f(x)在[1,a-1]上单调递减,在(0,1],[a-1,+≦) 上单调递增.

①若 a-1=1,即 a=2,则 f′(x)=

? x ? 1?

2

,故 f(x)在(0,+≦)上单调递增.

(2)证明:若 a<5,则对任意 x1,x2∈(0,+∞),x2≠x1,有
(2)证明:考虑函数 g(x)=f(x)+x =
1 2 x -ax+(a-1)ln x+x. 2

f ? x1 ? ? f ? x2 ? x1 ? x2

>-1.

a ?1 a ?1 则 g′(x)=x-(a-1)+ ≥2 x ? -(a-1) x x
=1-( a ? 1 -1)2. 由于 1<a<5,故 g′(x)>0,即 g(x)在(0,+≦)上单调递增,从而当 0<x2<x1 时,有 g(x1)-g(x2)>0,即 f(x1)-f(x2)+x1-x2>0,故 0<x1<x2 时,有

f ? x1 ? ? f ? x2 ? x1 ? x2

>-1.当

f ? x1 ? ? f ? x2 ? x1 ? x2

=

f ? x2 ? ? f ? x1 ? x2 ? x1

>-1.

方法三

赋值法证明正整数不等式问题
b +c(a>0)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为 y=x-1. x

【例 3】 已知函数 f(x)=ax+ (1)用 a 表示出 b,c;

(1)解:f′(x)=a-

b , 2 x

? ?b ? a ? 1, ? f ?1? ? a ? b ? c ? 0 则有 ? 解得 ? ? ? ?c ? 1 ? 2a. ? f ?1? ? a ? b ? 1,

(2)若f(x)≥ln x在[1,+∞)上恒成立,求a的取值范围;
(2)解:由(1)知,f(x)=ax+ 令 g(x)=f(x)-ln x=ax+
a ?1 +1-2a. x

a ?1 +1-2a-ln x,x∈[1,+≦), x
2

1? a ? ? a ? x ? 1? ? x ? ? a ? 1 1 ax ? x ? ? a ? 1? a ? ? 则 g(1)=0,g′(x)=a- 2 - = = , x2 x x x2

(ⅰ)当 0<a< 若 1<x<

1 1? a 时, >1. 2 a

1? a ,则 g′(x)<0,g(x)是减函数,所以 g(x)<g(1)=0, a

即 f(x)<ln x.故 f(x)≥ln x 在[1,+≦)上不恒成立. (ⅱ)当 a≥
1 1? a 时, ≤1. 2 a

若 x>1,则 g′(x)>0,g(x)是增函数,所以 g(x)>g(1)=0, 即 f(x)>ln x,故当 x≥1 时,f(x)≥ln x.综上所述,所求 a 的取值范围为[
1 ,+≦). 2

(3)证明:1+

1 (3)证明:法一 由(2)知,当 a≥ 时,有 f(x)≥ln x(x≥1). 2

n 1 1 1 + +…+ >ln(n+1)+ (n≥1). 2 3 n 2 ? n ? 1?

令 a= 令 x=

1 1 1 1 1 ,有 f(x)= (x- )≥ln x(x≥1),且当 x>1 时, (x- )>ln x. 2 2 x 2 x
k ?1 k ?1 1 k ?1 k 1 1 1 ,有 ln < ( )= [(1+ )-(1)], k k k k ?1 k ?1 2 2 k

即 ln(k+1)-ln k<

1 1 1 ( + ),k=1,2,3,…,n. 2 k k ?1

1 1 1 1 1 将上述 n 个不等式依次相加得 ln(n+1)< +( + +…+ )+ , 2 2 3 n 2 ? n ? 1? n 1 1 1 整理得 1+ + +…+ >ln(n+1)+ . 2 3 n 2 ? n ? 1?

法二 用数学归纳法证明. ①当 n=1 时,左边=1,
1 <1,不等式成立. 4 ②假设当 n=k 时,不等式成立,就是

右边=ln 2+

1+

k 1 1 1 + +…+ >ln(k+1)+ . 2 3 k 2 ? k ? 1?

k k?2 1 1 1 1 1 那么 1+ + +…+ + >ln(k+1)+ + =ln(k+1)+ , 2 3 k k ?1 2 ? k ? 1? k ? 1 2 ? k ? 1?

由(2)知,当 a≥ 令 a=

1 时,有 f(x)≥ln x(x≥1). 2

1 1 1 ,有 f(x)= (x- )≥ln x(x≥1). 2 2 x

k?2 1 k ? 2 k ?1 k?2 令 x= ,得 ( )≥ln =ln(k+2)-ln(k+1). k ?1 k ?1 2 k ?1 k ? 2

所以 ln(k+1)+ 所以 1+

k?2 k ?1 ≥ln(k+2)+ . 2 ? k ? 1? 2 ? k ? 2?

k ?1 1 1 1 1 + +…+ + >ln(k+2)+ . 2 3 k k ?1 2 ? k ? 2?
*

这就是说,当 n=k+1 时,不等式也成立, 根据①和②,可知不等式对任何 n∈N 都成立.

反思归纳 利用导数研究的正整数不等式一般都与题目给出的函数不等式有关,如
本例中给出的函数 f(x)在 a=
1 1 1 ,x≥1 时,有不等式 (x- )≥ln x,根据函数的定义 2 2 x

域,这个不等式当然对一切大于等于 1 的数成立,这样根据所证不等式的特点,给定 x 以适当的数值即可证明正整数不等式.凡涉及从 1 到 n 的整数的不等式,而且不等式 中含有 ln n 的问题,一般都是通过赋值使之产生 ln 决的,如证明
n ?1 n ,ln 等使问题获得解 n n ?1

1 2 n n 1 + +…+ <n+ln 2-ln(n+2)时,就是通过变换 =1,进而 2 3 n ?1 n ?1 n ?1 1 1 >ln(1+ )=ln(n+1)-ln n,累加后得出的. n n

通过不等式 x>ln(1+x)(x>0),得

提醒:证明正整数不等式时,要把这些正整数放在正实数的范围内,通过构造正实数 的不等式进行证明,而不能直接构造正整数的函数,因为这样的函数不是可导函数, 使用导数就是错误的.

【即时训练】 (2015山东济宁市模拟)已知函数f(x)=ex-ax-a(其中a∈R,e 是自然对数的底数,e=2.718 28…). (1)当a=e时,求函数f(x)的极值; (1)解:当a=e时,f(x)=ex-ex-e,f′(x)=ex-e, 当x<1时,f′(x)<0;当x>1时,f′(x)>0; 所以函数f(x)在(-≦,1)上单调递减,

在(1,+≦)上单调递增,
所以函数f(x)在x=1处取得极小值f(1)=-e, 函数f(x)无极大值;

(2)当0≤a≤1时,求证f(x)≥0; (2)解:由f(x)=ex-ax-a,f′(x)=ex-a ①当a=0时,f(x)=ex≥0恒成立,满足条件,

②当0<a≤1时,由f′(x)=0,得x=ln a,
则当x∈(-≦,ln a)时,f′(x)<0,当x∈(ln a,+≦)时, f′(x)>0,

所以函数f(x)在(-≦,ln a)上单调递减,
在(ln a,+≦)上单调递增, 所以函数f(x)在x=ln a处取得极小值即为最小值, f(x)min=f(ln a)=eln a-aln a-a=-aln a.

因为0<a≤1,所以ln a≤0,
所以-aln a≥0,所以f(x)min≥0, 综上得,当0≤a≤1时,f(x)≥0;

(3)求证:对任意正整数 n,都有(1+

1 1 1 )(1+ 2 )…(1+ n )<e. 2 2 2

(3)证明:由(2)知,当 a=1 时,f(x)≥0 恒成立, 所以 f(x)=ex-x-1≥0 恒成立,即 ex≥x+1, 所以 ln (x+1)≤x,令 x= 所以 ln (1+
1 1 1 (n ∈ N ) ≤ , +),得 ln (1+ n n n 2 2 2

1 1 1 1 1 1 )+ln (1+ 2 )+…+ln (1+ n )≤ + 2 +…+ n 2 2 2 2 2 2

n 1? ?1? ? ?1 ? ? ? ? 2? 1 n ? ?2? ? ? = =1-( ) <1, 1 2 1? 2

所以(1+

1 1 1 )(1+ 2 )…(1+ n )<e. 2 2 2



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