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上传于：2024-06-27
导数的综合应用：利用导数证明不等式
作差构造法
设f(x)＝2xln x＋1.求证：f(x)≤x2－x＋eq \f(1,x)＋2ln x.
【证明】 x2－x＋eq \f(1,x)＋2ln x－f(x)
＝x(x－1)－eq \f(x－1,x)－2(x－1)ln x
＝(x－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)－2ln x))(x>0)，
令g(x)＝x－eq \f(1,x)－2ln x，则g′(x)＝1＋eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)＝eq \f(（x－1）2,x2)≥0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又g(1)＝0，所以当01时，g(x)>0，
所以(x－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)－2ln x))≥0，
即f(x)≤x2－x＋eq \f(1,x)＋2ln x.
eq \a\vs4\al()
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．
已知f(x)＝1－eq \f(ln x,x)－eq \f(e,ex)＋eq \f(1,x)＋x.证明：当x≥1时，f(x)≥eq \f(2,x).
证明：由f(x)≥eq \f(2,x)得1－eq \f(ln x,x)－eq \f(e,ex)－eq \f(1,x)＋x≥0.
令h(x)＝1－eq \f(ln x,x)－eq \f(e,ex)－eq \f(1,x)＋x(x≥1)，
则h(1)＝0，h′(x)＝－eq \f(1－ln x,x2)＋eq \f(e,ex)＋eq \f(1,x2)＋1＝eq \f(ln x,x2)＋eq \f(e,ex)＋1.
因为x≥1，所以h′(x)＝eq \f(ln x,x2)＋eq \f(e,ex)＋1>0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0，
即1－eq \f(ln x,x)－eq \f(e,ex)－eq \f(1,x)＋x≥0，
所以当x≥1时，f(x)≥eq \f(2,x).
隔离分析法
(2020·福州模拟)已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
【解】 (1)f′(x)＝eq \f(e,x)－a(x>0)，
①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0，则当00；当x>eq \f(e,a)时，f′(x)<0，
故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,a)，＋∞))上单调递减．
(2)证明：方法一：因为x>0，所以只需证f(x)≤eq \f(ex,x)－2e，
当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以f(x)max＝f(1)＝－e.
记g(x)＝eq \f(ex,x)－2e(x>0)，
则g′(x)＝eq \f(（x－1）ex,x2)，
所以当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝－e.
综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，
即f(x)≤eq \f(ex,x)－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.
方法二：由题意知，即证exln x－ex2－ex＋2ex≤0，
从而等价于ln x－x＋2≤eq \f(ex,ex).
设函数g(x)＝ln x－x＋2，则g′(x)＝eq \f(1,x)－1.
所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，
故g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1.
设函数h(x)＝eq \f(ex,ex)，则h′(x)＝eq \f(ex（x－1）,ex2).
所以当x∈(0，1)时，h′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，
故h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1.
综上，当x>0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.
eq \a\vs4\al()
(1)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值问题．
(2)在证明过程中，“隔离”化是关键，此处f(x)min>g(x)max恒成立．从而f(x)>g(x)，但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”．
设函数f(x)＝x2－(x＋1)ln x，求证：当0eq \f(1,2)x.
证明：只需证x－eq \f(ln x,x)－ln x>eq \f(1,2)，即x－ln x>eq \f(ln x,x)＋eq \f(1,2)，令g(x)＝x－ln x，h(x)＝eq \f(ln x,x)＋eq \f(1,2)，
由g′(x)＝1－eq \f(1,x)＝0，解得x＝1，所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，2]上单调递增，
故g(x)min＝g(1)＝1，
由h′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)可知h(x)在(0，2]上单调递增，
故h(x)max＝h(2)＝eq \f(1＋ln 2,2)<1＝g(x)min，
故h(x)eq \f(1,2)x.
换元构造法
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eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)＝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>eq \f(2,x1＋x2)，
所以原问题等价于证明eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)>eq \f(2,x1＋x2)，
即lneq \f(x1,x2)>eq \f(2（x1－x2）,x1＋x2)，
令c＝eq \f(x1,x2)(c>1)，
则不等式变为ln c>eq \f(2（c－1）,c＋1).
令h(c)＝ln c－eq \f(2（c－1）,c＋1)，c>1，
所以h′(c)＝eq \f(1,c)－eq \f(4,（c＋1）2)＝eq \f(（c－1）2,c（c＋1）2)>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－eq \f(2（c－1）,c＋1)>0(c>1)，
因此原不等式x1x2>e2得证．
eq \a\vs4\al()
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＝eq \f(x1,x2)，从而构造相应的函数．其解题要点为：
联立
消参
利用方程f(x1)＝f(x2)消掉解析式中的参数a
抓商
构元
令c＝eq \f(x1,x2)，消掉变量x1，x2，构造关于c的函数h(c)
用导
求解
利用导数求解函数h(c)的最小值，从而可证得结论
已知函数f(x)＝ln x＋x2＋x.若正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0.求证：x1＋x2≥eq \f(\r(5)－1,2).
证明：f(x)＝ln x＋x2＋x(x>0)．
由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，
得ln x1＋xeq \o\al(2,1)＋x1＋ln x2＋xeq \o\al(2,2)＋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－eq \f(1,t)＝eq \f(t－1,t).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≥eq \f(\r(5)－1,2).
[A级 基础练]
1．若0ln x2－ln x1 B．ex2－ex1x1ex2 D．x2ex1x1ex2，故选C.
3．已知函数f(x)＝aex－ln x－1(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．
(1)设x＝2是函数f(x)的极值点，求实数a的值，并求f(x)的单调区间；
(2)证明：当a≥eq \f(1,e)时，f(x)≥0.
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－eq \f(1,x).
由题设知，f′(2)＝0，所以a＝eq \f(1,2e2).
从而f(x)＝eq \f(1,2e2)ex－ln x－1，f′(x)＝eq \f(1,2e2)ex－eq \f(1,x).
当02时，f′(x)>0.
所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
(2)证明：当a≥eq \f(1,e)时，f(x)≥eq \f(ex,e)－ln x－1.
设g(x)＝eq \f(ex,e)－ln x－1，则g′(x)＝eq \f(ex,e)－eq \f(1,x).
当01时，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的最小值点．故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.