2023年高考一轮复习学案 利用导数证明不等式.doc

　利用导数证明不等式 　提 升 关键能力——考点突破　掌握类题通法 考点一　移项作差构造法　[基础性、综合性] [例1]　已知函数f(x)＝1－lnxx，g(x)＝aeex+1x－bx，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)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2x. 听课笔记： 反思感悟　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． 【对点训练】 设f(x)＝2x ln x＋1.求证：f(x)≤x2－x＋1x＋2ln x． 考点二　特征分析法　[综合性] [例2]　已知函数f(x)＝ax－ln x－1. (1)若f(x)≥0恒成立，求a的最小值； (2)证明：e−xx＋x＋ln x－1≥0； (3)已知k(e－x＋x2)≥x－x ln x恒成立，求k的取值范围． 听课笔记： 反思感悟　(1)特征分析法往往要在前面问题中证明出某个不等式，在后续的问题中应用前面的结论，呈现出层层递进的特点． (2)证明不等式时的一些常见结论 ①ln x≤x－1，当且仅当x＝1时，等号成立； ②ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立； ③ln x0. 【对点训练】 已知函数f(x)＝ln (x－1)－k(x－1)＋1. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若f(x)≤0恒成立，试确定实数k的取值范围； (3)证明：ln23+ln34+ln45＋…＋lnnn+11)． 考点三　隔离分析法　[综合性] [例3]　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. 听课笔记： 反思感悟　 (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fxmin>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． 【对点训练】 设函数f(x)＝x2－(x＋1)ln x，求证：当012x. 考点四　换元构造法　[综合性] [例4]　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. 听课笔记： 反思感悟　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＝x1x2，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＝x1x2，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 【对点训练】 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≥5−12. 第3课时　利用导数证明不等式 提升关键能力 考点一 例1　解析：(1)因为f(x)＝1－lnxx， 所以f′(x)＝lnx−1x2，f′(1)＝－1. 因为g(x)＝aeex+1x－bx， 所以g′(x)＝－aeex−1x2－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， 所以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，解得a＝－1，b＝－1. (2)证明：由(1)知，g(x)＝－eex+1x＋x， 则f(x)＋g(x)≥2x⇔1－lnxx−eex−1x＋x≥0. 令h(x)＝1－lnxx−eex−1x＋x(x≥1)， 则h(1)＝0，h′(x)＝－1−lnxx2+eex+1x2＋1＝lnxx2+eex＋1. 因为x≥1，所以h′(x)＝lnxx2+eex＋1>0， 所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0，即1－lnxx−eex−1x＋x≥0， 所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2x. 对点训练 解析：x2－x＋1x＋2ln x－f(x)＝x(x－1)－x−1x－2(x－1)ln x ＝(x－1)x−1x−2lnx(x>0)， 令g(x)＝x－1x－2ln x，则g′(x)＝1＋1x2−2x＝x−12x2≥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)x−1x−2lnx≥0， 即f(x)≤x2－x＋1x＋2ln x． 考点二 例2　解析：(1)f(x)≥0等价于a≥lnx+1x(x>0)． 令g(x)＝lnx+1x，则g′(x)＝−lnxx2， 所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0， 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. (2)证明：由(1)知当a＝1时有f(x)＝x－ln x－1≥0成立，即x≥ln x＋1，即t≥ln t＋1. 令e−xx＝t，则－x－ln x＝ln t， 所以e−xx≥－x－ln x＋1， 即e−xx＋x＋ln x－1≥0. (3)因为k(e－x＋x2)≥x－x ln x， 即ke−xx+x≥1－ln x恒成立， 所以k≥1−lnxe−xx+x＝－e−xx+x+lnx−1e−xx+x＋1， 由(2)知e−xx＋x＋ln x－1≥0恒成立， 所以－e−xx+x+lnx−1e−xx+x＋1≤1，故k≥1. 对点训练 解析：(1)因为f(x)＝ln (x－1)－k(x－1)＋1， 所以f′(x)＝1x−1－k，x>1. 所以当k≤0时，f′(x)＝1x−1－k>0，f(x)在(1，＋∞)上是增函数； 当k>0时，令f′(x)>0，得11＋1k， 所以f(x)在1，1+1k上是增函数，在1+1k，+∞上是减函数． 解析：(2)因为f(x)≤0恒成立， 所以∀x>1，ln (x－1)－k(x－1)＋1≤0， 所以∀x>1，ln (x－1)≤k(x－1)－1， 所以k>0. 由(1)知，当k>0时，f(x)max＝f1+1k＝－ln k≤0，解得k≥1. 故实数k的取值范围是[1，＋∞)． (3)证明：令k＝1，则由(2)知，ln (x－1)≤x－2对任意x∈(1，＋∞)恒成立， 即ln x≤x－1对任意x∈(0，＋∞)恒成立． 取x＝n2，则2ln n≤n2－1， 即lnnn+1<n−12，n≥2，所以ln23+ln34+ln45＋…＋lnnn+1<nn−14(n∈N*且n>1)． 考点三 例3　解析：(1)f′(x)＝ex－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>ea时，f′(x)<0， 故f(x)在0，ea上单调递增，在ea，+∞上单调递减． (2)证明：方法一　因为x>0，所以只需