-2021年新高考数学基础考点一轮复习专题16 利用导数证明不等式

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专题 16 利用导数证明不等式

一、利用导数证明不等式

方法一：移项补充构造法

例1、(2020·江西赣州模拟)已知函数 f(x)＝1－，g(x)＝＋－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)≥.

【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，

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)＝－＋＋x，

则f(x)＋g(x)≥⇔1－－－＋x≥0.

令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，

则h(1)＝0，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)≥.

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．　

【变式】已知函数 f(x)＝ax＋xln x在x＝e－2(e 为自然对数的底数)处取得极小值．

(1)求实数 a的值；

(2)当x>1 时，求证：f(x)>3(x－1)．

解：(1)因为 f(x)＝ax＋xln x，

所以 f′(x)＝a＋ln x＋1，

因为函数 f(x)在x＝e－2处取得极小值，

所以 f′(e－2)＝0，即a＋ln e－2＋1＝0，

所以 a＝1，所以 f′(x)＝ln x＋2.

当f′(x)>0 时，x>e－2；当 f′(x)<0 时，0<x<e－2，

所以 f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增，

所以 f(x)在x＝e－2处取得极小值，符合题意，所以 a＝1.

(2)证明：由(1)知a＝1，所以 f(x)＝x＋xln x.

令g(x)＝f(x)－3(x－1)，

即g(x)＝xln x－2x＋3(x>0)．

g′(x)＝ln x－1，由g′(x)＝0，得x＝e.

由g′(x)>0，得x>e；由 g′(x)<0，得0<x<e.

所以 g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，

所以 g(x)在(1，＋∞)上的最小值为 g(e)＝3－e>0.

于是在(1，＋∞)上，都有 g(x)≥g(e)>0，所以 f(x)>3(x－1)．　

方法二：隔离分析法

例2、(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)＝－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 0<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：法一：因为 x>0，所以只需证 f(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)＝－2e(x>0)，

则g′(x)＝，

所以当 0<x<1 时，g′(x)<0，g(x)单调递减，

当x>1 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)≤－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.

法二：由题意知，即证 exln x－ex2－ex＋2ex≤0，

从而等价于 ln x－x＋2≤.

设函数 g(x)＝ln x－x＋2，则g′(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)＝，则h′(x)＝.

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，

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