新高考地区高考数学(人教版)大一轮复习第4讲　第1课时　利用导数证明不等式

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第4讲　导数的综合应用
第1课时　利用导数证明不等式
考点一　移项补充构造法(综合型)
(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．
　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；
1
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)．
考点二　隔离分析法(综合型)
(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，
2
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，
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.
(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，等价转化是关键，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”．
　已知 f(x)＝xln x.
(1)求函数 f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值；
(2)证明：对一切 x∈(0，＋∞)，都有 ln x>－成立．
解：(1)由f(x)＝xln x，x>0，得f′(x)＝ln x＋1，
令f′(x)＝0，得x＝.
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
①当0<t<<t＋2，即0<t<时，
f(x)min＝f＝－；
②当≤t<t＋2，即t≥时，f(x)在[t，t＋2]上单调递增，f(x)min＝f(t)＝tln t.
所以 f(x)min＝.
(2)证明：问题等价于证明 xln x>－(x∈(0，＋∞))．
由(1)可知 f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－，
当且仅当 x＝时取到．
设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，
则m′(x)＝，
由m′(x)<0 得x>1 时，m(x)为减函数，
由m′(x)>0 得0<x<1 时，m(x)为增函数，
易知 m(x)max＝m(1)＝－，当且仅当 x＝1时取到．
从而对一切 x∈(0，＋∞)，xln x≥－≥－，两个等号不能同时取到，即证对一切
x∈(0，＋∞)都有 ln x>－成立．
考点三　特征分析法(综合型)
3
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