导数在不等式中的应用

1 导数在不等式中的应用 利用函数的单调性证明下列不等式，并通过函数图象直观验证. (1)ex>1＋x(x≠0)； (2)ln x0). [试题评析] 1.问题源于求曲线y＝ex在(0，1)处的切线及曲线y＝ln x在(1，0)处的切线，通过观察函数图象间的位置关系可得到以上结论，可构造函数f(x)＝ex－x－1与g(x)＝x－ln x－1对以上结论进行证明. 2.两题从本质上看是一致的，第(4)题可以看作第(3)题的推论.在第(3)题中，用“ln x”替换“x”，立刻得到x>1＋ln x(x>0且x≠1)，进而得到一组重要的不等式链：ex>x＋1>x－1>ln x(x>0且x≠1). 3.利用函数的图象(如图)，不难验证上述不等式链成立. 试证明：ex－ln x>2.

【高考真题】 已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x. (1)讨论f(x)的单调性；

(2)当a<0时，证明f(x)≤－34a－2.

利用导数研究函数的性质 【例题】已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1. 2

【尝试训练】已知函数f(x)＝1x－x＋aln x. (1)试讨论函数f(x)的单调性； (2)设x1，x2是f(x)的两个极值点，且x2>x1，设t＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)， 试证明t>0.

利用导数研究函数的零点问题 【例题】 (12分)已知函数f(x)＝ln x－x＋1x－1. (1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点； (2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线.

【规范训练】已知函数f(x)＝ex－ax2. (1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1； (2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a. 3

跟踪训练 1.已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x有两个不同的零点，求实数a的取值范围.

2.已知函数f(x)＝mex－x2. (1)若m＝1，求曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程， (2)若关于x的不等式f(x)≥x(4－mex)在[0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围.

3.已知函数f(x)＝ex(ax2＋x＋a)(a≥0). (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若函数f(x)≤ex(ax2＋2x)＋1恒成立，求实数a的取值范围.

4.设函数f(x)＝12x2－(a－1)x－aln x. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)已知函数f(x)有极值m，求证：m<1(已知ln 0.5≈－0.69，ln 0.6≈－0.51). 4

5.已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝x＋m(m∈R). (1)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围； (2)已知x1，x2是函数F(x)＝f(x)－g(x)的两个零点，且x1

6.已知函数f(x)＝ln x＋ax＋1(a∈R). (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若函数f(x)的图象与x轴相切，求证：对于任意互不相等的正实数x1，x2，都有f（x2）－f（x1）x2－x1

<1x1＋1x2.

答 案 导数在不等式中的应用 利用函数的单调性证明下列不等式，并通过函数图象直观验证. (1)ex>1＋x(x≠0)； (2)ln x0). [试题评析] 1.问题源于求曲线y＝ex在(0，1)处的切线及曲线y＝ln x在(1，0)处的切线，通过观察函数图象间的位置关系可得到以上结论，可构造函数f(x)＝ex－x－1与g(x)＝x－ln x－1对以上结论进行证明. 2.两题从本质上看是一致的，第(4)题可以看作第(3)题的推论.在第(3)题中，用“ln x”替换“x”，立刻得到x>1＋ln x(x>0且x≠1)，进而得到一组重5

要的不等式链：ex>x＋1>x－1>ln x(x>0且x≠1). 3.利用函数的图象(如图)，不难验证上述不等式链成立. 【教材拓展】 (一题多解)试证明：ex－ln x>2. 证明 法一 设f(x)＝ex－ln x(x>0)，

则f′(x)＝ex－1x，令φ(x)＝ex－1x，

则φ′(x)＝ex＋1x2>0在(0，＋∞)恒成立， 所以φ(x)在(0，＋∞)单调递增， 即f′(x)＝ex－1x在(0，＋∞)上是增函数，

又f′(1)＝e－1>0，f′12＝e－2<0， ∴f′(x)＝ex－1x在12，1内有唯一的零点. 不妨设f′(x0)＝0，则ex0＝1x0，从而x0＝ln 1x0＝－ln x0， 所以当x>x0时，f′(x)>0；当0∴f(x)＝ex－ln x在x＝x0处有极小值，也是最小值.

∴f(x)min＝f(x0)＝ex0－ln x0＝1x0＋x0>2，x0∈12，1. 故ex－ln x>2. 法二 注意到ex≥1＋x(当且仅当x＝0时取等号)，

x－1≥ln x(当且仅当x＝1时取等号)， ∴ex＋x－1>1＋x＋ln x，故ex－ln x>2.

探究提高 1.法一中关键有三点：(1)利用零点存在定理，判定极小值点x0∈12，1；(2)确定ex0

＝1x0，x0＝－ln x0的关系；(3)基本不等式的利用. 2.法二联想经典教材习题结论，降低思维难度，优化思维过程，简洁方便. 【链接高考】 已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x. (1)讨论f(x)的单调性；

(2)当a<0时，证明f(x)≤－34a－2. (1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)， 且f′(x)＝1x＋2ax＋2a＋1＝（2ax＋1）（x＋1）x. 若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0， 故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，

若a<0，则当x∈0，－12a时，f′(x)>0； 6

当x∈－12a，＋∞时，f′(x)<0. 故f(x)在0，－12a上单调递增，在－12a，＋∞上单调递减. (2)证明 由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－12a处取得最大值，最大值为f－12a＝ln－12a－1－14a，

所以f(x)≤－34a－2等价于ln－12a－1－14a≤－34a－2， 即ln－12a＋12a＋1≤0， 设g(x)＝ln x－x＋1，则g′(x)＝1x－1. 当x∈(0，1)时，g′(x)>0；x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0. 所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减. 故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0. 所以当x>0时，g(x)≤0，

从而当a<0时，ln－12a＋12a＋1≤0， 故f(x)≤－34a－2. 利用导数研究函数的性质 【例题】已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1. 证明：(1)f(x)存在唯一的极值点； (2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数. [审题路线]

[自主解答] 证明 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞).

f′(x)＝x－1x＋ln x－1＝ln x－1x. 因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，y＝1x在(0，＋∞)上单调递减， 所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增. 7

又f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln 2－12＝ln 4－12>0， 故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0. 又当x当x>x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 因此，f(x)存在唯一的极值点. (2)由(1)知f(x0)0， 所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.

由α>x0>1得1α<1

又f1α＝1α－1ln1α－1α－1＝f（α）α＝0， 故1α是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根. 综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数. 探究提高 1.利用导数研究函数的性质是历年高考的重点、热点，涉及的主要内容：(1)讨论函数的单调性；(2)求函数的极(最)值、极(最)值点；(3)利用性质研究方程(不等式).考查数学运算、逻辑推理、直观想象等数学核心素养. 2.本题求解的关键是明确函数的极值点与函数零点之间的联系，充分运用函数的单调性、极值、零点存在定理综合求解，善于把函数的零点转化为方程根的问题.

【尝试训练】已知函数f(x)＝1x－x＋aln x. (1)试讨论函数f(x)的单调性； (2)设x1，x2是f(x)的两个极值点，且x2>x1，设t＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)，试证明t>0. (1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝－1x2－1＋ax＝－x2－ax＋1x2. ①若a≤2，则f′(x)≤0， 当且仅当a＝2，x＝1时f′(x)＝0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减. ②若a>2，令f′(x)＝0得，

x＝a－a2－42或x＝a＋a2－42. 当x∈0，a－a2－42∪a＋a2－42，＋∞时，f′(x)<0； 当x∈a－a2－42，a＋a2－42时，f′(x)>0. 所以f(x)在0，a－a2－42，a＋a2－42，＋∞上单调递减，在a－a2－42，a＋a2－42上单