高中数学 导数在不等式中的应用(解析版)
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第15讲-导数在不等式中的应用
一、
经典例题
考点一 构造函数证明不等式 【例1】 已知函数f (x )＝1－x －1
ex
，g (x )＝x －ln x . (1)证明：g (x )≥1；
(2)证明：(x －ln x )f (x )>1－1e2.
证明 (1)由题意得g ′(x )＝x －1
x
(x >0)，
当0
x －1ex ，得f ′(x )＝x －2
ex
， 所以当0
e2
(当且仅当x ＝2时取等号).① 又由(1)知x －ln x ≥1(当且仅当x ＝1时取等号)，② 且①②等号不同时取得， 所以(x －ln x )f (x )>1－1e2
.
规律方法 1.证明不等式的基本方法：
(1)利用单调性：若f (x )在[a ，b ]上是增函数，则①∀x ∈[a ，b ]，有f (a )≤f (x )≤f (b )，②∀x 1，
x 2∈[a ，b ]，且x 1 (2)利用最值：若f (x )在某个范围D 内有最大值M (或最小值m )，则∀x ∈D ，有f (x )≤M (或f (x )≥m ). 2.证明f (x ) 考点二 利用“若f (x )min >g (x )max ，则f (x )>g (x )”证明不等式 【例2】 已知函数f (x )＝x ln x －ax . (1)当a ＝－1时，求函数f (x )在(0，＋∞)上的最值； (2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x ＋1> 1ex ＋1－2 e2x 成立. (1)解 函数f (x )＝x ln x －ax 的定义域为(0，＋∞). 当a ＝－1时，f (x )＝x ln x ＋x ，f ′(x )＝ln x ＋2. 由f ′(x )＝0，得x ＝1e2 . 当x ∈⎝ ⎛⎭ ⎪⎫0，1e2时，f ′(x )<0；当x > 1 e2 时，f ′(x )>0. 所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e2上单调递减，在⎝ ⎛⎭ ⎪⎫ 1e2，＋∞上单调递增. 因此f (x )在x ＝1e2处取得最小值，即f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭ ⎪⎫ 1e2＝－1e2，但f (x )在(0，＋∞)上无最大值. (2)证明 当x >0时，ln x ＋1>1ex ＋1－2e2x 等价于x (ln x ＋1)>x ex ＋1－2 e2 . 由(1)知a ＝－1时，f (x )＝x ln x ＋x 的最小值是－1e2，当且仅当x ＝1 e2 时取等号. 设G (x )＝x ex ＋1－2 e2，x ∈(0，＋∞)， 则G ′(x )＝1－x ex ＋1，易知G (x )max ＝G (1)＝－1 e2 ， 当且仅当x ＝1时取到，从而可知对一切x ∈(0，＋∞)，都有f (x )>G (x )，即ln x ＋1>1ex ＋1－2 e2x . 规律方法 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”. 考点三 不等式恒成立或有解问题 角度1 不等式恒成立求参数 【例3－1】 已知函数f (x )＝sin x x (x ≠0). (1)判断函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫ 0，π2上的单调性； (2)若f (x ) ⎪⎫ 0，π2上恒成立，求实数a 的最小值. 解 (1)f ′(x )＝xcos x －sin x x2 ， 令g (x )＝x cos x －sin x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ 0，π2，则g ′(x )＝－x sin x ， 显然，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，g ′(x )＝－x sin x <0，即函数g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫ 0，π2上单调递减，且g (0) ＝0. 从而g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫ 0，π2上恒小于零， 所以f ′(x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫ 0，π2上恒小于零， 所以函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫ 0，π2上单调递减.