利用导数证明不等式
利用导数证明不等式
……考点一 直接将不等式转化为函数的最值问题证明………|重点保分型|………
|研透典例|
【典例】 已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x . (1)讨论f (x )的单调性； (2)当a <0时，证明：f (x )≤－
3
4a
－2. [解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1
x ＋2ax ＋2a ＋1＝(x ＋1)(2ax ＋1)x .当a ≥0，则当x
∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．
当a <0，则当x ∈????0，－12a 时，f ′(x )>0；当x ∈????－12a ，＋∞时，f ′(x )<0.故f (x )在????0，－12a 上单调递增，在???
?－1
2a ，＋∞上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a <0时，f (x )在x ＝－1
2a 取得最大值，最大值为f ????－12a ＝ln ????－12a －1－1
4a
. 所以f (x )≤－34a －2等价于ln ????－12a －1－14a ≤－34a －2，即ln ????－12a ＋1
2a ＋1≤0.设g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1
x －1.当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0；当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，即f (x )≤－3
4a －2. 『名师点津』………………………………………………|品名师指点迷津|
将不等式转化为函数最值来证明不等式，其主要思想是依据函数在固定区间的单调性，直接求得函数的最值，然后由f (x )≤f (x )max 或f (x )≥f (x )min 直接证得不等式．
……考点二 将不等式转化为两个函数的最值进行比较证明……|重点保分型|……
|研透典例|
【典例】 已知f (x )＝x ln 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 >1e x －2
e x 成立．
[解] (1)由f (x )＝x ln x ，x >0，得f ′(x )＝ln x ＋1，
令f ′(x )＝0，得x ＝1
e
，
当x ∈????0，1
e 时，
f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈????1
e ，＋∞时，
f ′(x )>0，f (x )单调递增． ①当0 e 时， f (x )min ＝f ????1e ＝－1 e ； ②当1e ≤t e 时，f (x )在[t ，t ＋2]上单调递增，f (x )min ＝f (t )＝t ln t . 所以f (x )min ＝??? －1e ，0 ，t ln t ，t ≥1 e . (2)证明：问题等价于证明x ln x >x e x －2 e (x ∈(0，＋∞))． 由(1)可知f (x )＝x ln x (x ∈(0，＋∞))的最小值是－1e ，当且仅当x ＝1 e 时取到. 设m (x )＝x e x －2 e (x ∈(0，＋∞))， 则m ′(x )＝1－x e x ， 由m ′(x )<0得x >1时，m (x )为减函数； 由m ′(x )>0得0 e ，当且仅当x ＝1时取到． 从而对一切x ∈(0，＋∞)，x ln x ≥－1e ≥x e x －2 e ，两个等号不同时取到，所以对一切x ∈(0，＋ ∞)都有ln x >1e x －2 e x 成立. 『名师点津』………………………………………………|品名师指点迷津| 在证明的不等式中，若对不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可以借助两个函数的最值进行证明． ………………考点三 构造函数证明不等式…………|重点保分型|…………… |研透典例| 【典例】 已知函数f (x )＝e x －3x ＋3a (e 为自然对数的底数，a ∈R )． (1)求f (x )的单调区间与极值； (2)求证：当a >ln 3e 且x >0时，e x x >32x ＋1 x －3a . [解] (1)由f (x )＝e x －3x ＋3a ，x ∈R ，知f ′(x )＝e x －3，x ∈R ，令f ′(x )＝0，得x ＝ln 3， 于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如表 故f (x )f (x )在x ＝ln 3处取极小值，极小值为f (ln 3)＝e ln 3－3ln 3＋3a ＝3(1－ln 3＋a )． (2)证明：待证不等式?e x >3 2x 2－3ax ＋1， 设g (x )＝e x －3 2x 2＋3ax －1，x ∈R . 所以g ′(x )＝e x －3x ＋3a ，x ∈R ， 由(1)及a >ln 3 e ＝ln 3－1知g ′(x )的最小值为g ′(ln 3)＝3(1－ln 3＋a )>0，对任意x ∈R ，都 有g ′(x )>0， 所以g (x )在R 内单调递增， 于是当a >ln 3 e ＝ln3－1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>g (0)，而g (0)＝0， 所以对任意x ∈(0，＋∞)，g (x )>0， 即e x >3 2x 2－3ax ＋1， 故e x x >32x ＋1 x －3a . 『名师点津』………………………………………………|品名师指点迷津| 若证明f (x ) ………考点四 利用赋值法证明与正整数有关的不等式………|重点保分型|……… |研透典例| 【典例】 若函数f (x )＝e x －ax －1(a >0)在x ＝0处取极值． (1)求a 的值，并判断该极值是函数的最大值还是最小值； (2)证明：1＋12＋13＋…＋1 n >ln(n ＋1)(n ∈N *)． [解] (1)因为x ＝0是函数极值点，所以f ′(0)＝0，所以a ＝1. f (x )＝e x －x －1，易知f ′(x )＝e x －1. 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(－∞，0)时， f ′(x )<0， 故极值f (0)是函数最小值． (2)证明：由(1)知e x ≥x ＋1. 即ln(x ＋1)≤x ，当且仅当x ＝0时，等号成立， 令x ＝1 k (k ∈N *)， 则1k >ln ????1＋1k ，即1k >ln 1＋k k ， 所以1 k >ln(1＋k )－ln k (k ＝1,2，…，n )， 累加得1＋12＋13＋…＋1 n >ln(n ＋1)(n ∈N *). 『名师点津』………………………………………………|品名师指点迷津| (1)函数中与正整数有关的不等式，其实质是利用函数性质证明数列不等式，证明此类问题时常根据已知的函数不等式，用关于正整数n 的不等式替代函数不等式中的自变量．通过多次求和达到证明的目的．此类问题一般至少2个问号，已知的不等式常由第一个问号根据待证式的待证而得到． (2)已知函数式为指数不等式(或对数不等式)，而待证不等式为与对数有关的不等式(或与指数有关的不等式)，还要注意指、对数式的互化，如e x >x ＋1可化为ln(x ＋1) A 级·基础过关……………………………|固根基| 1.已知f (x )＝ln x x ，则( ) A ．f (2)>f (e)>f (3) B ．f (3)>f (e)>f (2) C ．f (3)>f (2)>f (e) D ．f (e)>f (3)>f (2) 解析：选D f (x )的定义域是(0，＋∞)， f ′(x )＝1－ln x x 2 ，令f ′(x )＝0，得x ＝e. 所以当x ∈(0，e)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，故x ＝e 时，f (x )max ＝f (e)＝1e ，而f (2)＝ln 22＝ln 86，f (3)＝ln 33＝ln 9 6，所以f (e)>f (3)>f (2)．故选 D. 2．若0 D ．x 2e x 1 解析：选C 令f (x )＝e x x ， 则f ′(x )＝x e x －e x x 2＝e x (x －1) x 2. 当0 即f (x )在(0,1)上单调递减，因为0 x 1， 所以x 2e x 1>x 1e x 2，故选C. 3．(2018年全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝ax 2＋x －1 e x . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，－1)处的切线方程； (2)证明：当a ≥1时，f (x )＋e ≥0. 解：(1)f ′(x )＝－ax 2＋(2a －1)x ＋2 e x ，f ′(0)＝2. 因此曲线y ＝f (x )在(0，－1)处的切线方程是2x －y －1＝0. (2)证明：当a ≥1时，f (x )＋e ≥(x 2＋x －1＋e x ＋ 1)e － x . 令g (x )＝x 2＋x －1＋e x ＋ 1，则g ′(x )＝2x ＋1＋e x ＋1. 当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 )≥g (－1)＝0. 因此f (x )＋e ≥0. 4．(2018届武汉调研)已知函数f (x )＝ln x ＋a x ，a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调性； (2)当a >0时，证明f (x )≥2a －1 a . 解：(1)f ′(x )＝1x －a x 2＝x －a x 2(x >0)． 当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 当a >0时，若x >a ，则f ′(x )>0，函数f (x )在(a ，＋∞)上单调递增； 若0 要证f (x )≥2a －1a ，只需证ln a ＋1≥2a －1 a ， 即证ln a ＋1 a －1≥0. 令函数g (a )＝ln a ＋1a －1，则g ′(a )＝1a －1a 2＝a －1 a 2(a >0)， 当01时，g ′(a )>0， 所以g (a )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以g (a )min ＝g (1)＝0. 所以ln a ＋1 a －1≥0恒成立， 所以f (x )≥2a －1 a . 5．已知函数f (x )＝a ln x ＋b (x ＋1) x ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝2. (1)求a ，b 的值； (2)当x >0且x ≠1时，求证：f (x )>(x ＋1)ln x x －1. 解：(1)函数f (x )＝a ln x ＋b (x ＋1) x 的导数为 f ′(x )＝a x －b x 2， 曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝2， 可得f (1)＝2b ＝2，f ′(1)＝a －b ＝0， 解得a ＝b ＝1. (2)证明：要证f (x )>(x ＋1)ln x x －1， 即证ln x ＋1＋1x >ln x ＋2ln x x －1， 当x >1时，即证x －1 x －2ln x >0， 当0 x －2ln x <0， 设g (x )＝x －1 x －2ln x ， g ′(x )＝1＋1x 2－2x ＝(x －1)2 x 2≥0， 可得g (x )在(0，＋∞)上递增， 当x >1时，g (x )>g (1)＝0， 即有f (x )>(x ＋1)ln x x －1， 当0 x －1 . 综上可得，当x >0且x ≠1时，f (x )>(x ＋1)ln x x －1都成立． 6．已知函数f (x )＝ln(x ＋a )－x 2－x 在x ＝0处取得极值． (1)求实数a 的值； (2)证明：对于任意的正整数n ，不等式2＋34＋4 9＋…＋n ＋1n 2>ln(n ＋1)都成立． 解：(1)因为f ′(x )＝1 x ＋a －2x －1， 又因为x ＝0为f (x )的极值点． 所以f ′(0)＝1 a －1＝0，所以a ＝1. (2)证明：由(1)知f (x )＝ln(x ＋1)－x 2－x . 因为f ′(x )＝1 x ＋1－2x －1＝－x (2x ＋3)x ＋1. 令f ′(x )>0得x <0. 当x 变化时，f (x )，f ′(x )变化情况如下表. 所以f (x )≤f (0)＝令x ＝1 n ，则ln ????1n ＋1 2， 所以ln 21＋ln 32＋…＋ln n ＋1n <2＋34＋…＋n ＋1n 2. 即2＋34＋4 9＋…＋n ＋1n 2>ln(n ＋1)．