利用导数研究不等式证明问题

第四节利用导数研究不等式证明问题

考点一作差法构造函数证明不等式

[典例](2018·广西柳州毕业班摸底)已知函数f(x)＝ax＋x ln 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＋x ln 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

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＋x ln x.

令g(x)＝f(x)－3(x－1)，

即g(x)＝x ln 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

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)．

[解题技法]

(1)欲证函数不等式f(x)>g(x)(x>a)，只需证明f(x)－g(x)>0(x>a)，设h(x)＝f(x)－g(x)，即证h(x)>0(x>a)．若h(a)＝0，h(x)>h(a)(x>a)．接下来往往用导数证得函数h(x)是增函数即可．

(2)欲证函数不等式f(x)>g(x)(x∈I，I是区间)，只需证明f(x)－g(x)>0(x∈I)．

设h(x)＝f(x)－g(x)(x∈I)，即证h(x)>0(x∈I)，也即证h(x)min>0(x∈I)(若h(x)min不存在，则须求函数h(x)的下确界)，而这用导数往往容易解决．

[对点训练]

(2019·广州模拟)已知函数f(x)＝e x－ax(e为自然对数的底数，a为常数)的图象在点(0,1)处的切线斜率为－1.

(1)求a的值及函数f(x)的极值；

(2)证明：当x >0时，x 2

解：(1)由f (x )＝e x －ax ，得f ′(x )＝e x －a .

因为f ′(0)＝1－a ＝－1，所以a ＝2， 所以f (x )＝e x －2x ，f ′(x )＝e x －2. 令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2，

当x ln 2时，f ′(x )>0，f (x )在(ln 2，＋∞)上单调递增． 所以当x ＝ln 2时，f (x )取得极小值，且极小值为f (ln 2) ＝e ln 2－2ln 2＝2－2ln 2，f (x )无极大值． (2)证明：令g (x )＝e x －x 2，则g ′(x )＝e x －2x . 由(1)得g ′(x )＝f (x )≥f (ln 2)>0， 故g (x )在R 上单调递增．

所以当x >0时，g (x )>g (0)＝1>0，即x 2

考点二 拆分法构造函数证明不等式

[典例] (2018·郑州质量预测)设函数f (x )＝ax 2－(x ＋1)ln x ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处切线的斜率为0.

(1)求a 的值；

(2)求证：当01

2x .

[解] (1)f ′(x )＝2ax －ln x －1－1

x

，

由题意，可得f ′(1)＝2a －2＝0，所以a ＝1. (2)证明：由(1)得f (x )＝x 2－(x ＋1)ln x ， 要证当01

2

x ，

只需证当012，即x －ln x >ln x x ＋1

2.

令g (x )＝x －ln x ，h (x )＝ln x x ＋1

2，

令g ′(x )＝1－1

x

＝0，得x ＝1，

易知g (x )在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增， 故当0

因为h ′(x )＝1－ln x

x 2

，当00，所以h (x )在(0,2]上单调递增，故当0

＝h (2)＝1＋ln 2

2

<1，即h (x )max

故当01

2x .

[解题技法]

对于一些不等式可转化为f (x )≥g (x )的形式，证明f (x )min ≥g (x )max 即可，在转化中，一定要注意合理性的把握，一般以能利用导数进行最值分析为拆分标准．

[对点训练]

(2018·福建高三期末)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，求证：xf (x )－e x ＋2e x ≤0. 解：(1)f ′(x )＝e

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，令f ′(x )＝0，得x ＝e

a

，

则当00；当x >e

a 时，f ′(x )<0，

故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，e a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫e

a ，＋∞上单调递减． (2)证明：因为x >0，所以只需证f (x )≤e x

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 )＝e x

x －2e(x >0)，则g ′(x )＝(x －1)e x x 2

，

当01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 )≤e x

x －2e ，即xf (x )－e x ＋2e x ≤0.

考点三 换元法构造函数证明不等式

[典例] 已知函数f (x )＝ln x －ax (x >0)，a 为常数，若函数f (x )有两个零点x 1，x 2(x 1≠x 2)．求证：x 1x 2>e 2. [证明] 不妨设x 1>x 2>0，

因为ln x 1－ax 1＝0，ln x 2－ax 2＝0，

所以ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)，ln x 1－ln x 2＝a (x 1－x 2)，所以ln x 1－ln x 2

x 1－x 2＝a ，

欲证x 1x 2>e 2，即证ln x 1＋ln x 2>2.