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第12讲 利用导数证明不等式
【学习目标】
利用导数证明不等式
【备考指南】
导数与不等式
【考点解析】
【考点】一、不等式的证明
方向1：移项作差构造法
【例1】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。
【变式】已知函数f(x)＝xlnx－ex＋1。
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)证明：f(x)解　(1)依题意得f′(x)＝lnx＋1－ex，又f(1)＝1－e，f′(1)＝1－e，
故所求切线方程为y－1＋e＝(1－e)(x－1)，即y＝(1－e)x。
(2)证明：依题意，要证f(x)即证xlnx－ex＋1即证xlnx当00，xlnx≤0，
故xlnx当x>1时，令g(x)＝ex＋sinx－1－xlnx，
故g′(x)＝ex＋cosx－lnx－1。
令h(x)＝g′(x)＝ex＋cosx－lnx－1，
则h′(x)＝ex－－sinx，
当x>1时，ex－>e－1>1，所以h′(x)＝ex－－sinx>0，故h(x)在(1，＋∞)上单调递增。
故h(x)>h(1)＝e＋cos1－1>0，即g′(x)>0，
所以g(x)>g(1)＝e＋sin1－1>0，
即xlnx综上所述，f(x)方向2：特征分析法
【例2】)已知函数f(x)＝ax－lnx－1。
(1)若f(x)≥0恒成立，求a的最小值；
(2)证明：＋x＋lnx－1≥0；
(3)已知k(e－x＋x2)≥x－xlnx恒成立，求k的取值范围。
解　(1)f(x)≥0等价于a≥(x>0)。
令g(x)＝，则g′(x)＝，
所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，
则g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1，则a≥1，
所以a的最小值为1。
(2)证明：由(1)知当a＝1时有f(x)＝x－lnx－1≥0成立，即x≥lnx＋1，即t≥lnt＋1。
令＝t，则－x－lnx＝lnt，
所以≥－x－lnx＋1，
即＋x＋lnx－1≥0。
(3)因为k(e－x＋x2)≥x－xlnx，
即k≥1－lnx恒成立，
所以k≥＝－＋1，
由(2)知＋x＋lnx－1≥0恒成立，
所以－＋1≤1，故k≥1。
这种方法往往要在前面问题中证明出某个不等式，在后续的问题中应用前面的结论，呈现出层层递进的特点。
【变式】已知函数f(x)＝ln(x－1)－k(x－1)＋1。
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≤0恒成立，试确定实数k的取值范围；
(3)证明：＋＋＋…＋<(n∈N*且n>1)。
解　(1)因为f(x)＝ln(x－1)－k(x－1)＋1，
所以f′(x)＝－k，x>1。
所以当k≤0时，f′(x)＝－k>0，f(x)在(1，＋∞)上是增函数；
当k>0时，令f′(x)>0，得1令f(x)<0，得x>1＋，
所以f(x)在上是增函数，在上是减函数。
(2)因为f(x)≤0恒成立，
所以 x>1，ln(x－1)－k(x－1)＋1≤0，
所以 x>1，ln(x－1)≤k(x－1)－1，
所以k>0。
由(1)知，当k>0时，f(x)max＝f＝－lnk≤0，解得k≥1。
故实数k的取值范围是[1，＋∞)。
(3)证明：令k＝1，则由(2)知，ln(x－1)≤x－2对任意x∈(1，＋∞)恒成立，
即lnx≤x－1对任意x∈(0，＋∞)恒成立。
取x＝n2，则2lnn≤n2－1，
即<，n≥2，所以＋＋＋…＋<(n∈N*且n>1)。
方向3：隔离分析法
【例3】已知函数f(x)＝elnx－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00，当x>时，f′(x)<0，
故f(x)在上单调递增，在上单调递减。
(2)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)≤－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0。
解：由题意知，即证exlnx－ex2－ex＋2ex≤0，从而等价于lnx－x＋2≤。
设函数g(x)＝lnx－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，
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。
若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标。
【变式】已知f(x)＝ax－lnx，x∈(0，e]，g(x)＝，其中e是自然对数的底数，a∈R.
(1)当a＝1时，求f(x)的极值，并证明f(x)>g(x)＋恒成立；
(2)是否存在实数a，使f(x)的最小值为3？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由。
解　(1)因为f(x)＝x－lnx(x>0)，
f′(x)＝1－＝。
所以当00，此时f(x)单调递增。
所以f(x)的极小值为f(1)＝1，
即f(x)在(0，e]上的最小值为1，
令h(x)＝g(x)＋＝＋，
则h′(x)＝，
当00，h(x)在(0，e]上单调递增，
所以h(x)max＝h(e)＝＋<＋＝1＝f(x)min。
所以f(x)>g(x)＋恒成立。
(2)假设存在实数a，使f(x)＝ax－lnx(x∈(0，e])有最小值3，f′(x)＝a－＝。
①当a≤0时，f(x)在(0，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，a＝(舍去)，
所以a≤0时，不存在a使f(x)的最小值为3。
②当0<时，f(x)在上单调递减，在上单调递增，
所以f(x)min＝f＝1＋lna＝3，a＝e2，满足条件。
③当≥e，即0f(x)在(0，e]上单调递减，
f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，a＝(舍去)，
所以0综上，存在实数a＝e2，
使得当x∈(0，e]时，f(x)有最小值3。
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