专题04 利用导数证明函数不等式（一）-2020高考数学尖子生辅导专题（公众号：卷洞洞）

专题四利用导数证明函数不等式（一）原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1专题四利用导数证明函数不等式（一）函数不等式的证明由于其形式多变，方法灵活，成为了近几年高考的一个热点与难点，它一般出现在压轴题的位置，解决起来比较困难．利用导数作为工具进行证明是证明函数不等式的一种常见方法，本专题 总结 初级经济法重点总结下载党员个人总结TXt高中句型全总结.doc高中句型全总结.doc理论力学知识点总结pdf 了利用导数证明一个未知数的函数不等式的常见方法，希望同学们看后有所收获，提升利用导数证明函数不等式的能力．模块1整理方法提升能力对于一个未知数的函数不等式问题，其关键在于将所给的不等式进行“改造”，得到一平一曲、两曲两种模式中的一种．当出现一平一曲时，只需运用导数求出“曲”的最值，将其与“平”进行比较即可．当出现两曲时，如果两个函数的凸性相同，则可以考虑通过曲线进行隔离．由于隔离曲线的寻找难度较大，所以我们一般希望两个函数的凸性相反．当两个函数的凸性相反时，则可以寻找直线（常选择公切线或切线）实现隔离放缩，当然最理想的直线状态是该直线与x轴平行或重合．当改造的过程中出现一斜一曲时，一般要将其继续改造，要么将其化归到一边，转化为一平一曲，要么将其转化为两曲．常用不等式的生成在不等式“改造”或证明的过程中，可借助题目的已知结论、均值不等式、函数单调性、与ex、lnx有关的常用不等式等方法进行适当的放缩，再进行证明．下面着重谈谈与ex、lnx有关的常用不等式的生成．生成一：利用曲线的切线进行放缩设exy上任一点P的横坐标为m，则过该点的切线方程为eemmyxm，即e1emmyxm，由此可得与ex有关的不等式：ee1exmmxm，其中xR，mR，等号当且仅当xm时成立．特别地，当0m时，有e1xx；当1m时，有eexx．设lnyx上任一点Q的横坐标为n，则过该点的切线方程为1lnynxnn，即11lnyxnn，由此可得与lnx有关的不等式：1ln1lnxxnn，其中0x，0n，等号当且仅当xn时成立．特别地，当1n时，有ln1xx；当en时，有1lnexx．利用切线进行放缩，能实现以直代曲，化超越函数为一次函数．专题四利用导数证明函数不等式（一）原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2生成二：利用曲线的相切曲线进行放缩由图1可得1lnxxx；由图2可得1lnexx；由图3可得，21ln1xxx（01x），21ln1xxx（1x）；由图4可得，11ln2xxx（01x），11ln2xxx（1x）．综合上述两种生成，我们可得到下列与ex、lnx有关的常用不等式：与ex有关的常用不等式：（1）e1xx（xR）；（2）eexx（xR）．与lnx有关的常用不等式：（1）1ln1xxxx（0x）；专题四利用导数证明函数不等式（一）原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！3（2）11lneexxx（0x）；（3）21ln1xxx（01x），21ln1xxx（1x）；（4）11ln2xxx（01x），11ln2xxx（1x）．用1x取代x的位置，相应的可得到与ln1x有关的常用不等式．例1设函数1eelnxxbfxaxx，曲线yfx在点1,1f处的切线为e12yx．（1）求a、b；（2）证明：1fx．【解析】（1）因为1ef，12f，而12eeelnxxaxbxbfxaxx，所以1ee12fafb，解得1a，2b．【证明】（2）法1：（寻找公切曲线隔离）由（1）知，12eelnxxfxxx，于是12e1eln1xxfxxx．由于fx混合了指数函数、对数函数和幂函数，比较复杂，所以可以考虑将指数函数、对数函数进行分离，改造为21lneexxx．令2lnegxxx，则2212e2eexgxxxx，由0gx可得2ex，由0gx可得20ex，所以gx在20,e上递减，在2,e上递增．而1exhx递减，所以两个函数的凸性相同（都是下凸函数）．此时，我们可以寻找与两个曲线都相切的曲线1etxx，将两个函数进行隔离，从而实现证明．211lnln0eeexxxxx，令1lnekxxx，则2211e1eexkxxxx，由专题四利用导数证明函数不等式（一）原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！40kx可得1ex，由0kx可得10ex，所以kx在10,e上递减，在1,e上递增，所以min10ekxk，于是1ln0exx．11eeee0eexxxxxx，令eexsxx，则eexsx，由0sx可得1x，由0sx可得01x，所以sx在0,1上递减，在1,上递增，所以min10sxs，于是ee0xx．由于等号不能同时成立，所以21lneexxx．法2：（寻找公切线隔离）由（1）知，12eelnxxfxxx，于是12e1eln1xxfxxx，将不等式改造为2lneexxxx．令2lnemxxx，则1lnmxx．由0mx可得1ex，由0mx可得10ex，所以mx在10,e上递减，在1,e上递增，所以min11eemxm．令exxnx，则1exxnx．由0nx可得1x，由0nx可得01x，所以nx在0,1上递增，在1,上递减，所以max11enxn．两个函数的凸性相反．此时，我们可以寻找与两个曲线都相切的公切线1ey，将两个函数进行隔离，又因为等号不能同时成立，所以2lneexxxx．【点评】法1中的两个函数凸性相同，因此需要寻找公切曲线1etxx进行隔离，公切曲线的寻找需要有一定的函数不等式放缩经验．该放缩211lneeexxxx与常用不等式eexx以及11lneexxx有关，因此熟练掌握与ex、lnx有关的常用不等式，能有效打开某些不等式的证明思路，使题目的难度降低．法2中的两个函数凸性相反，且两个函数的最专题四利用导数证明函数不等式（一）原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！5值相同，此时可寻找到与x轴平行的公切线1ey，实现隔离放缩．如何恰当地“改造”函数是解题的关键，这需要我们熟悉与nx、lnx、ex四则运算组合后的函数，如：（1）exx、2exx、3exx、…过原点，先减后增；（2）exx、2exx、3exx、…过原点，先增后减；（3）exx、2exx、3exx、…在,0上递减，在0,上先减后增；（4）lnxx、2lnxx、3lnxx、…在0,上先减后增；（5）lnxx、2lnxx、3lnxx、…在0,上先增后减；（6）lnxx、2lnxx、3lnxx、…在0,1上递减，在1,上先减后增．例2已知函数21exaxxfx．（1）求曲线yfx在点0,1处的切线方程；（2）求证：当1a时，e0fx．【解析】（1）2212exaxaxfx，因为0,1在曲线yfx上，且02f，所以切线方程为120yx，即210xy．【证明】（2）法1：2211e0e01e0exxaxxfxaxx．当1a时，21211e1exxaxxxx，令211exgxxx，则121exgxx，12e0xgx，于是gx在R上递增．又因为10g，由0gx可得1x，由0gx可得1x，所以gx在,1上递减，在1,上递增，所以10gxg．法2：2211e0e01e0exxaxxfxaxx．当1a时，21211e1exxaxxxx，由常见不等式e1xx（xR），可得1e2xx，所以22121e1210xxxxxxx．专题四利用导数证明函数不等式（一）原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6法3：令21eeexaxxFxfx，则2212exaxaxFx21exxax，由0Fx可得12xa，由0Fx可得1xa或2x，所以Fx在1,a上递减，在1,2a上递增，在2,上递减．Fx的极小值为11eeee0aFa，由洛必达法则，可得21212limeelimelimeeeexxxxxxaxxaxa，所以0Fx，即e0fx．法4：2211e0e01e0exxaxxfxaxx．令211exGxaxx，则121exGxax，12e0xGxa，所以Gx在R上递增，又因为00G，由0Gx可得0x，由0Gx可得0x，所以Gx在,0上递减，在0,上递增，所以00GxG．法5：2211e0e01e0exxaxxfxaxx．当0x时，不等式成立，当0x时，1212e11e0xxxaxxakxx．121111433e12e12e1e2e2xxxxxxxxxxxkxxxx，由0kx可得1x或02x，由0kx可得10x或2x，所以kx在,1上递增，在1,0上递减，在0,2上递增，在2,上递减．因为11k，3e124k，所以max1kx，而1a，所以akx，即e0fx．法6：2211e0e01eexxaxxfxaxx．令21mxaxx，则mx是以12xa为对称轴，开口方向向上的抛物线．令1exnx，则nx递减．由于两个函数的凸性相反，因此我们可以通过寻找两个曲线的公切线将两个函数进行隔离，但由于公切线不容专题四利用导数证明函数不等式（一）原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！7易寻找，又因为两个函数处于相离的状态，因此我们可以选择在1exnx上找切线，通过该切线将两个函数隔离，从而实现证明．由常见不等式e1xx可得1e2xx，容易想到隔离切线2yx，下面进行证明．222212210110axxxaxxaxx，而12exx，命题获证．【点评】对于含有参数的一个未知数的函数不等式，其证明方法与不含参数的一个未知数的函数不等式证明大体一致．法3是直接证明e0fx，法4是将不等式等价转化为211e0xaxx，法5是通过分离参数进而证明12e1xxax，3种方法本质都是一平一曲状态．法6将不等式转化为211exaxx，由于两个函数的凸性相反，因此我们可以寻找切线实现隔离放缩．对于含有参数的一个未知数的函数不等式，我们还可以通过放缩，消去参数，转化为研究一个特例函数的问题，从而使题目的难度大大降低．例3已知函数1lnfxxax．（1）若0fx，求a的值；（2）设m为整数，且对于任意正整数，2111111222nm，求m的最小值．【解析】（1）fx的定义域为0,．法1：（分离参数法）①当1x时，有10f，成立．②当1x时，11ln0lnxxaxax，令1lnxhxx，则21ln1lnxxhxx，令1ln1kxxx，则210xkxx，所以kx在1,上递增，于是10kxk，所以0hx，所以hx在1,上递增．由洛必达法则可得1111limlim11lnxxxxx，所以1a．专题四利用导数证明函数不等式（一）原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！8③当01x时，11ln0lnxxaxax，令1lnxhxx，仿照②可得hx在0,1上递增．由洛必达法则可得1111limlim11lnxxxxx，所以1a．综上所述，1a．法2：（不猜想直接用最值法）1axafxxx．①当0a时，fx在0,上递增，而10f，于是0fx不成立．②当0a时，由0fx可得xa，由0fx可得0xa，所以fx在0,a上递减，在,a上递增，而10f，所以1a．法3：（通过猜想减少分类讨论）由11ln2022fa可得12ln2a．1afxx，由0fx可得xa，由0fx可得0xa，所以fx在0,a上递减，在,a上递增，而10f，所以1a．（2）当1a时1ln0fxxx，即ln1xx，则有ln1xx，当且仅当0x时等号成立，所以11ln122kk，*kN，于是2111ln1ln1ln1222nL21111112222nnL，所以2111111e222nL．当3n时，23111359135111222224864，于是m的最小值为3．【点评】不等式2111111222nm左边是一个n项乘积的形式，处理起来比较麻烦．考虑取对数，将不等式等价转化为2111ln1ln1ln1ln222nmL，则容易联想到与lnx有关的常用不等式ln1xx．模块2练习巩固整合提升练习1：已知函数ln1axbfxxx，曲线yfx在点1,1f处的切线方程为专题四利用导数证明函数不等式（一）原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！9230xy．（1）求a、b的值；（2）证明：当0x，且1x时，ln1xfxx．【解析】（1）221ln1xaxbxfxxx．由于直线230xy的斜率为12，且过点1,1，所以11112ff，即1122bab，解得1a，1b．【证明】（2）由（1）知ln11xfxxx，所以lnln1ln111xxxfxxxxx222ln12110ln0112xHxxxxxxx．构造函数11ln2hxxxx（0x），则22211111022xhxxxx，于是hx在0,上递减．当01x时，hx递减，所以10hxh，于是2101Hxhxx；当1x时，hx递减，所以10hxh，于是2101Hxhxx．综上所述，当0x，且1x时，ln1xfxx．练习2：已知函数211ln2exbfxaxxaxbx（a、bR）．（1）若12ab，求函数lnexbFxfxaxx的单调区间；（2）若1a，1b，求证：221ln12e2fxaxbxx．【解析】（1）当12ab，211ln42Fxxxx，21111222xxFxxxx．由0Fx可得01x，由0Fx可得1x，所以Fx的递增区间为0,1，递减区间为1,．【证明】（2）若1a，1b，222112ln12eln12eexfxaxbxxxx．令1lnexGxxx，则1ln1exGxx，11eeexxxxGxxx．设exhxx，则e10xhx，所以hx在0,上递增，所以01hxh，所以0Gx，所以专题四利用导数证明函数不等式（一）原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！10Gx在0,上递增．又因为1e1e0eG，21e21e10eG，所以Gx恰有一个零点0211,eex，即0001ln10exGxx，且当00xx时，0Gx，当0xx时，0Gx，所以Gx在00,x上递减，在0,x上递增，所以00000001lnlnln1exGxGxxxxxx．设lnln1xxxx，211,eex，则11ln11e0xxx，所以x在211,ee上递增，所以02222211112lnln11eeeeex．命题获证．练习3：已知函数eelnxfxxx．（1）求曲线yfx在1,1f处的切线方程；（2）求证：2efxx．【解析】（1）ee1lnxfxx，所以12ef，又1ef，所以yfx在1,1f处的切线方程为e2e1yx，即2eeyx．【证明】（2）法1：2212eeelneeln0xxfxxxxxxxx，构造函数12elnxgxxxx，则1e1ln2xgxxx，11e2xgxx，121exgxx．因为gx在0,上递增，且10g，所以当01x时，0gx，当1x时，0gx，所以gx在0,1上递减，在1,上递增，所以10gxg，于是gx在0,上递增，又因为10g，所以当01x时，0gx，gx递减，当1x时，0gx，gx递增，所以10gxg，命题获证．法2：122eeeelneln0xxfxxxxxxxx，构造函数1elnxGxxxx，则11122221ee1e111xxxxxxxxxGxxxxx．令1exHxx，则1e1xHx，由0Hx可得1x，由0Hx可得01x，于是Hx在0,1上递专题四利用导数证明函数不等式（一）原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！11减，在1,上递增，于是10HxH．于是当01x时，0Gx，当1x时，0Gx，所以Gx在0,1上递减，在1,上递增，于是10GxG，命题获证．【点评】对于不等式12eln0xxxx，从指对分离的角度来看，可构造出21lnexxxx、1elnxxxx、12lne1xxxx、…、111ln1exnnnxxxx等一系列式子，由于构造的不等式两端的函数凸性一致，且寻找隔离曲线的难度大，不容易证明．考虑到函数12elnxgxxxx的形式不算太复杂，可通过多次求导证明其在x轴的上方（有且仅有一个交点1,0）．也可以如法2那样将函数进一步改造为1elnxGxxxx，法2比法1简单的原因在于Gx当中的lnx比较“单纯”，求导一次就能消去lnx．练习4：设函数ln1fxx，gxxfx，0x，其中fx是fx的导函数．（1）若fxagx恒成立，求实数a的取值范围；（2）设*nN，比较12gggnL与nfn的大小，并加以证明．【解析】（1）11fxx，所以1xgxx．法1：（分离参数法）当0x时，fxagx恒成立．当0x时，fxagx在0,上恒成立1ln1fxxxaFxgxx在0,上恒成立．2ln1xxFxx，令ln1Gxxx，则01xGxx，所以Gx在0,上递增，于是00GxG，即0Fx，所以Fx在0,上递增．由洛必达法则，可得001ln11ln1limlim11xxxxxx，所以1a，于是实数a的取值范围为,1．法2：（不猜想直接用最值法）令ln11axhxfxagxxx，则22111111axaxxahxxxx，令0hx，得1xa．①当10a，即1a时，0hx在0,上恒成立，所以hx在0,上递增，所以00hxh，所以当1a时，0hx在0,上恒成立．专题四利用导数证明函数不等式（一）原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！12②当10a，即1a时，hx在0,1a上递减，在1,a上递增，所以当1xa时hx取到最小值，于是1ln1hxhaaa．设ln1aaa，1a，则110aa，所以函数a在1,上递减，所以10a，即10ha，所以0hx不恒成立．综上所述，实数a的取值范围为,1．（2）设*nN，比较12gggnL与nfn的大小，并加以证明．（2）1212231ngggnnLL，ln1nfnnn，比较结果为：12gggnnfnL．证明如下．上述不等式等价于111ln1231nnL．为证明该式子，我们首先证明11ln1iii．法1：在（1）中取1a，可得ln11xxx，令1xi，可得11ln1iii．令1,2,,in可得21ln12，31ln23，…，11ln1nnn，相加可得111ln1231nnL，命题获证．法2：令1ti，则11lnln111ittiit，构造函数ln11tFttt，01t，则22110111tFtttt，于是Ft在0,1上递增，所以00FtF，于是11ln1iii．下同法1．练习5：已知函数1ln2fxxaxx（其中aR）．（1）若曲线yfx在点00,xfx处的切线方程为12yx，求a的值；（2）若12e2ea（e是自然对数的底数），求证：0fx．专题四利用导数证明函数不等式（一）原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！13【解析】（1）3ln2afxxx，依题意，有00000000121ln231ln22yxyxaxxaxx，解得011xa或01xaa，所以1a．（2）法1：令gxfx，则21agxxx，因为12e2ea，所以0gx，即gx在0,上递增．因为312e1lnlnln022222222aaaaga，3111lnlnln0222e2agaaaa，所以gx在,2aa上有唯一零点0x．当00xx时，0gx，当0xx时，0gx，所以fx在00,x上递减，在0,x上递增，所以当0xx时，fx取到最小值00001ln2fxxaxx．因为0003ln02agxxx，所以003ln2axx，所以00003122afxxaxx2220000000051125222222axaxaxaxaxaxxx，因为0,2axa，所以00fx，所以当12e2ea时，0fx．法2：当xa时，02afa．当xa时，1ln0ln022xfxxaxxxaxxa．令ln2xFxxxa，则22222221252222xaxaaxaxaFxxxaxxaxxa，由0Fx可得02ax或2xa，由0Fx可得2axa或2axa，所以Fx在0,2a上递增，在,2aa上递减，在,2aa上递减，在2,a上递增．专题四利用导数证明函数不等式（一）原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！14因为12e12lnlnln022222222aaaaFaa，21112ln2ln2ln02222e2aFaaaaa，所以当0xa时，0Fx，所以0fxxaFx，当xa时，0Fx，所以0fxxaFx．