第三课时 利用导数证明不等式
A级·基础过关 |固根基|
1.已知函数f(x)＝1－(1)g(x)≥1；
1
(2)(x－ln x)f(x)>1－2.
e证明：(1)由题意，得g′(x)＝
x－1
e
x，g(x)＝x－ln x．证明：
x－1
(x>0)，当0
所以g(x)≥g(1)＝1，得证． (2)由f(x)＝1－
x－1
e
x，得f′(x)＝
x－2
e
x，
所以当0
所以f(x)≥f(2)＝1－2(当且仅当x＝2时取等号)． ①
e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， 1
所以(x－ln x)f(x)>1－2.
e
2．(2020届石家庄摸底)已知函数f(x)＝(2－x)e(1)若f(x)在R上单调递减，求k的最大值； (2)当x∈(1，2)时，证明：ln
k(x－1)
－x(k∈R，e为自然对数的底数)．
x（2x－1）?1?>2?x－?.
2－x?x?
k(x－1)
解：(1)∵f(x)在R上单调递减，∴f′(x)＝e1
＋2k－1≤k（x－1）对任意x∈R恒成立．
e
[k(2－x)－1]－1≤0恒成立，即－kx1
设g(x)＝k（x－1）＋kx－2k＋1，则g(x)≥0对任意x∈R恒成立，显然应满足g(1)＝2－
e
k≥0，∴k≤2.
1??当k＝2时，g′(x)＝2?1－2（x－1）?，且g′(1)＝0，
?e?当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
- 1 -
当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减， ∴g(x)min＝g(1)＝0，即g(x)≥0恒成立， 故k的最大值为2.
(2)证明：由(1)知，当k＝2时，f(x)＝(2－x)e所以当x∈(1，2)时，f(x) 2(x－1) －x在R上单调递减，且f(1)＝0， 2(x－1) 两边同取以e为底的对数得ln(2－x)＋2(x－1) 2－x2 下面证明－＋2 xx?2?令H(x)＝ln(2x－1)－?－＋2?(1 ?x2 ? 2（x－1） 则H′(x)＝2>0， x（2x－1） ?2?∴H(x)在(1，2)上单调递增，则H(x)>H(1)＝ln(2×1－1)－?－＋2?＝0，故②成立， ?1? ①＋②得，ln x（2x－1）?1?>2?x－?成立． 2－x?x? 122 3．(2019届唐山模拟)已知f(x)＝x－aln x，a>0. 2(1)求函数f(x)的最小值； (2)当x>2a时，证明： f（x）－f（2a）3 >a. x－2a2 解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， a2（x＋a）（x－a） f′(x)＝x－＝. xx当x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 122 所以当x＝a时，f(x)取得极小值，也是最小值，且f(a)＝a－aln a. 2(2)证明：由(1)知，f(x)在(2a，＋∞)上单调递增， 3 则所证不等式等价于f(x)－f(2a)－a(x－2a)>0. 23 设g(x)＝f(x)－f(2a)－a(x－2a)， 2 3a3（2x＋a）（x－2a） 则当x>2a时，g′(x)＝f′(x)－a＝x－－a＝>0， 2x22x所以g(x)在(2a，＋∞)上单调递增， - 2 - 2 所以当x>2a时，g(x)>g(2a)＝0， 3 即f(x)－f(2a)－a(x－2a)>0， 2故 f（x）－f（2a）3 >a. x－2a2 B级·素养提升 |练能力| 1?1?4.(2019届桂林市、百色市、崇左市联考)已知函数f(x)＝?a＋?ln x＋－x(a>0)． ?a? x1 (1)若a＝，求f(x)的极值点； 2 (2)若曲线y＝f(x)上总存在不同的两点P(x1，f(x1))，Q(x2，f(x2))，使得曲线y＝f(x)在P，Q两点处的切线平行，求证：x1＋x2>2. 解：f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝?a＋?·－2－1(a>0)． ?a?xx1（x－2）（2x－1）?1??11?(1)当a＝时，f′(x)＝－?－2??－?＝－， 222x?x??x2?1 令f′(x)<0，得0 21 令f′(x)>0，得 2 ? 1?11 ?1??1?∴f(x)在?0，?，(2，＋∞)上单调递减，在?，2?上单调递增， ?2??2? 1 ∴x＝是f(x)的极小值点，x＝2是f(x)的极大值点． 2 ?1?11?1?11 (2)证明：由题意知，f′(x1)＝f′(x2)，即?a＋?·－2－1＝?a＋?·－2－1(x1≠ ? a?x1x1 ?a?x2x2 x2)， 111x1＋x2 ∴a＋＝＋＝. ax1x2x1x2 ∵x1，x2∈(0，＋∞)，x1≠x2， （x1＋x2）∴x1＋x2>2x1x2，则有x1x2<， 41x1＋x2 ∴a＋＝>2 ax1x2 ?4?4 ，∴x1＋x2>?1?. ?a＋?maxx1＋x2 ? a? - 3 - ?4?∵a>0，∴≤2(当且仅当a＝1时取等号)，∴x1＋x2>?1?＝2. ?a＋?max1 a＋?a?a4 1 5．(2019届昆明市高三诊断测试)已知函数f(x)＝2ln x－x＋. x(1)求f(x)的单调区间； a－ba＋b(2)若a>0，b>0，且a≠b，证明：ab<<. ln a－ln b2 解：(1)由题意得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， 21－x＋2x－1－（x－1） f′(x)＝－1－2＝＝≤0. 222 2 xxxx所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，无单调递增区间． (2)设a>b>0，则 ab< a－ba－ba?ln a－ln b ln a－ln bbaba1 －?2ln baba?>1，所以f?b? a－ba1＋<0. bab由(1)知，f(x)是(0，＋∞)上的减函数，又即f? a? ? ??a??＝2lnb? a－ba1＋<0， bab所以ab< a－b. ln a－ln ba－ba＋b2（a－b）又 ? ln a－ln b2a＋baa?b?ln >. ba＋1b??2?－1? 2（x－1）（x－1）令g(x)＝ln x－，则g′(x)＝， x＋1x（x＋1）2当x∈(0，＋∞)时，g′(x)≥0，即g(x)是(0，＋∞)上的增函数． 2 ??2?－1? aa?b?a－ba＋b?a?因为>1，所以g??>g(1)＝0，所以ln >，从而<. bbaln a－ln b2?b? ＋1 b综上所述，当a>0，b>0，且a≠b时，ab< - 4 - aa－ba＋b<. ln a－ln b2 - 5 -
2021版高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节导数的应用第3课时利用导数证明不等式课时跟踪检测新人教A版
