【高中数学】利用导数证明不等式
第四节利用导数证明不等式
考点1作差法构造函数证明不等式
(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．
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)定义域为(0，＋∞)，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＜x＜e－2，
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＜x＜e.
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)．
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．
(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，x2＜e x.
[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)上单调递减；
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－x2，
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x2＜e x.
考点2拆分法构造函数证明不等式
若f(x)min＞g(x)max，则f(x)＞g(x)，常借助此结论，将要证明的不等式拆、分成两个函数，然后比较它们的最值．
设函数f(x)＝ax2－(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0＜x≤2时，f(x)＞1 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)＝x2－(x＋1)ln x，
要证当0＜x≤2时，f(x)＞1
2x，
只需证当0＜x≤2时，x－ln x
x－ln x＞
1
2，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＜x≤2时，g(x)min＝g(1)＝1.
因为h′(x)＝1－ln x
x2，当0＜x≤2时，h′(x)＞0，所以h(x)在(0,2]上单调递
增，故当0＜x≤2时，h(x)max＝h(2)＝1＋ln 2
2＜1，即h(x)max＜g(x)min.
故当0＜x≤2时，h(x)＜g(x)，即当0＜x≤2时，f(x)＞1 2x.
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．
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0＜x＜e
a时，f′(x)＞0；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0＜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 )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3 换元法构造函数证明不等式 换元法构造函数证明不等式的基本思路是直接消掉参数a ，再结合
所证问题，巧妙引入变量c ＝x 1x 2，从而构造相应的函数．其解题要点为：
联立消参 利用方程f (x 1)＝f (x 2)消掉解析式中的参数a
抓商构元 令c ＝x 1x 2
，消掉变量x 1，x 2，构造关于c 的函数h (c ) 用导求解 利用导数求解函数h (c )的最小值，从而可证得结论
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 2x 1－x 2
＝a ， 欲证x 1x 2＞e 2，即证ln x 1＋ln x 2＞2.
因为ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)，所以即证a ＞
2x 1＋x 2， 所以原问题等价于证明ln x 1－ln x 2x 1－x 2＞2x 1＋x 2
，
即ln x 1x 2＞2(x 1－x 2)x 1＋x 2， 令c ＝x 1x 2
(c ＞1)，则不等式变为ln c ＞2(c －1)c ＋1. 令h (c )＝ln c －2(c －1)c ＋1
，c ＞1， 所以h ′(c )＝1c －4(c ＋1)2＝(c －1)2c (c ＋1)2
＞0， 所以h (c )在(1，＋∞)上单调递增，
所以h (c )＞h (1)＝ln 1－0＝0，
即ln c －2(c －1)c ＋1
＞0(c ＞1)，因此原不等式x 1x 2＞e 2得证． 破解含双参不等式证明题的三个关键点
(1)转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式．
(2)巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值．
(3)回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．
已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋x ，a ∈R .
(1)当a ＝0时，求函数f (x )的图象在(1，f (1))处的切线方程；
(2)若a ＝－2，正实数x 1，x 2满足f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，求证：x 1＋x 2≥5－1
2.
[解] (1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，则f (1)＝1，所以切点(1,1)，又因为f ′(x )＝1x ＋1，所以切线斜率k ＝f ′(1)＝2，故切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0.
(2)证明：当a ＝－2时，f (x )＝ln x ＋x 2＋x (x ＞0)．
由f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，
得ln x 1＋x 21＋x 1＋ln x 2＋x 22＋x 2＋x 1x 2＝0，
从而(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)＝x 1x 2－ln(x 1x 2)，
令t ＝x 1x 2(t ＞0)，令φ(t )＝t －ln t ，得φ′(t )＝1－1t ＝t －1t ，
易知φ(t )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t )≥φ(1)
＝1，所以(x 1＋x 2)2
＋(x 1＋x 2)≥1，因为x 1＞0，x 2＞0，所以x 1＋x 2≥5－12成立. 课外素养提升③ 逻辑推理——用活两个经典不等式
保证．利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程．
(1)对数形式：x ≥1＋ln x (x ＞0)，当且仅当x ＝1时，等号成立．
(2)指数形式：e x ≥x ＋1(x ∈R )，当且仅当x ＝0时，等号成立．进一步可得到一组不等式链：e x ＞x ＋1＞x ＞1＋ln x (x ＞0，且x ≠1)．
【例1】 (1)已知函数f (x )＝1ln (x ＋1)－x
，则y ＝f (x )的图象大致为( )
(2)已知函数f (x )＝e x ，x ∈R .证明：曲线y ＝f (x )与曲线y ＝12x 2＋x ＋1有唯一
公共点．
(1)B [因为f (x )的定义域为???
x ＋1＞0，ln (x ＋1)－x ≠0，
即{x |x ＞－1，且x ≠0}，所以排除选项D.
当x ＞0时，由经典不等式x ＞1＋ln x (x ＞0)，
以x ＋1代替x ，得x ＞ln(x ＋1)(x ＞－1，且x ≠0)，
所以ln(x ＋1)－x ＜0(x ＞－1，且x ≠0)，即x ＞0或－1＜x ＜0时均有f (x )＜0，排除A ，C ，易知B 正确．]
(2)[证明] 令g (x )＝f (x )－? ????12x 2＋x ＋1＝e x －12x 2－x －1，x ∈R ，
则g ′(x )＝e x －x －1，
由经典不等式e x ≥x ＋1恒成立可知，g ′(x )≥0恒成立， 所以g (x )在R 上为单调递增函数，且g (0)＝0.
所以函数g (x )有唯一零点，即两曲线有唯一公共点．
【例2】 设函数f (x )＝ln x －x ＋1.
(1)讨论f (x )的单调性；
(2)求证：当x ∈(1，＋∞)时，1＜x －1ln x ＜x .
[解] (1)由题设知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x )＝1x －1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.
当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，f (x )在(0,1)上单调递增； 当x ＞1时，f ′(x )＜0，f (x )在(1，＋∞)上单调递减．
(2)证明：由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0. 所以当x ≠1时，ln x ＜x －1.
故当x ∈(1，＋∞)时，ln x ＜x －1，x －1ln x ＞1.①
因此ln 1x ＜1x －1，即ln x ＞x －1x ，x －1ln x ＜x .②
故当x ∈(1，＋∞)时恒有1＜x －1ln x ＜x .