2021届高考数学一轮复习第三章导数及其应用第二节第3课时利用导数证明不等式学案理含解析

1、第三课时第三课时利用导数证明不等式利用导数证明不等式考点一单变量不等式的证明方法一移项作差构造法证明不等式【例 1】(2020 届贵阳摸底)已知 f(x)ex，g(x)x1(e 为自然对数的底数)(1)求证：f(x)g(x)恒成立；(2)设 m 是正整数，对任意正整数 n，1131132113nm，求 m 的最小值解(1)证明：令 h(x)f(x)g(x)exx1，则 h(x)ex1，当 x(，0)时，h(x)0，故 h(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，所以 h(x)minh(0)0，即 h(x)0 恒成立，所以 f(x)g(x)恒成立(2)由(1)可知 0113ne13n，由

2、不等式的性质得所以正整数 m 的最小值为 2.名师点津若证明 f(x)g(x)，x(a，b)，可以构造函数 h(x)f(x)g(x)，如果能证明 h(x)在(a，b)上的最大值小于 0，即可证明 f(x)0 时，f(x)xex1e.证明要证 f(x)xex1e，只需证 exln xex1ex，即 exex0)，则 h(x)ex1ex2，易知 h(x)在0，1e 上单调递减，在1e，上单调递增，则 h(x)minh1e 0，所以 ln x1ex0.再令(x)exex，则(x)eex，易知(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，则(x)max(1)0，所以 exex0.因为 h(x)与

3、(x)不同时为 0，所以 exex0)，则 g(x)ln xx2，当 x(0，1)时，g(x)0；当 x(1，)时，g(x)0)令exxt，则xln xln t，exxxln x1，即exxxln x10.(3)k(exx2)xxln x 恒成立，即 kexxx1ln x 恒成立，k1ln xexxx.由(2)知，exxxln x10 恒成立，即 1ln xexxx 恒成立1ln xexxx1，k1，故 k 的取值范围为1，)名师点津导数的综合应用题中，最常见就是 ex和 ln x 与其他代数式结合的难题，对于这类问题，可以先对 ex和 ln x 进行放缩，使问题简化，便于化简或判断导数的正负

4、常见的放缩公式如下：(1)ex1x，当且仅当 x0 时取等号；(2)exex，当且仅当 x1 时取等号；(3)当 x0 时，ex1x12x2，当且仅当 x0 时取等号；(4)当 x0 时，exe2x21，当且仅当 x0 时取等号；(5)x1xln xx1x2x，当且仅当 x1 时取等号；(6)当 x1 时，2（x1）x1ln xx1x，当且仅当 x1 时取等号考点二双变量不等式的证明【例 4】已知函数 f(x)ln x12ax2x，ar.(1)当 a0 时，求函数 f(x)的图象在(1，f(1)处的切线方程；(2)若 a2，正实数 x1，x2满足 f(x1)f(x2)x1x20，求证：x1x2

5、512.解(1)当 a0 时，f(x)ln xx，则 f(1)1，所以切点为(1，1)又因为 f(x)1x1，所以切线斜率 kf(1)2，故切线方程为 y12(x1)，即 2xy10.(2)证明：当 a2 时，f(x)ln xx2x(x0)因为 f(x1)f(x2)x1x20，即 ln x1x21x1ln x2x22x2x1x20，所以(x1x2)2(x1x2)x1x2ln(x1x2)，令 tx1x2，设(t)tln t(t0)，则(t)11tt1t，易知(t)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，)上单调递增，所以(t)(1)1，所以(x1x2)2(x1x2)1.因为 x10，x20，所以

6、 x1x2512成立名师点津破解含双参不等式的证明的关键一是转化，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；二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是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|跟踪训练|已知函数 f(x)ln xax.(1)求 f(x)的最小值；(2)若方程 f(x)a 有两个根 x1，x2(x12a.解：(1)因为 f(x)1xax2xax2(x0)，所以当 a0 时，f(x)在(0，)上单调递增，函数无最小值当 a0 时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增所以函数 f(x)在 xa 处取最小值 f(a)ln a1.(2)证明：若方程 f(x)a 有两个根 x1，x2(x12a，只需证(x1x2)a（x2x1）x1x22alnx2x1，即证x2x1x1x22lnx2x1(由(1)得，a0)设x2x1t(t1)，则x2x1x1x22ln