1、第三课时利用导数证明不等式授课提示：对应学生用书第48页题型一单变量不等式的证明多维探究考法(一)利用移项构造法证明不等式例1已知函数f(x)aex2x1，其中e2.718 28是自然对数的底数(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)证明：对任意的a1，当x0时，f(x)(xae)x.解析(1)由f(x)aex2x1，得f(x)aex2.当a0时，f(x)0，函数f(x)在R上单调递增；当a0时，由f(x)0，解得xln，由f(x)0，解得xln，故f(x)在上单调递增，在上单调递减综上所述，当a0时，函数f(x)在R上单调递增；当a0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)证明：对任意a1
2、，当x0时，f(x)(xae)xe0.令g(x)e，则g(x).当a1时，aexx1exx1.令h(x)exx1，则当x0时，h(x)ex10.所以当x0时，h(x)单调递增，h(x)h(0)0.所以aexx10.所以当0x1时，g(x)0，当x1时，g(x)0，当x1时，g(x)0.所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以g(x)g(1)0，即e0，故f(x)(xae)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对点训练(2021赣州模拟)已知函数f(x)1，g(x)bx，若曲线yf(x
3、)与曲线yg(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x1时，f(x)g(x).解析：(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yf(x)与曲线yg(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)a1b1，g(1)a1b1，解得a1，b1.(2)证明：由(1)知，g(x)x，则f(x)g(x)1x0.令h(x)1x(x1)，则h(1)0，h(x)11.因为x1，所以h(x)10，所以h(x)在1，)上单调递增，所以h(x)h(1)0，即
4、1x0，所以当x1时，f(x)g(x).考法(二)利用隔离分析最值法证明不等式例2(2021福州模拟)已知函数f(x)eln xax(aR)(1)讨论f(x)的单调性；(2)当ae时，证明：xf(x)ex2ex0.解析(1)f(x)a(x0)，若a0，则f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增；若a0，则当0x时，f(x)0，当x时，f(x)0，故f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)证明：法一：因为x0，所以只需证f(x)2e，当ae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)maxf(1)e.记g(x)2e(x0)，则g(x)，所以当0x1时，g(x
5、)0，g(x)单调递减，当x1时，g(x)0，g(x)单调递增，所以g(x)ming(1)e.综上，当x0时，f(x)g(x)，即f(x)2e，即xf(x)ex2ex0.法二：由题意知，即证exln xex2ex2ex0，从而等价于ln xx2.设函数g(x)ln xx2，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
6、而h(x)在(0，)上的最小值为h(1)1.综上，当x0时，g(x)h(x)，即xf(x)ex2ex0.若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个都便于求导的函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标对点训练(2021长沙模拟)已知函数f(x)ex2xln x求证：当x0时，f(x)xex.证明：要证f(x)xex，只需证exln xex，即exexln x.令h(x)ln x(x0)，则h(x)，易知h(x)在上单调递减，在上单调递增，则h(x)minh0，所以ln x0.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
7、)max(1)0，所以exex0.因为h(x)与(x)不同时为0，所以exexln x，故原不等式成立题型二双变量不等式的证明多维探究考法(一)构造换元法证明双变量不等式问题例1(1)已知函数f(x)x2ax(a1)ln x，其中a2，若对于任意的x1，x2(0，)，x1x2，恒有1，求a的取值范围(2)对a，b(e，)，且ab，证明：abba.(3)对于任意的正实数x，y，且xy，求证：.解析(1)设x1x2，则不等式1等价于f(x1)f(x2)x2x1.即f(x1)x1f(x2)x2.令g(x)f(x)xx2(a1)x(a1)ln x，则函数g(x)在x(0，)上为增函数所以g(x)x(a
8、1)0在(0，)上恒成立，而x2，当且仅当x，即x时等号成立所以2a1，因为a2，所以2a5.所以实数a的取值范围是(2,5(2)证明：对a，b(e，)，且ab，要证：abba，只需证：bln aaln b，即证：.设g(x)，则g(x)，当x(e，)时，有g(x)0，故函数g(x)在x(e，)上单调递减又ab，且a，b(e，)，所以g(a)g(b)，即.故原不等式成立(3)证明：由于目标不等式中两个字母x与y可以轮换，则不妨设0yx.令u，则u1.欲证目标不等式ln uln uln u0.令f(u)ln u，则f(u)0，又u1，所以f(u)f(1)0，则不等式ln u0成立，故原目标不等式
9、得证这类双变量不等式的基础处理思路有：(1)对不等式进行等价变形，把两个变量分离在不等式两端，如果两端的解析式结构形式相同，则以该解析式的结构构造函数，问题等价于构造的函数具备某种单调性；如果两端变量的解析式结构不同，即出现f(x1)g(x2)类的不等式，则只需证明f(x1)ming(x2)max；(2)如果不能把两个变量分离在不等式两端，则可考虑使用实数的一个基本性质，即对实数a，b(b0)，一定存在实数t使得t，把双变量不等式化为单变量不等式对点训练已知函数f(x)ln xax(x0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1x2)求证：x1x2e2.证明：不妨设x1x20，因为
10、ln x1ax10，ln x2ax20，所以ln x1ln x2a(x1x2)，ln x1ln x2a(x1x2)，所以a，欲证x1x2e2，即证ln x1ln x22.因为ln x1ln x2a(x1x2)，所以即证a，所以原问题等价于证明，即ln，令c(c1)，则不等式变为ln c.令h(c)ln c，c1，所以h(c)0，所以h(c)在(1，)上单调递增，所以h(c)h(1)ln 100，即ln c0(c1)，因此原不等式x1x2e2得证考法(二)双变量为函数的极值点例2(2018高考全国卷)已知函数(x)xaln x.(1)讨论(x)的单调性；(2)若(x)存在两个极值点x1，x2，证
11、明：a2.解析(1)(x)的定义域为(0，)，(x)1.若a2，则(x)0，当且仅当a2，x1时，(x)0，所以(x)在(0，)上单调递减若a2，令(x)0，得x或x.当x时，(x)0；当x时，(x)0.所以(x)在，上单调递减，在上单调递增(2)证明：由(1)知，(x)存在两个极值点当且仅当a2.由于(x)的两个极值点x1，x2满足x2ax10，所以x1x21，不妨设x1x2，则x21.由于1a2a2a，所以a2等价于x22ln x20.设函数g(x)x2ln x(x1)，由(1)知，g(x)在(0，)上单调递减又g(1)0，从而当x(1，)时，g(x)0.所以x22ln x20，即a2.当
12、x1，x2是函数f(x)的两个不等的极值点时，x1，x2是方程f(x)0的两个不等实根，也即满足f(x1)f(x2)0.利用这种关系可以把双变量不等式化为单变量不等式进行证明对点训练已知函数f(x)ln xx2a1.(1)若a2，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，求证：f(x1)f(x2)0.解析：(1)当a2时，f(x)ln xx5，其导数为f(x)1，当0x2时，f(x)0，当x2时，f(x)0，所以f(x)的单调增区间为(0,2)，单调减区间为(2，)(2)证明：f(x)1(x0)，因为f(x)有两个极值点x1，x2，故x1，x2为x2xa0的两个正数解，所以所以0a，所以f(x1)f(x2)ln (x1x2)(x1x2)4a2ln a4a2.令g(a)ln a4a2，则g(a)40，所以g(a)在上单调递增，所以g(a)gln 121ln 40，所以f(x1)f(x2)0.
