【高中数学】利用导数证明不等式

2024年3月13日发(作者：2020济南中考数学试卷)

【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