(上海专用)新高考数学一轮复习讲练测专题09 导数及其应用难点突破1-证明不等式（解析版）.doc

专题09导数及其应用难点突破1-证明不等式

题型一移项构造函数证明不等式

例1已知函数f(x)＝ex－3x＋3a(e为自然对数的底数，a∈R).

(1)求f(x)的单调区间与极值；

(2)求证：当a＞lneq\f(3,e)，且x＞0时，eq\f(ex,x)＞eq\f(3,2)x＋eq\f(1,x)－3a.

(1)解由f(x)＝ex－3x＋3a，x∈R，

知f′(x)＝ex－3，x∈R.

令f′(x)＝0，得x＝ln3，

于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

x

(－∞，ln3)

ln3

(ln3，＋∞)

f′(x)

－

0

＋

f(x)



极小值



故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln3)，单调递增区间是(ln3，＋∞)，

f(x)在x＝ln3处取得极小值，极小值为f(ln3)＝eln3－3ln3＋3a＝3(1－ln3＋a)，无极大值.

(2)证明待证不等式等价于ex＞eq\f(3,2)x2－3ax＋1，

设g(x)＝ex－eq\f(3,2)x2＋3ax－1，x＞0，

于是g′(x)＝ex－3x＋3a，x＞0.

由(1)及a＞lneq\f(3,e)＝ln3－1知

g′(x)的最小值为g′(ln3)＝3(1－ln3＋a)＞0.

于是对任意x＞0，都有g′(x)＞0，

所以g(x)在(0，＋∞)内单调递增.

于是当a＞lneq\f(3,e)＝ln3－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)＞g(0).

而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)＞0.

即ex＞eq\f(3,2)x2－3ax＋1，故eq\f(ex,x)＞eq\f(3,2)x＋eq\f(1,x)－3a.

感悟提升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”或“右减左”的函数，利用导数研究其单调性等相关函数性质证明不等式.

训练1已知函数.

(1)当时，

（ⅰ）求在点处的切线方程；

（ⅱ）求的最小值；

(2)当时，若不等式恒成立，求实数的取值范围；

(3)当时，证明.

（1）解：当时，，，（ⅰ），所以在点处的切线方程为，即；（ⅱ）当时，，当时，，所以函数在上递减，在上递增，所以；

（2）解：，令，则，当，即时，，，所以函数在上递增，所以，即，，所以函数在上递增，所以，所以满足题意；当，即时，令，则，当时，，所以函数在上递减，所以当时，，即当时，，所以函数在上递减，此时，与题意矛盾，综上所述，实数的取值范围为；

（3）证明：由（2）得，当时，，即，要证，只需要证明，只需要证明，只需要证明，令，则，所以函数在上递增，所以，所以，所以.

【分析】（1）求导，（ⅰ）根据导数的几何意义即可得出答案；

（ⅱ）根据导数的符号求出函数的单调区间，从而可得函数的最小值；

（2）求出函数的导函数，根据分和两种情况讨论，从而可得出答案；

（3）由（2）可得，当时，，则要证，

只需要证明，只需要证明，构造函数，再利用导数证明即可得证.

题型二分拆函数法证明不等式

例2证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx＞eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)成立.

证明问题等价于证明xlnx＞eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x∈(0，＋∞)).

设f(x)＝xlnx，f′(x)＝1＋lnx，易知x＝eq\f(1,e)为f(x)的唯一极小值点，

则f(x)＝xlnx(x∈(0，＋∞))的最小值是－eq\f(1,e)，当且仅当x＝eq\f(1,e)时取到.

设m(x)＝eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝eq\f(1－x,ex)，由m′(x)＜0，得x＞1时，m(x)单调递减；

由m′(x)＞0得0＜x＜1时，m(x)单调递增，易知m(x)max＝m(1)＝－eq\f(1,e)，当且仅当x＝1时取到.从而对一切x∈(0，＋∞)，xlnx≥－eq\f(1,e)≥eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)，两个等号不同时取到，所以对一切x∈(0，＋∞)都有lnx＞eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)成立.

感悟提升1.若直接求导后导数式比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标.在证明过程中，等价转化是关键，此处g(x)min≥f(x)max恒成立，从而f(x)≤g(x)恒成立.

2.等价变形的目的是求导后简单地找到极值点，一般地，ex与lnx要分离，常构造xn与lnx，xn与ex的积、商形式.便于求导后找到极值点.

训练2已知函数f(x)＝elnx－ax(x∈R).

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)当a＝