第1课时 导数与不等式
证明不等式
命题点1 构造函数法
例1 (2020·赣州模拟)已知函数f (x )=1-ln x x ,g (x )=a e e x +1
x -bx ,若曲线y =f (x )与
曲线y =g (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x ≥1时,f (x )+g (x )≥2
x
.
(1)解 因为f (x )=1-ln x
x
,x >0,
所以f ′(x )=ln x -1x
2
,f ′(1)=-1. 因为g (x )=a e e x +1x -bx ,所以g ′(x )=-a e e x -1
x
2-b .
因为曲线y =f (x )与曲线y =g (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)=a +1-b =1,g ′(1)=-a -1-b =1, 解得a =-1,b =-1.
(2)证明 由(1)知,g (x )=-e e x +1
x +x ,
则f (x )+g (x )≥2x ?1-ln x x -e e x -1
x +x ≥0.
令h (x )=1-ln x x -e e x -1
x
+x (x ≥1),
则h (1)=0,h ′(x )=-1+ln x x 2
+e e x +1x 2+1=ln x x 2+e
e x +1. 因为x ≥1,所以h ′(x )=ln x x 2+e
e x +1>0,
所以h (x )在[1,+∞)上单调递增, 所以当x ≥1时,h (x )≥h (1)=0, 即1-ln x x -e e x -1
x +x ≥0,
所以当x ≥1时,f (x )+g (x )≥2
x
.
命题点2 分拆函数法
例2 (2019·福州期末)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,证明:xf (x )-e x
+2e x ≤0. (1)解 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,则当0
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 -1e
x
x
2
, 所以当0
即f (x )≤e x
x
-2e ,即xf (x )-e x
+2e x ≤0.
思维升华 (1)利用导数证明不等式的基本思路是依据函数的单调性,求得函数的最值,然后由f (x )≤f (x )max 或f (x )≥f (x )min 证得不等式.
(2)证明f (x )>g (x ),可以构造函数h (x )=f (x )-g (x ),然后利用h (x )的最值证明不等式.
(3)若直接求导比较复杂或无从下手时,可将待证式进行变形分拆,构造两个函数,从而找到可以传递的中间量,达到证明的目的. 跟踪训练1 (1)设函数f (x )=ln x -x +1. ①讨论f (x )的单调性; ②证明:当x ∈(1,+∞)时,1<
x -1
ln x
f ′(x )=1 x -1,令f ′(x )=0,解得x =1. 当0 故当x ∈(1,+∞)时,ln x x -1, 即1 (2)已知函数f (x )=e x ln x +2x e x -1,证明: f (x )>1. 证明 函数f (x )的定义域为(0,+∞). f (x )>1等价于x ln x >x e -x -2e . 设函数g (x )=x ln x ,则g ′(x )=1+ln x , 所以当x ∈? ????0,1e 时,g ′(x )<0;当x ∈? ?? ??1e ,+∞时,g ′(x )>0. 故g (x )在? ????0,1e 上单调递减,在? ?? ??1e ,+∞上单调递增,从而g (x )在(0,+∞)上的最小值为g ? ?? ??1e =-1e . 设函数h (x )=x e -x -2e ,则h ′(x )=e -x (1-x ), 所以当x ∈(0,1)时,h ′(x )>0;当x ∈(1,+∞)时,h ′(x )<0. 故h (x )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 从而h (x )在(0,+∞)上的最大值为h (1)=-1 e . 因为g (x )min =g ? ????1e =h (1)=h (x )max , 所以当x >0时,g (x )>h (x ),即f (x )>1. 不等式恒成立或有解问题 例3 已知函数f (x )=1+ln x x . (1)若函数f (x )在区间? ????a ,a +12上存在极值,求正实数a 的取值范围; (2)如果当x ≥1时,不等式f (x )≥ k x +1 恒成立,求实数k 的取值范围. 解 (1)函数的定义域为(0,+∞), f ′(x )= 1-1-ln x x 2 =-ln x x 2, 令f ′(x )=0,得x =1. 当x ∈(0,1)时,f ′(x )>0,f (x )单调递增; 当x ∈(1,+∞)时,f ′(x )<0,f (x )单调递减. 所以x =1为函数f (x )的极大值点,且是唯一极值点, 所以0 2 ,