（通用版）高考数学一轮复习 第3章 导数及其应用 4 第4讲 利用导数证明不等式教案 理-人教版高三全册数学教案VIP免费

第4讲利用导数证明不等式直接将不等式转化为函数的最值[典例引领](2017·高考全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a<0时，证明f(x)≤－－2.【解】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.当a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a<0，则当x∈(0，－)时，f′(x)>0；当x∈(－，＋∞)时，f′(x)<0.故f(x)在(0，－)上单调递增，在(－，＋∞)上单调递减．(2)证明：由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－取得最大值，最大值为f(－)＝ln(－)－1－.所以f(x)≤－－2等价于ln(－)－1－≤－－2，即ln(－)＋＋1≤0.设g(x)＝lnx－x＋1，则g′(x)＝－1.当x∈(0，1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.所以当x>0时，g(x)≤0.从而当a<0时，ln(－)＋＋1≤0，即f(x)≤－－2.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．将不等式转化为两个函数的最值进行比较[典例引领]已知f(x)＝xlnx.(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值；(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx>－成立．【解】(1)由f(x)＝xlnx，x>0，得f′(x)＝lnx＋1，令f′(x)＝0，得x＝.当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．①当0－(x∈(0，＋∞))．由(1)可知f(x)＝xlnx(x∈(0，＋∞))的最小值是－，当且仅当x＝时取到．设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝，由m′(x)<0得x>1时，m(x)为减函数，由m′(x)>0得0－成立．在证明的不等式中，若对不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可以借助两个函数的最值进行证明．构造函数证明不等式[典例引领](2016·高考全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝lnx－x＋1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明当x∈(1，＋∞)时，1＜＜x；(3)设c＞1，证明当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x＞cx.【解】(1)由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0解得x＝1.当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．(2)证明：由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.所以当x≠1时，lnx＜x－1.故当x∈(1，＋∞)时，lnx＜x－1，ln＜－1，即1＜＜x.(3)证明：由题设c＞1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，则g′(x)＝c－1－cxlnc，令g′(x)＝0，解得x0＝.当x＜x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x＞x0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．由(2)知1＜＜c，故0＜x0＜1.又g(0)＝g(1)＝0，故当0＜x＜1时，g(x)＞0.所以当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x＞cx.若证明f(x)0)在x＝0处取极值．(1)求a的值，并判断该极值是函数的最大值还是最小值；(2)证明1＋＋＋…＋>ln(n＋1)(n∈N*)．【解】(1)因为x＝0是函数极值点，所以f′(0)＝0，所以a＝1.f(x)＝ex－x－1，易知f′(x)＝ex－1.当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，故极值f(0)是函数最小值．(2)证明：由(1)知ex≥x＋1.即ln(x＋1)≤x，当且仅当x＝0时，等号成立，令x＝(k∈N*)，则>ln，即>ln，所以>ln(1＋k)－lnk(k＝1，2，…，n)，累加得1＋＋＋…＋>ln(n＋1)(n∈N*)．(1)函数中与正整数有关的不等式，其实质是利用函数性质证明数列不等式，证明此类问题时常根据已知的函数不等式，用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量．通过多次求和达到证明的目的．此类问题一般至少2个问号，已知的不等式常...