《导数中证明不等式技巧——构造、切线放缩、二元变量、凹凸反转唯手熟尔！.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《导数中证明不等式技巧——构造、切线放缩、二元变量、凹凸反转唯手熟尔！.docx（20页珍藏版）》请在课桌文档上搜索。
1、导数中的不等式证明导数中不等式的证明是历年的高考中是一个永恒的话题，由于不等式证明的灵活性，多样性，该考点也备受命题者的青睐。本文通过四个方面系统介绍了一些常规的不等式证明的手段命题角度1构造函数命题角度2放缩法命题角度3切线法命题角度4二元或多元不等式的证明思路命题角度5函数凹凸性的应用命题角度1构造函数【典例1(赣州市2018届高三摸底考试)己知函数/(x)=JI1.1.,gCr)=W+j版，若曲线y=(x)与曲XeX线y=g()的一个公共点是A(Ij),且在点A处的切线互相垂直.(1)求”的值；(2)证明：当Xl时，/(Q+g(x)二.*【解析】a=h=-；(2)g(x)=-+X,f(x
2、)+g(x)-1-+0eXXXeX令ft(x)=f(x)+g(x)-(x1),则.h(x)=1-M1.-+fXeXMX)=产+jjr+=h:+?,XeXXe因为工1,所以M+o,Xe所以力(X)在1+W)单调递增，a()z(1)=0,即1-皿1-；.+*。，XeX所以当xl时,/()+()-.【审题点津】待证不等式的两边都含有同一个变量，i般地，可以直接构造“左减右”的函数，应用导数研究其单调性，借助于所构造函数的单调性加以证明.命题角度2放缩法【典例2(石家庄市2018届高三下学期4月一模考试)已知函数贝幻=(x+与G-)S0),在JlJ1.D)处的切线方程为(e_)x+ey+e_=0.(1
3、)求0,b；(2)若机共0,证明：,x)mx2+x.【解析】(1)=1，6=1；(2)由(D可知Ax)=(X+1)(/_1),mxi+X令g(x)=(%+)(e*_l)_X，则g,(x)=(x+2)/_2,当X共_2时，g,(x)=(x+2p_2_2_2时，设()=g,(x)=(x+2)ex_2,贝IJh,(x)=(x+3)eA0,故函数g,(x)在(_2,+W)上单调递增，又g,(0)=0,所以当=(_w,0)时，g,(x)0,所以函数g(x)在区间(_w.O)上单调递减，在区间(0,+W)上单调递增，(x)g(0)=0,即(x+1)(/_1)xmx2+X.故fix)WtV2+.【方法归纳】
4、函数解析式中含有已知范围的参数，可以考虑借助于常识或已知的范围减少变量，对参数适当放缩达到证明的目标.【典例3(成都市2018届高中毕业班二诊理科)已知函数/(x)=xnx+ax+i,a=R.(1)当x0时，若关于X的不等式/(x)0恒成立，求。的取值范围;(2)当=Me时，证明：一旦一ln22+ln2-+.+In2n+1jl-2h+42n/?+1【解析】j,+w)；(2)设数列恳为.恳几的前项的和分别为，=，一工=/_,则24+1同理诉所以只需证明为!In2-X-1,Pn.X令x=3l,则ln1-1.,nn+1所以in21_-=J1.*(nl)(+)(2)+1+所以h?2+ln2-+.+In
5、2叱-一=nn2/1+22n+4再证明!,亦即In-,!,n(rtl)nMfl因为S=2i11昏，.nV-JnJn+1JnJn+1inJn+1所以只需证21n回J+1.加,VnJnJn+1现证明21nXI).令(r)=21nx-x+-(x1)，则h,G)=2.卜乙=一(二】)所以函数hG)在(1,+的)上单调递减，hG)1时，21nxx-工恒成立,令x=1,则21nJJti+1JnJndnI综上，I、W”!_!(+!)(2)(nI)所以对数列恳G而”！卜,恳成分别求前项的和，得I“J-ln22+In2+.+In2!0时，都有flG)In(X+1)2_+J-.eC【解析】(I)f,()=邛三Jn
6、D，令g(x)=_x_xnxf则g(l)=0,当0x0,lnx0,所以g(x)0/G)0,当1时，O,lnxO,所以g(x)O,/,(x)O，所以函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+W)上单调递减；(2)要证明/,(X)In(X+1)+=，即证(l_x_xlnx)In(I+1)卜+,加，令gG)=1.XjlnX,贝IJg,（八）=_1_(111a1)=_2_lnx,0xO,当x1.时，g,(r)O,所以函数g(x)ftoA)上单调递增，在g,+W)上单调递减，g(x)共1.H1+；，所以1.Alnx共1+-.要证(l-x-xlnx)ln(xl)fl+v,只需再证In(X+1)x即可.
7、易证hu共工，当且仅当X=1时取等号(证明略)，所以Oln(t+I)0时，都有(x)ln(x+1)x+1的合理代换.命题角度3切线法【典例5(2018届安徽省太和中学三模)已知函数/(x)=_x2.(1)求曲线/()在X=1处的切线方程；(2)求证：当XO时，士一中-1hl+.【解析】(1)f(x)=d2,/,(x)=d_2x,由题设得f,(I)=2,/(1)=e_,所以曲线/(x)祗=1处的切线方程为y=(e_2)(x_l)+e_l,即y=(e_2)x+1；令g(x)=/(X)，贝Jg,(X)=，.2,当rln2时，g,(x)In2时，g,(x)O,所以函数g(.v)=f,(x)在(-Wjn
8、2)上单调递减，在(in2,+w)上单调递增，g(X)向=g(n2)=,(ln2)=2-2ln20,所以函数f(x)=6-/在(0+w)上单调递增，由于曲线/(“)在x=l处的切线方程为y=(e2)x+l,/(1)=e-1,可猜测函数/(工)的图象恒在切线y=(e-2)+1的上方.先证明当x0时，f(x)(e-2)x+l.设A(x)=f(x)-(e-2)x-1(xO)，则(x)=-2x-(e-2)th(X)=/-2,为ln2时，z,（八）ln2时，fi,(x)O所以Mx)在(OJn2)上单调递减，在(in2,+w)上单调递增，由z,()=3-e0()=0,0ln2I,所以ln2)O,当X=Gt
9、l/)时，Mr)0,即f(x)U-2)x+1,当且仅当X=1时取等号，所以当XO时，e-(e-2)x+1,变形可得e(2e)xl,X又由于xInX+1,当且仅当X=1时取等号(证明略),所以Mx+1,当且仅当X=1时取等号.T【审题点津】切线放缩法值得认真探究，若第一小题是求曲线的切线方程，就要注意是否运用切线放缩法进行放缩解决问题.命题角度4二元或多元不等式的解证思路【典例6(皖南八校2018届高三第三次联考)若x,b均为任意实数，且(+2了+伍3丫=1,则(X-)2+(lnx-b)的最小值为A.32B.18C.32-1D.I9-62-5-【解析】由于*均为任意实数，且Q+2+03)、1,所
10、以动点P(a/到定点。(一2,3)的距离为定值1,亦即动点尸(,的轨迹是以C(2,3)为圆心，半径/二1的圆,又J(X)+Qnxb)2表示P(a,b)与动点QerJnx)的距离，而QerJnx)的轨迹是曲线y=InX,如图，pqc-pc=c-1,当且仅当c,p,q共线，且点尸在线段CQ上时取等号，以C为圆心作半径为的圆与y=Inx相切，切点是Q(Wnx),此时的公切线与半径,.=-1,KPIn,V=(l)(x+3),结合函数X+2X=Inx与)G+3)的图象可知Q(l,)，所以pc-pc=c-1正一1，故(A)2+(lilt。)2的最小值为(1/FI)=1966.正确答案为D.【审题点津】多元
11、代数表达式的最值问题要根据其整体的结构特征，结合多元各白变化的规律，转化为多个动点之间的对应关系，进而化“动”为“静”解决问题.【变式训练】(2018年湖北省高三4月调考)设O=JG-/+G2石了+2,其中e必2.71828,贝的最小值为A.B.JTC.72+1A.+1【解析】由于J(Xa)+2-Zj)表示点PG,)与点Q(a,2)之间的距离PQ,而点H(Ke*)的轨迹是曲线=/,点Q(a,2/7)的轨迹是曲线炉=4av0)，如图所示，又点(rt,2J)到直线x=0的距离为“,自然想到转化为动点Q到抛物线准线A=-I的距离，结合抛物线的概念可得。=J(-a)2+(/2/?)，+a+2=PQ+W
12、+1=P+F+1,所以D=PQ+IQF卜1PF+1,当且仅当H。,尸共线,又以尸为圆心作半径为的圆与y=e相切，切点是P(x,e),此时的公切线与半径垂直，二即X=0,所以PanlE=4，故。而n=6+1.正确答案为C【能力提升】(2018年甘肃省高中毕业班第一次诊断性考试)对于任意b0XR,不等式2?一(a2)f+nb(-1)2W2一小恒成立，贝IJ实数机的最大值为A.，B.2C.eA.3【答案】B.命题角度4二元或多元不等式的解证思路【典例7】(2018年安庆市二模)已知函数/()=W+r+力InX,曲线y=f(x)在点(IJ(I)处的切线方程为y=Ix.(1)求实数,b的值:设FG)=/
13、(x)储+m(机仁?)KIE(OMJ分别是函数/G)的两个零点，求证:E(J房)0【解析】a-,b=1;(2)/(x)=X2+%InxF（八）=(1+m)xInx,E(X)=1+1-,1因为演次分别是函数NA)的两个零点，所以(1三1j1t(1+W)Xl*Ij2两式相减，得W+1=In1.n工，Jf1-I,E(F)=，一小=皿一皿一4，JXmXt-X2X1Xa要证明E(GT7)0,只需证n,TnW4X.X2Jxx.思路一因为OXIn+-J+-A-O.yxix2Tx2-xIVa令f=J上仁(0,1),即证21nr1+-0.令()=21n/+-(0/1)则九(/)=二一1一!=一(1)=0,即证2
14、1m-+k.t由上述分析可知(而30.【规律总结】这是极值点偏移问题，此类问题往往利用换元把为，&转化为，的函数，常把S的关系变形为齐次式，设，=S,f=lnX,1.演-2=”X等，构造函数来解决，可称之为构造比较函数法.思路二：因为0毛0，fX,q()=lnx.lnx2-i(xQ(M)=O,即证InXjnM=.由上述分析可知E(A工)0.【规律总结】极值点偏移问题中，由于两个变量的地位相同，将待证不等式进行变形，可以构造关于x1(或)的一元函数来处理.应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到待证不等式的证明.此乃主元法.思路三：要证明万(而3o,只需证lntl0,bO,ab,则空上ha而，
15、其中称之为对数平均数.简证7InA-InaInA-Ina如下：不妨设b=ar(xI),只需证明山口4即可，即义jDlnxO时，设,A是函数/(X)=/(*)_gG)两个不同的极值点，证明：Ali0),则MX)=生产，所以MX)在(0,2)上单调递减，在(2,+W)上单调递增，h(x)h(2)=1当)0时，力(r)+Wf当X)+W时，力(X)+W,4要使方程4)+g(x)=0在区间(0,+W)上有两个不同的实数根，则士,解得_4，J故的取值范围是_w,_p-)；【一题多解】本题也可以变形为=_匚，转化为过原点的直线y=与函数)，=_匚图象有两个交9V点问题，应用数形结合思想求解，直线与曲线相切对
16、应所求范围的界点.(2)由题意，F(x)=el_ax2_axfF,（八）=_2ax_a,因为Xi,是函数F(X)=/G)_gG)两个不同的极值点,不妨谈GX2/(G)=。产，&)即e_2axt_a=O,ec_2ax2_=O,两式相减得2=JU-xi-X2要证ililn(勿),即证明抨0.X7XJT令H+=/O,只需证当f0恒成立，)一设Q(/)=2/_/+1(/0),则Q,(/)=2(/+l)e2e2f=2e(+1_储),易证r+1d(f),所以Q,(f)Q(O)=0,即2/_/，+0综上所述，3/1.nQ。成立.适当变形为两个变量之差(或【审题点津】函数的拐点偏移问题的证明思路可以根据类似的
17、结构特征,比值)的关系，整体换元，构造函数，借助丁导数的应用解决问题.【典例9】(2018届合肥三模)已知函数/(r) =ex,Lc”有两个极值点x1, x2 ( e为自然对数的底数).(1)求实数4的取值范围;(2)求证：/(x1)+/(x2)2.解析：(1)由于/(X)=e=!xlr,则/,(*)=e_x_，设g(x)=/，(X)=，则g,G)=J-9-令g,G)=1=0,解得x=0.所以当X=(w,0)时，g,(x)O.所以g(x)11i11=g()=当共1时，()=,(x)0,所以函数f(x)单调递增，没有极值点；当”l时，g(x)min=1a0f且当x)W时，g()+w；当x)+w时
18、，g(x)+w.此时，g(x)=f,(x)=/%有两个零点%,X2，不妨设xx2,贝IJXI0X?，所以函数/(x)=廿一%?一歌有两个极值点时，实数的取值范围是(l,+w)；【答案速得】函数/(x)有两个极值点实质上就是其导数工()有两个零点，亦即函数)，=e*与直线y=x+”有两个交点，如图所示，显然实数”的取值范围是(l,+w).(2)由(1)知，修，占为g(x)=0的两个实数根，ti0x2,g(x)在(一w,0)上单调递减.下面先证AT1-X20,只需证g(q)0),则()=d+20,所以(x)在(0,+w)上单调递减，所以/?(x)Ii(0)=0,h&)=g()0,所以用X2(-2)
19、.要证U)+G2)2，只需证/()+(.r2)2，即证ece-xx1-20.设函数A(I)=+e-xX22,X=(0,+w),则MX)=d12v.设。(x)=KG)=e-e-2x,则Q,(x)=+t,-20,所以。G)在(0,+W)上单调递增，OQ)()=0,即MX).所以k(x)在(0,+W)上单调递增，Mr)MO)=0.故当X=(0,+w)时，el+exxt20,则产+e。-H20,所以/(一七)+/&)2,亦即U)+U)2.【规律总结】本题是极值点偏移问题的泛化，是拐点的偏移，依然可以使用极值点偏移问题的有关方法来解决.只不过需要挖掘出拐点偏移中隐含的拐点的不等关系，如本题中的王一X4,
20、且Wxx4X2则实数的取值范围是A-2)B-70)1C(-2,0)D.(1,+w)解析：思路1：因为g(Q=(Q+(lr)，如图所示,结合函数图象，则g(xl)=(x,)+67(1-ai)=w(i-i)1,不适合题意，贝Jw(l-),g0时，xl1X2所以f(l)=-22,(%)=(V1)+a(l-V4)=0a(I-X4),所以再10,如图，总有.r三t*X2,所以f-x-2=a的解分别为修，占，X4，所以W-X-2=ax的解分别为x3,x4,其三用，不适合题意；,：Uax”，AJ/l4o9所以Jl.99即0J.9a/两边平方，化简可得J4.92所以实数的取值范围是(-2,0).正确答案为C/
21、29，VA：思路3:因为函数f(x)=-x-6所以f%2=”的解分别为因为函数g(Q=-G+)x-1-2有零点2，、2，/；/_2有零点看，演，1.所以x_2_1=的解分别为石，X4,令G)G)=X二_1,两个函数的交点的坐标分别为(_1,0).(_1,_2),(_2.0),如图所示，结合函数图象，欲使马再%x2,则一20,所以实数”的取值范围是、2,0).正确答案为C.思路4：(特例法)令=_2,则函数f(x)=WJ有零点距=0,电=1，函数g()=f+尤_2有零点x3=_2,X4=1此时满足心x4因此排除B；再令a=,则函数八)=/有零点XJ1.aRf二If,函数g(x)=M_2有零点覆=
22、一仆，(=万，此时满足丁一万怎=上，1牝=万/(再)+/()(当且仅当西二时，取等号)，22则函数,/(X)在。上是凸函数，其几何意义：函数/U)的图象上的任意两点所连的线段都不落在图象的上方./,(X)0,则(X)单调递增，贝X)在。上为凹函数.【典例11】(安徽省太和中学2018届5月质检)已知函数/(x)=G+l)lnx,曲线y=0在x=1处的切线方程为y=ax+b.(1)求证：x1时，/()ax+b；求证：+2+.+l-1.2Vm2,h=N).I62,-12-【解析】函数/XQ的定义域为(0,+w),/,(%)=Inx+山，%(1)=2,/(1)=O,所以该切线方程为丁=2(x-1).
23、设/(X)=(x+l)lu-2x+2(x1)，则E(X)=In+-1令g()=RG)，则g，G)=j-=jXXX当Ql时，g,()O,所以g()=HX)在(I,+W)上单调递增，R(D=0,所以g()=E()O,即一(X)在(1,+W)上单调递增,所以4)f(1)=0,il时，f(x)a.x+b(2)由(1)知：当xl时，(+)nx2(-1).令x=2-2G24=n),则(-l)ln(-2)2(12-3),所以InG_221._J_加“、-3,-(h-1)(h+1)n-l+l,所以卜+(r*(r爵J-.+(.，化简可得皿/一)1+J.1_!-31.得证.【方法归纳】本题/(x)=(%+1)IQ
24、XG1),其/G)=InX+,/”(X)=M0,说明函数/()=(x+l)lnx(x1)为凹函数，因此有(1+l)lnx2(X-1).此类问题实质上，第小题的研究正是为第(2)小题的解决而服务的，呈现“层层递进的特点.【典例12(成都市2018届高中毕业班二诊文科)已知函数f(x)=xlnx+r+l,=R.(1)当x0时，若关于X的不等式/(x)0恒成立，求的取值范围;当X=(I,+W)时，证明：土Inx0,得-三InX+1.恒成立，*令W(X)=Inx+-,则ZA(x)=-J7=,XXXX所以w()在(0,1)上单调递减，在(I,+W)上单调递增，所以m()的最小值为(x)mn=W=1，所以
25、-“三1，即-1,故”的取值范围是-1,+w)；(2)有(1)知=T时，有XlnXx-l,所以lnxlll.要证/二)ln”,可证生Dl),只需证产x,eeX易证dx+1(证明略)，所以卡x：要证InX2-X,可证Inxl-l0,所以X-I%(11)二/7，所以In.rX2-X,综上所述，当X=(I,+W)时，证明：二Dnxxi-x.【方法归纳】若第(1)小题是探求参数的范围问题，第(2)小题的解决往往运用第(1)小题所求范围的界点对于的不等关系进行放缩，此类问题实质就是应用函数凸凹性进行切线放缩法.【典例13(咸阳市2018届三模)已知函数/()=xlnx,g(x)=二1U.(I)若/(x)
26、g(r)在(1,+W)上恒成立，求实数。的取值范围；(2)求证：1+-rI+-rl1+r(*11()11.【解析】(1)fx)()等价于XInX-隼R0,即XIn-W)IO,h(x)在(1,+W)上单调递增，由人(1)=0,h(a)h(1)=0,所以动(x)0,即f(r)g()不恒成立；当0=1,二)|时，Mx)0,a(x)单调递增，/(x)2时，X=(1,+w),hl(x)h()在(1,+w)上单调递减，h(x)所以W(.v)O,即/()g(x)恒成立；故f(x)g(%)在(1.w)上恒成立,实数a的取值范围是2,+w)；(2)当=2时，/(a)g(x)(1,+w)上成立，即Inxx_1,1
27、 + 7(Hn ( + 1) _ n,ntv+0-=*X()2,+XJ(n+l)2+(+1)+G+I2(+I)22(/7+1)2,所以111711111.111-,J7I1.(+0,J1.(+1)JI1.(11+1)*J【方法归纳】当。=2时，y=Inx,由于y=!在(0,+W)上单调递减，所以y=lnx为凸函数，则切线在函数Iy=InX的图象的上方，所以InXx_l.【典例14(福建泉州市2018年5月质检)函数Q)=InQ+1)+以的图像与直线y=2x相切.(1)求的值；(2)证明：对于任意正整数n,/GrE.e?.j!【解析】(1)f,()=+a.l设直线y=2x与曲线y=(x)相切于点
28、P(XO,%).依题意得:(Iy*1(y0*n(+D+ro整理得,=2a+1令g(x)=In(X+1)_-l所以，当x0时，g,(x)0,g()单调递增；当_1x0时，g,(x)0,即InG+1).故方程(*)的解为x0=0,此时a=I.(2)要证明，1.扁想生，即证W.刖想(n+1)(/?+2).(+/?),n只需证就想山.山之一一想Inil1+In*+.+lnl.MMnIfMMM由知，g(x)0，即InG+1)jr+lIn1+)1-，In”川2I上式累加得:叫小抻科巴要证明包想九e胃,即证G+1)(/1+2).G+)想e个，印-.-rn+1n+2n+4严17?+1,n+2.n+1.bn+1
29、只需证777.一潮e2In-=T-In=f-.+In想.nnnnnn2令h(X)=In(x+1)X则A,()=1-I=：.所以当x0时，九G)想0,?Q)单调递减；当一1想X想0时，G)0,力(X)单调递增.当K二O时，&）取得最大值（0）=0,即力G）共0，InG+1）共工.由InG+1）共X得：In(1+,川想1.In(1+二)|想二，InlI+。)|想1.上式累加得:tll*eW想”.e.川【审题点津】第（2）小题待证不等式的证明途径只有从第（1）小题的探究切线的过程中挖掘，这是切线放缩法的拓展运用.【典例15（石家庄市2018届高中毕业班一模）已知函数/Q）=（x+方）30）在（一1,
30、1一1）处的切线方程为（e-l）+6,+e-1=0.（1）求”,6；(2)若方程段)=加有两个实数根西,，且内想/，证明：Z-王共1+列二包I一【解析】a=b=;(2)由(1)可知0=(a+1)(-1),10)=0,-1)=0,f,x)=(+2)F-1,设J(X)在(-1,0)处的切线方程为/心)，易得(x)=9-1)(%+I)，令F(X)=J(x)-A(x),F(x)=(x+1)(/-1)-1)(+1)，则尸,=(x+2)v-1,当X共-2时，E(X)=(+2)-1.共想0,ee当x2时，设G（八）=F,(x)=(x+2)ex-t则Ga)=(+3)/0，故函数Ea)在(-2,+w)上单调递增
31、，又E(-l)=0,所以当X=(-w,-1)时，E(X)想0,当X=(-1,+W)时，Ea)0,所以函数F(X)在区间(-w,-1)上单调递减，在区间(-1.+w)上单调递增，故产(%)F(-1)=0,即兀r)(x),所以危I)(-1),设h(x)=m的根为xil,则x1f=-1+,又函数力(X)单调递减,(0=KXl)h(xl)故.卬共修，再者,设y=J(x)在(0,0)处的切线方程为y=t(x),易得心)=x,令Ta)=x)-t(x)=(+I)GJI)-，T,(x)=(x+2)d-2,当X共-2时，刀=(x+2”-2共-2想0,当x2时，令H(X)=T1(X)=(x+2)ex-2t则H,(
32、x)=(X+3)八0,故函数力(幻在(-2,w)上单调递增，又Tj(O)=O,所以当X=(-w,)时，7:(x)想0,当X=(O,+W)时，T(X)0，所以函数T(X)在区间(-W,0)上单调递减，在区间(0,+W)上单调递增，所以Tx)T(O)=O,即J(x)t(x),所以曲)/(X2),-17-设)=机的根为X2,则科=m,又函数t(x)单调递增,故KXH=期)心2)，故句,又如共.r，所占一司共KyX,=加一卜1+J)=1+；N.【能力提升】结合函数的凸凹性应用切线放缩法证明不等式必须做到“脑中有形”，结合示意图易得打共M勺共如，显然占一为共电，一如.脑海中有这样的示意图，我们的思路不就清晰了吗？
