1、第第 3 课时课时 导数在不等式中的应用导数在不等式中的应用 考点一 构造函数证明不等式 【例 1】 已知函数 f(x)1x1 ex ，g(x)xln x. (1)证明：g(x)1； (2)证明：(xln x)f(x)1 1 e2. 证明 (1)由题意得 g(x)x1 x (x0)， 当 00， 即 g(x)在(0，1)上是减函数，在(1，)上是增函数. 所以 g(x)g(1)1，得证. (2)由 f(x)1x1 ex ，得 f(x)x2 ex ， 所以当 00， 即 f(x)在(0，2)上是减函数，在(2，)上是增函数， 所以 f(x)f(2)1 1 e2(当且仅当 x2 时取等号). 又由
2、(1)知 xln x1(当且仅当 x1 时取等号)， 且等号不同时取得， 所以(xln x)f(x)1 1 e2. 规律方法 1.证明不等式的基本方法： (1)利用单调性： 若 f(x)在a， b上是增函数， 则任意 xa， b， 有 f(a)f(x)f(b)， 任意 x1，x2a，b，且 x1g(x)”证明不等式 【例 2】 已知函数 f(x)xln xax. (1)当 a1 时，求函数 f(x)在(0，)上的最值； (2)证明：对一切 x(0，)，都有 ln x1 1 ex 1 2 e2x成立. (1)解 函数 f(x)xln xax 的定义域为(0，). 当 a1 时，f(x)xln x
3、x，f(x)ln x2. 由 f(x)0，得 x 1 e2. 当 x 0， 1 e2 时，f(x) 1 e2时，f(x)0. 所以 f(x)在 0， 1 e2 上单调递减，在 1 e2， 上单调递增. 因此 f(x)在 x 1 e2处取得最小值，即 f(x)minf 1 e2 1 e2，但 f(x)在(0，)上无最 大值. (2)证明 当 x0 时，ln x1 1 ex 1 2 e2x等价于 x(ln x1) x ex 1 2 e2. 由(1)知 a1 时，f(x)xln xx 的最小值是 1 e2，当且仅当 x 1 e2时取等号. 设 G(x) x ex 1 2 e2，x(0，)， 则 G(
4、x)1x ex 1，易知 G(x)maxG(1) 1 e2， 当且仅当 x1 时取到，从而可知对一切 x(0，)，都有 f(x)G(x)，即 ln x 1 1 ex 1 2 e2x. 规律方法 1.在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可考虑转 化为两个函数的最值问题. 2.在证明过程中，等价转化是关键，此处 f(x)ming(x)max恒成立.从而 f(x)g(x)，但 此处 f(x)与 g(x)取到最值的条件不是同一个“x 的值”. 【训练 2】 已知三次函数 f(x)的导函数 f(x)3x23 且 f(0)1，g(x)xln x a x(a1). (1)求 f(x)的极值；
5、(2)求证：对任意 x1，x2(0，)，都有 f(x1)g(x2). (1)解 依题意得 f(x)x33x1，f(x)3x233(x1)(x1)， 知 f(x)在(，1)和(1，)上是减函数，在(1，1)上是增函数， 所以 f(x)极小值f(1)3，f(x)极大值f(1)1. (2)证明 易得 x0 时，f(x)最大值1， 由 a1 知，g(x)xln x1 x(x0)， 令 h(x)xln x1 x(x0)， 则 h(x)ln x1 1 x2ln x x21 x2 ， 注意到 h(1)0，当 x1 时，h(x)0； 当 00 恒成立，这与 sin xax0，f(x)是增函数； 当 x(1，)
6、时，f(x)0， 所以 ax 22x xln x在区间1，e上有解. 令 h(x) x22x xln x，则 h(x) （x1）（x22ln x） （xln x）2 . 因为 x1，e，所以 x222ln x， 所以 h(x)0，h(x)在1，e上单调递增， 所以 x1，e时，h(x)maxh(e)e（e2） e1 ， 所以 ae（e2） e1 ， 所以实数 a 的取值范围是 ，e（e2） e1 . 规律方法 1.含参数的能成立(存在型)问题的解题方法 af(x)在 xD 上能成立，则 af(x)min； af(x)在 xD 上能成立，则 af(x)max. 2.含全称、存在量词不等式能成立问
7、题 (1)存在 x1A，任意 x2B 使 f(x1)g(x2)成立，则 f(x)maxg(x)max；(2)任意 x1A， 存在 x2B，使 f(x1)g(x2)成立，则 f(x)ming(x)min. 【训练 4】 已知函数 f(x)m x1 x 2ln x(mR)，g(x)m x，若至少存在一个 x01，e，使得 f(x0)0； 任意 xD，f(x)0； 存在 xD，f(x)x1x1ln x(x0，且 x1). 【例 1】 (1)已知函数 f(x) 1 ln（x1）x，则 yf(x)的图像大致为( ) 解析 因为 f(x)的定义域为 x10， ln（x1）x0， 即x|x1，且 x0，所以
8、排除选项 D. 当 x0 时，由经典不等式 x1ln x(x0)， 以 x1 代替 x，得 xln(x1)(x1，且 x0)， 所以 ln(x1)x1，且 x0)，即 x0 或10. 令 x1 1 2n，得 ln 1 1 2n 1 2n. 从而 ln 11 2 ln 1 1 22 ln 1 1 2n 1 时，f(x)1 2 B.f(x1)f(1)a1 2. 答案 D 二、填空题 3.若对任意 a，b 满足 01 且 x0，证明：g(x)0，f(x)单调递增； 当 x(0，)时，f(x)0 时，f(x) x10 x2min. 设 g(x)x10 x2(1x2)，则 g(x)1 20 x3， 因为
9、 1x2，所以 g(x) 9 2， 即 a 的取值范围是 9 2， . 能力提升题组 (建议用时：25 分钟) 7.(2019 安徽江南十校联考)已知函数 f(x)xln x(x0). (1)求 f(x)的单调区间和极值； (2)若对任意 x(0，)，f(x)x 2mx3 2 恒成立，求实数 m 的最大值. 解 (1)由 f(x)xln x(x0)，得 f(x)1ln x， 令 f(x)0，得 x1 e；令 f(x)0x1，由 g(x)x2. (1)证明 当 a0 时，f(x)ex1x，f(x)ex1. 当 x(，0)时，f(x)0. 故 f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，
10、f(x)minf(0)0，f(x)0. (2)解 f(x)ex12ax，令 h(x)ex12ax， 则 h(x)ex2a. 当 2a1，即 a1 2时，在0，)上，h(x)0，h(x)单调递增， h(x)h(0)，即 f(x)f(0)0， f(x)在0，) 上为增函数，f(x)f(0)0， 当 a1 2时满足条件. 当 2a1，即 a1 2时，令 h(x)0，解得 xln (2a)， 在0，ln (2a)上，h(x)1xx 2 2， 即 ex1xx 2 2， 欲证不等式(ex1)ln(x1)x2， 只需证 ln(x1) 2x x2. 设 F(x)ln(x1) 2x x2， 则 F(x) 1 x1 4 （x2）2 x2 （x1）（x2）2. 当 x0 时，F(x)0 恒成立，且 F(0)0， F(x)0 恒成立.原不等式得证.
