第三課時(shí)　利用導(dǎo)數(shù)證明不等式授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第52頁(yè)題型一　單變量不等式的證明  考法(一)　利用移項(xiàng)構(gòu)造法證明不等式[例1]　已知函數(shù)f(x)＝aex＋2x－1，其中e＝2.718 28…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)證明：對(duì)任意的a≥1，當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)≥(x＋ae)x.[解析]　(1)由f(x)＝aex＋2x－1，得f′(x)＝aex＋2.①當(dāng)a≥0時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增；②當(dāng)a＜0時(shí)，由f′(x)＞0，解得x＜ln，由f′(x)＜0，解得x＞ln，故f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．綜上所述，當(dāng)a≥0時(shí)，函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增；當(dāng)a＜0時(shí)，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．(2)證明：對(duì)任意a≥1，當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)≥(x＋ae)x?－－＋－e≥0.令g(x)＝－－＋－e，則g′(x)＝.當(dāng)a≥1時(shí)，aex－x－1≥ex－x－1.令h(x)＝ex－x－1，則當(dāng)x＞0時(shí)，h′(x)＝ex－1＞0.所以當(dāng)x＞0時(shí)，h(x)單調(diào)遞增，h(x)＞h(0)＝0.所以aex－x－1＞0.所以當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g′(x)＜0，當(dāng)x＝1時(shí)，g′(x)＝0，當(dāng)x＞1時(shí)，g′(x)＞0.所以g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)≥g(1)＝0，即－－＋－e≥0，故f(x)≥(x＋ae)x.待證不等式的兩邊含有同一個(gè)變量時(shí)，一般地，可以直接構(gòu)造“左減右”的函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性，借助所構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性即可得證．[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練](2021·贛州模擬)已知函數(shù)f(x)＝1－，g(x)＝＋－bx，若曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)的一個(gè)公共點(diǎn)是A(1，1)，且在點(diǎn)A處的切線互相垂直．(1)求a，b的值；(2)證明：當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)＋g(x)≥.解析：(1)因?yàn)?/span>f(x)＝1－，所以f′(x)＝，f′(1)＝－1.因?yàn)?/span>g(x)＝＋－bx，所以g′(x)＝－－－b.因?yàn)榍€y＝f(x)與曲線y＝g(x)的一個(gè)公共點(diǎn)是A(1，1)，且在點(diǎn)A處的切線互相垂直，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)證明：由(1)知，g(x)＝－＋＋x，則f(x)＋g(x)≥?1－－－＋x≥0.令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，則h(1)＝0，h′(x)＝－＋＋＋1＝＋＋1.因?yàn)?/span>x≥1，所以h′(x)＝＋＋1＞0，所以h(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)≥h(1)＝0，即1－－－＋x≥0，所以當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)＋g(x)≥.考法(二)　利用隔離分析最值法證明不等式[例2]　(2021·福州模擬)已知函數(shù)f(x)＝eln x－ax(a∈R)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a＝e時(shí)，證明：xf(x)－ex＋2ex≤0.[解析]　(1)f′(x)＝－a(x＞0)，①若a≤0，則f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；②若a＞0，則當(dāng)0＜x＜時(shí)，f′(x)＞0，當(dāng)x＞時(shí)，f′(x)＜0，故f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．(2)證明：法一：因?yàn)?/span>x＞0，所以只需證f(x)≤－2e，當(dāng)a＝e時(shí)，由(1)知，f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(1)＝－e.記g(x)＝－2e(x＞0)，則g′(x)＝，所以當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x＞1時(shí)，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.綜上，當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.法二：由題意知，即證exln x－ex2－ex＋2ex≤0，從而等價(jià)于ln x－x＋2≤.設(shè)函數(shù)g(x)＝ln x－x＋2，則g′(x)＝－1.所以當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g′(x)＞0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)＜0，故g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，從而g(x)在(0，＋∞)上的最大值為g(1)＝1.設(shè)函數(shù)h(x)＝，則h′(x)＝.所以當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h′(x)＜0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)＞0，故h(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，從而h(x)在(0，＋∞)上的最小值為h(1)＝1.綜上，當(dāng)x＞0時(shí)，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.若直接求導(dǎo)比較復(fù)雜或無(wú)從下手時(shí)，可將待證式進(jìn)行變形，構(gòu)造兩個(gè)都便于求導(dǎo)的函數(shù)，從而找到可以傳遞的中間量，達(dá)到證明的目標(biāo)．[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練](2021·長(zhǎng)沙模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex2－xln x．求證：當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＜xex＋.證明：要證f(x)＜xex＋，只需證ex－ln x＜ex＋，即ex－ex＜ln x＋.令h(x)＝ln x＋(x＞0)，則h′(x)＝，易知h(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，則h(x)min＝h＝0，所以ln x＋≥0.再令φ(x)＝ex－ex，則φ′(x)＝e－ex，易知φ(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，則φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.因?yàn)?/span>h(x)與φ(x)不同時(shí)為0，所以ex－ex＜ln x＋，故原不等式成立．題型二　雙變量不等式的證明  考法(一)　構(gòu)造換元法證明雙變量不等式問(wèn)題[例1]　(1)已知函數(shù)f(x)＝x2－ax＋(a－1)ln x，其中a＞2，若對(duì)于任意的x1，x2∈(0，＋∞)，x1≠x2，恒有＞－1，求a的取值范圍．(2)對(duì)任意a，b∈(e，＋∞)，且a＜b，證明：ab＞ba.(3)對(duì)于任意的正實(shí)數(shù)x，y，且x≠y，求證：＞.[解析]　(1)設(shè)x1＞x2，則不等式＞－1等價(jià)于f(x1)－f(x2)＞x2－x1.即f(x1)＋x1＞f(x2)＋x2.令g(x)＝f(x)＋x＝x2－(a－1)x＋(a－1)ln x，則函數(shù)g(x)在x∈(0，＋∞)上為增函數(shù)．所以g′(x)＝x－(a－1)＋≥0在(0，＋∞)上恒成立，而x＋≥2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝，即x＝時(shí)等號(hào)成立．所以2≥a－1，因?yàn)?/span>a＞2，所以2＜a≤5.所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(2，5]．(2)證明：對(duì)任意a，b∈(e，＋∞)，且a＜b，要證：ab＞ba，只需證：bln a＞aln b，即證：＞.設(shè)g(x)＝，則g′(x)＝，當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，有g′(x)＜0，故函數(shù)g(x)在x∈(e，＋∞)上單調(diào)遞減．又a＜b，且a，b∈(e，＋∞)，所以g(a)＞g(b)，即＞.故原不等式成立．(3)證明：由于目標(biāo)不等式＞中兩個(gè)字母x與y可以輪換，則不妨設(shè)0＜y＜x.令u＝，則u＞1.欲證目標(biāo)不等式＞?·ln u＞?＜ln u?＋ln u＞0.令f(u)＝＋ln u，則f′(u)＝＞0，又u＞1，所以f(u)＞f(1)＝0，則不等式＋ln u＞0成立，故原目標(biāo)不等式得證．這類雙變量不等式的基礎(chǔ)處理思路有：(1)對(duì)不等式進(jìn)行等價(jià)變形，把兩個(gè)變量分離在不等式兩端，①如果兩端的解析式結(jié)構(gòu)形式相同，則以該解析式的結(jié)構(gòu)構(gòu)造函數(shù)，問(wèn)題等價(jià)于構(gòu)造的函數(shù)具備某種單調(diào)性；②如果兩端變量的解析式結(jié)構(gòu)不同，即出現(xiàn)f(x1)＞g(x2)類的不等式，則只需證明f(x1)min＞g(x2)max；(2)如果不能把兩個(gè)變量分離在不等式兩端，則可考慮使用實(shí)數(shù)的一個(gè)基本性質(zhì)，即對(duì)實(shí)數(shù)a，b(b≠0)，一定存在實(shí)數(shù)t使得＝t，把雙變量不等式化為單變量不等式．[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax(x＞0)，a為常數(shù)，若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2(x1≠x2)．求證：x1x2＞e2.證明：不妨設(shè)x1＞x2＞0，因?yàn)?/span>ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0，所以ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，所以＝a，欲證x1x2＞e2，即證ln x1＋ln x2＞2.因?yàn)?/span>ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，所以即證a＞，所以原問(wèn)題等價(jià)于證明＞，即ln＞，令c＝(c＞1)，則不等式變?yōu)?/span>ln c＞.令h(c)＝ln c－，c＞1，所以h′(c)＝－＝＞0，所以h(c)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(c)＞h(1)＝ln 1－0＝0，即ln c－＞0(c＞1)，因此原不等式x1x2＞e2得證．考法(二)　雙變量為函數(shù)的極值點(diǎn)[例2]　(2018·高考全國(guó)卷Ⅰ)已知函數(shù)?(x)＝－x＋aln x.(1)討論?(x)的單調(diào)性；(2)若?(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，證明：＜a－2.[解析]　(1)?(x)的定義域?yàn)?/span>(0，＋∞)，?′(x)＝－－1＋＝－.①若a≤2，則?′(x)≤0，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2，x＝1時(shí)，?′(x)＝0，所以?(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．②若a＞2，令?′(x)＝0，得x＝或x＝.當(dāng)x∈∪時(shí)，?′(x)＜0；當(dāng)x∈時(shí)，?′(x)＞0.所以?(x)在，上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．(2)證明：由(1)知，?(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)a＞2.由于?(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2滿足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨設(shè)x1＜x2，則x2＞1.由于＝－－1＋a＝－2＋a＝－2＋a，所以＜a－2等價(jià)于－x2＋2ln x2＜0.設(shè)函數(shù)g(x)＝－x＋2ln x(x＞1)，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．又g(1)＝0，從而當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g(x)＜0.所以－x2＋2ln x2＜0，即＜a－2.當(dāng)x1，x2是函數(shù)f(x)的兩個(gè)不等的極值點(diǎn)時(shí)，x1，x2是方程f′(x)＝0的兩個(gè)不等實(shí)根，也即滿足f′(x1)＝f′(x2)＝0.利用這種關(guān)系可以把雙變量不等式化為單變量不等式進(jìn)行證明．[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]已知函數(shù)f(x)＝ln x＋－x－2a＋1.(1)若a＝－2，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，求證：f(x1)＋f(x2)＜0.解析：(1)當(dāng)a＝－2時(shí)，f(x)＝ln x－－x＋5，其導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝＋－1＝＝－，當(dāng)0＜x＜2時(shí)，f′(x)＞0，當(dāng)x＞2時(shí)，f′(x)＜0，所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0，2)，單調(diào)減區(qū)間為(2，＋∞)．(2)證明：f′(x)＝－－1＝(x＞0)，因?yàn)?/span>f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，故x1，x2為－x2＋x－a＝0的兩個(gè)正數(shù)解，所以所以0＜a＜，所以f(x1)＋f(x2)＝ln(x1x2)＋－(x1＋x2)－4a＋2＝ln a－4a＋2.令g(a)＝ln a－4a＋2，則g′(a)＝－4＝＞0，所以g(a)在上單調(diào)遞增，所以g(a)＜g＝ln －1＋2＝1－ln 4＜0，所以f(x1)＋f(x2)＜0. 

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