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第三章 导数及其应用
12
所以当 0<x<1 时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 当 x>1 时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 所以 g(x)min＝g(1)＝－e. 综上，当 x>0 时，f(x)≤g(x)， 即 f(x)≤exx－2e，即 xf(x)－ex＋2ex≤0.
证：x1x2>e2.
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第三章 导数及其应用
32
【证明】 不妨设 x1>x2>0，
因为 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ln
x1－ln x1－x2
x2＝a，
欲证 x1x2>e2，即证 ln x1＋ln x2>2.
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第三章 导数及其应用
15
若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，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．
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第三章 导数及其应用
16
已知 f(x)＝xln x. (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 ln x>e1x－e2x成立．
第三章 导数及其应用
第2讲 导数的应用 第3课时 利用导数证明不等式
数学
第三章 导数及其应用
1
利用导数证明不等式常用方法：
一、移项补充构造法
二、隔离分析法
三、特征分析法
四、换元构造法
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第三章 导数及其应用
2
方法一：移项补充构造法 (2020·江西赣州模拟)已知函数 f(x)＝1－lnxx，g(x)＝aeex＋1x－bx，若曲线 y＝f(x)与
因为 g(x)＝aeex＋1x－bx，
所以 g′(x)＝－aeex－x12－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.
第三章 导数及其应用
22
【解】 (1)由题意知 x>0，
所以
f(x)≥0
等价于
a≥ln
x＋1 x.
令 g(x)＝ln xx＋1，则 g′(x)＝－xln2 x，
所以当 x∈(0，1)时，g′(x)>0；当 x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.
则 g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以 g(x)max＝g(1)＝1，则 a≥1，
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第三章 导数及其应用
8
(2)证明：由(1)知 a＝1，所以 f(x)＝x＋xln x. 令 g(x)＝f(x)－3(x－1)， 即 g(x)＝xln x－2x＋3(x>0)． g′(x)＝ln x－1，由 g′(x)＝0，得 x＝e. 由 g′(x)>0，得 x>e；由 g′(x)<0，得 0<x<e. 所以 g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增， 所以 g(x)在(1，＋∞)上的最小值为 g(e)＝3－e>0. 于是在(1，＋∞)上，都有 g(x)≥g(e)>0，所以 f(x)>3(x－1)．
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第三章 导数及其应用
6
已知函数 f(x)＝ax＋xln x 在 x＝e－2(e 为自然对数的底数)处取得极小值． (1)求实数 a 的值； (2)当 x>1 时，求证：f(x)>3(x－1)．
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第三章 Байду номын сангаас数及其应用
7
解：(1)因为 f(x)＝ax＋xln x， 所以 f′(x)＝a＋ln x＋1， 因为函数 f(x)在 x＝e－2 处取得极小值， 所以 f′(e－2)＝0，即 a＋ln e－2＋1＝0， 所以 a＝1，所以 f′(x)＝ln x＋2. 当 f′(x)>0 时，x>e－2；当 f′(x)<0 时，0<x<e－2， 所以 f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增， 所以 f(x)在 x＝e－2 处取得极小值，符合题意，所以 a＝1.
所以 a 的最小值为 1.
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第三章 导数及其应用
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(2)证明：当 a＝1 时，由(1)得 x≥ln x＋1. 即 t≥ln t＋1. 令ex－x＝t，则－x－ln x＝ln t， 所以ex－x≥－x－ln x＋1，即ex－x＋x＋ln x－1≥0.
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第三章 导数及其应用
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第三章 导数及其应用
14
设函数 h(x)＝eexx，则 h′(x)＝ex(exx－2 1). 所以当 x∈(0，1)时，h′(x)<0，当 x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0， 故 h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 从而 h(x)在(0，＋∞)上的最小值为 h(1)＝1. 综上，当 x>0 时，g(x)≤h(x)，即 xf(x)－ex＋2ex≤0.
24
(3)因为 k(e－x＋x2)≥x－xln x，
即
kex－x＋x≥1－ln
x
恒成立，所以
k≥1e－x－x＋ln xx＝－ex－x＋exx－＋x＋lnx
x－1 ＋1，
由(2)知ex－x＋x＋ln x－1≥0 恒成立，
所以－ex－x＋exx－＋x＋lnxx－1＋1≤1，故 k≥1.
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第三章 导数及其应用
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所以ln222＋ln323＋…＋lnn2n <121－12＋13＋121－13＋14＋…＋ 121－n1＋n＋1 1 ＝12n－1＋n＋1 1－12＝2n42(－n＋n－1) 1(n∈N*，n≥2)．
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第三章 导数及其应用
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方法四：换元构造法 已知函数 f(x)＝ln x－ax(x>0)，a 为常数，若函数 f(x)有两个零点 x1，x2(x1≠x2)．求
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第三章 导数及其应用
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解：(1)由 f(x)＝xln x，x>0，得 f′(x)＝ln x＋1， 令 f′(x)＝0，得 x＝1e. 当 x∈0，1e时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当 x∈1e，＋∞时，f′(x)>0，f(x)单调递增． ①当 0<t<1e<t＋2，即 0<t<1e时， f(x)min＝f1e＝－1e；
(3)证明：ln222＋ln323＋…＋lnn2n<2n42(－n＋n－1) 1(n∈N*，n≥2)．
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第三章 导数及其应用
27
解：(1)f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝－lnx2x，由 f′(x)＝0⇒x＝1，列表如下：
x (0，1)
1 (1，＋∞)
f′(x) ＋
0
－
f(x) 单调递增 极大值 单调递减
因此函数 f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)，极大值为 f(1)＝1，
无极小值．
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第三章 导数及其应用
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(2)因为 x>1， ln(x－1)＋k＋1≤kx⇔ln(xx－－11)＋1≤k⇔f(x－1)≤k， 所以 f(x－1)max≤k，所以 k≥1.
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第三章 导数及其应用
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方法三：特征分析法 已知函数 f(x)＝ax－ln x－1.
(1)若 f(x)≥0 恒成立，求 a 的最小值； (2)证明：ex－x＋x＋ln x－1≥0； (3)已知 k(e－x＋x2)≥x－xln x 恒成立，求 k 的取值范围．
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因为 x≥1，所以 h′(x)＝lnx2x＋eex＋1>0，
所以 h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以 h(x)≥h(1)＝0，即 1－lnxx－eex－1x＋x≥0，
所以当 x≥1 时，f(x)＋g(x)≥2x.
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第三章 导数及其应用
5
待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，利用 导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证．
因为 ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，所以即证 a>x1＋2 x2，
所以原问题等价于证明ln
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第三章 导数及其应用
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(2)证明：法一：因为 x>0，所以只需证 f(x)≤exx－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)＝exx－2e(x>0)， 则 g′(x)＝(x－x21)ex，
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第三章 导数及其应用
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方法二：隔离分析法 (2020·福州模拟)已知函数 f(x)＝eln x－ax(a∈R)．