专题05导数的综合应用（1）-导数与不等式的证明-2021年高考数学（理)函数与导数二轮突破提升

《2021年数学（理）函数与导数二轮突破提升》 专题05 导数的综合应用（1）-导数与不等式的证明 【考情分析】1.导数逐渐成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题是高考的热点和难点. 2.多以解答题压轴形式出现，难度较大． 例1.　(2017·全国Ⅲ)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)当a<0时，证明f(x)≤－－2. 2思路分析 ❶fx≤－－2 　　　↓ ❷fxmax≤－－2 　　　↓ ❸fxmax＋＋2≤0 　　　↓ ❹构造函数证明 【解析】(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝. 若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0， 故f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 若a<0，则当x∈时，f′(x)>0； 当x∈时，f′(x)<0. 故f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)证明　由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－处取得最大值，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)＝ln x－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. 【变式1】　设函数f(x)＝ln x－x＋1.证明：当x∈(1，＋∞)时，1<<x. 【证明】　f′(x)＝－1＝，x>0， 当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增， ∴f(x)＝ln x－x＋1≤f(1)＝0，∴ln x≤x－1， ∴当x>1时，ln x<x－1，① 且ln <－1，② 由①得，1<，由②得，－ln x<， ∴ln x>，∴x>， 综上所述，当x>1时，1<<x. 【变式2】　已知函数f(x)＝ex－x2.求证：当x>0时，≥ln x＋1. 【证明】　设g(x)＝f(x)－(e－2)x－1＝ex－x2－(e－2)x－1(x>0)， 则g′(x)＝ex－2x－(e－2)， 设m(x)＝ex－2x－(e－2)(x>0)， 则m′(x)＝ex－2， 易得g′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增， 又g′(0)＝3－e>0，g′(1)＝0， 由0<ln 2<1，则g′(ln 2)<0， 所以存在x0∈(0，ln 2)，使得g′(x0)＝0， 所以当x∈(0，x0)∪(1，＋∞)时，g′(x)>0； 当x∈(x0,1)时，g′(x)<0. 故g(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 又g(0)＝g(1)＝0，所以g(x)＝ex－x2－(e－2)x－1≥0， 故当x>0时，≥x. 又由例题可得ln x≤x－1，即x≥ln x＋1， 故≥ln x＋1. 【方法小结】　利用导数证明不等式f(x)>g(x)的基本方法 (1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min>g(x)max. (2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)>0. (3)通过题目中已有的或常用的不等式进行证明． (4)利用赋值法证明与正整数有关的不等式. 【突破提升练习】 1．已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝x＋m(m∈R)． (1)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围； (2)已知x1，x2是函数F(x)＝f(x)－g(x)的两个零点，且x1<x2，求证：x1x2<1. 【解析】(1)解　令F(x)＝f(x)－g(x)＝ln x－x－m(x>0)， 则F′(x)＝－1＝(x>0)， 当x>1时，F′(x)<0，当0<x<1时，F′(x)>0， 所以F(x)在(1，＋∞)上单调递减，在(0,1)上单调递增，F(x)在x＝1处取得最大值－1－m，若f(x)≤g(x)恒成立，则－1－m≤0，即m≥－1. (2)证明　由(1)可知，若函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点，则m<－1,0<x1<1<x2， 要证x1x2<1，只需证x2<， 由于F(x)在(1，＋∞)上单调递减， 从而只需证F(x2)>F， 由F(x1)＝F(x2)＝0，m＝ln x1－x1， 即证ln －－m＝ln －＋x1－ln x1<0， 令h(x)＝－＋x－