第19讲 利用导数证明不等式-2023年高考数学一轮总复习考点探究与题型突破（新高考专用）

第19讲　利用导数证明不等式 · 考点1 作差构造法证明不等式 [名师点睛] 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”或“右减左”的函数，利用导数研究其单调性等相关函数性质证明不等式． [典例]　 (2021·全国乙卷)设函数f(x)＝ln(a－x)，已知x＝0是函数y＝xf(x)的极值点． (1)求a； (2)设函数g(x)＝，证明：g(x)＜1. [解]　(1)由题意得y＝xf(x)＝xln(a－x)， 则y′＝ln(a－x)＋x[ln(a－x)]′， 因为x＝0是函数y＝xf(x)的极值点， 所以y′|x＝0＝ln a＝0，所以a＝1. (2)证明：由(1)可知，f(x)＝ln(1－x)，其定义域为{x|x＜1}， 当0＜x＜1时，ln(1－x)＜0，此时xf(x)＜0， 当x＜0时，ln(1－x)＞0，此时xf(x)＜0. 易知g(x)的定义域为{x|x＜1且x≠0}， 故要证g(x)＝＜1，只需证x＋f(x)＞xf(x)，即证x＋ln(1－x)－xln(1－x)＞0. 令1－x＝t，则t＞0且t≠1，则只需证1－t＋ln t－(1－t)ln t＞0，即证1－t＋tln t＞0. 令h(t)＝1－t＋tln t，则h′(t)＝－1＋ln t＋1＝ln t， 所以h(t)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)＞h(1)＝0， 即g(x)＜1成立． [举一反三]　 （2022·江苏盐城·三模）已知函数． (1)若函数在上是单调递增，求实数的取值范围； (2)若对于任意，存在正实数，使得，试判断与的大小关系，并给出证明． 【解】(1)则 由题意可得当时恒成立 构建，则当时恒成立 ∴在上单调递增，当时恒成立 则即 (2)构建，则 ∵且在区间连续 则在区间上存在极值点 即存在正实数，使得， 即 设，，当时恒成立 则函数在上单调递增，则， 即，则， 由（1）可知函数在上单调递增， 则，即． · 考点2 隔离分析法证明不等式 [名师点睛] 1．在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值问题． 2．在证明过程中，“隔离”化是关键，证出f(x)min>g(x)max，从而得到f(x)>g(x)恒成立，但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不一定是同一个“x值”． [典例]　 (2022·福州模拟)已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)． (1)讨论f(x)的单调性； (2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0. 【解】　(1)f′(x)＝－a(x>0)， ①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； ②若a>0，则当0<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：方法一：因为x>0，所以只需证f(x)≤－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. 令g(x)＝－2e(x>0)， 则g′(x)＝， 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)≤－2e， 即xf(x)－ex＋2ex≤0. 方法二：由题意知，即证exln x－ex2－ex＋2ex≤0， 从而等价于ln x－x＋2≤. 设函数m(x)＝ln x－x＋2(x＞0)，则m′(x)＝－1. 所以当x∈(0，1)时，m′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，m′(x)<0，　 故m(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 从而m(x)在(0，＋∞)上的最大值为m(1)＝1. 设函数h(x)＝(x＞0)，则h′(x)＝. 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，m(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0. [举一反三]　 (2022·贵阳联考)设函数f(x)＝x2－(x＋1)ln x，求证：当0＜x≤2时，f(x)>x. 证明　由题意知，只需证x－－ln x>，即x－ln x>＋，令g(x)＝x－ln x，h(x)＝＋. 由g′(x)＝1－＝0，解得x＝1，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，故g(x)min＝g(1)＝1. 由h′(x)＝可知h(x)在(0,2]上单调递增， 故h(x)max＝h(2)＝＜1＝g(x)min， 故h(x)＜g(x)，即f(x