第三章 高考大题专题研究1 专题研究1 利用导数研究不等式的证明问题-【金版教程】2024高考理科数学一轮复习创新方案word（全国统考版）

高考总复习•理科数学［全国统考版］ 命题动向：通过近五年的高考试题分析，导数与不等式、函数的零点相结合的综合问题既是考查的热点又是重点．此类问题综合性较强，融函数、导数、不等式等高中数学主干知识为一体，能有效考查学生的综合解题能力．涉及的数学思想有：函数与方程思想、分类讨论思想、数形结合思想、转化与化归思想等，难度较大． 专题研究(一)　利用导数研究不等式的证明问题 题型一　单变量不等式的证明 例1　已知函数f(x)＝1－，g(x)＝＋－bx，若曲线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． (1)求a，b的值； (2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥. 解　(1)因为f(x)＝1－， 所以f′(x)＝，f′(1)＝－1. 因为g(x)＝＋－bx， 所以g′(x)＝－－－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. 从而g(1)＝a＋1－b＝1，且g′(1)＝－a－b－1＝1. 解得a＝b＝－1. (2)证明：由(1)知，g(x)＝－＋＋x， 则f(x)＋g(x)≥⇔1－－－＋x≥0. 令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)， 则h(1)＝0， h′(x)＝－＋＋＋1＝＋＋1. 因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1>0， 所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增， 所以h(x)≥h(1)＝0，即1－－－＋x≥0. 故当x≥1时，f(x)＋g(x)≥. [解题策略]　单变量不等式的证明方法 (1)移项法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))的问题转化为证明f(x)－g(x)>0(f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)． (2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数． (3)最值法：欲证f(x)<g(x)，有时可以证明f(x)max<g(x)min. 变式训练1　(2023·四川达州模拟)已知函数f(x)＝ax2－xln x. (1)若函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围； (2)若a＝e，证明：当x>0时，f(x)<xex＋. 解　(1)由题意知，f′(x)＝2ax－ln x－1. 因为函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以当x>0时，f′(x)≥0， 即当x>0时，2a≥恒成立． 令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝－， 易知g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 则g(x)max＝g(1)＝1，所以2a≥1，即a≥. 故实数a的取值范围是. (2)证明：若a＝e，要证f(x)<xex＋， 只需证ex－ln x<ex＋，即ex－ex<ln x＋. 令h(x)＝ln x＋(x>0)，则h′(x)＝， 易知h(x)在上单调递减，在上单调递增， 则h(x)min＝h＝0，所以ln x＋≥0. 再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex， 易知φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 则φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0. 因为h(x)与φ(x)不同时为0， 所以ex－ex<ln x＋，故原不等式成立． 题型二　双变量不等式的证明 角度　转化法证明双变量不等式 例2　(2023·哈尔滨模拟)已知函数f(x)＝ax＋1(x>0)，g(x)＝ln x－＋2a. (1)若a＝，比较函数f(x)与g(x)的大小； (2)若m>n>0，求证：>. 解　(1)a＝时，f(x)＝＋1， g(x)＝ln x＋＋1， 令F(x)＝f(x)－g(x)＝－ln x－. 则F′(x)＝－＋＝≥0， 所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，且F(1)＝0， 综上，当x＝1时，F(x)＝0，f(x)＝g(x)； 当x∈(0,1)时，F(x)<0，f(x)<g(x)； 当x∈(1，＋∞)时，F(x)>0，f(x)>g(x)． (2)证明：m>n>0，>1， 要证>， 即证>ln m－ln n， 即证 － >ln ， 设t＝ ，且t>1，即证t－>ln t2＝2ln t， 即证－ln t－>0(t>1)， 由(1)知，x∈(1，＋∞)时，F(x)>0成立，故不等式成立，所以当m>n>0时，>. 角度　构造函数法证明双变量不等式 例3　(2022·北京高考)已知函数f(x)＝exln (1＋x)． (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)设g(x)＝f′(x)，讨论函数g(x)在[0，＋∞)上的单调性； (3)证明：对任意的s，t∈(0，＋∞)，有f(s＋t)>f(s)＋f(t