第三章 第4节 第1课时 利用导数证明不等式-【创新教程】2024高考数学总复习大一轮教师用书word（新教材，北师大版）

第4节　导数的综合应用 ★[课程标准] 1．理解并掌握利用导数解决不等式的恒成立、能成立问题． 2．理解并掌握利用导数比较大小、证明不等式． 3．理解并掌握利用导数研究函数的零点问题 第1课时　利用导数证明不等式 利用导数证明不等式是高考考查的重点和热点，常转化为函数的单调性、最值问题求证． 　　　 构造法证明不等式 [典例]　(2023·山东济南模拟)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. [解]　(1)(1)由题意，函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝＝. 当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 若a<0，令f′(x)＝0，得x＝－；令f′(x)＞0，得0＜x＜－；令f′(x)＜0，得x＞－，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)构造辅助函数g(x)＝f(x)＋＋2. 要证原不等式成立，需证g(x)max≤0，即证f(x)max＋＋2≤0. 由(1)知，当a<0时，f(x)max＝f. 即证ln＋＋1≤0， 不妨设t＝－>0，则证ln t－t＋1≤0，令h(t)＝ln t－t＋1，求导得h′(t)＝－1. h′(t)>0时，t∈(0,1)；h′(t)<0时，t∈(1，＋∞)． 所以h(t)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则h(t)max＝h(1)＝0.故f(x)≤－－2. 　　 利用导数法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数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.若函数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；若函数f(x)与g(x)的最值不易求出，可对h(x)＝f(x)－g(x)适当变形后进行转化． (2023·莆田市一模)已知函数p(x)＝，q(x)＝x2－(1＋2a)x. (1)讨论函数f(x)＝q(x)＋2ax·p(x)的单调性； (2)当a＝0时，证明：xp(x)＋q(x)＜ex＋x2－x－1. 解：(1)f(x)＝x2－(1＋2a)x＋2aln x，定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝x－(1＋2a)＋＝. ①当a≤0时，x－2a＞0， ∴当0＜x＜1时，f′(x)＜0，当x＞1时，f′(x)＞0， 所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． ②当0＜a＜时，0＜2a＜1，∴当0＜x＜2a或x＞1时，f′(x)＞0，当2a＜x＜1时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0,2a)上单调递增，在(2a,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ③当a＝时，f′(x)＝≥0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增． ④当a＞时，2a＞1，∴当0＜x＜1或x＞2a时，f′(x)＞0，当1＜x＜2a时，f′(x)＜0， 所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,2a)上单调递减，在(2a，＋∞)上单调递增． (2)证明：当a＝0时，要证xp(x)＋q(x)＜ex＋x2－x－1，即证ln x＋x2－x＜ex＋x2－x－1，只需证明：ex－ln x－1＞0.设g(x)＝ex－ln x－1，则g′(x)＝ex－，g″(x)＝ex＋＞0， 所以g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g′＝－2＜0，g′(1)＝e－1＞0， 所以存在唯一x0∈使得g′(x0)＝0，即ex0＝，∴－ln x0＝x0. ∴g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 所以g(x)的最小值为g(x0)＝ex0－ln x0－1＝＋x0－1≥2－1＝1＞0， 所以ex－ln x－1＞0，即原不等式得证． 　　　 等价转化法证明不等式 [典例]　(2023·青岛市模拟)已知函数f(x)＝在点(－1，f(－1))处的切线方程为x＋y＋3＝0. (1)求函数f(x)的解析式； (2)设g(x)＝ln x，求证：g(x)≥f(x)在[1，＋∞)上恒成立； (3)若0<a<b，求证：>. [解]　(1)将x＝－1代入切线方程得y＝－2， 所以f(－1)＝＝－2，化简得b－a＝－4.① f′(x)＝， f′(－1)＝＝－1.② 联立①②，解得a＝2，b＝－2.所以f(x)＝. (2)证明：由题意知要证ln x≥在[1，＋∞)上恒成立， 即证明(x2＋1)ln x≥2x－2，x2ln x＋ln x－2x＋2≥0在[1，＋∞)上恒成立． 设h(x)＝x2ln x＋ln x－2x＋2，则h′(x)＝2xln x＋x＋－2，因为x≥1，所以2xln x≥0，x＋≥2·＝2(当且仅当x＝1时等号成立)，即h