第3章 专题1 第1课时 利用导数证明不等式（Word教参）-【优化指导】2024高考数学（理科）一轮复习高中总复习·第1轮（老教材 新高考）

专题一　高考中的导数问题 第一课时　利用导数证明不等式 利用导数证明不等式在高考中经常被考查，常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等知识相结合，虽然题目难度较大，但是解题方法多种多样，如构造函数法、放缩法等，针对不同的题目，灵活采用不同的解题方法，可以达到事半功倍的效果． 考点1　移项构造函数证明不等式　　　　　　　　　　　　　　多维贯通 (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. 思 维 导 引 学科 素养 本题主要考查逻辑推理、数学抽象等学科素养 思路 点拨 (1)先求导，再由x＝0是函数的极值点得ln a＝0，从而求出参数a的值； (2)由(1)得函数的定义域，进而得到x ln (1－x)<0，再对g(x)＝<1变形、换元，构造函数研究其单调性即可得证 (1)解：由题意得y′＝ln (a－x)－(a>x). 因为x＝0是函数y＝xf(x)的极值点， 所以ln a＝0，解得a＝1. (2)证明：由(1)知g(x)＝，x∈(－∞，0)∪(0，1)， 当x∈(0，1)时，x ln (1－x)<0； 当x∈(－∞，0)时，x ln (1－x)<0. 故要证g(x)<1，即证x＋ln (1－x)>x ln (1－x)， 则有x＋(1－x)ln (1－x)>0. 令t＝1－x，t∈(0，1)∪(1，＋∞)， 即证t ln t－t＋1>0. 令h(t)＝t ln t－t＋1，则h′(t)＝ln t. 当t变化时，h′(t)和h(t)的变化情况如下： t (0，1) (1，＋∞) h′(t) － ＋ h(t)   所以当t∈(0，1)∪(1，＋∞)时，h(t)>h(1)＝0， 所以不等式成立，即g(x)<1. 方法规律 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).若h′(x)>0，则h(x)在(a，b)上单调递增．同时h(a)>0，即f(x)>g(x)或若h′(x)<0，则h(x)在(a，b)上单调递减．同时h(b)>0，即f(x)>g(x). 　(2023·黑龙江哈尔滨模拟)已知函数f(x)＝ln x＋，a∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当a>0时，证明：f(x)≥. (1)解：f′(x)＝－＝(x>0). 当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 当a>0时，令f′(x)＝0，x＝a.所以当x>a时，f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增； 当0<x<a时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，a)上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a>0时，f(x)min＝f(a)＝ln a＋1. 要证f(x)≥，只需证ln a＋1≥， 即证ln a＋－1≥0. 令函数g(a)＝ln a＋－1， 则g′(a)＝－＝(a>0)， 当0<a<1时，g′(a)<0； 当a>1时，g′(a)>0， 所以g(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以g(a)min＝g(1)＝0. 所以ln a＋－1≥0恒成立， 所以f(x)≥. 考点2　分拆函数法证明不等式　　　　　　　　　　　　　　讲练融通 已知函数f(x)＝x ln x－ax. (1)当a＝－1时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的最值； (2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＋1>－成立． 思 维 导 引 学科 素养 本题主要考查逻辑推理、数学抽象等学科素养 思路 点拨 (1)给出f(x)的解析式，直接求f(x)在(0，＋∞)上的极值即可； (2)证明ln x＋1>－，由于不等式同时含有对数函数和指数函数，想到两侧分别构造函数求解 (1)解：函数f(x)＝x ln x－ax的定义域为(0，＋∞). 当a＝－1时，f(x)＝x ln x＋x，f′(x)＝ln x＋2， 由f′(x)＝0，得x＝. 当x∈时，f′(x)＜0； 当x∈(，＋∞)时，f′(x)＞0. 所以f(x)在上单调递减， 在上单调递增． 因此f(x)在x＝处取得最小值， 即f(x)min＝f＝－， 但f(x)在(0，＋∞)上无最大值． (2)证明：当x>0时，ln x＋1>－等价于x(ln x＋1)>－. 由(1)知当a＝－1时，f(x)＝x ln x＋x的最小值是－，当且仅当x＝时取等号． 设G(x)＝－，x∈(0，＋∞)， 则G′(x)＝，易知G(x)max＝G(1)＝－， 当且仅当x＝1时取到，从而可知对一切x