第3章 命题探秘1 第1课时 利用导数证明不等式(教参)-【名师导航】2024年高考文科数学一轮总复习(老高考)人教版

　高考中的导数应用问题 第1课时　利用导数证明不等式 技法阐释 　　导数是研究函数的工具，利用导数我们可以方便地求出函数的单调性、极值、最值等，在证明与函数有关的不等式时，我们可以把不等式问题转化为函数的最值问题，也常构造函数，把不等式的证明问题转化为利用导数研究函数的单调性或最值问题，利用导数证明不等式常见的方法有： (1)直接转化为函数的最值问题：把证明f(x)＜g(a)转化为f(x)max＜g(a)． (2)移项作差构造函数法：把不等式f(x)＞g(x)转化为f(x)－g(x)＞0，进而构造函数h(x)＝f(x)－g(x)． (3)构造双函数法：若直接构造函数求导，难以判断符号，导函数零点不易求得，即函数单调性与极值点都不易获得，可转化不等式为f(x)＞g(x)利用其最值求解． (4)换元法，构造函数证明双变量函数不等式：对于f(x1，x2)≥A的不等式，可将函数式变为与或x1·x2有关的式子，然后令t＝或t＝x1x2，构造函数g(t)求解． (5)适当放缩构造函数法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1，ex≥x＋1，ln x＜x＜ex(x＞0)，≤ln(x＋1)≤x(x＞－1)． (6)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数等．把不等式左、右两边转化为结构相同的式子，然后根据“相同结构”，构造函数． (7)赋值放缩法：函数中对与正整数有关的不等式，可对已知的函数不等式进行赋值放缩，然后通过多次求和达到证明的目的． 高考示例 (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． 思维过程 [解]　(1)由f(x)＝ln(a－x)⇒f′(x)＝， y＝xf(x)⇒y′＝ln(a－x)＋，又x＝0是函数y＝xf(x)的极值点， 所以当x＝0时，y′＝ln a＝0，解得a＝1． (2)证明：由(1)得f(x)＝ln(1－x)，g(x)＝＝，x<1且x≠0， 当x∈(0,1)时，要证g(x)＝<1， 技法一　直接将不等式转化为函数的最值问题 [典例1]　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． [思维流程]　 [解]　(1)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． 点评：(1)若证f(x)＞g(a)或f(x)＜g(a)，只需证f(x)min＞g(a)或f(x)max＜g(a)． (2)若证f(a)＞M或f(a)＜M(a，M是常数)，只需证f(x)min＞M或f(x)max＜M． 　已知函数f(x)＝xex－bxln x－x2(b∈R)，其图象在点(1，f(1))处的切线斜率为2e－3．证明：当x＞1时，f(x)＞xex－x2＋1． [证明]　由f(x)＝xex－bxln x－x2可得f′(x)＝(x＋1)ex－b(ln x＋1)－x． 因为函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线的斜率为2e－3， 所以f′(1)＝2e－b－1＝2e－3，解得b＝2． 当x＞1时，f(x)＞xex－x2＋1等价于x2－2xln x－1＞0，即x－2ln x－＞0． 令F(x)＝x－2ln x－，则F′(x)＝1－＋＝＞0， 所以函数F(x)在区间(1，＋∞)上单调递增， 所以F(x)＞F(1)＝1－2ln 1－＝0， 所以当x＞1时，f(x)＞xex－x2＋1． 技法二　移项作差构造函数证明不等式 [典例2]　已知函数f(x)＝ex－3x＋3a(e为自然对数的底数，a∈R)． (1)求f(x)的单调区间与极值； (2)求证：当a＞ln，且x＞0时，＞x＋－3a． [思维流程] [解]　(1)由f(x)＝ex－3x＋3a，x∈R，知f′(x)＝ex－3，x∈R． 令f′(x)＝0，得x