26 环节1 专题6 §5 利用导数证明不等式-【提分教练】2024年新高考数学二轮总复习课件（新教材）

专题六　函数、导数和不等式 §5　利用导数证明不等式 环节1 1 【典例1】　(2023·天津高考)已知函数f (x)＝ln (x＋1)． (1)求曲线y＝f (x)在x＝2处的切线斜率； (2)当x>0时，求证：f (x)>1； (3)证明：<ln (n！)－ln n＋n≤1，n∈N*． 能力考点1　单变量不等式的证明 [解]　(1)f ′(x)＝－ln (x＋1)＋，所以f ′(2)＝， 故曲线y＝f (x)在x＝2处切线的斜率为． (2)证明：构造g(t)＝ln t－(t≥1)，则g′(t)＝≥0， 所以函数g(t)在[1，＋∞)上单调递增，所以g(t)≥g(1)＝0， 所以ln t>(t>1)． 令x＋1＝t(x>0)，则ln (x＋1)>(x>0)， 所以当x>0时，ln (x＋1)>1，即f (x)>1． 3 (3)证明：先证ln (n！)－ln n＋n≤1．令h(n)＝ln (n！)－ln n＋n，n∈N*， 则h(n＋1)－h(n)＝ln (n＋1)－ln (n＋1)＋ln n＋1 ＝1－， 由(2)可知ln (x＋1)>1，令n＝，则1－<0， 故h(n)单调递减，则h(n)≤h(1)＝1，得证．再证<ln (n！)－ln n＋n． 构造s(x)＝ln x－，x>0，则s′(x)＝， 当0<x<1时，s′(x)>0，当x>1时，s′(x)<0， 4 故s(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 故s(x)≤s(1)＝0，即ln x≤． 又当n≥2时，h(n)－h(n＋1)＝－1≤－1＝， 所以h(1)－h(2)＋h(2)－h(3)＋…＋h(n－1)－h(n)＝h(1)－h(n)<1－ln 2＋ln 2－2＋ln 2－1＋ln 2－1＋，故h(n)>h(1)－，得证． 综上，<ln (n！)－ln n＋n≤1，n∈N*． 5 单变量不等式的证明方法 (1)构造函数法：证明不等式f (x)＞g(x)(f (x)＜g(x))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)凹凸反转法：欲证f (x)＜g(x)，有时可以证明f (x)max＜g(x)min； (3)放缩法：在证明相关不等式时，若能灵活运用ex≥x＋1，ln x≤x－1及ln x≥1－进行放缩，往往事半功倍． 能力考点1 能力考点2 专题限时集训 §5　利用导数证明不等式 1．[高考变式]已知函数f (x)＝a ln x＋x2，其中a∈R且a≠0． (1)当a＝1时，证明：f (x)≤x2＋x－1； (2)求证：对任意的n∈N*且n≥2，都有·…· <e(e为自然对数的底数)． 能力考点1 能力考点2 专题限时集训 §5　利用导数证明不等式 [证明]　(1)当a＝1时，f (x)＝ln x＋x2， 要证明f (x)≤x2＋x－1， 即证ln x≤x－1，即ln x－x＋1≤0， 设g(x)＝ln x－x＋1，则g′(x)＝． 令g′(x)＝0，可得x＝1， 当x∈(0，1)时，g′(x)>0， 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0， 所以g(x)≤g(1)＝0，即ln x－x＋1≤0， 故f (x)≤x2＋x－1． 8 (2)由(1)可得ln x≤x－1(当且仅当x＝1时等号成立)， 令x＝1＋，n＝2，3，…，则ln ，故 ln ＋ln ＋…＋ln ＋…＋＋…＋＝＋…＋＝1－<1＝ln e， 即ln <ln e， 故·…·<e． 9 2．(2023·辽宁大连三模)(1)非零实数x满足－1＜x＜1．证明不等式：＜． (2)证明不等式：0.999 9101＜0.99＜0.999 9100． 能力考点1 能力考点2 专题限时集训 §5　利用导数证明不等式 [证明]　(1)显然：＞0且＞0且x≠0， 原不等式⇔ln (1－x)＜ln (1＋x)，⇔ 令f (x)＝(x－1)ln (1－x)－ln (1＋x)(－1＜x＜1且x≠0)，则f ′(x)＝ln (1－x)＋1－． 令g(x)＝ln (1－x)＋1－，则g′(x)＝， 当x∈(－1，0)时，g′(x)＞0，f ′(x)在(－1，0)上单调递增，f ′(x)＜f ′(0)＝0， 当x∈(0，1)时，g′(x)＜0，f ′(x)在(0，1)上单调递减，f ′(x)＜f ′(0)＝0， ∴f (x)在(－1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递减， ∴f (x)在x∈(－1，0)时，f (x)＞0，在x∈(0，1)时，f (x)＜0． ∴＜． 11 (2)∵0.999 9100＝， 0.999 9101＝， 原不等式等价为＜1－， 即证＜1＜， 在(1)中，令x＝，则，∴＞1， 在(1)中，令x＝－，则，∴