高考解答题专项突破(一) 第2课时 利用导数证明不等式-【金版教程】2025年高考数学一轮复习解决方案全书word（新教材，基础版）

金版教程 高考科学复习解决方案 数学 第2课时　利用导数证明不等式 考点一　直接构造函数证明不等式 例1 (2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)证明：当a>0时，f(x)>2ln a＋. 解　(1)因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R， 所以f′(x)＝aex－1， 当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0， 故f′(x)＝aex－1<0恒成立， 所以f(x)在R上单调递减； 当a>0时，令f′(x)＝aex－1＝0， 解得x＝－ln a， 当x<－ln a时，f′(x)<0， 则f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减， 当x>－ln a时，f′(x)>0， 则f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增． 综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递减； 当a>0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增． (2)证法一：由(1)得， f(x)min＝f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a， 要证f(x)>2ln a＋，即证1＋a2＋ln a>2ln a＋， 即证a2－－ln a>0恒成立， 令g(a)＝a2－－ln a(a>0)， 则g′(a)＝2a－＝， 令g′(a)<0，则0<a<， 令g′(a)>0，则a>， 所以g(a)在上单调递减，在上单调递增， 所以g(a)min＝g＝－－ln ＝ln >0， 则g(a)>0恒成立， 所以当a>0时，f(x)>2ln a＋恒成立，证毕． 证法二：令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1， 当x<0时，h′(x)<0，当x>0时，h′(x)>0， 所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 故h(x)≥h(0)＝0，则ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立， 因为f(x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x＝ex＋ln a＋a2－x≥x＋ln a＋1＋a2－x， 当且仅当x＋ln a＝0，即x＝－ln a时，等号成立， 所以要证f(x)>2ln a＋，即证x＋ln a＋1＋a2－x>2ln a＋，即证a2－－ln a>0恒成立， 以下同证法一． 待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证． 　1.(2023·新课标Ⅱ卷节选)证明：当0<x<1时，x－x2<sinx<x； 证明　构建F(x)＝x－sinx， 则F′(x)＝1－cosx>0对任意x∈(0，1)恒成立， 则F(x)在(0，1)上单调递增，可得F(x)>F(0)＝0， 所以当0<x<1时，x>sinx； 构建G(x)＝sinx－(x－x2)＝x2－x＋sinx， 则G′(x)＝2x－1＋cosx， 构建g(x)＝G′(x)， 则g′(x)＝2－sinx>0对任意x∈(0，1)恒成立， 则g(x)在(0，1)上单调递增，可得g(x)>g(0)＝0， 即G′(x)>0对任意x∈(0，1)恒成立， 则G(x)在(0，1)上单调递增，可得G(x)>G(0)＝0， 所以当0<x<1时，sinx>x－x2. 综上所述，当0<x<1时，x－x2<sinx<x. 考点二　放缩法证明不等式 例2 已知x∈(0，1)，求证：x2－<. 证明　证法一：要证x2－<， 只需证ex<ln x， 又易证ex>x＋1(0<x<1)， ∴只需证ln x＋(x＋1)>0， 即证ln x＋1－x3＋－x2>0， 而x3<x，x2<x(0<x<1)， ∴只需证ln x＋1－2x＋>0， 令g(x)＝ln x＋1－2x＋， 则g′(x)＝－2－＝－， 而2x2－x＋1>0恒成立，∴g′(x)<0， ∴g(x)在(0，1)上单调递减， ∴当x∈(0，1)时，g(x)>g(1)＝0， 即ln x＋1－2x＋>0， ∴x2－<. 证法二：∵x∈(0，1)， ∴ex∈(1，e)，x2－∈(－∞，0)， ∴要证x2－<成立，只需证ex<ln x成立， 只需证x2－<ln x，又x2<x(0<x<1)， ∴只需证ln x＋－x>0， 令h(x)＝ln x＋－x， 则h′(x)＝－－1＝－， 而x2－x＋1>0恒成立，∴h′(x)<0， ∴h(x)在(0，1)上单调递减， ∴当x∈(0，1)时，h(x)>h(1)＝0， ∴ln x＋－x>0， ∴x2－<. 导数的综合应用题中，最常见就是ex和ln x与其他代数式结合的难题，对于这类问题，可以先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，便于化简或判断导数的正负．常见的放缩公式如下： (1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号； (2)ex≥ex，当且仅当x＝1时取等号； (3)当x≥0时，ex≥1＋x＋x2，当且仅当x＝0时取等号； (4)当x≥0时，ex≥1＋x2，当且仅当x＝0时取等号； (5)≤ln x≤x－1≤x2－x，当且仅当x＝1时取等号． 　2.(2023·四川南充模拟)已知函数f(x)＝ax－sinx. (1)若函数f(x)为增函数，求实数a的取值范围； (2)求证：当x>0时，ex>2sinx. 解　(1)因为f(x)＝ax－sinx， 所以f′(x)＝a－cosx， 由函数f(x)为增函数，得f′(x)＝a－cosx≥0恒成立， 即a≥cosx在R上恒成立， 因为y＝cosx∈[－1，1]，所以a≥1， 即实数a的取值范围是[1，＋∞)． (2)证明：由(1)知，当a＝1时，f(x)＝x－sinx为增函数， 当x>0时，由f(x)>f(0)＝0，得x>sinx， 要证当x>0时，ex>2sinx，现在证当x>0时，ex>2x， 即证ex－2x>0在(0，＋∞)上恒成立， 设g(x)＝ex－2x(x>0)，则g′(x)＝ex－2， 当0<x<ln 2时，g′(x)<0，当x>ln 2时，g′(x)>0， 所以g(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增， 所以g(x)min＝g(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2(1－ln 2)>0， 所以g(x)≥g(ln 2)>0，所以ex>2x成立， 故当x>0时，ex>2sinx. 考点三　凹凸反转法证明不等式 例3 求证：ex－ex＋1－>0(x>0)． 证明　原不等式等价于ex－ex＋1>(x>0)．令F(x)＝ex－ex＋1(x>0)，F′(x)＝ex－e，当x∈(0，1)时，F′(x)<0，F(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，F′(x)>0，F(x)单调递增，所以F(x)min＝F(1)＝e－e＋1＝1.令G(x)＝(x>0)，G′(x)＝.当x∈(0，e)时，G′(x)>0，G(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，G′(x)<0，G(x)单调递减，所以G(x)max＝G(e)＝1，等号不同时取得，所以F(x)>G(x)，即ex－ex＋1>，故原不等式成立． “凹凸反转法”证明不等式的方法步骤 ，如图所示． 注意：在证明过程中，“隔离化”是关键．如果证g(x)≥f(x)恒成立，只需证g(x)min≥f(x)max恒成立，但只有当f(x)与g(x)取到最值的条件是同一个x的值时取等号，否则只能得到g(x)>f(x)． 　3.已知函数g(x)＝xln x．证明：当x>0时，g(x)>－. 证明　因为g(x)＝xln x，所以g′(x)＝1＋ln x，令g′(x)＝0，得x＝，所以当x∈时，g′(x)<0；当x∈时，g′(x)>0，所以函数g(x)在上单调递减，在上单调递增，所以当x>0时，g(x)min＝g＝－.令φ(x)＝－，则φ′(x)＝，所以当0<x<1时，φ′(x)>0，当x>1时，φ′(x)<0，所以φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以φ(x)max＝φ(1)＝－.又两个等号不同时成立，故当x>0时，g(x)>－. 课时作业 1．(2023·福建福州模拟)已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)． (1)讨论f(x)的单调性； (2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0. 解　(1)f′(x)＝－a(x>0)， ①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增． ②若a>0，则当0<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)证法一：因为x>0， 所以只需证f(x)≤－2e， 当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以f(x)max＝f(1)＝－e. 令g(x)＝－2e(x>0)， 则g′(x)＝， 所以当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 所以g(x)min＝g(1)＝－e. 综上，当x>0时，f(x)≤g(x)， 即f(x)≤－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0. 证法二：由题意知，要证xf(x)－ex＋2ex≤0， 即证exln x－ex2－ex＋2ex≤0， 即证ln x－x＋2≤. 设函数m(x)＝ln x－x＋2(x>0)， 则m′(x)＝－1. 所以当x∈(0，1)时，m′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，m′(x)<0， 故m(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 从而m(x)在(0，＋∞)上的最大值为m(1)＝1. 设函数h(x)＝(x>0)， 则h′(x)＝. 所以当x∈(0，1)时，h′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0， 故h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1. 综上，当x>0时，m(x)≤h(x)， 即xf(x)－ex＋2ex≤0. 2．(2024·山东临沂沂水县第四中学高三上学期月考)已知函数f(x)＝ex－2－ax(a∈R)． (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当a≤0时，求证：f(x)>ln x. 解　(1)函数的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－2－a. 当a≤0时，f′(x)>0，则函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增； 当a>0时，由f′(x)＝0，得x＝2＋ln a； 当x<2＋ln a时，f′(x)<0，当x>2＋ln a时，f′(x)>0， ∴f(x)在(－∞，2＋ln a)上单调递减，在(2＋ln a，＋∞)上单调递增． 综上所述，当a≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在(－∞，2＋ln a)上单调递减，在(2＋ln a，＋∞)上单调递增． (2)证明：要证f(x)>ln x，即证ex－2－ax>ln x， 即证－a>. 设g(x)＝－a(x>0)， 则g′(x)＝， 当0<x<1时，g′(x)<0； 当x>1时，g′(x)>0， ∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴g(x)min＝g(1)＝e－1－a＝－a. 令h(x)＝(x>0)， 则h′(x)＝(x>0)， 当0<x<e时，h′(x)>0；当x>e时，h′(x)<0， ∴h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，∴h(x)max＝h(e)＝， 当a≤0时，g(x)≥－a≥≥h(x)， ∵前后取等号的条件不一致， ∴－a>. 综上所述，当a≤0时，f(x)>ln x. 3．已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝x－1，证明： (1)当x∈(0，＋∞)时，不等式f(x)≤g(x)恒成立； (2)对于任意正整数n，不等式·…<e恒成立(其中e为自然对数的底数)． 证明　(1)要证不等式f(x)≤g(x)恒成立，即证ln x≤x－1恒成立， 令h(x)＝ln x－x＋1， 则h′(x)＝－1＝， 当0<x<1时，h′(x)>0； 当x>1时，h′(x)<0， 所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以h(x)≤h(1)＝0，所以ln x≤x－1恒成立． (2)由(1)知ln x≤x－1， 令x＝1＋，则ln <，k∈N*， 所以ln ＋ln ＋…＋ln <＋＋…＋＝1－<1， 即…<e. 4．(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)当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，当x∈(1，＋∞)时，F(x)>0成立，故不等式成立，所以当m>n>0时，>. 5．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. 解　(1)由题意，得y＝xf(x)＝xln (a－x)，y′＝ln (a－x)＋x[ln (a－x)]′. 因为x＝0是函数y＝xf(x)的极值点， 所以y′|x＝0＝ln a＝0，所以a＝1. (2)证明：由(1)可知f(x)＝ln (1－x)， 要证g(x)<1， 即证<1，即需证<1. 因为当x∈(－∞，0)时，xln (1－x)<0， 当x∈(0，1)时，xln (1－x)<0； 所以需证x＋ln (1－x)>xln (1－x)， 即证x＋(1－x)ln (1－x)>0. 令h(x)＝x＋(1－x)ln (1－x)，x∈(－∞，1)，且x≠0， 则h′(x)＝1＋(－1)ln (1－x)＋(1－x)·＝－ln (1－x)， 所以当x∈(－∞，0)时，h′(x)<0； 当x∈(0，1)时，h′(x)>0， 所以h(x)>h(0)＝0， 即x＋ln (1－x)>xln (1－x)， 所以<1成立， 所以<1，即g(x)<1. 6．(2023·天津高考)已知函数f(x)＝·ln (x＋1)． (1)求曲线y＝f(x)在x＝2处切线的斜率； (2)当x>0时，证明：f(x)>1； (3)证明：<ln (n！)－ln n＋n≤1，n∈N*. 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)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－ln ， 由(2)可知ln (x＋1)>1，令n＝， 则1－ln <0， 故h(n)单调递减，则h(n)≤h(1)＝1，得证． 再证ln (n！)－ln n＋n>. 证法一：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， 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)＝ln －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*. 证法二：先证不等式ln (1＋x)－1<成立． 令p(x)＝ln (1＋x)－(x≥0)， 则p′(x)＝－≤0， 故p(x)在[0，＋∞)上单调递减， 故当x>0时，p(x)<p(0)＝0， 所以当n≥2时，ln －1<<＝. 以下同证法一． 11 学科网（北京）股份有限公司 $$