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】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（湘教版）

色学科网书城■ 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 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， 关键能力精准突破 [对应学生用书P] 探究移项构造函数证明不等式（讲练融通） 【例1】(2023江苏连云港调研)已知函数fx=e十x2-x十1. (I)求函数fx)的极值； (2)证明：x∈R,fx)>3x (1)解：已知fx)=e十x2-x十1，函数定义域为R, 可得f9=e+2-1,令mg)=e+2x一l,m'()0可知f(x)在R上单调递增， 又f0)=0, 当x0时，(c0,fx)单调递减： 当x0时，f(心)>0，fx)单调递增， 所以当x=0时，函数fx)取得极小值，极小值f(O)=2. 综上，函数f的极小值为2，无极大值. (2)证明：不妨设gx)=fx)一3x=e+xr2-4r+1,函数定义域为R, 可得g'x)=e+2x一4，不妨设hx)=c+2x一4，函数定义域为R, 可得hx)=e十2>O,所以函数hx)在R上单调递增， 即函数gx)在R上单调递增， 又g'0)=-3<0,g'(1)=e-2>0, 所以在区间(0,1)上存在一点xa,使得g'(o)=0, 掷en=4-2.xw, 当时，g'(c)0,g(x)单调递减： 当x时，g′()>0，gx)单调递增， 2 2 所以g(x)≥g0)=十m-4+1=0-6o十5=(x0-3)2-4, 易知当0x1时，go)单调递减， 所以gxo)mmg1)P0, 则gc9≥go)P0, 所以gx)>0, 独家授权侵权必究 色学科网书城■ 品牌书店·知名教辅·正版资源 ■b2XXk.c0m○ 您身边的互联网+教辅专家 故x∈R,使得fx)>3x ·方法技巧· 利用导数证明不等式∫(r)>g(,r)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(.r)m>g(r)mx (2)若f(x)与(x)的最值不易求出，可构造西数 h(r)=f(r)-g(.r).若h'(r)>0.则h(r)在(u. b)上单调增.同时h(a)>0,即f(x)>g(x):若 h'(r)<0,则h(,x)在(a,b)上单调递减，同时 h(b)>0,即f(.x)>g(x). 【练1】(2023山东济南模拟)已知函数f(=nx十ar2+(2a十1)x (1)讨论fx)的单调性： (2)当a<0时，证明：fx)≤-34a-2 (1)解：()=2a2+(2a+1)x+1x =(2a十1)(x+1)x,x0 当a≥0时，(x)>0,则fx)在(0，+∞)上单调递增. 若a0,则令(x)=0,解得x=-12a 所以当x∈laws4 alcol(0,一12a)时，fx)0,f(x)单调递增， 当xr∈avs4 alcol(-l2a,十oo时，f(e)<0,f)单调递减. (2)证明：设g(r)=fx)+34a+2(x>0) 要证原不等式成立，需证gx)ur≤0，即证f(x)ur十34a十2≤0， 由(1)知，当a<0时，fms=falvs-4alco1(-12a).即证n aivs-4 alcol(-/12a)+12a +1≤0 不妨设t=-12a0,则证lnt-t+1≤0， 令()=lnt-t什1，求导得h'(0=lt-1 h'(00时，t∈(0,1)，h'(0<0时，t∈(1，+∞) 所以h(0在(0,1)上单调递增，在(1，十∞)上单调递减，则h(0mm=h(I)=0.故fx)≤ 34a-2 探究2分拆函数法证明不等式（讲练融通） 【例2】(2023广东惠州一模)设函数f(x)=xex+ac2-2ac,gr)=3mr+2m十2ex,a ∈R (1)讨论fx)的单调性： (2)若a∈[-1,0)，求证：gx)4a+3 (1)解：f(c)的定义域为R,F(x)=1-xex+2a-2a=(1-x)1ex-2a), 对a分类讨论： ·独家授权侵权必究 色学科网书城■ 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+敷辅专家 ()当a≤0时，1ex-2a>0, 当x∈（一∞，1）时，f(x)>0,f(在(-∞，1)上单调递增， 当x∈(1，+o)时，f(x)0,f(在(1，+o)上单调递减. (m当a>0时，fx)=1-xer(1-2ae). 令1-2ae=0,解得x=n12a, ①当n12a=1,即a=12e,则fx)≥0恒成立，fx)在R上单调递增： ②当ln12a1,即a>12e,令fx)0,则x<n12a或x>1, f(9在(-∞，ln12a)和(1，+∞)上单调递增， 令f)<0,则n12ax<1,.∴fx)在(n12a,1)上单调递减： ③当lnl2a>l,即0<a<l2e时，令fx>0,则x<1或x>n12a, f()在(-∞，1)和(n12a,+∞)上单调递增， 令fx)<0,则1x<n12a, ∴.f在(1，n12a)上单调递减. 综上可得：当a≤0时，fx)在(-∞，1)上单调递增，在(1，十∞)上单调递减. 当a>0时，①当a=12e时，fx)在R上单调递增： ②当a>12e时，f()在(-∞，nI2a)和(1，+∞)上单调递增，在(nI2a,1)上单调递减： ③当0<a<12e时，fx)在(-∞，1)和(n12a,+o)上单调递增，在(1，h12a)上单调递 减 (2)证明：要证：gx)4a+3. 即证明：3nr+2a十2exr<4a+3,a∈[-1,0)，其中x>0, 需要证明：xer+ar2-2ar<32(x-lnx), 亦需要证明fm)<32(x-lnx), 由(1)知，当a∈[一1,0)时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减. fx)在(0，+o)内有唯一校大值，即最大值为fx)mr=f(I)=le一a. 又a∈[-1,0)，∴.-a∈(0,1] .le-a∈(le,1+1e],即fx)mr=le-a≤1+le 又设h9)=32x-nx),h'(x)=32(1-1x)=3(x-1)2x, 当x∈(0,1)时，h'(x)0,hx)在(0,1)上单调递减， 当x∈(，+∞)时，h(x>0,hx)在(1，十∞)上单调递增， x)在(0，十∞)内，有唯一极小值，即最小值为 hx)uim=h(1)=32X1=1+12>1+1e, 而f(x)m≤1十le,∴.h(x)-f(x), 原结论成立 ·独家授权侵权必究 色学科网书城■ 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+敷辅专家 …◆方法技巧 (1)若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式 进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间 量，达到证明的目标。 (2)在证明过程中，等价转化是关键，此处f(x)m≥ g(x)恒成立，从而∫(x)≥g(x)恒成立。 【练2】(2024湖南长沙模拟)已知函数f(x)=ex2-xlnx.求证：当x0时，f(xe十 le 证明：当x>0时，要证fx)xe+Ie,只需证ex一lnx<e+Iex,即er一e<hx十lex 令hc)=nx+lear(c>0),则h'(c)=ex-lex2,易知hx)在ahws4 alcol(0,1e》上单调 递减，在lavs4 alcol(fle),十co)上单调递增，则hx)mim=haws4 alcol1e)=0,所以nx +lex≥0. 再令px)=ex一e,则'(r)=e-e,易知o(x)在(0,1)上单调递增，在(1，+∞)上单调 递减，则o(xaax=0(1)=0,所以er一e≤0 因为r与o()不同时为0，所以ex一e<nx十1ex,故原不等式成立. 探究3双变量不等式的证明 (讲练融通) 【例3】(2023.四川石室中学高三模拟)已知函数fx)=(x-m)e-1r2+x,且曲线y =fx)在x=0处的切线为y=一2 (1)求m,n的值和f(x)的单调区间： (2)若f)=fx2)=f3)<x2<),证明：十应>0 (1)解：因为fx)=(x一m)e-1x2+m,x∈R, 所以fx)=(c-m+1)e-2十n. 由题意可得∫(0)=一m=一2，(0)=一m+1十n=0,)解得m=2,n=1,) 因为fx=x-1)e-x+1=x-1)(e-1), 所以当x<0或x>1时，(x)>0,当0<x<1时，(x)<0, 则f(x)在（一，0）与(1，+∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减. (2)证明：由(1)可知<0,0<x2<1,3>1 设g)=f()-f(-x00<x<1), 则g'x)=fx)+f(-x)=(-1)e-1)+(-x-1)(ex-1)=ex-1ex[-1)e+x+1] 设e9)=c一1)e+x+l,则h')=ex+1 因为0<x<1,所以h(x)>0,则(x)在(0,1)上单调递增. 因为(0)=0，所以h(>0在(0,1)上恒成立，即g'(x)>0在(0,1)上恒成立， 则g()在(0,1)上单调递增. 因为g(0)=0,所以gx)>0在(0,1)上恒成立，即fx)>f(一x)对一切x∈(0,1)恒成立. ·独家授权侵权必究 色学科网书城■ 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.2XXk.com● 您身边的互联网+教辅专家 因为2∈(0,1)，所以f)>f() 因为f)=fx),所以f)>f(一) 因为fx)在（一0,0）上单调递增，且，一2∈（一四，0），所以x1>一，即得证：1 十龙>0 ·方法技巧· 破解含双参不等式的证明的关键 一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关 系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式： 二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性， 从而求其最值： 三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用 到双参不等式，即可证得结果. 【练3】已知函数f)=nx十a (1)求fx)的最小值： (2)若方程fc)=a有两个根灯，x),求证：灯十x22a (1)解：因为(x)=1x-2=x一m20x>0), 所以当a≤0时，f田)在(O,十∞)上单调递增，函数无最小值. 当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a,十∞)上单调递增. 函数fx)在x=a处取最小值f(a)=lna十I (2)证明：由题意知函数y=fx)一a的两个零点为，x2<),且a0, 由(I)知fx)在(0，a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增， 则0<：<a<x2.令gx)=f:)-f2a-x)0<x<a, 则g'(e)=(c-a)f11(2a-x)2) =-4a(x-a)2x2(2a-x)2<0, 所以ge)在(0，a)上单调递减，gx)>g(a)=0,即fx)>f(2a一x) 令x=<a,则fs)>f(2a-),所以fx2)=f)>f(2a-x),由(1)可得f(x)在(a,+ ∞)上单调递增，所以也>2a-:,故x1十2>2a 探究A适当放缩证明不等式（讲练融通） 【例4】(2022新高考川卷)已知函数f()=xex一c (1)当a=1时，讨论fx)的单调性： (2)当x0时，f一1，求a的取值范围： (3)设n∈N+,证明：1r12+1)+122+2)++1rm2+n>ln(n+1) (1)解：当a=1时，fx)=(x一1)er∈R), 则)=xe, 当x0时，f心)0，当x0时，fx>0, 独家授权侵权必究 色学科网书城■ 品牌书店·知名教辅·正版资源 b2XXk.com● 您身边的互联网+教辅专家 故fx)在（一∞，0）上单调递减，在(0，+∞)上单调递增. (2)解：f(x)=(1+ax)ear-e(cr∈(0，+c∞)， ①当a≥1时，(x)=(1+)em-e>e-e≥e-er=0, ∫)在(0，十∞)上单调递增，∴∫x)>f(0)=-1,与题意矛盾， ②当a≤0时，(e)≤ea-er≤1-e<0 ∴∫x)在(0，十∞)上单调递减，fx)<f0)=一1，满足题意， ③当0<a≤12时， fx≤(1+2)e-e=e[(1+)-e] 设G(x)=1+7-e(x>0 则Ga)=}2e<o. ∴.Gx)在(0，+o)上单调递减，.Gx)<G(0)=0, ∴.f'(x)eG(x)<0,f(.x)在(0，+∞)上单调 递减， f)<fO)=一1，满足题意. ④当12<a<1时， f'(x)=e[1+a.x-e1-ar], 令H(x）=1十a.x-e1au(.x>0),则f'(x) eH(x). H'(x)=a十(a一1)e-a,易知H'(x)为减 函数， 又H0)=2a-1>0,x一+∞时，H'(x)<0, .3∈(0，+o),使Hxo)=0, 且当x∈(0，x0)时，H'()>0, H(x)在(O,xo)上单调递增，此时Hx)>H(O)=O, .当x∈(0，xo)时，f)=eaHx)>0, f(在(0，xo)上单调递增， ∴fm)>f0)=-1,与题意矛盾. 综上，实数a的取值范围为(-∞，12】 ◆独家授权侵权必究· 色学科网书城■ 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+敷辅专家 (3)证明：由(2)可知，取a=2则.x>0,总有 1 xe-e十1<0成立， 令t=e,则t>1,l2=e,x=2lnt, 故2tn2-1,即2nt-lt对任意的p1恒成立. ∴.对任意的n∈N+,有2nn+1nn+1)-m十1)， 整理得n(n十1)-nIm2十n, 故Iwr12+l)+Ir22+2)+…+Irm2+n>n2-ln1+n3-ln2+…+lnn+l)-lnn =n+I), 故不等式成立， ·方法技巧 导数方法证明不等式中，最常见的是c和lnx与其 他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对 e和lnx进行放缩，使问题简化，简化后再构建函 数进行证明.常见的放缩公式如下：(1)e≥1十x,当 且仅当x-0时取等号.(2)lnx≤x-1,当且仅当 =1时取等号， 【练4】已知函数f=x一1-anx (1)若fx)≥0，求a的值： (2)证明：对于任意正整数n,(1+12)1+122)…·(1+12m)e. (1)解：fx)的定义域为(0，+∞)， ①若a≤0，因为faws4 alcol(f12)=一12+aln2<0,所以不满足题意： ②若a>0,由f(x)=1一a=x一x知， 当x∈(0，a)时，x)<0:当x∈(a,+∞)时，f(x>0所以fx)在(0，a)上单调递减， 在(a,十o)上单调递增， 故x=a是fx)在(0，十∞)上的唯一极小值点， 因为f1)=0,所以当且仅当a=1时，fx)≥0，故a=1 (2)证明：由(1)知当x∈(1，+∞)时，x-1一nx>0 令x=1+l2m,得In lalvs4 alcol1+l2n小12n 从而navs4 alcol(1+y12)+navs4 alcol(1+fl22》+…+navs4 allcol1+ f12nm12+122++12m=1-12m1. 故avs4 alcol1+f12)as4 alcol(1+f122)·…·lavs4 alcol1+f12ne. ·独家授权侵权必究 色学科网书城■ 品牌书店·知名教辅·正版资源 b2XXk.c0m● 您身边的互联网+敷辅专家 ·独家授权侵权必究·