2025届高考数学一轮复习-重难专攻（二）不等式的证明问题课件

重难专攻（二）　不等式的证明问题 　　利用导数证明不等式一般要用到构造法，构造法是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数的单调性、极值、最值加以证明.常见的构造方法有：（1）作差构造法：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）构造双函数法：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数 f（x）和g（x），利用其最值求解；（3）适当放缩法：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）. 作差构造法 【例1】　 已知函数f（x）＝1－，g（x）＝－＋＋x.证明：当x≥1时，f（x）＋g（x）≥. 证明　f（x）＋g（x）≥⇔1－－－＋x≥0. 令h（x）＝1－－－＋x（x≥1）， 【卡壳点】作差构造函数 则h（1）＝0，h'（x）＝－＋＋＋1＝＋＋1. 因为x≥1，所以h'（x）＝＋＋1＞0， 所以h（x）在[1，＋∞）上单调递增， 【提醒】注意定义域范围 所以h（x）≥h（1）＝0，即1－－－＋x≥0. 故当x≥1时，f（x）＋g（x）≥. ｜解题技法｜ 1.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”或“右减左”的函数，利用导数研究其单调性等相关函数性质证明不等式. 2.利用作差构造法证明不等式的基本步骤 （1）作差或变形； （2）构造新的函数g（x）； （3）利用导数研究g（x）的单调性或最值； （4）根据单调性及最值，得到所证不等式. ⁠ 　已知函数f（x）＝x2－ln x＋1，求证：当x＞1时，f（x）＞x2＋. 证明：令F（x）＝x2－ln x＋1－x2－＝x2－ln x－， 则F'（x）＝x－＝＝＞0在（1，＋∞）上恒成立， 所以F（x）在（1，＋∞）上单调递增，又F（1）＝0， 所以F（x）＞0在（1，＋∞）上恒成立， 所以当x＞1时，f（x）＞x2＋. 构造双函数法 【例2】　已知函数f（x）＝ex2－xln x.求证：当x＞0时，f（x）＜xex＋. 证明　要证f（x）＜xex＋，只需证ex－ln x＜ex＋，即ex－ex＜ln x＋. 【技巧】两边同除x，隔离为两个相对常见的函数 令h（x）＝ln x＋（x＞0），则h'（x）＝， 易知h（x）在上单调递减，在上单调递增， 【易错点】忽视对数的定义域 则h（x）min＝h＝0，所以ln x＋≥0. 再令φ（x）＝ex－ex，则φ'（x）＝e－ex， 易知φ（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减， 则φ（x）max＝φ（1）＝0，所以ex－ex≤0. 因为h（x）与φ（x）不同时为0， 所以ex－ex＜ln x＋，故原不等式成立. ｜解题技法｜ 【注意】同时为0与不能同时为0的不等式的区别 　　若直接求证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，达到证明的目的. ⁠ 　已知函数f（x）＝eln x－ax（a∈R）. （1）讨论函数f（x）的单调性； 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）当a＝e时，证明：xf（x）－ex＋2ex≤0. 解：（2）证明：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. 设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. 故不等式xf（x）－ex＋2ex≤0得证. 适当放缩法 【例3】　 已知x∈（0，1），求证：x2－＜. 证明　要证x2－＜，只需证ex＜ln x， 【技巧】两边同乘ex 又易证ex＞x＋1（0＜x＜1）， ∴只需证明ln x＋（x＋1）＞0. 即证ln x＋1－x3＋－x2＞0， 【卡壳点】利用ex＞x＋1放缩 而x3＜x，x2＜x（0＜x＜1）， ∴只需证ln x＋1－2x＋＞0， 【卡壳点】利用x3＜x，x2＜x放缩 令g（x）＝ln x＋1－2x＋， 【技巧】构造函数 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－＜. ｜解题技法｜ 　　导数方法证明不等式中，最常见的是ex和ln x与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对ex和ln x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）ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号；（2）ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号. ⁠ 　已知函数f（x）＝aln（x－1）＋，其中a为正实数.证明：当x＞2时，f（x）＜ex＋（a－1）x－2a. 证明：设h（x）＝ln x－（x－1），则h'（x）＝－1，令h'（x）＝0，得x＝1.当x∈（0，1）时，h'（x）＞0；当x∈（1，＋∞）时，h'（x）＜0， 所以h（x）在x＝1时取得极大值亦即最大值h（1）＝0. 因此h（x）＝ln x－（x－1）≤0，即ln x≤x－1. 所以当x＞2时，有ln（x－1）≤x－2.又因为a＞0， 所以f（x）＝aln（x－1）＋≤a（x－2）＋， 所以要证f（x）＜ex＋（a－1）x－2a成立，只需证明a（x－2）＋＜ex＋（a－1）x－2a， 整理得ex－x－＞0. 令g（x）＝ex－x－，则g'（x）＝ex－1＋， 因为x＞2，所以g'（x）＞0，即g（x）在（2，＋∞）上单调递增， 于是g（x）＞g（2）＝e2－2－＝e2－4＞0，故原不等式成立. ⁠ 1.已知函数f（x）＝（a∈R），曲线y＝f（x）在点（e，f（e））处的切线方程为y＝. （1）求实数a的值，并求f（x）的单调区间； 解：（1）∵f（x）＝， ∴f'（x）＝，∴f'（e）＝， 又曲线y＝f（x）在点（e，f（e））处的切线方程为y＝， 则f'（e）＝0，即a＝0， ∴f'（x）＝， 令f'（x）＞0，得1－ln x＞0，即0＜x＜e； 令f'（x）＜0，得1－ln x＜0，即x＞e， ∴f（x）的单调递增区间是（0，e），单调递减区间是（e，＋∞）. （2）求证：当x＞0时，f（x）≤x－1. 解：（2）证明：当x＞0时，要证f（x）≤x－1， 即证ln x－x2＋x≤0， 令g（x）＝ln x－x2＋x（x＞0）， 则g'（x）＝－2x＋1＝＝－， 当0＜x＜1时，g'（x）＞0，g（x）单调递增； 当x＞1时，g'（x）＜0，g（x）单调递减， ∴g（x）≤g（1）＝0，即当x＞0时，f（x）≤x－1. 2.证明：exln x＋＞1. 证明：不等式exln x＋＞1等价于（exln x＋2）＞1， 由常用不等式ex≥x＋1，故ex－1≥x. 即≥1（当且仅当x＝1时等号成立），故只需证exln x＋2＞1， 令f（x）＝exln x＋2（x＞0），则f'（x）＝e（ln x＋1）， 易得当x∈时，f'（x）＜0； x∈时，f'（x）＞0， 故f（x）≥f＝1.∴当x＞0且x≠时f（x）＞1成立. 又当x＝时f（x）＝1，＞1， ∴f（x）＞1，综上，原不等式成立得证. 3.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在（1，＋∞）上恒成立， 所以函数F（x）在区间（1，＋∞）上单调递增， 所以当x＞1时，F（x）＞F（1）＝1－2ln 1－＝0， 所以当x＞1时，f（x）＞xex－x2＋1. 4.已知函数f（x）＝ln x＋，a∈R. （1）讨论函数f（x）的单调性； 解：（1）f'（x）＝－＝（x＞0）. 当a≤0时，f'（x）＞0，f（x）在（0，＋∞）上单调递增. 当a＞0时，若x＞a，则f'（x）＞0，函数f（x）在（a，＋∞）上单调递增， 若0＜x＜a，则f'（x）＜0，函数f（x）在（0，a）上单调递减. （2）当a＞0时，证明f（x）≥. 解：（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）≥. 5.设函数f（x）＝ln（a－x）－x＋e. （1）求函数f（x）的单调区间； 解：（1）由题意得函数f（x）的定义域为{x｜x＜a}，f'（x）＝－1＝，∵x＜a，∴f'（x）＜0. 故函数f（x）的单调递减区间为（－∞，a），无单调递增区间. （2）当a＝e时，证明：f（e－x）＜ex＋. 解：（2）证明：法一：当a＝e时，要证f（e－x）＜ex＋， 即证ln x＋x＜ex＋， 即证＋1＜＋. 设g（x）＝＋1（x＞0），则g'（x）＝（x＞0）， 令g'（x）＞0，得0＜x＜e，令g'（x）＜0，得x＞e， ∴g（x）在（0，e）上单调递增，在（e，＋∞）上单调递减， ∴g（x）≤g（e）＝＋1. 设h（x）＝＋（x＞0），则h'（x）＝（x＞0）， 令h'（x）＞0，得x＞1，令h'（x）＜0，得0＜x＜1， ∴h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增， ∴h（x）≥h（1）＝e＋， ∵－＝＋1－e＜0， ∴＋1＜e＋， ∴当a＝e时，f（e－x）＜ex＋. 法二：当a＝e时，要证f（e－x）＜ex＋，即证ln x＋x＜ex＋，即证ln x－＜ex－x， 设g（x）＝ln x－，则g'（x）＝，当x∈（0，2e）时，g'（x）＞0，当x∈（2e，＋∞）时，g'（x）＜0，∴g（x）在（0，2e）上单调递增，在（2e，＋∞）上单调递减， ∴g（x）≤g（2e）＝ln（2e）－1＝ln 2＜1. 设h（x）＝ex－x，x＞0，则h'（x）＝ex－1＞0在（0，＋∞）上恒成立. ∴h（x）在（0，＋∞）上单调递增，∴h（x）＞e0－0＝1，∴g（x）＜h（x），即f（e－x）＜ex＋. 6.已知函数f（x）＝xln x. （1）判断f（x）的单调性； 解：（1）f'（x）＝ln x＋1，x∈（0，＋∞）， 令f'（x）＝0，得x＝， 当0＜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. （2）设方程f（x）－2x＋1＝0的两个根分别为x1，x2，求证：x1＋x2＞2e. 解：（2）证明：令g（x）＝f（x）－2x＋1，则g'（x）＝ln x－1， 令g'（x）＝0，得x＝e，当0＜x＜e时，g'（x）＜0，当x＞e时，g'（x）＞0， 所以g（x）在（0，e）上单调递减，在（e，＋∞）上单调递增， 又g（e）＝1－e＜0，所以不妨设0＜x1＜e＜x2. 要证x1＋x2＞2e，即证x2＞2e－x1，即证g（x2）＞g（2e－x1）. 因为g（x2）＝g（x1），所以即证g（x1）＞g（2e－x1）. 令h（x）＝g（x）－g（2e－x），x∈（0，e）， 则h'（x）＝ln x－2＋ln（2e－x）＝ln（2ex－x2）－2＝ln[－（x－e）2＋e2]－2＜0， 所以h（x）在（0，e）上单调递减， 所以h（x）＞h（e）＝g（e）－g（e）＝0，从而必有g（x2）＞g（2e－x1）. 即x1＋x2＞2e. 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