第3章 第3节 第1课时 导数与不等式证明(教用Word)-【赢在微点·顶层设计】2025年高中数学高考一轮总复习

第三节　核心专题突破 第1课时　导数与不等式证明 　　构造函数证明不等式:构造法证明不等式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)直接构造法,证明不等式f(x)>g(x)(或f(x)<g(x))转化为证明f(x)-g(x)>0(或f(x)-g(x)<0),进而构造辅助函数h(x)=f(x)-g(x);(2)适当放缩构造法,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(x>0),ex≥x+1,ln x<x<ex(x>0),≤ln(x+1)≤x(x>-1);(3)构造双函数,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;(4)构造“形似”函数,稍作变形再构造,对原不等式同解变形,如移项、通分、取对数,把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式,根据“相同结构”构造辅助函数。 关键能力突破 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 类型一　直接构造法 【例1】　已知函数f(x)=axln x(a≠0)。 (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)当a=1时,证明:f(x)<ex+sin x-1。 解　(1)依题意知x∈(0,+∞),f'(x)=aln x+a=a(ln x+1),令f'(x)=0,得x=。当a>0时,在上f'(x)<0,f(x)单调递减,在上f'(x)>0,f(x)单调递增;当a<0时,在上f'(x)>0,f(x)单调递增,在上f'(x)<0,f(x)单调递减。 (2)证明:①当0<x≤1时,xln x≤0,ex-1+sin x>0,故原不等式成立。②当x>1时,要证xln x<ex+sin x-1,即证xln x-ex-sin x+1<0,令h(x)=xln x-ex-sin x+1(x>1),则h'(x)=ln x-ex-cos x+1,令g(x)=h'(x),则g'(x)=-ex+sin x<0,所以h'(x)在(1,+∞)上单调递减,因为h'(x)<h'(1)=1-e-cos 1<0,所以h(x)在(1,+∞)上单调递减,所以h(x)<h(1)=1-e-sin 1<0,即xln x-ex-sin x+1<0,故原不等式成立。 　　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,即若证明f(x)>g(x)在区间D上恒成立,则构造函数h(x)=f(x)-g(x),再根据函数h(x)的单调性,证明h(x)>0在区间D上恒成立。 【变式训练】　(2023·雅礼中学二模)已知函数f(x)=2sin x-sin 2x。 (1)当0≤x≤π时,求f(x)的最大值; (2)当时,证明:f(x)>ln(x+1)。 解　(1)f'(x)=2cos x-2cos 2x=2cos x-2(2cos2x-1)=(-cos x+1)(4cos x+2)。当0≤x≤π时,令f'(x)>0,得-<cos x<1,即0<x<;令f'(x)<0,得cos x<-,即<x<π。所以函数f(x)在上单调递增,在上单调递减,所以当0≤x≤π时,f(x)max=f。 (2)证明:设g(x)=f(x)-ln(x+1)=2sin x-sin 2x-ln(x+1),则g'(x)=-4cos2x+2cos x+2-时,1->0,所以g'(x)>-4cos2x+2cos x+1,又-4cos2x+2cos x+1=-4,所以-4cos2x+2cos x+1>0,所以g'(x)>0在区间上恒成立。所以g(x)在区间上单调递增,所以g(x)≥g-0.739>0,所以当时,f(x)>ln(x+1)。 类型二　放缩构造法 真题示例·考题研析 【例2】　(2023·新高考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+。 【规范解答】　(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, 思维点1:分类讨论a≤0的情况。 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, 思维点2:分类讨论a>0的情况。 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。 综上所述,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,f(x)在(-ln a,+∞)上单调递增。 (2)证法一:(最值法) 由(1)得,f(x)min=f(-ln a)=a(e-ln a+a)+ln a=1+a2+ln a,  思维点3:由(1)求f(x)的最小值。 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),  思维点4:构造函数证明不等式。 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, 思维点5:求g(a)的最小值,得结论。 所以当a>0时,f(x)>2ln a+恒成立。 证法二:(同构法) 令h(x)=ex-x-1,则h'(x)=ex-1, 思维点3:首次构造函数。 由于y=ex在R上单调递增,所以h'(x)=ex-1在R上单调递增, 又h'(0)=e0-1=0, 所以当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, 思维点4:由构造的函数得出ex≥x+1。 因为f(x)=a(ex+a)-x=aex+a2-x=ex+ln a+a2-x≥x+ln a+1+a2-x=ln a+1+a2,  思维点5:利用ex≥x+1化简不等式。 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ln a<a2-, 设m(x)=ln x-x+1,  思维点6:第2次构造函数。 则m'(x)=-1, 所以当0<x<1时,m'(x)>0,m(x)单调递增; 当x>1时,m'(x)<0,m(x)单调递减, 所以m(x)≤m(1)=0,即ln x≤x-1, 即ln a≤a-1, 又a2--(a-1)=a2-a+>0。 所以a2->a-1,即a2->ln a。  思维点7:连续放缩证明不等式。 综上所述,f(x)>2ln a+成立。 　　讨论函数的单调性关键是如何利用导数工具和确定分类讨论标准。证明不等式的关键是构造函数。在解决问题过程中调用利用导数求单调性和最值等数学知识进行条件分析和设问的理解,运用构造函数法、放缩法实现变量的统一。 【变式训练】　已知函数f(x)=ax-sin x。 (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>2sin x。 解　(1)因为f(x)=ax-sin x,所以f'(x)=a-cos x,由函数f(x)为增函数,则f'(x)=a-cos x≥0恒成立,即a≥cos x在R上恒成立,因为y=cos x∈[-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-sin x为增函数,当x>0时,f(x)>f(0)=0⇒x>sin x,要证当x>0时,ex>2sin x,只需证当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,令g'(x)=0,解得x=ln 2,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>2sin x。 类型三　构造双函数法 【例3】　已知函数f(x)=xln x-ax。 (1)当a=-1时,求函数f(x)在(0,+∞)上的最值; (2)证明:对一切x∈(0,+∞),都有ln x+1>成立。 解　(1)函数f(x)=xln x-ax的定义域为(0,+∞),当a=-1时,f(x)=xln x+x,f'(x)=ln x+2。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。因此f(x)在x=处取得极小值也是最小值,即f(x)min=f,但f(x)在(0,+∞)上无最大值。 (2)证明:当x>0时,ln x+1>等价于x(ln x+1)>。由(1)知a=-1时,f(x)=xln x+x≥-,当且仅当x=时取等号。设G(x)=,x∈(0,+∞),则G'(x)=,当x∈(0,1)时,G'(x)>0,G(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,G'(x)<0,G(x)单调递减,所以G(x)max=G(1)=-,当且仅当x=1时取到,从而可知对一切x∈(0,+∞),都有f(x)>G(x),即ln x+1>成立。 　　要证的不等式中既含有指数又含有对数,若直接用作差或作商的方式构造函数求导后不易处理,我们就可以在合理地分拆和转化后,按照需要构造函数,如本题,把证明x(ln x+1)>分拆为两个函数f(x)=xln x+x和G(x)=,使指数与对数分开,仅含指数或对数,再利用导数求出所构造函数的最值来证不等式成立。 【变式训练】　已知函数f(x)=eln x-ax(a∈R)。 (1)讨论函数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,即xf(x)-ex+2ex≤0得证。 类型四　数列型不等式证明 【例4】　设函数f(x)=x3+ln(x+1)。 (1)求曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程; (2)证明:当n∈N*且n≥2时,ln(n+1)>。 解　(1)显然x∈(-1,+∞),且f'(x)=3x2+,故f'(0)=1,故切线方程为y-0=f'(0)(x-0),即y=x。 (2)证明:令g(x)=x3+ln(x+1)-x2,则g'(x)=3x2-2x+。当x≥0时,g'(x)>0,g(x)单调递增,故当x≥0时,g(x)≥g(0)=0,即当x≥0时,ln(x+1)+x3-x2≥0。令x=(n∈N*),得ln>0,即ln(n+1)-ln n>,由此可得,ln 2-ln 1>=0,ln 3-ln 2>,…,ln(n+1)-ln n>,将以上n个式子相加,得ln(n+1)>+…+,n∈N*且n≥2。 　　证明与数列有关的不等式的策略 在证明与数列有关的不等式时,往往是从题目中已经证得的结论(参数取值范围、不等式等)出发,通过特殊化处理,即将其中的变量替换为特殊的变量,尤其是可替换为与自然数n有关的式子,然后再结合数列中的裂项求和以及不等式的放缩等方法证得结论。 【变式训练】　已知函数f(x)=-a(a∈R)。 (1)若f(x)≤0在(0,+∞)上恒成立,求实数a的取值范围; (2)证明:对任意的n∈N*,都有1+>ln(n+1)。 解　(1)由f(x)≤0可得a≥。令h(x)=,则h'(x)=。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处取得极大值亦即最大值,为h(1)=1,故实数a的取值范围是[1,+∞)。 (2)证明:由(1)可知当a=1时不等式a≥成立,即≤1,所以不等式ln x<x-1在(1,+∞)上成立。令x=(n∈N*),则x>1,所以有ln-1,即ln,所以ln,ln,ln,…,ln。以上各式相加得ln+…+ln+…+,即1++…+>ln(n+1),故原不等式成立。 两个不等式“ex≥x+1,ln x≤x-1”的活用 【源于教材】　(人教A版选择性必修第二册)1.P99习题5.3第12题:利用函数的单调性,证明下列不等式,并通过函数图象直观验证:(1)ex>1+x,x≠0;(2)ln x<x<ex,x>0。 2.P89例4及P94对例4的证明得到不等式:1-≤ln x。 3.P104复习参考题5第18题:已知函数f(x)=ex-ln(x+m)。当m≤2时,求证f(x)>0。 【结论推广】　(1)1-≤ln x≤x-1(x>0),≤ln(1+x)≤x(x>-1); (2)ex-1≥x,ex≥ex,+1(n∈N*);ex≥(n∈N*)。 【典例1】　已知函数f(x)=aex-ln x-1,证明:当a≥时,f(x)≥0。 证明　因为a≥,所以f(x)≥-ln x-1=ex-1-ln x-1。因为y=ex-1在x=1处的切线方程为y=x,因此用切线放缩法可得不等式ex-1≥x,当且仅当x=1时取等号,所以ex-1-ln x-1≥x-ln x-1当且仅当x=1时取等号。设g(x)=x-ln x-1,则g'(x)=1-。当0<x<1时,g'(x)<0,所以g(x)单调递减;当x>1时,g'(x)>0,所以g(x)单调递增。所以x=1是g(x)的最小值点。故当x>0时,g(x)≥g(1)=0(g(x)≥0的证明实质上是ln x≤x-1的应用)。因此,当a≥时,f(x)≥0。 【典例2】　已知函数f(x)=+x-ln(ax)-2(a>0),若f(x)在(0,+∞)上存在零点,求实数a的取值范围。 解　令f(x)=0,得=ln(ax)-x+2,所以eln(ax)-x+1=ln(ax)-x+2。令t=ln(ax)-x+1,则et=t+1。由切线放缩法得et≥t+1,当且仅当t=0时等号成立,因为et=t+1,所以t=0,即ln(ax)-x+1=0有解,所以ln(ax)=x-1,即ln a+ln x=x-1,因为曲线y=ln x在x=1处的切线方程为y=x-1,所以当a=1,即ln a=0时,直线y=x-1与曲线y=ln x有一个交点,即方程ln(ax)-x+1=0有一个解,结合图象可知,当0<a<1时,直线y=x-1与曲线y=ln a+ln x没有交点;当a>1时,直线y=x-1与曲线y=ln a+ln x有两个交点,即方程ln(ax)-x+1=0有两个解,所以a≥1,即a的取值范围为[1,+∞)。 思考题1已知f(x)=ex-ax-1(a>0),若f(x)≥0对任意x∈R恒成立,则实数a的值是 1 。  解析　由切线放缩法可知ex≥x+1,当且仅当x=0时等号成立,所以f(x)≥x+1-ax-1=(1-a)x,要使f(x)≥0,则只需(1-a)x≥0对任意x∈R恒成立,所以1-a=0,即a=1。可验证当a=1时,f(x)≥0恒成立。 思考题2函数f(x)=xex-x-ln x的最小值为 1 。  解析　f(x)=xex-x-ln x=ex+ln x-(x+ln x)≥(x+ln x+1)-(x+ln x)=1(当x+ln x=0时取“=”),所以f(x)的最小值为1。 思考题3设函数f(x)=ln x-x+1。 (1)讨论f(x)的单调性; (2)求证:当x∈(1,+∞)时,1<<x。 解　(1)由题设知,f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-1,令f'(x)=0,解得x=1。当0<x<1时,f'(x)>0,f(x)在(0,1)上单调递增;当x>1时,f'(x)<0,f(x)在(1,+∞)上单调递减。 (2)证明:由(1)知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0,所以当x≠1时,ln x<x-1。故当x∈(1,+∞)时,ln x<x-1,>1　①。因此ln-1,即ln x>,<x　②。故当x∈(1,+∞)时,恒有1<<x。 学科网（北京）股份有限公司 $$