微专题1 专项2 利用导数证明不等式（教师word）-【金版新学案】2025年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（北师大版2019）

专项二　利用导数证明不等式 　　利用导数证明不等式问题一般要用到构造法，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，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有：(1)直接作差构造法：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)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，ex≥x＋1，ln x<x<ex(x>0)，≤ln(x＋1)≤x(x>－1)；(3)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；(4)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，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． 技法一　直接作差构造法证明不等式 (2023·新课标Ⅱ卷节选)证明：当0<x<1时，x－x2<sin x<x. 证明：构造F (x)＝x－sin x，x∈(0，1)，则F′(x)＝1－cos x>0对∀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x>sin x，x∈(0，1)； 构造G(x)＝sin x－(x－x2)＝x2－x＋sin x，x∈(0，1)， 则G′(x)＝2x－1＋cos x，x∈(0，1)， 构造g(x)＝G′(x)，x∈(0，1)，则g′(x)＝2－sin x>0对∀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∀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sin x>x－x2，x∈(0，1)． 综上所述，当0<x<1时，x－x2<sin x<x. 规律方法 　　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，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证． 对点练1．设a为实数，函数f (x)＝ex－2x＋2a，x∈R. (1)求f (x)的单调区间； (2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1. 解：(1)由f (x)＝ex－2x＋2a(x∈R)知，f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln 2， 当x<ln 2时，f′(x)<0，函数f (x)在区间(－∞，ln 2)上单调递减； 当x>ln 2时，f′(x)>0，函数f (x)在区间(ln 2，＋∞)上单调递增， 所以f (x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)． (2)证明：要证当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1， 即证当a>ln 2－1且x>0时，ex－x2＋2ax－1>0， 设g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x>0)，则g′(x)＝ex－2x＋2a， 由(1)知g′(x)min＝2－2ln 2＋2a，又a>ln 2－1，则g′(x)min>0， 于是对∀x∈(0，＋∞)，都有g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 于是对∀x>0，都有g(x)>g(0)＝0，即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1. 技法二　分拆函数法(凹凸反转法)证明不等式 (2024·河南开封模拟)设函数f (x)＝(x2－2x) ex，g(x)＝e2ln x－aex. (1)若函数g(x)在(e，＋∞)上存在最大值，求实数a的取值范围； (2)当a＝2时，求证：f (x)>g(x)． 解：(1)由g(x)＝e2ln x－aex得，g′(x)＝－ae＝(x>0)， ①当a≤0时，g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(e，＋∞)上不存在最大值， ②当a>0时，令g′(x)＝0，解得x＝>0， 当x∈时，g′(x)>0，g(x)在上单调递增， 当x∈时，g′(x)<0，g(x)在上单调递减， 所以g(x)在x＝时，取得最大值g，又由函数g(x)在(e，＋∞)上存在最大值， 因此>e，解得a<1，所以a的取值范围为(0，1)． (2)证明：当a＝2时，g(x)＝e2ln x－2ex，且函数g(x)的定义域为(0，＋∞)， 要证明f (x)>g(x)，即证明x>0时，(x2－2x)ex>e2ln x－2ex， 只需要证明：x>0时，(x2－2x)ex＋2ex>e2ln x， 因为x>0，所以不等式等价于(x－2)ex＋2e>， 设φ(x)＝(x－2)ex＋2e(x>0)，则φ′(x)＝(x－1) ex， 令φ′(x)＝0得，x＝1， 当0<x<1时，φ′(x)<0，当x>1时，φ′(x)>0， 所以φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 故φ(x)≥φ(1)＝e，且当x＝1时，等号成立； 又设h(x)＝(x>0)，则h′(x)＝， 令h′(x)＝0得，x＝e，当0<x<e时，h′(x)>0，当x>e时，h′(x)<0， 所以h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， 故h(x)≤h(e)＝e，且当x＝e时，等号成立； 综上可得，x>0时，φ(x)≥h(x)，且等号不同时成立，所以x>0时，φ(x)>h(x)， 即当a＝2时，f (x)>g(x)得证． 学生用书↓第71页 规律方法 1．若直接求导比较复杂或无从下手时，或两次求导都不能判断导数的正负时，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．含ln x与ex的混合式不能直接构造函数，要将指数与对数分离，分别计算它们的最值，借助最值进行证明． 2．等价变形的目的是求导后简单地找到极值点，一般地，ex与ln x要分离，常构造xn与ln x，xn与ex的积、商形式，便于求导后找到极值点．　　 对点练2．(2024·山东德州模拟)已知函数f (x)＝ex＋x2－x－1. (1)求f (x)的最小值； (2)证明：ex＋xln x＋x2－2x>0. 解：(1)由题意可得 f′(x)＝ex＋2x－1，则函数f′(x)在R上单调递增，且f′(0)＝0. 由f′(x)>0，得x>0；由f′(x)<0，得x<0. 则f (x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故f (x)min＝f (0)＝0. (2)证明：要证ex＋xln x＋x2－2x>0，即证ex＋x2－x－1>－xln x＋x－1. 由(1)可知当x>0时，f (x)>0恒成立． 设g(x)＝－xln x＋x－1，x>0，则g′(x)＝－ln x. 由g′(x)>0，得0<x<1；由 g′(x)<0，得x>1. 则g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 从而g(x)≤g(1)＝0，当且仅当x＝1时，等号成立． 故f (x)>g(x)，即ex＋xln x＋x2－2x>0. 技法三　适当放缩构造法证明不等式 (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)证明：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＝2－－ln＝ln>0，则当a>0时，g(a)>0恒成立， 所以当a>0时，f (x)>2ln a＋恒成立． 法二：令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1， 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， 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， 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＝2－－ln＝ln>0，则g(a)>0恒成立， 所以当a>0时，f (x)>2ln a＋恒成立． 规律方法 　　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． 对点练3．(2024·湖北武汉模拟)已知函数f (x)＝ln x－ax＋2(a>0). (1)若f (x)≤0恒成立，求实数a的取值范围； (2)当a＝1时，证明：··…·<e(n∈N*). 解：(1)因为f (x)＝ln x－ax＋2，x∈(0，＋∞)， 所以f′(x)＝－a＝，因为a>0，所以x∈时，f′(x)>0，f (x)单调递增； 当x∈时，f′(x)<0，f (x)单调递减， 所以f (x)max＝f＝－ln a＋1. 因为f (x)≤0恒成立，所以f (x)max＝－ln a＋1≤0，解得a≥e. 所以实数a的取值范围为[e，＋∞). (2)证明：当a＝1时，f (x)＝ln x－x＋2，则f′(x)＝－1＝， 所以当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f (x)单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f (x)单调递减，所以f (x)≤f (1)＝1， 即ln x≤x－1，所以ln≤x，当且仅当x＝0时取等号， 所以ln<，n∈N*， 所以ln<，ln<，…，ln<， 将以上各不等式两边分别相加得： ln＋ln ＋ln＋…＋ln<＋＋＋…＋＝＋＋＋…＋＝1－<1， 即ln <1， 所以··…·<e(n∈N*)． 课时测评23　利用导数证明不等式 (时间：40分钟，满分100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 1．(20分)(2024·陕西延安模拟)已知f (x)＝ex－x2＋b，曲线y＝f (x)与直线y＝ax＋1相切于点(1，f(1)). (1)求a，b的值； (2)证明：当x>0时，≥e－2恒成立． 解：(1)f′(x)＝ex－2x.由题设得a＝f′(1)＝e－2，a＋1＝f (1)＝e－1＋b，故a＝e－2，b＝0. (2)当x>0时，≥e－2等价于ex－x2＋(2－e) x－1≥0， 下面证明：当x>0时，ex－x2＋(2－e)x－1≥0. 设g(x)＝ex－x2－(e－2) x－1，x>0，则g′(x)＝ex－2x－(e－2). 设h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex－2，当x∈1(0，ln 2)时，h′(x)<0，h(x)单调递减； 当x∈(ln 2，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增． 又h(0)＝3－e>0，h(1)＝0，0<ln 2<1，h(ln 2) <0，所以∃x0∈(0，1)，使得h(x0)＝0， 所以当x∈(0，x0)或x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0；当x∈(x0，1)时，g′(x)<0. 故g(x)在(0，x0)和(1，＋∞)上单调递增，在(x0，1)上单调递减， 又g(0)＝g(1)＝0，所以g(x)＝ex－x2－(e－2)x－1≥0. 故当x>0时，≥e－2恒成立． 2．(20分)(2024·河南郑州模拟)已知函数f (x)＝aln x＋x，g(x)＝＋1，a∈R. (1)讨论函数f (x)的单调性； (2)若0<a≤1，证明：对任意的x>0，f (x)<g(x)恒成立． 解：(1)由f′(x)＝＋1＝且x∈(0，＋∞)， 若a≥0，则f′(x)>0恒成立，即f (x)在(0，＋∞)上单调递增； 若a<0，则在(0，－a)上f′(x)<0，f (x)单调递减，在(－a，＋∞)上f′(x)>0，f (x)单调递增， 综上，a≥0时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；a<0时，f (x)在(0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增． (2)证明：要证任意的x>0，f (x)<g(x)，即证＋1<，只需(＋1)max<()min， 令h(x)＝＋1且x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝，0<a≤1， 当x∈(0，e)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 所以h(x)≤h(e)＝＋1≤＋1； 令φ(x)＝且x∈(0，＋∞)，则φ′(x)＝＝， 显然ex－1>0，则当x∈(0，2)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增， 所以φ(x)≥φ(2)＝； 而－(＋1)＝>0，即h(x)max<φ(x)min成立， 所以对任意的x>0，f (x)<g(x)得证． 3．(30分)(2024·湖南常德模拟)已知函数f (x)＝axex－(x＋1) 2 (a∈R，e为自然对数的底数)． (1)讨论函数f (x)的单调性；　 (2)当a≥时，求证：f (x)≥ln x－x2－x－2. 解：(1)f′(x)＝(x＋1)(aex－2)， (ⅰ)当a≤0时，aex－2<0，所以f′(x)>0⇒x<－1，f′(x)<0⇒x>－1， 则f (x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减； (ⅱ)当a>0时，令aex－2＝0，得x＝ln ， ①0<a<2e时，ln >－1，所以f′(x)>0⇒x<－1或x>ln ，f′(x)<0⇒－1<x<ln ， 则f (x)在(－∞，－1)上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； ②a＝2e时，f′(x)＝2(x＋1)≥0，则f (x)在(－∞，＋∞)上单调递增； ③a>2e时，ln <－1，所以f′(x)>0⇒x<ln 或x>－1，f′(x)<0⇒ln <x<－1， 则f (x)在上单调递增，在上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增． 综上，a≤0时，f (x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减； 0<a<2e时，f (x)在(－∞，－1)上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； a＝2e时，f (x)在(－∞，＋∞)上单调递增； a>2e时，f (x)在上单调递增，在上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增． (2)证明：法一：要证f (x)≥ln x－x2－x－2，即证axex－ln x－x＋1≥0，当a≥时，axex－ln x－x＋1≥xex－2－ln x－x＋1(x>0)， 令g(x)＝xex－2－ln x－x＋1＝eln x＋x－2－(ln x＋x－2)－1， 令t＝ln x＋x－2，则t∈R，令k(t)＝et－t－1，则k′(t)＝et－1， 当t<0时，k′(t)<0，当t>0时，k′(t)>0， 所以k(t)在区间(－∞，0)上单调递减，(0，＋∞)上单调递增， 所以k(t)≥k(0)＝0，即g(x)≥0，所以f (x)≥ln x－x2－x－2. 法二：f (x)≥ln x－x2－x－2(x>0)等价于axex－ln x－x＋1≥0(x>0)， 当x>0时，xex>0， 则当a≥时，axex≥xex－2(x>0)，则axex－ln x－x＋1≥xex－2－ln x－x＋1(x>0)， 令g(x)＝xex－2－ln x－x＋1，g′(x)＝(x＋1)，令h(x)＝ex－2－， 因为函数y＝ex－2，y＝－在区间(0，＋∞)上都是增函数， 所以函数h(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 因为h(1)＝－1<0，h(2)＝>0，所以存在x0∈(1，2)，使得h＝0， 即e＝，x0－2＝－ln x0， 当x∈(0，x0)时，g′(x)<0，则g(x)在(0，x0)上单调递减， 当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，则g(x)在(x0，＋∞)上单调递增， 所以g(x)min＝g(x0)＝x0e－ln x0－x0＋1＝x0·＋x0－2－x0＋1＝0， 所以g(x)≥0，故f (x)≥ln x－x2－x－2. 4．(30分)(2023·天津卷节选)已知函数f (x)＝ln(x＋1). (1)当x>0时，证明：f (x)>1； (2)证明：<ln(n！)－ln n＋n≤1，n∈N*. 证明：(1)要证x>0时f (x)＝ln(x＋1)>1，即证ln(x＋1)>， 令g(x)＝ln(x＋1)－且x>0，则g′(x)＝－＝>0， 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，则g(x)>g(0)＝0，即ln(x＋1)>. 所以x>0时f (x)>1. (2)设h(n)＝ln(n！)－ln n＋n，n∈N*， 则h(n＋1)－h(n)＝1＋(n＋)ln n－(n＋)ln(n＋1)＝1－(n＋)ln(1＋)， 由(1)知：x＝∈(0，1]，则f ()＝(n＋)ln(1＋)>1， 所以h(n＋1)－h(n)<0，故h(n)在n∈N*上单调递减，故h(n)≤h(1)＝1； 下证ln (n！)－(n＋)ln n＋n>， 令φ(x)＝ln x－且x>0，则φ′(x)＝， 当0<x<1时φ′(x)>0，φ(x)单调递增，当x>1时φ′(x)<0，φ(x)单调递减， 所以φ(x)≤φ(1)＝0，故在x∈(0，＋∞)上ln x≤恒成立， 则当n≥2时，h(n)－h(n＋1)＝(n＋)ln (1＋)－1≤(n＋)·－1＝<(－)， 所以h(2)－h(3)<(1－)，h(3)－h(4)<(－)，…，h(n－1)－h(n)<(－)， 累加得：h(2)－h(n)<(1－)，而h(2)＝2－ln 2，h(1)＝1， 因为>>ln 2，所以h(2)＝2－ln 2>， 则－h(n)<(1－)－2＋ln 2(n≥3)， 所以h(1)－h(n)<ln 2－1＋(1－)<ln 2－1＋<，故h(n)>(n≥3)； 综上，<h(n)≤1，即<ln(n！)－ln n＋n≤1，n∈N*. 学生用书↓第72页 学科网（北京）股份有限公司 $$