第3章 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（人教版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，对原不等式同构变形，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　作差构造法 (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 利用作差构造法证明不等式的基本步骤 第一步：作差或变形； 第二步：构造新的函数g(x)； 第三步：利用导数研究g(x)的单调性或最值； 第四步：根据单调性及最值，得到所证不等式．　　 对点练1.设f(x)＝2xln x＋1.求证：f(x)≤x2－x＋＋2ln x. 证明：x2－x＋＋2ln x－f(x) ＝x(x－1)－－2(x－1)ln x ＝(x－1) 令g(x)＝x－－2ln x， 则g′(x)＝1＋－＝≥0， 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又g(1)＝0， 所以当0<x<1时，g(x)<0， 当x>1时，g(x)>0， 所以(x－1) ≥0， 即f(x)≤x2－x＋＋2ln x． 学生用书↓第65页 技法二　双函数最值法 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(0，)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， 记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. 规律方法 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，达到证明的目的．本例中同时含ln x与ex，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明． 2．在证明过程中，等价转化是关键，此处由g(x)min＝f(x)max恒成立，从而得到f(x)≤g(x)恒成立．　　 对点练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＋. 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， 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． 技法三　适当放缩法 (2024·湖南岳阳教学质量监测)已知函数f(x)＝aex－x－a.当a≥1时，从下面①和②两个结论中任选其一进行证明． ①f(x)>xln x－sin x；②f(x)>x(ln x－1)－cos x．注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分． 证明：选择①，当a≥1，x>0时，f(x)＝aex－x－a＝a(ex－1)－x≥ex－1－x，当a＝1时等号成立． 设g(x)＝ex－x－xln x＋sin x－1，x>0. 当0<x≤1时，－xln x≥0，sin x>0，ex－1－x>0，故g(x)>0. 当x>1时，g′(x)＝ex－2－ln x＋cos x， 设h(x)＝ex－2－ln x＋cos x(x>1)， 则h′(x)＝ex－－sin x>e－1－1>0， 所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增， h(x)>e－2＋cos 1>0， 所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增， g(x)>e－2＋sin 1>0(x>1)． 综上，当a≥1时，f(x)>xln x－sin x. 选择②，当a≥1，x>0时，f(x)＝aex－x－a＝a(ex－1)－x≥ex－1－x，当a＝1时等号成立． 设g(x)＝ex－xln x＋cos x－1，x>0. 当0<x≤1时，－xln x≥0，cos x>0， ex－1>0，故g(x)>0. 当x>1时，g′(x)＝ex－1－ln x－sin x， 设h(x)＝ex－1－ln x－sin x(x>1)， 则h′(x)＝ex－－cos x>e－1－1>0， 所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增， h(x)>e－1－sin 1>0， 所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增， g(x)>e－1＋cos 1>0(x>1)． 综上，当a≥1时，f(x)>x(ln x－1)－cos x. 规律方法 放缩法构造函数的技巧 1．利用已知条件中参数范围及不等式性质进行放缩(如本题中的a≥1)． 2．利用经典不等式 (1)ex≥1＋x. (2)ln x≤x－1进行放缩．　　 对点练3.已知x∈(0，1)，求证：x2－<. 证明：要证x2－<， 只需证ex<ln x， 又易证ex>x＋1(0<x<1)， 所以只需证明ln x＋(x＋1)>0. 即证ln x＋1－x3＋－x2>0， 而x3<x，x2<x(0<x<1)， 所以只需证ln x＋1－2x＋>0. 令g(x)＝ln x＋1－2x＋，x∈(0，1)， 则g′(x)＝－2－＝－， 而2x2－x＋1>0恒成立， 所以g′(x)<0， 所以g(x)在(0，1)上单调递减， 所以当x∈(0，1)时，g(x)>g(1)＝0， 即ln x＋1－2x＋>0. 所以x2－<. 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．(7分)已知实数a，b满足loga2>logb2>1，则(　　) A．1<a<2<b B．1<a<b<2 C．1<b<a<2 D．a<1<b<2 答案：B 解析：法一：因为loga2>logb2>1，所以0<<<1，即0<log2a<log2b<1，即log21＝0<log2a<log2b<1＝log22，又函数y＝log2x在(0，＋∞)上单调递增，所以1<a<b<2.故选B. 法二： 因为loga2>logb2>1，所以a>1，b>1，令f(x)＝logax(a>1)，g(x)＝logbx(b>1)，h(x)＝log2x，又f(2)>g(2)>1＝h(2)，所以函数f(x)，g(x)，h(x)的图象如图所示，所以1<a<b<2.故选B. 2．(7分)已知a＝4log2e，b＝6log3e，c＝10log5e，e为自然对数的底数，则(　　) A．c>a>b B．a>c>b C．b>a>c D．a>b>c 答案：A 解析：a＝，b＝，c＝，令f(x)＝，则a＝f(2)，b＝f(3)，c＝f(5)．f′(x)＝，易知f(x)在(e，＋∞)上单调递增．又a＝＝＝＝f(4)，而3<4<5，所以c>a>b.故选A. 3．(7分)设a＝2 022ln 2 024，b＝2 023ln 2 023，c＝2 024ln 2 022，则(　　) A．a>b>c B．c>b>a C．a>c>b D．b>a>c 答案：B 解析：设f(x)＝，则f′(x)＝，当x∈[e2，＋∞)时，f′(x)<0，故f(x)在[e2，＋∞)上单调递减，所以f(2 022)>f(2 023)，即>，所以2 024ln 2 022>2 023ln 2 023，所以c>b；设g(x)＝，则g′(x)＝，当x∈[e2，＋∞)时，g′(x)<0，故g(x)在[e2，＋∞)上单调递减，所以g(2 023)>g(2 024)，即>，所以2 023ln 2 023>2 022ln 2 024，所以b>a，所以c>b>a.故选B. 4．(19分)设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R. (1)求f(x)的单调区间与极值； (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，＋∞)， f(x)的极小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a，无极大值． (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， 所以对∀x∈(0，＋∞)，都有g′(x)>0， 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增． 所以对∀x>0，都有g(x)>g(0)＝0， 即ex－x2＋2ax－1>0， 故ex>x2－2ax＋1. 5．(20分)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， 由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＝处取得最小值，即f(x)min＝f ＝－，无最大值． (2)证明：当x>0时，ln x＋1>－， 等价于x(ln x＋1)>－，由(1)知，当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)＝，易知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>－. 6．(20分)(2024·广东汕头模拟)设f(x)＝ex，g(x)＝ln x， 证明：xf(x)≥x＋g(x)＋1. 证明：因为f(x)＝ex，g(x)＝ln x，所以xf(x)≥x＋g(x)＋1等价于xex≥x＋ln x＋1，即ex＋ln x≥x＋ln x＋1， 令t＝x＋ln x，t∈R，则只需证et≥t＋1， 设g(t)＝et－t－1，t∈R，则g′(t)＝et－1，t∈R， 当t<0时，g′(t)<0，g(t)单调递减；当t>0时，g′(t)>0，g(t)单调递增； 故g(t)≥g(0)＝1－0－1＝0，即et≥t＋1成立， 所以ex＋ln x≥x＋ln x＋1成立，即xf(x)≥x＋g(x)＋1得证． 7．(20分)已知函数f(x)＝aex－1－ln x－1. (1)若a＝1，求f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)证明：当a≥1时，f(x)≥0. 解：(1)当a＝1时， f(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)， f′(x)＝ex－1－，k＝f′(1)＝0， 又f(1)＝0，所以切点为(1，0)． 所以切线方程为y－0＝0(x－1)，即y＝0. (2)证明：因为a≥1， 所以aex－1≥ex－1， 所以f(x)≥ex－1－ln x－1. 法一：令φ(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)， 所以φ′(x)＝ex－1－，令h(x)＝ex－1－， 所以h′(x)＝ex－1＋>0， 所以φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又φ′(1)＝0， 所以当x∈(0，1)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， 所以φ(x)min＝φ(1)＝0，所以φ(x)≥0， 所以f(x)≥φ(x)≥0，即f(x)≥0. 法二：令g(x)＝ex－x－1， 所以g′(x)＝ex－1. 当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0； 当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0， 所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以g(x)min＝g(0)＝0， 故ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取”＝”． 同理可证ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取”＝”． 由ex≥x＋1⇒ex－1≥x(当且仅当x＝1时取”＝”)， 由x－1≥ln x⇒x≥ln x＋1(当且仅当x＝1时取”＝”)， 所以ex－1≥x≥ln x＋1，所以ex－1≥ln x＋1， 即ex－1－ln x－1≥0(当且仅当x＝1时取”＝”)， 所以f(x)≥0. 学生用书↓第66页 学科网（北京）股份有限公司 $$