3 重难突破（2）利用导数证明不等式(Word教参)-【正禾一本通】2025年高考数学高三一轮总复习高效讲义（人教版）

重难突破(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． [例1] (2024·江苏南京模拟)设f(x)＝ln (x＋1)－x－，g(x)＝ax2，x∈. (1)求f(x)的单调区间； (2)证明：当a≥－时，f(x)≤g(x). 解：(1)f′(x)＝－1－x2＝， 因为x∈， 令f′(x)>0，得x∈，令f′(x)<0，得x∈(0，1)， 所以f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为(0，1). (2)证明：设h(x)＝f(x)－g(x)＝ln (x＋1)－x－ax2－， 若证f(x)≤g(x)成立，即证h(x)max≤0. h′(x)＝－1－2ax－x2＝， 在一元二次方程x2＋(2a＋1)x＋(2a＋1)＝0中，Δ＝(2a＋1)2－4(2a＋1)＝(2a＋1)(2a－3)， 当－≤a≤时，Δ≤0，所以x2＋(2a＋1)x＋2a＋1≥0， 当x∈时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(0，1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以h(x)max＝h(0)＝0，h(x)≤0恒成立． 当a>时，Δ>0，令y＝x2＋(2a＋1)x＋(2a＋1)，则y＝x2＋(2a＋1)x＋(2a＋1)对称轴为直线x＝－<－2， 所以当x∈时，函数y＝x2＋(2a＋1)x＋(2a＋1)单调递增， 当x＝－时，取最小值a＋>0，所以x2＋(2a＋1)x＋2a＋1>0，所以当x∈[－，0)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(0，1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以h(x)max＝h(0)＝0，h(x)≤0恒成立， 综上，当a≥－时，h(x)max＝h(0)＝0，h(x)≤0恒成立，即f(x)≤g(x). 【思维升华】　1.待证不等式的两边含有相同的变量时，一般地，可以直接构造“左减右”或“右减左”的函数，通过研究其单调性等相关函数性质证明不等式． 2．利用构造差函数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． [对点练1]　(2023·淄博模拟)已知函数f(x)＝ex－x－1. (1)求函数f(x)的单调区间和极值； (2)当x≥0时，求证：f(x)＋x＋1≥x2＋cos x. 解：(1)易知函数f(x)的定义域为R， ∵f(x)＝ex－x－1，∴f′(x)＝ex－1， 令f′(x)>0，解得x>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 令f′(x)<0，解得x<0，f(x)在(－∞，0)上单调递减， 即f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)， ∴函数f(x)的极小值为f(0)＝0，无极大值． (2)证明：要证f(x)＋x＋1≥x2＋cos x，ex－x－1＋x＋1≥x2＋cos x，ex≥x2＋cos x， 设g(x)＝ex－x2－cos x，要证原不等式成立，即证g(x)≥0成立， ∵g′(x)＝ex－x＋sin x，sin x≥－1， ∴g′(x)＝ex－x＋sin x≥ex－x－1 ， 由(1)知，ex－x－1≥0(x＝0时等号成立)， ∴g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴在区间[0，＋∞)上，g(x)≥g(0)＝0， ∴当x≥0时，f(x)＋x＋1≥x2＋cos x得证． [例2] (2021·全国乙卷)设函数f(x)＝ln (a－x)，已知x＝0是函数y＝xf(x)的极值点． (1)求a； (2)设函数g(x)＝，证明：g(x)<1. 解：(1)由f(x)＝ln (a－x)⇒f′(x)＝，y＝xf(x)⇒y′＝ln (a－x)＋， 又x＝0是函数y＝xf(x)的极值点， 所以y′(0)＝ln a＝0，解得a＝1. (2)证明：由(1)得f(x)＝ln (1－x)， g(x)＝＝，x<1且x≠0， 当x∈(0，1)时，要证g(x)＝<1， ∵x>0，ln (1－x)<0，∴x ln (1－x)<0 ， 即证x＋ln (1－x)>x ln (1－x)，化简得x＋(1－x)ln (1－x)>0； 同理，当x∈(－∞，0)时，要证g(x)＝<1，∵x<0，ln (1－x)>0, ∴xln (1－x)<0，即证x＋ln (1－x)>x ln (1－x)，化简得x＋(1－x)ln (1－x)>0. 令h(x)＝x＋(1－x)ln (1－x)，再令t＝1－x，则t∈(0，1)∪(1，＋∞)，x＝1－t， 令G(t)＝1－t＋t ln t，G′(t)＝－1＋ln t＋1＝ln t， 当t∈(0，1)时，G′(t)<0，G(t)单调递减，假设G(1)能取到，则G(1)＝0，故G(t)>G(1)＝0； 当t∈(1，＋∞)时，G′(t)>0，G(t)单调递增，假设G(1)能取到，则G(1)＝0，故G(t)>G(1)＝0； 综上所述，g(x)＝<1在x∈(－∞，0)∪(0，1)恒成立． 【思维升华】　隔离转化法的一般思路 (1)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值问题； (2)在证明过程中，“隔离”转化是关键，将不等式不等号两端分别“隔离”出两个函数式f(x)，g(x)，使f(x)min>g(x)max恒成立，从而f(x)>g(x)，但f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”； (3)若不能直接转化为最值问题的不等式证明可将不等式的某一部分“隔离”开，单独进行研究，然后再纳入整体进行论证． [对点练2]　已知函数f(x)＝eln x－ax(x∈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，∴f(x)在上单调递增，在上单调递减． 综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)证明：法一　∵x>0，∴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， ∴f(x)max＝f(1)＝－e. 记g(x)＝－2e(x>0)，则g′(x)＝， ∴当0<x<1时，g′(x)<0，当x>1时，g′(x)>0，故g(x)在(0，1)上单调递减；在(1，＋∞)上单调递增，∴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. 法二　由题意知，即证ex ln x－ex2－ex＋2ex≤0， 从而等价于ln x－x＋2≤. 设函数g(x)＝ln x－x＋2，则g′(x)＝－1. ∴当x∈(0，1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，故g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1. 设函数h(x)＝，则h′(x)＝， ∴当x∈(0，1)时，h′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，故h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1. 综上，当x>0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0. 【思维升华】　本题第(2)问的法二主要是利用了双放缩，在aex，ln x＋2之间找到一个平衡点，这个平衡点的得出来自平时的积累，在日常学习中需要熟悉一些常用的不等式并能够在解题中加以应用．本题的平衡点“直线y＝x＋1”恰是函数y＝ex的图象与函数y＝ln x＋2的图象的公切线(如图所示). 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]　(2023·湖南祁东高三检测)已知函数f(x)＝x(ln x＋a). (1)求f(x)的单调区间； (2)证明：当a≥1时，f(x)<aex－1. 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1＋a， 令f′(x)＝0，得x＝e－a－1. 由f′(x)<0，解得0<x<e－a－1，由f′(x)>0，解得x>e－a－1. 所以f(x)的单调递减区间为(0，e－a－1)，单调递增区间为(e－a－1，＋∞). (2)证明：令φ(x)＝f(x)－aex＋1＝a(x－ex)＋x ln x＋1， 令k(x)＝x－ex，则k′(x)＝1－ex， 则k(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减， 所以k(x)≤k(0)＝－1<0. 由a≥1，可得a(x－ex)＋x ln x＋1≤x－ex＋x ln x＋1， 即证－ln x－－1>0. 令g(x)＝－ln x－－1(x>0)，则g′(x)＝－＋＝. 由g′(x)＝0，可得x＝1(x＝0舍去). 因为当x>0时，ex－1>0，所以当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)在(0，1)上单调递减， 当x>1时，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以g(x)min＝g(1)＝e－1－1＝e－2>0， 所以g(x)>0，则－ln x－－1>0， 所以x－ex＋x ln x＋1<0，结论成立． [对点练4]　已知函数f＝a ln x＋x2，其中a∈R. (1)讨论f的单调性； (2)当a＝1时，证明：f≤x2＋x－1； (3)试比较＋＋＋…＋与(n∈N*且n≥2)的大小，证明你的结论． 解：(1)函数f的定义域为，f′＝＋2x＝， ①当a≥0时，f′>0，所以f在上单调递增， ②当a<0时，令f′＝0，解得x＝ . 当0<x< 时，a＋2x2<0，所以f′<0，所以f在(0, )上单调递减； 当x> 时，a＋2x2>0，所以f′>0，所以f在( ，＋∞)上单调递增． 综上，当a≥0时，函数f在上单调递增； 当a<0时，函数f在(0, )上单调递减，在(，＋∞)上单调递增． (2)当a＝1时，f＝ln x＋x2，要证明f≤x2＋x－1， 即证ln x≤x－1，即证ln x－x＋1≤0. 设g＝ln x－x＋1，则g′＝，令g′＝0得，x＝1. 当x∈时，g′>0，当x∈时，g′<0， 所以x＝1为极大值点，且g在x＝1处取得最大值． 所以g≤g＝0，即ln x－x＋1≤0. 故f≤x2＋x－1. (3)ln x≤x－1(当且仅当x＝1时等号成立)，即≤1－， 则有＋＋…＋<1－＋1－＋ …＋1－＝n－1－ <n－1－(＋＋…＋)＝n－1－(－＋－＋…＋－)＝n－1－(－)＝， 故＋＋…＋<. 学科网（北京）股份有限公司 $$