板块1 微专题(5) 第1课时 导数与不等式的证明(Word教师用书)-【创新方案】2025年高考数学二轮复习专题辅导与测试

微专题(五)　大题专攻——“函数与导数”大题精研 第1课时　导数与不等式的证明 [例1]　已知函数f(x)=a(ex+a2)-x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)证明：当a>0时，f(x)≥4ln a+2. 解：(1)f(x)的定义域为(-∞，+∞)， f'(x)=aex-1. 若a≤0，则f'(x)<0，f(x)在(-∞，+∞)上单调递减； 若a>0，则由f'(x)=0得x=-ln a，当x<-ln a时，f'(x)<0，当x>-ln a时，f'(x)>0， 故f(x)在(-∞，-ln a)上单调递减，在(-ln a，+∞)上单调递增. 故当a≤0时，f(x)在(-∞，+∞)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　当a>0时，由(1)知，当x=-ln a时，f(x)取得最小值. 所以f(x)≥f(-ln a)=a3+1+ln a，从而f(x)-(4ln a+2)≥a3-3ln a-1. 设g(x)=x3-3ln x-1(x>0)，则g'(x)=3x2-=. 当0<x<1时，g'(x)<0；当x>1时，g'(x)>0， 所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， 故当x>0时，g(x)≥g(1)=0， 故当a>0时，a3-3ln a-1≥0，即f(x)≥4ln a+2. 法二　当a>0时，由(1)知，当x=-ln a时，f(x)取得最小值， 所以f(x)≥f(-ln a)=a3+1+ln a，从而f(x)-(4ln a+2)≥a3-3ln a-1， 令h(x)=ln x-x+1，x>0，h'(x)=， 当0<x<1时，h'(x)>0；当x>1时，h'(x)<0. 所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， 故h(x)≤h(1)=0，所以ln x≤x-1，当x=1时等号成立. 所以当a>0时，a3-3ln a-1≥a3-3(a-1)-1=a3-3a+2=(a-1)2(a+2)≥0， 即f(x)≥4ln a+2. [例2]　(2024·广州模拟)已知函数f(x)=xeax(a>0). (1)求f(x)在区间[-1，1]上的最大值与最小值； (2)当a≥1时，求证：f(x)≥ln x+x+1. 解：(1)f'(x)=eax(1+ax)(a>0)， 令f'(x)=0，则x=-， 当0<a≤1时，-≤-1，所以f'(x)≥0在区间[-1，1]上恒成立，f(x)在区间[-1，1]上单调递增， 所以f(x)min=f(-1)=-e-a，f(x)max=f(1)=ea. 当a>1时，-1<-<0，则当x∈时，f'(x)<0，f(x)在区间上单调递减； 当x∈时，f'(x)>0，f(x)在区间上单调递增， 所以f(x)min=f=-， 而f(-1)=-e-a<0，f(1)=ea>0. 所以f(x)max=f(1)=ea. 综上所述，当0<a≤1时， f(x)min=-e-a，f(x)max=ea； 当a>1时，f(x)min=-，f(x)max=ea. (2)证明：法一：隐零点法　因为x>0，a≥1，所以xeax≥xex，欲证xeax≥ln x+x+1，只需证明xex≥ln x+x+1， 设g(x)=xex-ln x-x-1(x>0)， g'(x)=(x+1)， 令φ(x)=ex-， 易知φ(x)在(0，+∞)上单调递增， 而φ=-2<0，φ(1)=e-1>0， 所以由函数零点存在定理可知，存在唯一的x0∈使得φ(x0)=0， 即-=0，因此=，x0=-ln x0， 当x∈(0，x0)时，φ(x)<0，g'(x)<0，g(x)在(0，x0)上单调递减； 当x∈(x0，+∞)时，φ(x)>0，g'(x)>0，g(x)在(x0，+∞)上单调递增. 所以g(x)min=g(x0)=x0-ln x0-x0-1=x0-ln x0-x0-1=0， 所以g(x)≥0，因此f(x)≥ln x+x+1. 法二：同构函数法　因为x>0，a≥1，所以xeax≥xex，欲证xeax≥ln x+x+1，只需证明xex≥ln x+x+1， 只需证明xex=eln xex=eln x+x≥ln x+x+1，因此构造函数h(x)=ex-x-1(x∈R)，h'(x)=ex-1，当x∈(-∞，0)时，h'(x)<0，h(x)在(-∞，0)上单调递减；当x∈(0，+∞)时，h'(x)>0，h(x)在(0，+∞)上单调递增. 所以h(x)≥h(0)=0，所以ex≥x+1，所以xex≥ln x+x+1，因此f(x)≥ln x+x+1. [思维建模] 单变量不等式的证明方法 移项法 将证明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))的问题转化为证明f(x)-g(x)>0(f(x)-g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)=f(x)-g(x) 最值法 欲证f(x)<g(x)，有时可以证明f(x)max<g(x)min 放缩法 在证明相关不等式中，若能灵活运用ex≥x+1，ln x≤x-1这两个不等式和不等式ex≥ex，ln x≤x，ln x≥1-进行放缩，往往事半功倍.一般地，有ef(x)≥f(x)+1，ln g(x)≤g(x)-1，扩大了应用范围 [变式训练] 1.(2024·全国甲卷)已知函数f(x)=a(x-1)-ln x+1. (1)求f(x)的单调区间； (2)当a≤2时，证明：当x>1时，f(x)<ex-1恒成立. 解：(1)因为f(x)=a(x-1)-ln x+1，所以f'(x)=a-=(x>0). 若a≤0，则f'(x)<0恒成立，所以f(x)在(0，+∞)上单调递减，即f(x)的单调递减区间为(0，+∞)，无单调递增区间； 若a>0，则当0<x<时，f'(x)<0，当x>时，f'(x)>0，所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为. 综上，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，+∞)，无单调递增区间； 当a>0时，f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为. (2)证明：法一：放缩法　因为a≤2，所以当x>1时，ex-1-f(x)=ex-1-a(x-1)+ln x-1≥ex-1-2x+ln x+1. 令g(x)=ex-1-2x+ln x+1，则只需证当x>1时，g(x)>0即可. 易知g'(x)=ex-1-2+，令h(x)=g'(x)，则h'(x)=ex-1-在(1，+∞)上单调递增， 所以h'(x)>h'(1)=0， 所以g'(x)在(1，+∞)上单调递增. 所以g'(x)>g'(1)=0， 故g(x)在(1，+∞)上单调递增， 所以g(x)>g(1)=0， 即当x>1时，f(x)<ex-1恒成立. 法二：作差法直接求导证明　设m(x)=a(x-1)-ln x+1-ex-1，只需证当x>1时，m(x)<0即可. 易知m'(x)=a--ex-1(x>1)， 令n(x)=m'(x)，则n'(x)=-ex-1(x>1). 由基本初等函数的单调性可知n'(x)在(1，+∞)上单调递减， 所以n'(x)<n'(1)=1-1=0， 所以n(x)=m'(x)在(1，+∞)上单调递减， 于是m'(x)<m'(1)=a-2. 又a≤2，所以a-2≤0，则m'(x)<0，故m(x)在(1，+∞)上单调递减， 所以m(x)<m(1)=0，即当x>1时，f(x)<ex-1恒成立. 2.已知函数f(x)=aln x-x+1(a∈R)，g(x)=sin x-x. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)证明：g<0(n∈N*)； (3)证明：ln 2>sin+sin+sin+…+sin(n∈N*). 解：(1)函数f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=-1=. ①当a≤0时，f'(x)<0恒成立， ∴函数f(x)的单调递减区间为(0，+∞). ②当a>0时，由f'(x)=0，得x=a， 当x∈(0，a)时，f'(x)>0； 当x∈(a，+∞)时，f'(x)<0. ∴函数f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，+∞). 综上，当a≤0时，函数f(x)的单调递减区间为(0，+∞)，无单调递增区间； 当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，+∞). (2)证明：∵g(x)=sin x-x， ∴g'(x)=cos x-1≤0恒成立， ∴g(x)在R上单调递减.又n∈N*， ∴0<≤，∴g<g(0)=0. (3)证明：由(1)知，当a=1时，f(x)≤0， 即ln x≤x-1，∴ln≤-1， ∴ln x≥1-=，∴ln(x+1)≥(当且仅当x=0时“=”成立). 令x=(n∈N*)，∴ln>， 即ln>，∴ln(n+1)-ln n>， 从而ln(n+2)-ln(n+1)>， ln(n+3)-ln(n+2)>，…， ln 2n-ln(2n-1)>， 累加可得ln 2n-ln n>+++…+，即ln 2>+++…+. 由(2)知，g(x)=sin x-x在(0，+∞)上单调递减，∴g(x)<g(0)=0，即sin x<x， ∴+++…+>sin+sin+sin+…+sin. ∴ln 2>sin+sin+sin+…+sin(n∈N*). [专题验收评价] 1.(2024·广州一模)已知函数f(x)=cos x+xsin x，x∈(-π，π). (1)求f(x)的单调区间和极小值； (2)证明：当x∈[0，π)时，2f(x)≤ex+e-x. 解：(1)函数f(x)=cos x+xsin x，x∈(-π，π)，求导得f'(x)=-sin x+sin x+xcos x=xcos x， 当-π<x<-时，f'(x)>0，f(x)单调递增；当-<x<0时，f'(x)<0，f(x)单调递减； 当0<x<时，f'(x)>0，f(x)单调递增；当<x<π时，f'(x)<0，f(x)单调递减. 所以f(x)的单调递增区间为，；单调递减区间为，，f(x)的极小值为f(0)=1. (2)证明：当x∈[0，π)时， 令F(x)=ex+e-x-2(cos x+xsin x)， 求导得F'(x)=ex-e-x-2xcos x≥ex-e-x-2x， 令φ(x)=ex-e-x-2x，求导得φ'(x)=ex+e-x-2≥2-2=0， 当且仅当x=0时等号成立. 函数φ(x)在[0，π)上单调递增， 则φ(x)≥φ(0)=0，F'(x)≥0，F(x)在[0，π)上单调递增， 因此F(x)≥F(0)=0，所以2f(x)≤ex+e-x. 2.(2024·榆林一模)设函数f(x)=ln x+ax+b，曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y=6x-3. (1)求a，b； (2)证明：f(x)>-. 解：(1)函数f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=+a. 将x=1代入y=6x-3，解得y=3， 即f(1)=3， 由切线方程y=6x-3，则切线斜率f'(1)=6. 故a+b=3，1+a=6，解得a=5，b=-2. (2)证明：由(1)知f(x)=ln x+5x-2，从而f(x)>-等价于xln x>-5x2+2x-. 设函数g(x)=xln x，则g'(x)=1+ln x. 所以当x∈时，g'(x)<0，当x∈时，g'(x)>0. 故g(x)在上单调递减，在上单调递增， 从而g(x)在(0，+∞)上的最小值为g=-. 设函数h(x)=-5x2+2x-=-5-， 从而h(x)在(0，+∞)上的最大值为h=-<-.故g(x)>h(x)在(0，+∞)上恒成立， 即f(x)>-. 3.(2024·赤峰三模)已知x∈(0，2). (1)比较sin x，x的大小，并证明； (2)求证：esin x<. 解：(1)x>sin x，x∈(0，2).证明如下： 令g(x)=x-sin x，x∈(0，2)， g'(x)=1-cos x>0， 所以g(x)在(0，2)上单调递增，g(x)>g(0)=0， 即x∈(0，2)时，x>sin x. (2)证明：由(1)得x∈(0，2)时，esin x<ex， 因此要证x∈(0，2)，esin x<，只要证ex<，x∈(0，2)， 即证ex(2-x)-(2+x)<0，x∈(0，2)， 令f(x)=ex(2-x)-(2+x)，x∈(0，2). f'(x)=ex(1-x)-1. 令h(x)=ex(1-x)-1. h'(x)=-xex，因为x∈(0，2)，所以h'(x)<0， 所以h(x)在(0，2)上单调递减，所以h(x)<h(0)=0，即f'(x)<0， 所以f(x)在(0，2)上单调递减， 所以f(x)<f(0)=0， 所以ex(2-x)-(2+x)<0， 所以当x∈(0，2)时，esin x<. 4.设整数p>1，x>-1且x≠0，函数f(x)=(1+x)p-px-1. (1)证明：f(x)>0； (2)设x>0，证明：ln(1+x)<x； (3)设n∈N*，证明：1+++…+<2n-ln(n+1). 证明：(1)f'(x)=p(1+x)p-1-p=p[(1+x)p-1-1]，1+x>0，p-1>0. 因此，当-1<x<0时，f'(x)<0，f(x)单调递减；当x>0时，f'(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)>f(0)=0. (2)设g(x)=ln(1+x)-x(x>0)， 则g'(x)=-1=<0， 所以g(x)在(0，+∞)上单调递减， 故g(x)<g(0)=0， 从而当x>0时，ln(1+x)<x. (3)由(1)知当p≥1时，(1+x)p≥1+px，所以≥1+p-1=p，再利用ln(1+x)<x，于是1+++…+ ==(1+p-1≤ =< =2n-=2n-ln(n+1)， 因此，1+++…+<2n-ln(n+1). 学科网（北京）股份有限公司 $$