微专题 导数与不等式的证明讲义-2025届高三数学二轮复习

微专题6　导数与不等式的证明 课前学习任务 高考定位 导数与不等式的交汇命题是高考的热点和难点，在利用导数证明不等式问题中，常用的方法有构造函数、适当换元、合理放缩、利用最值、有界性、不等式及其性质等． 核心归纳 1．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，简化后再构造函数进行证明． 2．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．若已知参数范围，则利用参数的范围进行放缩，达到消参的目的．也可以利用局部函数的有界性进行放缩，然后再构造函数进行证明． 3．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，达到证明的目的．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． 4．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． 课堂学习任务 真题再现 (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． 考点突破 考点一　移项构造差函数证明不等式 例1　已知f(x)＝e2x－ax－1，g(x)＝ax(ex－1)，其中a∈R. 若a>2，证明：当x≥时，f(x)>g(x)． 训练1　已知f′(x)为函数f(x)＝(x＋a)ln (x＋1)的导函数． (1)讨论f′(x)的单调性； (2)若a≥2，证明：当x>0时，f(x)>2x. 考点二　拆分函数证明不等式 例2　已知函数f(x)＝xex-1－x2＋x－aeln x，当a∈(0，1)时，证明：f(x)>0恒成立． 训练2　已知函数f(x)＝x(ln x－1)，证明：f(x)－>0. 考点三　放缩后构造函数证明不等式 例3　 已知x∈(0，1)，求证：x2－＜. 训练3　已知函数f(x)＝ln x＋(x≥1)． (1)求函数f(x)的最小值； (2)当x≥1时，求证：ex·ln x＋1≥x2. 课后学习任务 1．(2024·陕西西安模拟)已知函数f(x)＝. (1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在x＝2处的切线方程； (2)当a>2时，证明：f(x)<aex-1. 2．已知函数f(x)＝2ex－ax，a∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当a＝e时，求证：f(x)>e(1－cos x)． 3．已知函数f(x)＝ex2－x ln x．求证：当x＞0时，f(x)＜xex＋. 4．已知函数f(x)＝ex，证明：当x＞－2时，f(x)＞ln (x＋2)． 答案与解析 课堂学习任务 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：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. 易知g′(x)＝ex-1－2＋， 令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex-1－在(1，＋∞)上单调递增， 则当x＞1时，h′(x)＞h′(1)＝0，所以h(x)＝g′(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以当x＞1时，g′(x)＞g′(1)＝0，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以当x＞1时，g(x)＞g(1)＝0，即当x＞1时，f(x)＜ex-1恒成立． 聚焦热点 热点一 例1　证明：因为a>2，x≥，所以2<a≤＋2，x>0， 要证f(x)>g(x)，即证e2x－ax－1>ax(ex－1)， 即证e2x－axex－1>0，即证e2x－xex－1>0(x>0)， 设h(x)＝e2x－x3ex－2xex－1(x>0)， 则h′(x)＝2e2x－ex－(2x＋2)ex＝e2x， 令m(x)＝2－(x>0)， 则m′(x)＝－ ＝>0对x>0恒成立， 所以m(x)在(0，＋∞)单调递增，所以x>0时，m(x)>m(0)＝2－＝0， 所以h′(x)>0对x>0恒成立，所以h(x)在(0，＋∞)单调递增， 所以x>0时，h(x)>h(0)＝1－1＝0， 即e2x－xex－1>0(x>0)成立，故原式得证． 训练1　解：(1)f′(x)＝ln (x＋1)＋，x>－1， 令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝， 若a≤1，则x＋2－a>1－a≥0，从而g′(x)>0，所以g(x)即f′(x)在定义域内单调递增， 若a>1，则当－1<x<a－2时，g′(x)<0，g(x)即f′(x)单调递减， 当x>a－2时，g′(x)>0，g(x)即f′(x)单调递增， 综上所述，若a≤1，f′(x)在定义域内是增函数，若a>1，f′(x)在(－1，a－2)上是减函数，在(a－2，＋∞)上是增函数． (2)证明：不妨设h(x)＝f(x)－2x＝(x＋a)ln (x＋1)－2x，x>0， 则h′(x)＝f′(x)－2＝ln (x＋1)＋－2， 由(1)可知若a≥2，则f′(x)在(－1，a－2)上是减函数，在(a－2，＋∞)上是增函数． 从而h′(x)≥h′(a－2)＝f′(a－2)－2＝ln (a－2＋1)＋－2＝ln (a－1)≥ln 1＝0， 即h(x)在(0，＋∞)上是增函数， 从而h(x)>h(0)＝0，也就是说当x>0时，f(x)>2x. 热点二 例2　证明：由题意得x>0，当a∈(0，1)时， 要证xex-1－x2＋x－aeln x>0，即证ex-1－x＋1>. 令g(x)＝ex-1－x＋1(x>0)，h(x)＝(x>0)，则g′(x)＝ex-1－1， 令g′(x)＝φ(x)，则φ′(x)＝ex-1>0，所以g′(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又因为g′(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，g′(x)<0， 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)min＝g(1)＝1. 因为h′(x)＝，令h′(x)>0，解得x∈(0，e)； 令h′(x)<0，解得x∈(e，＋∞)，所以h(x)max＝h(e)＝. 因为a∈(0，1)，所以≤a<1，所以(ex-1－x＋1)min>max， 所以当a∈(0，1)时，f(x)>0恒成立得证． 训练2　证明：由f(x)－>0可得，f(x)>， f(x)＝x(ln x－1)，x∈(0，＋∞)，f′(x)＝ln x， 当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数单调递增； 故f(x)min＝f(1)＝－1. 设h(x)＝，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝， 当x∈(0，2)时，h′(x)>0，函数单调递增； 当x∈(2，＋∞)时，h′(x)<0，函数单调递减； h(x)max＝h(2)＝<＝－1， 故f(x)min>h(x)max，即f(x)>h(x)，即f(x)－>0恒成立，得证． 热点三 例3　证明：∵x∈(0，1)，∴ex∈(1，e)， 要证x2－＜成立，只需证ex＜ln x成立， ∵x2－＜0，只需证x2－＜ln x，又x2＜x(0＜x＜1)， ∴只需证ln x＋－x＞0，令h(x)＝ln x＋－x， 则h′(x)＝，而x2－x＋1＞0恒成立，∴h′(x)＜0， ∴h(x)在(0，1)上单调递减，∴当x∈(0，1)时，h(x)＞h(1)＝0， ∴ln x＋－x＞0，∴x2－＜. 训练3　解：(1)f(x)＝ln x＋(x≥1)，f′(x)＝≥0， 所以f(x)在[1，＋∞)上单调递增，从而函数f(x)的最小值为f(1)＝2. (2)证明：由(1)可知，当x≥1时，ln x≥2－， 所以要证当x≥1时，有ex·ln x＋1≥x2，即ex·ln x≥x2－1， 只需证ex·≥x2－1，当x＝1时，结论是显然的， 所以只需证当x>1时，2ex－(x＋1)2≥0， 不妨设令g(x)＝2ex－(x＋1)2，x>1，则g′(x)＝2ex－2x－2， 令u(x)＝g′(x)，则u′(x)＝2ex－2>u′(1)＝2(e－1)>0， 从而g′(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以g′(x)＝2ex－2x－2>g′(1)＝2(e－2)>0， 从而g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)＝2ex－(x＋1)2>g(1)＝2(e－2)>0， 综上所述，命题得证． 课后学习任务 1．解：(1)当a＝0时，f(x)＝，求导得f′(x)＝，则f′(2)＝，而f(2)＝2， 所以所求切线方程为y－2＝(x－2)，即y＝x＋1. (2)证明：当a>2时，显然x≥，不等式f(x)<aex-1⇔<aex-1⇔a2e2x-2>2x－a， 令函数g(x)＝a2e2x-2－2x＋a，求导得g′(x)＝2(a2e2x-2－1)， 显然函数g′(x)在上单调递增， g′(x)≥g′＝2(a2ea-2－1)>0， 因此函数g(x)在上单调递增，于是g(x)≥g＝a2ea-2>0，即f(x)<aex-1， 所以当a>2时，不等式f(x)<aex-1成立． 2．解：(1)由已知f′(x)＝2ex－a， 当a≤0时，f′(x)>0恒成立，函数f(x)在R上单调递增； 当a>0时，若f′(x)>0，得x>ln ，函数f(x)单调递增， 若f′(x)<0，得x<ln ，函数f(x)单调递减； 综上所述：当a≤0，函数f(x)在R上单调递增， 当a>0时，函数f(x)在单调递增，在单调递减． (2)证明：由a＝e，f(x)>e(1－cos x)得2ex－ex>e(1－cos x)，即证2ex-1>x＋1－cos x， ①当x≤0时，设函数k(x)＝x＋1－cos x，则k′(x)＝1＋sin x≥0，k(x)在(－∞，0]上单调递增， 所以k(x)≤k(0)＝0，所以2ex-1>0≥x＋1－cos x成立； ②当x>0时，要证2ex-1>x＋1－cos x成立，即证2ex-1－2x>1－cos x－x 设函数h(x)＝2ex-1－2x，x>0，则h′(x)＝2ex-1－2， 当h′(x)<0时，0<x<1，函数h(x)单调递减， 当h′(x)>0时，x>1，函数h(x)单调递增， 所以h(x)≥h(1)＝2e0－2＝0，即2ex-1－2x≥0， 设g(x)＝1－cos x－x，x>0，则g′(x)＝sin x－1≤0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减， 所以g(x)<g(0)＝0，即0>1－cos x－x， 所以2ex-1－2x≥0>1－cos x－x， 综上：f(x)>e(1－cos x)成立． 3．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(x>0)，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． 4．证明：设g(x)＝f(x)－(x＋1)＝ex－x－1(x＞－2)，则g′(x)＝ex－1， 当－2＜x＜0时，g′(x)＜0；当x＞0时，g′(x)＞0， 即g(x)在(－2，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 于是当x＝0时，g(x)min＝g(0)＝0， 因此f(x)≥x＋1(当且仅当x＝0时取等号)， 令h(x)＝x＋1－ln (x＋2)(x＞－2)，则h′(x)＝1－， 则当－2＜x＜－1时，h′(x)＜0， 当x＞－1时，h′(x)＞0， 即有h(x)在(－2，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增， 于是当x＝－1时，h(x)min＝h(－1)＝0， 因此x＋1≥ln (x＋2)(当且仅当x＝－1时取等号)， 因为等号不同时成立，所以当x＞－2时，f(x)＞ln (x＋2)． 学科网（北京）股份有限公司 $$