专题1 微专题7 导数与不等式证明-【步步高】2024年新高考数学考前三个月（京津琼鲁辽粤冀鄂湘渝闽苏浙黑吉晋皖云豫新甘贵赣桂）

微专题7　导数与不等式证明 [考情分析]　导数与不等式证明是高考考查的重点内容，在解答题中一般会考查函数的单调性、极值和最值的综合运用，试题难度较大，多以压轴题出现． 　　　　　　　　　　　　　　　　 考点一　单变量函数不等式的证明 典例1　(2023·新高考全国Ⅰ)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＋. (1)解　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)是减函数； 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)是减函数； 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　方法一　由(1)得，当a>0时， 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g(a)>0恒成立， 所以当a>0时，f(x)>2ln a＋恒成立，证毕． 方法二　令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1， 由于y＝ex是增函数， 所以h′(x)＝ex－1是增函数， 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，证毕． 跟踪训练1　(2022·新高考全国Ⅱ)已知函数f(x)＝xeax－ex. (1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性； (2)当x>0时，f(x)<－1，求a的取值范围； (3)设n∈N*，证明：＋＋…＋>ln(n＋1)． (1)解　当a＝1时，f(x)＝(x－1)ex，x∈R， 则f′(x)＝xex， 当x<0时，f′(x)<0， 当x>0时，f′(x)>0， 故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (2)解　设h(x)＝xeax－ex＋1，x>0， 则h(0)＝0， h′(x)＝(1＋ax)eax－ex， 设g(x)＝(1＋ax)eax－ex， 则g′(x)＝(2a＋a2x)eax－ex， 若a>， 则g′(0)＝2a－1>0， 因为g′(x)为连续不间断函数， 故存在x0∈(0，＋∞)， 使得∀x∈(0，x0)，总有g′(x)>0， 故g(x)在(0，x0)上单调递增， 故g(x)>g(0)＝0， 故h(x)在(0，x0)上单调递增， 故h(x)>h(0)＝0，与题设矛盾； 若0<a≤， 则h′(x)＝(1＋ax)eax－ex＝eax＋ln(1＋ax)－ex， 下证：对任意x>0，总有ln(1＋x)<x成立， 证明：设S(x)＝ln(1＋x)－x， 故S′(x)＝－1＝<0， 故S(x)在(0，＋∞)上单调递减， 故S(x)<S(0)＝0，即ln(1＋x)<x成立． 由上述不等式有 eax＋ln(1＋ax)－ex<eax＋ax－ex＝e2ax－ex≤0， 故h′(x)≤0总成立， 即h(x)在(0，＋∞)上单调递减， 所以h(x)<h(0)＝0，满足题意； 若a≤0，则h′(x)＝eax－ex＋axeax<1－1＋0＝0， 所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减， 所以h(x)<h(0)＝0，满足题意． 综上，a的取值范围为. (3)证明　取a＝， 则∀x>0，总有－ex＋1<0成立， 令t＝， 则t>1，t2＝ex，x＝2ln t， 故2tln t<t2－1，即2ln t<t－对任意的t>1恒成立． 所以对任意的n∈N*， 有2ln<－， 整理得ln(n＋1)－ln n<， 故＋＋…＋>ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln(n＋1)－ln n ＝ln(n＋1)， 故不等式成立． 考点二　双变量函数不等式的证明 典例2　(2023·成都模拟)已知函数f(x)＝＋ln x－ax，其中e为自然对数的底数． (1)当a＝1时，求f(x)的单调区间； (2)若函数g(x)＝f(x)－有两个零点x1，x2，x1<x2，证明：x1x2>e2. (1)解　当a＝1时，f(x)＝＋ln x－x，f(x)的定义域为(0，＋∞)， 则f′(x)＝＋－1＝(1－x)， 因为x>0，则ex>1>0，所以＋>0， 当0<x<1时，f′(x)>0，则f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，则f(x)单调递减． 所以f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)． (2)证明　若函数g(x)＝f(x)－＝ln x－ax有两个零点x1，x2，且x1<x2， 则g(x1)＝g(x2)＝0， 即ln x1＝ax1，ln x2＝ax2，两式相减，可得a＝，两式相加得ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)， 要证x1x2>e2，只要证ln x1＋ln x2>2，即证a(x1＋x2)>2，即证a>， 即证>， 即证ln x2－ln x1>， 即证ln >， 令t＝，则由0<x1<x2得t>1，故需证ln t>， 令h(t)＝ln t－(t>1)，则h′(t)＝， 当t>1时，h′(t)>0，所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增， 所以当t>1时，h(t)>h(1)＝0，即ln t>成立， 故原不等式x1x2>e2成立． 跟踪训练2　(2023·滁州模拟)已知函数f(x)＝＋ln x(a∈R)． (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)有两个零点x1，x2，设f(x)的导函数为f′(x)．证明：x1f′(x1)＋x2f′(x2)>2ln a＋2. (1)解　f(x)＝＋ln x的定义域为(0，＋∞)， 且f′(x)＝－＝， 当a≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)是(0，＋∞)上的增函数， 当a>0时，令f′(x)>0，解得x>a； 令f′(x)<0，解得0<x<a， 故f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增． 综上，当a≤0时，f(x)是(0，＋∞)上的增函数； 当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增． (2)证明　由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)至多有一个零点，不符合题意，故a>0， 要想f(x)有两个零点x1，x2，则f(a)＝1＋ln a<0， 解得0<a<， 由＋ln x1＝0，＋ln x2＝0， 得＋＝－ln x1－ln x2＝－ln(x1x2)， 要证x1f′(x1)＋x2f′(x2)>2ln a＋2，即证x1·＋x2·＝＋ ＝2＋ln(x1x2)>2ln a＋2， 即证ln(x1x2)>2ln a， 因为y＝ln x是(0，＋∞)上的增函数， 所以只需证x1x2>a2，不妨设0<x1<x2， ＋ln x1＝0，＋ln x2＝0，两式相减得－＝ln x2－ln x1， 变形为＝， 下面证明>在0<x1<x2上成立， 只需证>ln x2－ln x1，即－>ln ， 令＝t>1，即证t－>2ln t，t>1， 构造h(t)＝t－－2ln t，t>1， 则h′(t)＝1＋－＝＝>0在(1，＋∞)上恒成立， 故h(t)在(1，＋∞)上单调递增， 故h(t)>h(1)＝1－1－2ln 1＝0，所以t－>2ln t，t>1， 故>， 即>， 所以>a，所以x1x2>a2， 所以x1f′(x1)＋x2f′(x2)>2ln a＋2. [总结提升] 利用导数证明不等式的策略． (1)当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． (2)破解含双参不等式的证明的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是构造函数，借助导数，判断函数的单调性，从而求其值；三是回归含双参的不等式的证明，把所求的最值应用到含参的不等式中，即可证得结果． (3)若直接求导比较复杂或无从下手，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． 1．已知函数f(x)＝－x＋aln x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)存在两个极值点x1，x2， 证明：＜a－2. (1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝－－1＋＝－. ①若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时，f′(x)＝0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减． ②若a＞2，令f′(x)＝0，得 x＝或x＝. 当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． (2)证明　由(1)知，当且仅当a＞2时f(x)存在两个极值点． 由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0， 所以x1x2＝1，不妨设x1＜x2，则x2＞1. 由于＝－－1＋a· ＝－2＋a·＝－2＋a·， 所以＜a－2等价于－x2＋2ln x2＜0. 设函数g(x)＝－x＋2ln x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减． 又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0. 所以－x2＋2ln x2＜0， 即＜a－2. 2．(2023·郑州模拟)已知函数f(x)＝ln x－x＋1. (1)求函数f(x)的极值； (2)证明：∀n∈N*，×××…×<e2. (1)解　∵f(x)＝ln x－x＋1的定义域为(0，＋∞)， 又f′(x)＝－1＝， ∴当x∈(0,1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0， ∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴当x＝1时，函数f(x)取得极大值f(1)＝0，无极小值． (2)证明　由(1)可知当x>0时，f(x)≤0，即ln x≤x－1， ∀n∈N*，令x＝1＋， 得ln≤， ∴ln＋ln＋ln＋…＋ln ≤1＋＋＋…＋＝＝2－<2， ∴ln <2， ∴×××…×<e2. 3．(2023·雅安模拟)已知函数f(x)＝ln －ax2＋x，a>0. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)在定义域内有两个极值点x1，x2，求证：f(x1)＋f(x2)>3－2ln 2. (1)解　由题意得，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－－2ax＋1＝(x>0)， 令g(x)＝－2ax2＋x－1(a>0)，Δ＝1－8a， 当Δ＝1－8a≤0，即a≥时，g(x)≤0恒成立， 即f′(x)≤0，∴f(x)是(0，＋∞)上的减函数， 当Δ＝1－8a>0，即0<a<时， 令g(x)＝0，解得x1＝＝，x2＝， 当x∈(0，x1)∪(x2，＋∞)时，g(x)<0，即f′(x)<0；当x∈(x1，x2)时，g(x)>0，即f′(x)>0， ∴f(x)在，上单调递减； 在上单调递增． (2)证明　∵f(x)在定义域上有两个极值点x1，x2， 由(1)知0<a<且x1，x2是方程－2ax2＋x－1＝0的两个不相等的实根， 则x1＋x2＝，x1x2＝， f(x1)＋f(x2)＝ln －ax＋x1＋ln －ax＋x2＝ln －a[(x1＋x2)2－2x1x2]＋(x1＋x2) ＝ln 2a－a＋＝ln 2a＋＋1， 设v(a)＝ln 2a＋＋1，则v′(a)＝， ∵0<a<，∴4a－1<0，∴v′(a)<0，则v(a)在上单调递减， ∴v(a)>v＝ln ＋2＋1＝3－2ln 2，则f(x1)＋f(x2)>3－2ln 2成立． 学科网（北京）股份有限公司 $$