专题一 微专题7 导数与不等式证明-【步步高·考前三个月】2025年高考数学复习讲义课件（课件PPT+word教案）

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，多以中高档题出现. 微点一　单变量函数不等式的证明 1.(15分)(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；(6分) (2)若a≤2时，证明：当x>1时，f(x)<ex-1恒成立.(9分) (1)解　f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=a-=. 当a≤0时，f'(x)=<0，故f(x)在(0，+∞)上单调递减； 当a>0时，当x∈时，f'(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈时，f'(x)<0，f(x)单调递减. 综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，+∞)上单调递减； 当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减. (2)证明　当a≤2，且x>1时，ex-1-f(x)=ex-1-a(x-1)+ln x-1≥ex-1-2x+1+ln x， 令g(x)=ex-1-2x+1+ln x(x>1)，下证g(x)>0即可. g'(x)=ex-1-2+再令h(x)=g'(x)，则h'(x)=ex-1- 显然h'(x)在(1，+∞)上单调递增，则h'(x)>h'(1)=e0-1=0， 即g'(x)=h(x)在(1，+∞)上单调递增， 故g'(x)>g'(1)=e0-2+1=0，即g(x)在(1，+∞)上单调递增， 故g(x)>g(1)=e0-2+1+ln 1=0，问题得证. 2.(15分)[隐零点](2024·陇南模拟)已知函数f(x)=aex-1-x-1. (1)讨论f(x)的单调性；(4分) (2)证明：当a≥1时，f(x)+x-ln x≥；(6分) (3)证明：>ln(n+1)+n.(5分) (1)解　f'(x)=aex-1-1，x∈R， 当a≤0时，易知f'(x)<0，所以函数f(x)在R上单调递减； 当a>0时，令f'(x)=aex-1-1=0，解得x=1-ln a， 令f'(x)>0，得x>1-ln a，即f(x)在(1-ln a，+∞)上单调递增， 令f'(x)<0，得x<1-ln a，即f(x)在(-∞，1-ln a)上单调递减， 综上，当a≤0时，函数f(x)在R上单调递减， 当a>0时，f(x)在(-∞，1-ln a)上单调递减，在(1-ln a，+∞)上单调递增. (2)证明　令g(x)=f(x)+x-ln x=aex-1-ln x-1，x∈(0，+∞)， 所以g'(x)=aex-1-令h(x)=g'(x)，a≥1， 则h'(x)=aex-1+>0，所以g'(x)在(0，+∞)上单调递增， 当a=1时，g(x)=ex-1-ln x-1， g'(x)=ex-1-又g'(1)=0， 所以当x∈(0，1)时，g'(x)<0，即g(x)单调递减， 当x∈(1，+∞)时，g'(x)>0，即g(x)单调递增， 所以g(x)≥g(1)=e0-ln 1-1=0，而此时=0， 所以当a=1时，f(x)+x-ln x≥成立； 当a>1时，可得-1<0，所以<1， 所以g'=a-a=a(-1)<0， 又g'(1)=a-1>0， 所以存在x0∈使得g'(x0)=0，即a= 当x∈(0，x0)时，g'(x)<0， 当x∈(x0，+∞)时，g'(x)>0， 所以函数g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增， 所以g(x)≥g(x0)=a-ln x0-1， 由a=可得，g(x)≥x0+-2+ln a>2-2+ln a=ln a， 下面证明ln a>a>1， 令φ(x)=ln x-x>1， 所以φ'(x)=-=>0， 所以φ(x)在(1，+∞)上单调递增， 所以φ(x)>φ(1)=0，即ln a>得证， 即g(x)=f(x)+x-ln x>成立， 综上，当a≥1时，f(x)+x-ln x≥成立. (3)证明　由(2)得，当a=1时，有f(x)+x-ln x≥0，即ex-1≥ln x+1，当且仅当x=1时，等号成立. 令x=n∈N*，得>ln +1=ln(n+1)-ln n+1， 所以e++…+>ln 2-ln 1+ln 3-ln 2+ln 4-ln 3+…+ln(n+1)-ln n+n， 所以e++…+>ln(n+1)+n， 即>ln(n+1)+n. 微点二　双变量函数不等式的证明 3.(15分)[飘带函数]已知函数f(x)=xln x-x-+1(a∈R). (1)当a=1时，求f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(5分) (2)若函数f(x)有两个不同的极值点x1，x2.求证：x1x2<.(10分) (1)解　当a=1时，f(x)=xln x-x-+1，f(1)=-1-+1=-f'(x)=ln x+1-1-x=ln x-x，f'(1)=-1， 所以切线方程为y-=-即2x+2y-1=0. (2)证明　f(x)的定义域为f'(x)=ln x+1-1-ax=ln x-ax， 令ln x-ax=0，得a= 令g(x)=g'(x)= 所以当x∈时，g'(x)>0，g(x)单调递增；当x∈时，g'(x)<0，g(x)单调递减.当x>1时，g(x)>0；当0<x<1时，g(x)<0；g(1)=0，g= 当x→+∞时，g(x)→0， 由于函数f(x)有两个不同的极值点x1，x2，所以0<a<. 不妨设0<x1<x2，由得ln x2-ln x1=aa=要证明x1x2< 即证明x1x2<=即证明<==+-2， 由0<x1<x2，令t=>1，只需证-t-+2<0，设h(t)=-t-+2(t>1)， h'(t)=×-1+= 令m(t)=2ln t+-t(t>1)，m'(t)=--1=-<0， 所以m(t)在上单调递减，即m(t)<m(1)=0，则h'(t)<h'(1)=0，所以h(t)在上单调递减，h(t)<h(1)=0， 即-t-+2<0在上恒成立，所以x1x2<. 4.(15分)[对数均值不等式](2024·滁州模拟)已知函数f(x)=+ln x(a∈R). (1)讨论f(x)的单调性；(5分) (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.(10分) (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时成立， 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.(13分)(2024·汕头模拟)已知函数f(x)=sin x+x2. (1)求曲线y=f(x)在点处的切线方程；(5分) (2)证明：f(x)>-.(8分) (1)解　f'(x)=cos x+2x， f '=π，f =+1. 故曲线y=f(x)在点处的切线方程为y=πx-+1，即4πx-4y-π2+4=0. (2)证明　由(1)得f'(x)=cos x+2x. 令函数u(x)=f'(x)，则u'(x)=-sin x+2>0，所以u(x)=f'(x)是增函数. 因为f'(0)=1，f '=cos -1<0， 所以存在x0∈使得f'(x0)=cos x0+2x0=0，即=cos2x0. 所以当x∈(-∞，x0)时，f'(x)<0， 当x∈(x0，+∞)时，f'(x)>0， 所以f(x)在(-∞，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增. f(x)≥f(x0)=sin x0+=sin x0+cos2x0=-sin2x0+sin x0+. 因为x0∈所以sin x0>sin>sin=- 所以-sin2x0+sin x0+>-×-+=-. 故f(x)>-. 2.(15分)(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；(6分) (2)证明：当a>0时，f(x)>2ln a+.(9分) (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=--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=--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. 3.(15分)(2024·南京模拟)已知函数f(x)=ln -ax2+x，a>0. (1)讨论f(x)的单调性；(7分) (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.(8分) (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)在定义域内有两个极值点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 -a+x1+ln -a+x2=ln -a[-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. 4.(17分)(2024·天津模拟)已知函数f(x)=x3+kln x(k∈R)，f'(x)为f(x)的导函数. (1)当k=6时， ①求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(5分) ②求函数g(x)=f(x)-f'(x)+的单调区间和极值；(5分) (2)当k≥-3时，求证：对任意的x1，x2∈[1，+∞)，且x1>x2，有>.(7分) (1)解　①当k=6时，f(x)=x3+6ln x， 故f'(x)=3x2+.可得f(1)=1，f'(1)=9， 所以曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y-1=9(x-1)，即9x-y-8=0. ②依题意，g(x)=x3-3x2+6ln x+x∈(0，+∞). 从而可得g'(x)=3x2-6x+-=. 令g'(x)=0，解得x=1. 当x变化时，g'(x)，g(x)的变化情况如表： x (0，1) 1 (1，+∞) g'(x) - 0 + g(x) ↘ 极小值 ↗ 所以函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)； g(x)的极小值为g(1)=1，无极大值. (2)证明　由f(x)=x3+kln x， 得f'(x)=3x2+. 对任意的x1，x2∈[1，+∞)，且x1>x2，令=t(t>1)， 则(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)] =(x1-x2)-2 =--3x2+3x1+k-2kln =(t3-3t2+3t-1)+k. (ⅰ) 令h(x)=x--2ln x，x∈[1，+∞). 当x>1时，h'(x)=1+-=>0， 所以h(x)在[1，+∞)上单调递增， 所以当t>1时，h(t)>h(1)=0，即t--2ln t>0. 因为x2≥1，t3-3t2+3t-1=(t-1)3>0，k≥-3， 所以(t3-3t2+3t-1)+k≥(t3-3t2+3t-1)-3 =t3-3t2+6ln t+-1. (ⅱ) 由(1)②可知，当t>1时，g(t)>g(1)， 即t3-3t2+6ln t+>1， 故t3-3t2+6ln t+-1>0. (ⅲ) 由(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ)可得 (x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)]>0. 所以当k≥-3时，对任意的x1，x2∈[1，+∞)，且x1>x2，有>. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题一　函数与导数 微专题7 导数与不等式证明 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，多以中高档题出现. 考情分析 思维导图 高频考点练 补偿强化练 内容索引 高频考点练 PART ONE 微点一　单变量函数不等式的证明 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； 1 2 3 4 1 2 3 4 f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=a-=. 当a≤0时，f'(x)=<0，故f(x)在(0，+∞)上单调递减； 当a>0时，当x∈时，f'(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈时，f'(x)<0，f(x)单调递减. 综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，+∞)上单调递减； 当a>0时，f(x)在上单调递减. (2)若a≤2时，证明：当x>1时，f(x)<ex-1恒成立. 1 2 3 4 当a≤2，且x>1时，ex-1-f(x)=ex-1-a(x-1)+ln x-1≥ex-1-2x+1+ln x， 令g(x)=ex-1-2x+1+ln x(x>1)，下证g(x)>0即可. g'(x)=ex-1-2+再令h(x)=g'(x)，则h'(x)=ex-1- 显然h'(x)在(1，+∞)上单调递增，则h'(x)>h'(1)=e0-1=0， 即g'(x)=h(x)在(1，+∞)上单调递增， 故g'(x)>g'(1)=e0-2+1=0，即g(x)在(1，+∞)上单调递增， 故g(x)>g(1)=e0-2+1+ln 1=0，问题得证. 2.[隐零点](2024·陇南模拟)已知函数f(x)=aex-1-x-1. (1)讨论f(x)的单调性； 1 2 3 4 f'(x)=aex-1-1，x∈R， 当a≤0时，易知f'(x)<0，所以函数f(x)在R上单调递减； 当a>0时，令f'(x)=aex-1-1=0，解得x=1-ln a， 令f'(x)>0，得x>1-ln a，即f(x)在(1-ln a，+∞)上单调递增， 令f'(x)<0，得x<1-ln a，即f(x)在(-∞，1-ln a)上单调递减， 综上，当a≤0时，函数f(x)在R上单调递减， 当a>0时，f(x)在(-∞，1-ln a)上单调递减，在(1-ln a，+∞)上单调递增. (2)证明：当a≥1时，f(x)+x-ln x≥； 1 2 3 4 1 2 3 4 令g(x)=f(x)+x-ln x=aex-1-ln x-1，x∈(0，+∞)， 所以g'(x)=aex-1-令h(x)=g'(x)，a≥1， 则h'(x)=aex-1+>0，所以g'(x)在(0，+∞)上单调递增， 当a=1时，g(x)=ex-1-ln x-1， g'(x)=ex-1-又g'(1)=0， 所以当x∈(0，1)时，g'(x)<0，即g(x)单调递减， 1 2 3 4 当x∈(1，+∞)时，g'(x)>0，即g(x)单调递增， 所以g(x)≥g(1)=e0-ln 1-1=0，而此时=0， 所以当a=1时，f(x)+x-ln x≥成立； 当a>1时，可得-1<0，所以<1， 所以g'=a-a=a(-1)<0， 又g'(1)=a-1>0， 所以存在x0∈使得g'(x0)=0，即a= 1 2 3 4 当x∈(0，x0)时，g'(x)<0， 当x∈(x0，+∞)时，g'(x)>0， 所以函数g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增， 所以g(x)≥g(x0)=a-ln x0-1， 由a=可得，g(x)≥x0+-2+ln a>2-2+ln a=ln a， 下面证明ln a>a>1， 令φ(x)=ln x-x>1， 1 2 3 4 所以φ'(x)=-=>0， 所以φ(x)在(1，+∞)上单调递增， 所以φ(x)>φ(1)=0，即ln a>得证， 即g(x)=f(x)+x-ln x>成立， 综上，当a≥1时，f(x)+x-ln x≥成立. (3)证明：>ln(n+1)+n. 由(2)得，当a=1时，有f(x)+x-ln x≥0，即ex-1≥ln x+1，当且仅当x=1时，等号成立. 令x=n∈N*，得>ln +1=ln(n+1)-ln n+1， 所以e++…+>ln 2-ln 1+ln 3-ln 2+ln 4-ln 3+…+ln(n+1)-ln n+n， 所以e++…+>ln(n+1)+n， 即>ln(n+1)+n. 1 2 3 4 3.[飘带函数]已知函数f(x)=xln x-x-+1(a∈R). (1)当a=1时，求f(x)在(1，f(1))处的切线方程； 1 2 3 4 当a=1时，f(x)=xln x-x-+1，f(1)=-1-+1=-f'(x)=ln x+1-1-x=ln x-x，f'(1)=-1， 所以切线方程为y-=-即2x+2y-1=0. 微点二　双变量函数不等式的证明 (2)若函数f(x)有两个不同的极值点x1，x2.求证：x1x2<. 1 2 3 4 1 2 3 4 f(x)的定义域为f'(x)=ln x+1-1-ax=ln x-ax， 令ln x-ax=0，得a= 令g(x)=g'(x)= 所以当x∈时，g'(x)>0，g(x)单调递增； 当x∈时，g'(x)<0，g(x)单调递减. 当x>1时，g(x)>0；当0<x<1时，g(x)<0；g(1)=0，g= 1 2 3 4 当x→+∞时，g(x)→0， 由于函数f(x)有两个不同的极值点x1，x2，所以0<a<. 不妨设0<x1<x2，由 得ln x2-ln x1=aa=要证明x1x2< 即证明x1x2<= 即证明<==+-2， 1 2 3 4 由0<x1<x2，令t=>1，只需证-t-+2<0，设h(t)=-t-+2(t>1)， h'(t)=×-1+= 令m(t)=2ln t+-t(t>1)，m'(t)=--1=-<0， 所以m(t)在上单调递减，即m(t)<m(1)=0，则h'(t)<h'(1)=0，所以h(t)在上单调递减，h(t)<h(1)=0， 即-t-+2<0在上恒成立，所以x1x2<. 4.[对数均值不等式](2024·滁州模拟)已知函数f(x)=+ln x(a∈R). (1)讨论f(x)的单调性； 1 2 3 4 1 2 3 4 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)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 2 3 4 1 2 3 4 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， 1 2 3 4 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时成立， 只需证>ln x2-ln x1，即->ln 1 2 3 4 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， 1 2 3 4 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. 27 补偿强化练 PART TWO 1.(2024·汕头模拟)已知函数f(x)=sin x+x2. (1)求曲线y=f(x)在点处的切线方程； 1 2 3 4 f'(x)=cos x+2x，f '=π，f =+1. 故曲线y=f(x)在点处的切线方程为y=πx-+1， 即4πx-4y-π2+4=0. (2)证明：f(x)>-. 1 2 3 4 1 2 3 4 由(1)得f'(x)=cos x+2x. 令函数u(x)=f'(x)，则u'(x)=-sin x+2>0，所以u(x)=f'(x)是增函数. 因为f'(0)=1，f '=cos -1<0， 所以存在x0∈使得f'(x0)=cos x0+2x0=0，即=cos2x0. 所以当x∈(-∞，x0)时，f'(x)<0， 当x∈(x0，+∞)时，f'(x)>0， 所以f(x)在(-∞，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增. 1 2 3 4 f(x)≥f(x0)=sin x0+=sin x0+cos2x0=-sin2x0+sin x0+. 因为x0∈所以sin x0>sin>sin=- 所以-sin2x0+sin x0+>-×-+=-. 故f(x)>-. 2.(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； 1 2 3 4 1 2 3 4 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； 1 2 3 4 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：当a>0时，f(x)>2ln a+. 1 2 3 4 1 2 3 4 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-= 1 2 3 4 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=--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. 1 2 3 4 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， 1 2 3 4 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<； 1 2 3 4 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=--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. 3.(2024·南京模拟)已知函数f(x)=ln -ax2+x，a>0. (1)讨论f(x)的单调性； 1 2 3 4 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= 1 2 3 4 1 2 3 4 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)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 2 3 4 1 2 3 4 ∵f(x)在定义域内有两个极值点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 -a+x1+ln -a+x2=ln -a[-2x1x2]+(x1+x2) =ln 2a-a+=ln 2a++1， 设v(a)=ln 2a++1，则v'(a)= 1 2 3 4 ∵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. 4.(2024·天津模拟)已知函数f(x)=x3+kln x(k∈R)，f'(x)为f(x)的导函数. (1)当k=6时， ①求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； 1 2 3 4 当k=6时，f(x)=x3+6ln x， 故f'(x)=3x2+. 可得f(1)=1，f'(1)=9， 所以曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y-1=9(x-1)，即9x-y-8=0. ②求函数g(x)=f(x)-f'(x)+的单调区间和极值； 1 2 3 4 依题意，g(x)=x3-3x2+6ln x+x∈(0，+∞). 所以函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)； g(x)的极小值为g(1)=1，无极大值. 从而可得g'(x)=3x2-6x+-=. 令g'(x)=0，解得x=1. 当x变化时，g'(x)，g(x)的变化情况如表： x (0，1) 1 (1，+∞) g'(x) - 0 + g(x) ↘ 极小值 ↗ 1 2 3 4 (2)当k≥-3时，求证：对任意的x1，x2∈[1，+∞)，且x1>x2，有>. 1 2 3 4 由f(x)=x3+kln x，得f'(x)=3x2+. 对任意的x1，x2∈[1，+∞)，且x1>x2，令=t(t>1)， 则(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)] =(x1-x2)-2 =--3x2+3x1+k-2kln =(t3-3t2+3t-1)+k. (ⅰ) 令h(x)=x--2ln x，x∈[1，+∞). 1 2 3 4 当x>1时，h'(x)=1+-=>0， 所以h(x)在[1，+∞)上单调递增， 所以当t>1时，h(t)>h(1)=0，即t--2ln t>0. 因为x2≥1，t3-3t2+3t-1=(t-1)3>0，k≥-3， 所以(t3-3t2+3t-1)+k≥(t3-3t2+3t-1)-3 =t3-3t2+6ln t+-1. (ⅱ) 1 2 3 4 由(1)②可知，当t>1时，g(t)>g(1)， 即t3-3t2+6ln t+>1， 故t3-3t2+6ln t+-1>0. (ⅲ) 由(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ)可得 (x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)]>0. 所以当k≥-3时，对任意的x1，x2∈[1，+∞)，且x1>x2， 有>. 1 2 3 4 $$