第3章 专题一 第1课时 利用导数证明不等式（Word教参）-【优化指导】2026年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（北师大版）

专题一　高考中的导数问题 第一课时　利用导数证明不等式 利用导数证明不等式在高考中经常被考查，常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等知识相结合，虽然题目难度较大，但是解题方法多种多样，如构造函数法、放缩法等，针对不同的题目，灵活采用不同的解题方法，可以达到事半功倍的效果. [对应学生用书P65] 考点 移项构造函数证明不等式(讲练融通) 【例1】 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. 思 维 导 引 学科素养 本题主要考查逻辑推理、数学抽象等学科素养 思路点拨 (1)先求导，再由x＝0是函数的极值点得ln a＝0，从而求出参数a的值； (2)由(1)得函数的定义域，进而得到x ln (1－x)<0，再对g(x)＝<1变形、换元，构造函数研究其单调性即可得证 (1)解：由题意，得y′＝ln (a－x)－(a>x). 因为x＝0是函数y＝xf(x)的极值点， 所以y′|x＝0＝ln a＝0，解得a＝1. (2)证明：由(1)知g(x)＝，x∈(－∞，0)∪(0，1)， 当x∈(0，1)时，x ln (1－x)<0； 当x∈(－∞，0)时，x ln (1－x)<0. 故要证g(x)<1，即证x＋ln (1－x)>x ln (1－x)， 则有－(1－x)＋(1－x)ln (1－x)＋1>0. 令t＝1－x，t∈(0，1)∪(1，＋∞)， 即证t ln t－t＋1>0. 设h(t)＝t ln t－t＋1，则h′(t)＝ln t. 当t变化时，h′(t)和h(t)的变化情况如表所示. t (0，1) (1，＋∞) h′(t) － ＋ h(t)   所以当t∈(0，1)∪(1，＋∞)时，h(t)>h(1)＝0， 所以不等式成立，即g(x)<1. 利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法 (1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max. (2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x).若h′(x)>0，则h(x)在(a，b)上单调递增，同时h(a)>0，则h(x)＝f(x)－g(x)＞0，即f(x)>g(x)；若h′(x)<0，则h(x)在(a，b)上单调递减，同时h(b)>0，则h(x)＝f(x)－g(x)＞0，即f(x)>g(x). 【练1】 (2024·北京三模)已知f(x)＝2－a ln x－ax－1. (1)若a＝－1，求曲线y＝f(x)在点P(1，2)处的切线方程； (2)若函数y＝f(x)存在两个不同的极值点x1，x2，求证：f(x1)＋f(x2)>0. (1)解：当a＝－1时，f(x)＝2＋ln x＋x－1，f′(x)＝＋＋1，f′(1)＝3， 所以曲线y＝f(x)在点P(1，2)处的切线方程为y－2＝3(x－1)，即y＝3x－1. (2)证明：f′(x)＝－－a，令f′(x)＝0，得－－a＝0，令t＝，则t>0， 原方程可化为at2－t＋a＝0　①，则t1＝，t2＝是方程①的两个不同的根， 所以解得0<a<. 由根与系数的关系得t1＋t2＝，t1t2＝1，则t＋t＝(t1＋t2)2－2t1t2＝－2， 所以f(x1)＋f(x2)＝2(＋)－a(ln x1＋ln x2)－a(x1＋x2)－2＝2(t1＋t2)－a ln (tt)－a(t＋t)－2＝2a＋－2. 令h(a)＝2a＋－2，则h′(a)＝2－<0， 所以函数h(a)在上单调递减，所以h(a)＝2a＋－2>h＝1>0，所以f(x1)＋f(x2)>0. 考点 分拆函数法证明不等式(讲练融通) 【例2】 已知函数f(x)＝x ln x－ax. (1)当a＝－1时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的最值； (2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＋1>－成立. 思 维 导 引 学科素养 本题主要考查逻辑推理、数学抽象等学科素养 思路点拨 (1)给出f(x)的解析式，直接求f(x)在(0，＋∞)上的最值即可； (2)证明ln x＋1>－，由于不等式同时含有对数函数和指数函数，想到两侧分别构造函数求解 (1)解：函数f(x)＝x ln x－ax的定义域为(0，＋∞). 当a＝－1时，f(x)＝x ln x＋x，f′(x)＝ln x＋2， 由f′(x)＝0，得x＝. 当x∈(0，)时，f′(x)＜0； 当x＞时，f′(x)＞0. 所以f(x)在(0，)上单调递减， 在(，＋∞)上单调递增. 因此f(x)在x＝处取得最小值， 即f(x)min＝f()＝－， 但f(x)在(0，＋∞)上无最大值. (2)证明：当x>0时，ln x＋1>－等价于x(ln x＋1)>－. 由(1)知f(x)＝x ln x＋x的最小值是－，当且仅当x＝时取得最小值. 设G(x)＝－，x∈(0，＋∞)， 则G′(x)＝，易知G(x)max＝G(1)＝－， 当且仅当x＝1时取得最大值.从而可知对一切x∈(0，＋∞)，都有f(x)>G(x)，即ln x＋1>－. (1)若直接求导比较复杂或无从下手时，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，达到证明的目标. (2)在证明过程中，等价转化是关键，本例(2)中f(x)min≥G(x)max恒成立，从而f(x)≥G(x)恒成立. 【练2】 (2024·百校大联考)已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R). (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0. (1)解：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. 故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：因为x>0，所以只需证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. 所以f(x)max＝f(1)＝－e. 设g(x)＝－2e(x>0)，则g′(x)＝， 所以当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 所以g(x)min＝g(1)＝－e. 综上，当x>0时，f(x)≤g(x)， 即f(x)≤－2e. 故不等式xf(x)－ex＋2ex≤0得证. 考点 双变量不等式的证明(讲练融通) 【例3】 已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R. (1)当a＝0时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程； (2)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，求证：x1＋x2≥. 思维 导引 学科素养 本题主要考查逻辑推理、数学抽象等学科素养 思路点拨 (1)将a＝0代入得f(x)＝ln x＋x，再求出函数在x＝1处的导数进而求出切线方程； (2)转化已知条件，换元，变双变量为单变量并构造函数，研究其单调性求解问题 (1)解：当a＝0时，f(x)＝ln x＋x， 则f(1)＝1，所以切点为(1，1)， 又因为f′(x)＝＋1， 所以切线斜率k＝f′(1)＝2， 故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0. (2)证明：当a＝－2时，f(x)＝ln x＋x2＋x(x＞0). 由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0， 即ln x1＋x＋x1＋ln x2＋x＋x2＋x1x2＝0， 得(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln (x1x2)， 令t＝x1x2，设φ(t)＝t－ln t(t＞0)， 则φ′(t)＝1－＝， 易知φ(t)在区间(0，1)上单调递减， 在区间(1，＋∞)上单调递增， 所以φ(t)≥φ(1)＝1， 所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1， 因为x1＞0，x2＞0， 所以x1＋x2≥成立. 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，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值； 三是回归双参不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果. 【练3】 (2024·张家界模拟)设a∈R，函数f(x)＝ln x－ax，若f(x)有两个相异零点x1，x2，求证：ln x1＋ln x2＞2. 证明：由已知得ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0， 所以a＝＝， 所以ln x1＋ln x2＞2等价于ln ＞2， 即ln ＞2， 设x1＞x2＞0，令t＝＞1，g(t)＝ln t－， 则g′(t)＝－＝＞0， 所以g(t)＞g(1)＝0， 即ln t＞， 即得ln t＞2，所以原题得证. 微专题系列之数学探究——两个经典不等式的应用 [对应学生用书P67] 逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证.利用两个经典不等式解决问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程. (1)对数形式：ln x≤x－1(x>0)，当且仅当x＝1时，等号成立. (2)指数形式：ex≥x＋1(x∈R)，当且仅当x＝0时，等号成立.进一步可得到一组不等式链：ex>x＋1>x>1＋ln x(x>0，且x≠1). 【例】 已知函数f(x)＝ex－a. (1)若函数f(x)的图象与直线l：y＝x－1相切，求a的值； (2)若f(x)－ln x>0恒成立，求整数a的最大值. [思维过程] 明确目标→(1)求a的值；(2)求整数a的最大值. 提取信息→已知函数f(x)，条件(1)函数f(x)图象与直线l相切； 条件(2)不等式f(x)－ln x>0恒成立. 建立联系→(1)利用相切导数值与斜率相等建立关系求解； (2)通过构造函数证明ex－2＞ln x，对照不等式f(x)－ln x>0得到整数a的取值范围. 思路导引→(1)由已知得f′(x)＝ex， 因为函数f(x)的图象与直线y＝x－1相切， 所以令f′(x)＝1，即ex＝1， 得x＝0，即f(0)＝－1， 解得a＝2. (2)先证明ex≥x＋1， 设F(x)＝ex－x－1， 则F′(x)＝ex－1， 令F′(x)＝0，得x＝0， 当x∈(0，＋∞)时， F′(x)>0， 当x∈(－∞，0)时， F′(x)<0， 所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增， 在(－∞，0)上单调递减， 所以F(x)min＝F(0)＝0， 即F(x)≥0恒成立， 即ex≥x＋1， 即ex－2≥x－1， 当且仅当x＝0时等号成立. 同理可得ln x≤x－1，当且仅当x＝1时等号成立，所以ex－2>ln x. 当a≤2时，ln x<ex－2≤ex－a， 即当a≤2时，f(x)－ln x>0恒成立； 当a≥3时，存在x＝1，使ex－a<ln x， 即ex－a>ln x不恒成立. 综上，整数a的最大值为2. 【练1】 已知函数f(x)＝ex，x∈R.证明：曲线y＝f(x)与曲线y＝x2＋x＋1有唯一公共点. 证明：令g(x)＝f(x)－(x2＋x＋1)＝ex－x2－x－1，x∈R， 则g′(x)＝ex－x－1， 由经典不等式ex≥x＋1恒成立可知，g′(x)≥0恒成立， 所以g(x)在R上为增函数，且g(0)＝0. 所以函数g(x)有唯一零点，即两曲线有唯一公共点. 【练2】 已知函数f(x)＝x－1－a ln x. (1)若f(x)≥0，求a的值； (2)证明：对于任意正整数n，(1＋)(1＋)·…·(1＋)<e. (1)解：f(x)的定义域为(0，＋∞)， ①若a≤0，因为f()＝－＋a ln 2<0，所以不满足题意； ②若a>0，由f′(x)＝1－＝知， 当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增， 故x＝a是f(x)在(0，＋∞)上的唯一最小值点. 因为f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，故a＝1. (2)证明：由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0. 令x＝1＋，得ln (1＋)<. 从而ln (1＋)＋ln (1＋)＋…＋ln (1＋)<＋＋…＋＝1－<1. 故(1＋)(1＋)·…·(1＋)<e. [课时作业(十七)见P344] 学科网（北京）股份有限公司 $$