微专题6 导数与不等式的证明-【红对勾】2025年高考数学二轮复习讲与练

微专题6导数与不等式的证明 考情分析 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 真题演练 体验高考 (2024·全国甲卷文)已知函数f(x)=a(x 1)-lnx+1. (1)求f(x)的单调区间； (2)当a≤2时，证明：当x>1时，f(x)<e- 恒成立. 热点分类 考向探究 016 考向1移项构造差函数证明不等式 反思感悟0 待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地， 【例1】(2024·广东广州一模)已知函数 可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子 f(x)=cosx十xsin x,x∈(-元，π). 要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所 (1)求f(x)的单调区间和极小值： 构造函数的单调性和最值即可得证 (2)求证：当x∈[0，π)时，2f(x)≤e+ex. 【跟踪训练1】(2024·安徽合肥一模)已知函数 马听课记录 fCx)二x十b当x=1时f(x)有极大值. (1)求实数a,b的值； (2)当x>0时，求证：f(x)<1十元 ☑一红网勾讲与练·高三二轮数学 考向2拆分函数证明不等式 (1)求实数a的取值集合； 【例2】已知函数f(x)=xe-1一x2十x一zeln x, (2)求证：e+2x+ +lnx≥x2+ex+2. x 当a∈(0,1)时，求证：f(x)>0恒成立. 听课记录 听课记录 反思感悟) 反思感悟D 1.导数方法证明不等式中，最常见的是e和 1.若直接求导比较复杂或无从下手，或两次求 lnx与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可 导都不能判断导数的正负，可将待证式进行变形，构 以考虑先对e和lnx进行放缩，使问题简化，简化 造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明 后再构造函数进行证明. 的目的.含lnx与e'的混合式不能直接构造函数， 2.常见的放缩公式如下：①e≥1十x,当且仅 017 要将指数与对数分离，分别计算它们的最值，借助最 当x=0时取等号：②lnx≤x一1，当且仅当x=1 值进行证明. 时取等号.若已知参数范围，则利用参数的范围进行 2.等价变形的目的是求导后能容易地找到极值 放缩，达到消参的目的.也可以利用局部函数的有界 点，一般地，e与lnx要分离，常构造x”与lnx,x” 性进行放缩，然后再构造函数进行证明. 与e的积、商形式，便于求导后找到极值点。 【跟踪训练3】已知函数f(x)=e,若x∈(0， 【跟踪训练2】已知函数f(x)=x(lnx一1)， 求证：f(x)x+5、 1),求证：f(x) e+2>0. 考向3放缩后构造函数证明不等式 【例3】已知函数f(x)=1-x+axIn x(a∈ 学习至此，请完成课时作业6 练 R),且f(x)≥0恒成立 专题一 函数、导数、不等式一拥所以f(x)在[0，+∞)上为增函数，故 f(x)≥f(0)=0. 记g(a)=2 -x十sinx,则g'(x) 所以g(x)mx=g(2)=8-2-2m= 6-2m, 若-2<a<0,则当0≤x 2a+1 x-1十c0sx, 又f(x)min≤g(x)nx,则-e≤6-2m, 令h(x)=g(x)=x-1十cosx, 时，s'(x)<0, 则h'(x)=1-sinx. 解得0<m<3+乞， 故s(x)在[0，-2a1)上为减函数， 因为当x∈(0，π)时，h'(x)≥0，所以 a g'(x)在区间(0，π)上单调递增， 故实数m的取值范围为03十] 此时s(x)≤(0)=0，即f(x)≤0， 所以g'(x)>g'(0)=0, 跟踪训练3解：(1)f'(x)=x十m 即f(x)为减函数， 所以g(x)在区间(0，π)上单调递增， (mx-1)(x+1) 故在[0，-2a+])上，fx)≤fo) 所以g(x)>g(0)=0,所以f(x）>0. 1 2,x>0 ②当a1时，f'(x)=x-1十acos x, 当m≤0时，f'(x)<0恒成立，f(x) 0,不合题意，舍去。 因为当x∈(0，π)时，sinx∈(0,1]， 在(0，十∞)上单调递减； 若a≥0，则s'(x)<0在[0，十∞)上恒 令g(x)=f'(x)=x-1十acos x,则 当m>0时，由'(x)>0,解得x∈ 成立， o(x)=1-asin x, 1 同理可得，在[0，十∞)上，f(x)≤ 若a0,则o'(x)>0,即f'(x)在区间 ,+∞，即f(x)在(， （m,+∞)上 f(0)=0恒成立，不合题意，舍去. (0,π)上单调递增 单调递增， 1 综上，a≤ 若0<a<1,则p'(x)=1一a sin x≥ 2 1-a>0, 由了(x)<0,解得x∈(0，)， 故a的取值范围为（一∞，一 17 所以f'(x)在区间(0，π)上单调递增. 所以当a<1时，f'(x)在区间(0，π)上 即在(，)上单得递减 热点分类·考向探究 单调递增， 综上所述，当m≤0时，f(x)在 例1解：lnf(x)≤2e对Hx∈(-1， 因为f'(0)=a-1<0,f'( (0,十∞)上单调递减；当m>0时， 2 +oo)恒成立，即lnm≤2e-ln(x 10, )在0)上单两通减，在 1)一x对x∈（一1，十∞）恒成立. 令g(x)=2e-ln(x十1)-x,x∈(-1， 所以存在。∈(0，）： 人 ,+∞)上单调递增. 十o∞)，则只需lnm≤g(x)mim即可. 使得f'(x。)=0, (2)当m>0时，由(1)知 中市1x∈(-1，+oo). 1 g'(x)=2e- 所以当x∈(0，x。)时，f'(x)0, 1 即f(x)在区间(0，xo)上单调递减， fx=f(偏）=nm+1- 易知y=2e,y=一x十1 一1均在(-1， 所以f(x。)<f(0)=0,不满足题意 1 综上可知，实数a的取值范围为 易知g'(x)=2x十2e>0,x≥1恒 +∞)上单调递增， [1,十o). 成立，所以g(x)在[1，十∞)上单调 故g'(x)在（一1，十∞）上单调递增且 跟踪训练2解：因为f(x)≥0在 递增， g(0)=0. [0,十o∞)上恒成立，所以f(x)mim≥0. .当x∈(-1,0)时，g'(x)<0,g(x） 1 当0<a≤1时，'(z)=x+1-a ≥0 所以g(x)m=g1)=2-2c: 单调递减； (x+1)2 当x∈(0，十o∞)时，g'(x)>0,g(x)单 由题意知f(x)im≥g(x)in, 在[0，十∞)上恒成立，所以f(x)在 调递增. [0,十o∞)上单调递增，所以f(x)mn 即lnm十1 g(x)mim=g(0)=2. 2m=21 2e f(0)=0成立，符合题意. 故lnm≤2=lne, 当a>1时，令f'(x)=+1-a 设h(m)=lnm+1 .0<m≤e2,故m的最大值为e. 2m,则h'(m)= 跟踪训练1解：由f(x)>2x2可得 (x+1)2 >0 1 1 -x-lnx>2x2,即m>2 得x>a-1,令f(x)=十1-a >0,所以h(m)为增函数， <0, 2m2 m 1 In z (x十1) x2 得0≤x<a-1, x 又h(e)=2-2c,所以m≥e, 所以f(x)在[0，a一1)上单调递减，在 即m的取值范围是[e,十o). 设g(x)=2+ x ∈(0，+o)， 1 Inx (a-1,十∞)上单调递增， 当x∈(0，a-1)时，f(x)<f(0)=0, 微专题6导数与不等式的证明 则g'(x)=一 1 1-2In z 2 十 这与f(x)≥0矛盾. 综上所述，a的取值范围是(0,1]. 真题演练·体验高考 -z+1-2In x 例3解：将3x1∈R,x,∈(0,2]，使 解：(1)f(x)的定义域为(0，十∞)， x f(x1)≤g(x,)成立，等价为f(x)min≤ 1_ax-1 设h(x)=-x+1-2lnx,x∈ g(x)max f(x)=a- x x (0,十∞). 由f(x)=(x-1)e+1+mx2,x∈R, 则h'(x)=-1-2 0 则f(x)=e+(x-1)e+1+2mx 若a≤0，则f'(x)=au10. 2 x(e+1+2m), 故f(x)在(0，十∞)上单调递减； 则h(x)在(0，十∞)上单调递减，且 h(1)=0. 又0<m≤6，且e+1>0,则e+1+ 2m>0, 若a>0,则当x∈（日，+）时， 所以当x∈(0,1)时，h(x)>0,即 g'(x)>0,所以g(x)在(0,1)上单调 则当x<0时，f'(x)<0;当x>0时， f(x)>0,f(x)单调递增， 递增， f'(x)0, 当x∈(1，+∞)时，h(x)<0,即 所以f(x)在区间（一∞，0）上单调递 当x∈(0，)时， g(x)<0,所以g(x)在(1，十∞)上单 减，在区间(0，十○)上单调递增， f'(x)<0,f(x)单调递减 调递减， 所以f(x）min=f(0)=-e, 综上所述，当a≤0时， 所以g(x)的最大值为g(1)=3, 4 又g(x)=x3- mx,x∈(0,2]， f(x)在(0，十∞)上单调递减： 所以m>3,即m的取值范围为 x (3.+00) 当a>0时，fx)在（合中∞）上单调 则g'(x)=3x2十- -m≥4√3-m, 例2解：①当a≥1时，因为x∈(0，π)， 所以sinx>0, 所以f(x)=2 x 当且仅当3x2-号时取等号，又0< 递增，在(0，)上单调递减。 (2)证明：a≤2，且x>1时，e-1 -x十asin x≥ 2 m6,g(x)>0, f(z)=e'-!-a(z-1)+In z-12 x+sin x. 所以g(x)在区间(0,2]上单调递增， e-1-2x+1+lnx, -263- 参考答案一叱 令g(x)=e1-2x十1+lnx(x>1), 所以g(x)在(0，十∞)上单调递增， 小值即最小值，因为f(x)≥0恒成立 下证g(x)>0即可. 所以g(x)>g(0)=0,即e-x-1≥ 且f(1)=0, 1-a g'(x)=e-1-2十 x ,再令h(x) 0,即e>x十1， .e=1,解得a=1. .实数a的取值集合是{1. g'(x),则h'(x)=e-1 1 故当x>0时，f(x)<中x 例2证明：由题意得x>0,当a∈(0， (2)证明：由(1)可知，a=1时，f(x)≥ 显然h'(x)在(1，十∞)上单调递增 1)时， 0,即1-x十xlnx≥0，变形得nx≥ 则h'(x)>h'(1)=e°-1=0， 要证xe-1-x2+x-aeln x>0,即证 1- 1 在x>0时恒成立 即g(x)=h(x)在(1，十o)上单调 递增， e-1-x+1aeln z 1 要证明e十2x十 +lnx≥x2+ex1 故g'(x)>g'(1)=e°-2+1=0， x 令g(x)=e-1-x十1(x>0),h(x) 即g(x)在(1，十∞)上单调递增， g(x)>g(1)=e-2+1+ln1=0, ln工(x>0),则g'(x)=e-1-1, 2,只需证明c+2x+是+(1-）产 问题得证. 令g'(x)=g(x),则g'(x)=e-1>0, x2十ex十2， 热点分类·考向探究 所以g'(x)在(0，十∞)上单调递增， 即证明e-1-x2-(e-2)x≥0. 又因为g'(1)=0,所以当x∈(0,1) 令h(x)=e-1-x2-(e-2)x,x≥ 例1解：(1)函数f(x)=cosx十x sin x, 时，g(x)<0, 0,则h'(x)=e-2x-(e-2), x∈(-π，π)，求导得f'(x)=-sinx+ 当x∈(1，十∞)时，g'(x)0, 令u(x)=e-2x-(e-2),则u'(x) sin x+xcos x=xcos x. 当-π<x<- 受时，fx)>0,) 所以g(x)m=g(1)=1. e-2, 因为'(x)=-n2,令h'(x)>0,解 令u'(x)=e-2=0,解得x=ln2. 当x∈(0，ln2)时，u'(x)<0,函数 单调递增；当一2 <x<0时，f'(x) 得x∈(0，e), u(x)单调递减， 令h(x)0,解得x∈(e,十oo),所以 当x∈(ln2,十∞)时，u'(x)>0,函数 0,f(x)单调递减： h(x）mx=h(e)= u(x)单调递增. 当0<x<时，f'(x)>0,f(x)单调 e 即函数h'(x)在(0，ln2)上单调递减 因为a∈(0，l)所以aeln ≤a<1,所 在(n2,十o)上单调递增 递增；当<x<π时，f(x)<0, 而h'(0)=1-(e-2)=3-e>0, h'(1n2)<h'(1)=0, f(x)单调递减 以(e1-x十1)mm> (aeln x 、x .存在xo∈(0，ln2),使得h'(zo)=0. 所以f(x)的单调递增区间为（一π， 所以当a∈(0,1)时，f(x)>0恒成立 当x∈(0，xo)时，h'(x)>0,h(x)单调 得证. 递增； 受)，(0，受)，单调递议区间为 跟踪训练2证明：由∫(x) 29 当x∈(x。,1)时，h'(x)<0,h(x)单调 e1 递减； (-乏，0)（受x)fx)的极小值为 >0可得，f(x)>2 5 5 当x∈(1，十o∞)时，h'(x)>0,h(x)单 e可2， 调递增 f(0)=1. f(x)=x(lnx-1),x∈(0，十o∞)， 又h(0)=1-1=0,h(1)=e-1-1 (2)证明：当x∈[0，π)时，令F(x) (e-2)=0, e"+e*-2(cos x+xsin x), f'(x)=In x, 求导得F'(x)=e-ex-2 xcos x≥ 当x∈(0,1)时，f'(x)<0,f(x)单调 .对Hx>0,h(x)≥0恒成立，即e 递减， 1-x2-(e-2)x≥0. e-e-2.x, 当x∈(1，十∞)时，f'(x)>0,f(x)单 1 令p(x)=e-e-2x,求导得 综上可得，不等式e”十2x十 调递增， x p'(x)=e+er-2≥2√e·e 故f(x)in=f(1)=-1. lnx≥x2+ex十2成立， 2=0,当且仅当x=0时等号成立， x 5 跟踪训练3证明：先证当x∈(0,1)时， 函数p(x)在[0，π)上单调递增，则 设h(x)= ,x∈(0，十∞)，则 e>x十1恒成立， (x)≥g(0)=0,F'(x)≥0且不恒为 e-T- 2 h'(x)=x(2-x) 令t(x)=e-x-1,则t'(x)=e 0,F(x)在[0，π)上单调递增， e-1 1>0,所以t(x)在(0,1)上单调递增， 因此F(x)≥F(0)=0,所以2f(x)≤ e 十e 当x∈(0,2)时，h'(x)>0,h(x)单调 t(x)>t(0)=0,所以e>x+1. 跟踪训练1解：(1)函数f(x)的定义域 递增， 要证一nx+x 1 为（一0∞， 十∞)，且f”(x)= 当x∈(2，+o∞)时，h'(x)<0,h(x)单 e <1,x∈(0,1)， a-b-ax 调递减， 、3 转化为证一lnx 1,x∈(0， e" x+1 故h(x)a=h(2)=。-子2 因为x=1时，x)有极大值。， 1), 5 2 =-1, 即证1-lnx+x+x-+ <x+1, x 所以 f(1)= e'解得a=1, 故f(x)m>h(x)mx,即f(x)> x∈(0,1)， 1b=0. f'(1)=0 ,即f)-二+号>0恒成 5 即证1nx-x+1+1>0,x∈(0,1. 经检验，当a=1,b=0时，f(x)在x= 1时有极大值。， 立，得证 例3解：(1)f'(x)=alnx-1十a(x> 设F(x)nx一x2+1z∈0,1D 所以a=1,b=0. 0) 1 (2)证明：由(1)知，f(x)= 当a0时，注意到f(e)=1一e十ae< 1一2x 则F'(x)= =. 7( e 0,不合题意： 1)-2x0 x 当a>0时，由f'(x)<0,得0<x< 当x>0时，要证f(x)<千x即证 所以F(x)在(0,1)上单调递减， ea,由f'(z)>0,得x>e", 所以F(x)>F(1)=1>0,即原不等式 名<千即证e>中1 1一 成 ∴.f(x)在(0，e“)上单调递减，在 设g(x)=e-x-1,则g'(x) 所以当x∈0,1)时，告十x (e ,十∞)上单调递增， e-1, 因为x>0,所以g'(x)=e-1>0, .x=e一时，函数f(x)取得唯一极 ∠1 x ☑一红因勾讲与练·高三二轮数学 -264