05 专题逐一通关一 专题5 导数与不等式证明-【名师导航】2026年高考数学二轮总复习教师用书

专题5　导数与不等式证明 构造函数、利用最值证明不等式 【例1】　已知函数f (x)＝x2＋x＋a ln (x＋1)，a∈R． (1)讨论f (x)的单调性； (2)证明：当a<－1时，a2＋f (x)>1． [解]　(1) f ′(x)＝x＋1＋＝(x>－1)， 当a≥0时，f ′(x)>0在x∈(－1，＋∞)上恒成立，故f (x)在(－1，＋∞)上单调递增； 当a<0时，令f ′(x)>0，得x>－1＋； 令f ′(x)<0，得－1<x<－1＋， 故f (x)在上单调递增，在内单调递减． 综上，当a≥0时，f (x)在(－1，＋∞)上单调递增；当a<0时，f (x)在上单调递增，在内单调递减． (2)证明：由(1)知，当a<－1时，f (x)min＝f ＝＋a ln (－a)， 所以a2－1＋f (x)≥a2－1＋f (x)min＝a2－1－(a＋1)＋a ln (－a)． 令g(a)＝a2－1－(a＋1)＋a ln (－a)(a<－1)， 则g′(a)＝2a＋ln (－a)． 令h(a)＝2a＋ln (－a)(a<－1)，则h′(a)＝2＋． 因为a<－1，所以h′(a)>0，所以h(a)在(－∞，－1)上单调递增． 又h(－1)<0，所以g′(a)＝2a＋ln (－a)<0，所以g(a)在(－∞，－1)上单调递减． 因为g(－1)＝0，所以g(a)>g(－1)＝0， 所以a2－1＋f (x)≥a2－1＋f (x)min>0， 即当a<－1时，a2＋f (x)>1． 【解题技巧】　证明不等式f (x)>0(f (x)<0)，可转化为证明f (x)min>0(f (x)max<0)，解题的关键是求出函数f (x)的最小值(最大值)．在求函数f (x)的最值时，主要有以下几种情形： (1)直接求得f (x)的最值，且最值是一个具体的实数． (2)求得f (x)的最值，且最值是一个含有参数的代数式，再说明该代数式的最值大于0(小于0)． (3)通过隐零点求得f (x)的最值，再说明含有隐零点的最值表达式大于0(小于0)． 【学完就练1】 已知函数f (x)＝ln x－ax＋1． (1)求f (x)的极值； (2)证明：ln x＋x＋1≤xex． [解]　(1)由题意得f (x)＝ln x－ax＋1的定义域为(0，＋∞)， 则f ′(x)＝－a＝， 当a≤0时，f ′(x)>0，f (x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值； 当a>0时，令f ′(x)<0，则x>，令f ′(x)>0，则0<x<， 即f (x)在内单调递增，在上单调递减， 故x＝为函数的极大值点，函数极大值为f ＝－ln a，无极小值． (2)证明：设g(x)＝xex－ln x－x－1，x>0， 则g′(x)＝(x＋1)ex－－1， 令h(x)＝(x＋1)ex－－1， 则h′(x)＝(x＋2)ex＋>0(x>0)， 即h(x)在(0，＋∞)上单调递增， h＝－3<0，h(1)＝2e－2>0， 故∃x0∈，使得h(x0)＝0，即＝1， 当x∈(0，x0)时，h(x)<0，g(x)在(0，x0)内单调递减， 当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，g(x)在(x0，＋∞)上单调递增， 故g(x)min＝g(x0)＝－x0－1＝0， 即g(x)≥0，即xex≥ln x＋x＋1，则ln x＋x＋1≤xex． 放缩后构造函数证明不等式 【例2】已知函数f (x)＝ln x－ax＋1． (1)若f (x)≤0恒成立，求实数a的取值范围； (2)证明：当x≥1时，ex>x＋1＋2x ln x． [解]　(1)函数f (x)＝ln x－ax＋1的定义域为(0，＋∞)， 不等式f (x)≤0，即ln x－ax＋1≤0，所以a≥， 令函数g(x)＝，依题意，a≥g(x)对∀x∈(0，＋∞)恒成立， g′(x)＝，当0<x<1时，g′(x)>0；当x>1时，g′(x)<0， 函数g(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，g(x)max＝g(1)＝1，则a≥1， 所以实数a的取值范围是[1，＋∞)． (2)证明：由(1)知，当x≥1时，不等式ln x≤x－1恒成立，则2x ln x≤2x(x－1)恒成立， 因此x＋1＋2x ln x≤x＋1＋2x(x－1)＝2x2－x＋1， 令函数h(x)＝，x≥1， 求导得h′(x)＝＝－， 当1≤x<2时，h′(x)>0；当x>2时，h′(x)<0， 函数h(x)在[1，2)内单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，h(x)≤h(2)＝<1， 所以当x≥1时，ex>2x2－1＋1≥x＋1＋2x ln x． 【解题技巧】　放缩法证明不等式的两种基本方法 (1)参数放缩：当给出参数取值范围来证明不等式恒成立时，可以把参数的取值范围放缩为常数．例如：已知a≥1，证明af (x)>0恒成立时，可以参数放缩得到af (x)≥f (x)>0，则只需要证明f (x)>0恒成立． (2)函数不等式放缩：在导数方法证明不等式中，最常见的是ln x和ex与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对ln x与ex进行放缩，使问题简化，再构造函数进行证明．常见的放缩公式如下：①ex≥x＋1(当且仅当x＝0时取等号)；②ln x≤x－1(当且仅当x＝1时取等号)． 【学完就练2】 已知函数f (x)＝＋ln (x－m)． (1)若m＝－2，求f (x)的单调区间； (2)若m≤0，证明：当x∈(0，＋∞)时，f (x)≥1． [解]　(1)若m＝－2，则f (x)＝＋ln (x＋2)，其定义域为(－2，0)∪(0，＋∞)， f ′(x)＝， 令f ′(x)>0，解得－2<x<－1或x>2，令f ′(x)<0，解得－1<x<0或0<x<2， 所以f (x)在(－2，－1)，(2，＋∞)上单调递增，在(－1，0)，(0，2)上单调递减． (2)证明：当m≤0，x∈(0，＋∞)时，ln (x－m)≥ln x，则有f (x)＝＋ln (x－m)≥＋ln x， 故只需证明当m＝0时，f (x)≥1， 当m＝0时，f ′(x)＝(x∈(0，＋∞))， 令f ′(x)>0，解得x>1，令f ′(x)<0，解得0<x<1， 所以f (x)在区间(0，1)内单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增， 当x＝1时，f (x)取得最小值， 所以f (x)≥f (1)＝1， 综上，当x∈(0，＋∞)时，f (x)≥1． 分拆转化函数证明不等式(凹凸翻转) 【例3】设函数f (x)＝aex ln x＋，曲线y＝f (x)在点(1, f (1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2． (1)求a，b； (2)证明：f (x)>1． [解]　(1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)， f ′(x)＝aex ln x＋ex－ex-1＋ex-1． 由题意可得f (1)＝2，f ′(1)＝e．故a＝1，b＝2． (2)证明：由(1)知，f (x)＝ex ln x＋ex-1， 从而f (x)>1等价于x ln x>xe－x－． 设函数g(x)＝x ln x，则g′(x)＝1＋ln x． 所以当x∈时，g′(x)<0；当x∈时，g′(x)>0． 故g(x)在内单调递减，在上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g＝－． 设函数h(x)＝xe－x－，则h′(x)＝e－x(1－x)． 所以当x∈(0，1)时，h′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0．故h(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－． 综上，当x>0时，g(x)>h(x)，即f (x)>1． 【解题技巧】 (1)若利用导数求函数的最值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，达到证明的目的． (2)在证明过程中，等价转化是关键，如g(x)min≥f (x)max成立，可得f (x)≤g(x)恒成立． (3)有时候不易变形为两个一般函数，也可以选取函数式中的一部分当作新的函数，对其进行分析，从而达到对整个函数性质的研究． 【学完就练3】 已知函数f (x)＝xex＋a，g(x)＝x ln x＋a． (1)若函数f (x)的最小值与g(x)的最小值之和为－，求a的值； (2)若a＝0，x>0，证明：f (x)>g′(x)． [解]　(1)因为f (x)＝xex＋a， 所以f ′(x)＝(1＋x)ex． 令f ′(x)＝0，解得x＝－1． 所以当x∈(－∞，－1)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减； 当x∈(－1，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增． 所以f (x)min＝f (－1)＝－＋a． 因为g(x)＝x ln x＋a，x>0， 所以g′(x)＝ln x＋1． 令g′(x)＝0，解得x＝． 所以当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 所以g(x)min＝g＝－＋a． 由题意可得－＋a＝－， 解得a＝－． (2)证明：法一(凹凸翻转)：要证f (x)>g′(x)，即证xex>ln x＋1，即证>． 令h(x)＝，x>0，φ(x)＝，x>0． 易得h′(x)＝， 则令h′(x)<0，得0<x<1；令h′(x)>0，得x>1． 所以h(x)在(0，1)内单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 所以h(x)≥h(1)＝e． 易得φ′(x)＝＝． 令φ′(x)>0，得； 令φ′(x)<0，得． 所以φ(x)在内单调递增， 在上单调递减， 所以φ(x)≤＝<e， 所以h(x)>φ(x)，故f (x)>g′(x)． 法二(先放缩再证明)：令φ(x)＝ex－x－1，所以φ′(x)＝ex－1， 当x∈(－∞，0)时，φ′(x)<0， 当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0， 所以φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以φ(x)≥φ(0)＝0，即ex≥x＋1， 当且仅当x＝0时等号成立． 当x>0时，xex>x(x＋1)， 要证f (x)>g′(x)，即证xex>ln x＋1， 若x(x＋1)>ln x＋1， 即x(x＋1)－ln x－1>0，则f (x)>g′(x)． 令h(x)＝x(x＋1)－ln x－1，x>0， 所以h′(x)＝2x＋1－＝， 当x∈时，h′(x)<0， 当x∈时，h′(x)>0， 所以h(x)在内单调递减，在上单调递增， 所以h(x)≥h＝－ln ＝ln 2－>0， 所以x(x＋1)－ln x－1>0，即证得f (x)>g′(x)成立． 1/1 学科网（北京）股份有限公司 $