微专题 导数与不等式的证明 课件-2026届高三数学二轮专题复习

板块六　函数与导数 微专题33　导数与不等式的证明 高考定位 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、不等式及其性质等. 高考定位 精准强化练 难点突破 (2023·新高考Ⅰ卷节选)已知函数f(x)=a(ex+a)-x,证明:当a>0时,f(x)>2ln a+. 高考真题 f'(x)=aex-1, 得当a>0时,当x<-ln a时,f'(x)<0, 当x>-ln a时,f'(x)>0, 所以函数f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减, 在(-ln a,+∞)上单调递增. 所以函数f(x)的最小值为f(-ln a)=1+a2+ln a. 令g(a)=1+a2+ln a-2ln a-=a2-ln a-,a∈(0,+∞), 所以g'(a)=2a-, 令g'(a)>0,得a>; 令g'(a)<0,得0<a<, 所以函数g(a)在上单调递减, 在上单调递增, 所以函数g(a)的最小值为g=-ln-=ln >0, 所以当a>0时,f(x)>2ln a+成立. 样题1 因为f(x)=x3-3ln x, g(x)=x3+-3, 要证f(x)≤g(x),即证x3-3ln x≤x3+-3, 即证ln x+-1≥0恒成立, 令h(x)=ln x+-1,x>0, 已知函数f(x)=x3-3ln x,g(x)=x3+-3,证明:f(x)≤g(x). 6 则h'(x)=-=, 令h'(x)<0,得0<x<1; 令h'(x)>0,得x>1, 所以h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, 则h(x)≥h(1)=ln 1+1-1=0, 即ln x+-1≥0恒成立, 所以f(x)≤g(x). 样题2 不妨设x1<x2, 要证对∀x1,x2∈(0,+∞), 都有+a>0, 只需证f(x1)-f(x2)<-a(x1-x2), 即需证f(x1)+ax1<f(x2)+ax2. (2025·宁波调研节选)已知函数f(x)=x2-(a+1)x+aln x.求证:对于∀x1, x2∈(0,+∞),且x1≠x2,都有+a>0. 8 构造函数g(x)=f(x)+ax=x2-x+aln x, 则需证函数g(x)在(0,+∞)上为增函数, 结合a>,因为g'(x)=x-1+≥2-1>2-1=0, 所以函数g(x)在(0,+∞)上为增函数成立, 所以当a>时,对于∀x1,x2∈(0,+∞),且x1≠x2, 都有+a>0. 样题3 (2025·西安模拟改编)已知函数f(x)=x-2+aln (a∈R). (1)若f(x)≥-1,求a的值; 因为f(x)=x-2+aln=x-2-aln x, 且f(x)的定义域为(0,+∞), 则f'(x)=1-, 若f(x)≥-1,注意到f(1)=-1, 可得f'(1)=1-a=0,解得a=1, 10 当a=1时,则f(x)=x-2-ln x, f'(x)=1-=, 令f'(x)>0,解得x>1; 令f'(x)<0,解得0<x<1; 可知f(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增, 可得f(x)≥f(1)=-1,符合题意, 综上所述,a=1. (2)设n∈N*,求证:++…+<ln. 由(1)可得 f(x)=x-2+ln ≥-1, 即ln ≥1-x, 当且仅当x=1时,等号成立, 令x=≠1,可得ln>, 即ln>,ln>,ln>,ln>,…,ln>, 累加可得ln+ln+ln+ln+…+ln>++++…+, 又因为ln+ln+ln+ln+…+ln =ln =ln, 即ln>++++…+, 所以++…+<ln. 利用导数证明不等式问题,基本方法如下: (1)直接构造函数法:证明不等式f(x)>g(x)(或f(x)<g(x))转化为证明f(x)-g(x)>0(或f(x)-g(x)<0),进而构造辅助函数h(x)=f(x)-g(x); (2)适当放缩构造法:一是根据已知条件适当放缩;二是利用常见放缩结论; (3)构造“形似”函数,稍作变形再构造,对原不等式同结构变形,根据相似结构构造辅助函数. 规律方法 训练 (2025·合肥模拟)已知函数f(x)=ln x-a,其中a>0. (1)讨论f(x)的单调性; 由题意得函数f(x)的定义域为(0,+∞), 且a>0,f'(x)=-a-=, 令g(x)=-ax2+x-a, 当1-4a2≤0,即a≥时,g(x)≤0恒成立, 则f'(x)≤0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减; 15 当1-4a2>0,即0<a<时, 函数g(x)有两个零点x1=,x2=, 当x变化时,f(x),f'(x)的变化情况如下表所示: x (0,x1) x1 (x1,x2) x2 (x2,+∞) f'(x) - 0 + 0 - f(x) 单调递减 f(x1) 单调递增 f(x2) 单调递减 综上,当0<a<时,f(x)在内单调递增, 在上单调递减; 当a≥时,f(x)在(0,+∞)上单调递减. (2)若函数f(x)有两个极值点x1,x1(x1<x2),证明:f(x1)+f(x2)+f(x1+x2)>ln 2-. 由(1)知,当0<a<时,f(x)有两个极值点x1,x2(x1<x2), 则x1,x2是方程g(x)=0的两个根, 由根与系数的关系得x1x2=1,x1+x2=, 所以0<x1<1<x2, f(x1)+f(x2)+f(x1+x2)=f(x1)+f+f =ln x1-a+ln-a+f =f=ln-a=-ln a-1+a2, 令h(x)=-ln x-1+x2,0<x<, 则h'(x)=-+2x=, 当0<x<时,h'(x)<0, 则h(x)在区间上单调递减, 从而h(x)>h=ln 2-, 故f(x1)+f(x2)+f(x1+x2)>ln 2-. 【精准强化练】 1.(2025·昆明调研)已知函数f(x)=,g(x)=-,求证:f(x)≥g(x)在(0,+∞)上恒成立. f(x)-g(x)=-+=, 令h(x)=xln x-x+1,x>0, 则h'(x)=ln x, 当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增, 当x∈(0,1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减, 故当x=1时,h(x)取得最小值h(1)=0, 所以h(x)≥0,故f(x)-g(x)≥0, 所以f(x)≥g(x). 2 3 4 1 2.(2025·青岛质检改编)已知函数f(x)=(x-a)ex+a(a≤1).证明:当x>0时,f(x)+ex≥x+ ln x+2. 要证明f(x)+ex≥x+ln x+2, 即证明xex+ex-x-ln x-2≥a(ex-1), 因为a≤1,且x>0, 所以a(ex-1)≤ex-1, 故只需证明xex+ex-x-ln x-2≥ex-1, 即证明xex-x-ln x-1≥0. 2 3 4 1 设g(x)=xex-x-ln x-1, 则g'(x)=(x+1)ex-1-=(x+1). 易知g'(x)在(0,+∞)上单调递增, 且g'=(-2)<0, g'(1)=2(e-1)>0, 所以存在唯一的x0∈, 使得g'(x0)=0,即=,x0=-ln x0. 2 3 4 1 当0<x<x0时,g'(x)<0, 当x>x0时,g'(x)>0, 所以g(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增. 所以g(x)≥g(x0)=x0-x0-ln x0-1 =x0·-x0+x0-1=0, 故原命题成立. 2 3 4 1 3.已知函数f(x)=-k, (1)若f(x)≤0恒成立,求实数k的取值范围; 若f(x)≤0恒成立,则k≥, 设g(x)=(x>0),g'(x)=, 由g'(x)>0,得0<x<e; 由g'(x)<0,得x>e, 所以函数g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减, g(x)max=g(e)=,所以k≥. 2 3 4 1 令k=,则f(x)≤0, 即≤,则ln x≤·x(当且仅当x=e时等号成立), 因为ln<·, ln <·, …, ln <·, 所以ln +ln +…+ln <(n>1). (2)证明:ln +ln +…+ln <(n>1). 2 3 4 1 4.(2025·赣州二模改编)已知函数f(x)=ln x+ax2-x+1(a∈R). (1)若a=0,证明:f(x)<; 若a=0,f(x)=ln x-x+1, 所以f'(x)=-1=, 令f'(x)=0,解得x=1, 所以当0<x<1时,f'(x)>0, 当x>1时,f'(x)<0, 所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 2 3 4 1 所以f(x)≤f(1)=0, 当且仅当x=1时,等号成立. 令g(x)=,x>0, 所以g'(x)==, 令g'(x)=0,解得x=2, 所以当0<x<2时,g'(x)<0, 当x>2时,g'(x)>0, 所以g(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增, 2 3 4 1 所以g(x)≥g(2)=0, 当且仅当x=2时,等号成立, 所以f(x)≤0≤g(x), 又等号不同时成立,所以f(x)<. 2 3 4 1 由题意可知 f'(x)=+2ax-1=, 因为f(x)有两个极值点x1,x2(x1<x2),所以x1,x2是方程2ax2-x+1=0的两个不同的根, (2)设x1,x2(x1<x2)是函数f(x)的两个极值点,证明:f(x1)-f(x2)<(x1-x2). 2 3 4 1 所以f(x1)-f(x2)=(ln x1+a-x1+1)-(ln x2+a-x2+1) =ln+a(-)-(x1-x2)=ln+×-(x1-x2)=ln-, 所以要证f(x1)-f(x2)<(x1-x2), 即证ln-<(x1-x2), 即证ln<2a(x1-x2), 即证ln<, 2 3 4 1 即证ln<. 令t=(0<t<1), 则证明ln t<, 令h(t)=ln t-, 则h'(t)=>0,所以h(t)在(0,1)上单调递增, 则h(t)<h(1)=0,即ln t<, 所以原不等式f(x1)-f(x2)<(x1-x2)成立. 2 3 4 1 则 $