第三章 §3.6 利用导数证明不等式（教师用书word）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（人教A提高版）

§3.6　利用导数证明不等式 课标要求　导数中的不等式证明是高考的常考题型，常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结合，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． 题型一　将不等式转化为函数的最值问题 例1　(12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；[切入点：求导，讨论a的正负] (2)证明：当a>0时，f(x)>2ln a＋. [方法一　关键点：作差法比较f(x)min与2ln a＋的大小] [方法二　关键点：利用不等式ex≥x＋1把函数f(x)中的指数换成一次函数] [思路分析] (1)求f′(x)→分a>0，a≤0判断f′(x) 的符号→f(x) 的单调性 (2)方法一：求f(x)min→构造函数g(a)＝f(x)min－→求g(a)最小值 方法二：证明不等式ex≥x＋1→aex＝ex＋ln a≥x＋ln a＋1→f(x)≥a2＋ln a＋1→构造函数g(a)＝a2＋ln a＋1－→求g(a)最小值 (1)解　因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R， 所以f′(x)＝aex－1，(1分) 当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，故f′x＝aex－1<0恒成立， ①处判断f′(x)的符号 所以f(x)是减函数；(2分) 当a>0时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－ln a， (4分) ②处判断f′(x)的符号 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．(5分) (2)证明　方法一　由(1)得，当a>0时， (7分) ③处利用单调性求f(x)min 要证f(x)>2ln a＋，即证1＋a2＋ln a>2ln a＋， 即证a2－－ln a>0恒成立，(8分) (9分) ④处构造函数ga＝fxmin－ 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，(11分) ⑤处求gamin并判断其符号 则g(a)>0恒成立， 所以当a>0时，f(x)>2ln a＋恒成立，证毕．(12分) 方法二　 ⑥处构造函数证明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，(6分) ⑦处通过不等式ex≥x＋1放缩函数fx 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，(8分) (9分) ⑧处构造函数ga 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，(11分) 所以g(a)min＝g＝2－－ln＝ln >0， ⑨处求gamin并判断其符号 则g(a)>0恒成立， 所以当a>0时，f(x)>2ln a＋恒成立，证毕．(12分) 思维升华 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． 跟踪训练1 (2023·咸阳模拟)已知函数f(x)＝(x∈R)． (1)求 f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程； (2)求证：当x∈[0，π]时，f(x)≤x. (1)解　由题知，f(0)＝0，f′(x)＝， 所以切点坐标为(0,0)，斜率为f′(0)＝＝1， 所以所求切线方程为x－y＝0. (2)证明　f(x)≤x(x∈[0，π])， 即≤x(x∈[0，π])⇔xex－sin x≥0(x∈[0，π])， 令g(x)＝xex－sin x，x∈[0，π]， 则g′(x)＝ex＋xex－cos x， 令h(x)＝ex＋xex－cos x，x∈[0，π]， 则h′(x)＝2ex＋xex＋sin x>0在[0，π]上恒成立， 所以h(x)在[0，π]上单调递增，则h(x)≥h(0)＝0， 所以g′(x)≥0在[0，π]上恒成立， 即g(x)在[0，π]上单调递增，所以g(x)≥g(0)＝0， 即xex－sin x≥0(x∈[0，π])， 综上，当x∈[0，π]时，f(x)≤x. 题型二　将不等式转化为两个函数的最值进行比较 例2 已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)． (1)讨论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． (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. 记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， 即xf(x)－ex＋2ex≤0得证． 思维升华 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．本例中同时含ln x与ex，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明． 跟踪训练2 (2023·合肥模拟)已知函数f(x)＝ex＋x2－x－1. (1)求f(x)的最小值； (2)证明：ex＋xln x＋x2－2x>0. (1)解　由题意可得 f′(x)＝ex＋2x－1， 则函数f′(x)在R上单调递增，且f′(0)＝0. 由f′(x)>0，得x>0；由f′(x)<0，得x<0. 则f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 故f(x)min＝f(0)＝0. (2)证明　要证ex＋xln x＋x2－2x>0， 即证ex＋x2－x－1>－xln x＋x－1. 由(1)可知当x>0时，f(x)>0恒成立． 设g(x)＝－xln x＋x－1，x>0， 则g′(x)＝－ln x. 由g′(x)>0，得0<x<1； 由 g′(x)<0，得x>1. 则g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g(x)≤g(1)＝0，当且仅当x＝1时，等号成立． 故f(x)>g(x)，即ex＋xln x＋x2－2x>0. 题型三　双变量不等式的证明 例3 已知函数f(x)＝(a＋1)ln x＋ax2＋1. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)设a≤－2，证明：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|. (1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝＋2ax＝. 当a≥0时，f′(x)>0， 故f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a≤－1时，f′(x)<0， 故f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当－1<a<0时，令f′(x)＝0，解得x＝. 当x∈时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0， 故f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)证明　不妨设x1≥x2，由于a≤－2， 由(1)可得f(x)在(0，＋∞)上单调递减． 所以|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|等价于 f(x2)－f(x1)≥4(x1－x2)， 即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1. 令g(x)＝f(x)＋4x， 则g′(x)＝＋2ax＋4＝. 于是g′(x)≤＝≤0. 从而g(x)在(0，＋∞)上单调递减， 故g(x1)≤g(x2)， 即f(x1)＋4x1≤f(x2)＋4x2， 故对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|. 思维升华 将两个变量分离，根据式子的特点构造新函数，利用导数研究新函数的单调性及最值，从而得到所证不等式，或者要求证的不等式等价变形，然后利用整体思想换元，再构造函数，结合函数的单调性可证得不等式． 跟踪训练3 已知函数f(x)＝ax＋1(x>0)，g(x)＝ln x－＋2a. (1)若a＝，比较函数f(x)与g(x)的大小； (2)若m>n>0，求证：>. (1)解　当a＝时，f(x)＝＋1， g(x)＝ln x＋＋1， 令F(x)＝f(x)－g(x)＝－ln x－， 则F′(x)＝－＋＝≥0， 所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，且F(1)＝0. 综上，当x＝1时，F(x)＝0，f(x)＝g(x)， 当x∈(0,1)时，F(x)<0，f(x)<g(x)； 当x∈(1，＋∞)时，F(x)>0，f(x)>g(x)． (2)证明　因为m>n>0，则>1， 要证>， 即证>ln m－ln n， 即证－>ln ， 设t＝，则t>1，即证t－>ln t2＝2ln t， 即证－ln t－>0(t>1)， 由(1)知，当x∈(1，＋∞)时，F(x)>0成立，故不等式成立， 所以当m>n>0时，>. 课时精练 1．(2023·新乡模拟)已知函数f(x)＝x2ln x. (1)求f(x)的单调区间； (2)证明：f(x)≥x－1. (1)解　因为f(x)＝x2ln x，x>0， 所以f′(x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1)， 由f′(x)＝0，得x＝. 当x∈时，f′(x)<0； 当x∈时，f′(x)>0. 故f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为． (2)证明　f(x)≥x－1等价于ln x－≥0. 令函数g(x)＝ln x－，x>0， 则g′(x)＝－＝. 当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增． 故g(x)≥g(1)＝0，即f(x)≥x－1. 2．(2023·长沙模拟)已知函数f(x)＝aln x＋x＋＋2a(a∈R)． (1)若f(x)在x＝1处取得极小值，求a的值； (2)若0<a<，求证：f(x)<x＋. (1)解　函数f(x)＝aln x＋x＋＋2a的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝＋1－＝. 由f′(1)＝a－1＝0，得a＝1， 经检验，a＝1满足题意． (2)证明　要证明f(x)<x＋， 即证x＋aln x＋＋2a<x＋， 即证a(ln x＋2)<， 即证<. 令g(x)＝，其中x>0，则g′(x)＝， 当0<x<2时，g′(x)<0，此时函数g(x)单调递减； 当x>2时，g′(x)>0，此时函数g(x)单调递增． 所以g(x)min＝g(2)＝. 令h(x)＝，其中0<a<，x>0， 则h′(x)＝－. 当0<x<时，h′(x)>0，此时函数h(x)单调递增；当x>时，h′(x)<0，此时函数h(x)单调递减． 所以h(x)max＝h＝ae<， 则h(x)max<g(x)min，所以<. 故原不等式得证． 3．已知函数f(x)＝xln x. (1)判断f(x)的单调性； (2)设方程f(x)－2x＋1＝0的两个根分别为x1，x2，求证：x1＋x2＞2e. (1)解　f′(x)＝ln x＋1，x∈(0，＋∞)， 令f′(x)＝0，得x＝， 当0＜x＜时，f′(x)＜0；当x＞时，f′(x)＞0， 所以f(x)在上单调递减，在上单调递增． (2)证明　令g(x)＝f(x)－2x＋1， 则g′(x)＝ln x－1， 令g′(x)＝0，得x＝e，当0＜x＜e时，g′(x)＜0，当x＞e时，g′(x)＞0，所以g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增， 又g(e)＝1－e＜0，所以不妨设0＜x1＜e＜x2. 要证x1＋x2＞2e，即证x2＞2e－x1， 即证g(x2)＞g(2e－x1)． 因为g(x2)＝g(x1)，所以g(x1)＞g(2e－x1)． 令h(x)＝g(x)－g(2e－x)，x∈(0，e)， 则h′(x)＝ln x－2＋ln(2e－x)＝ln(2ex－x2)－2＝ln [－(x－e)2＋e2]－2＜0， 所以h(x)在(0，e)上单调递减， 所以h(x)＞h(e)＝g(e)－g(e)＝0， 从而必有g(x2)＞g(2e－x1)． 即x1＋x2＞2e. 4．(2024·中卫模拟)已知函数f(x)＝x2－ax＋ln x(a∈R)． (1)当a＝3时，求函数f(x)的单调区间； (2)设函数f(x)有两个极值点x1，x2，且x1∈(1，＋∞)，求证：f(x1)－f(x2)<－＋ln 2. (1)解　f′(x)＝＋2x－a＝(x>0)． 当a＝3时，f′(x)＝， 令f′(x)＝0，得x＝或x＝1， 当0<x<或x>1时，f′(x)>0； 当<x<1时，f′(x)<0. 所以f(x)的单调递增区间为和(1，＋∞)，单调递减区间为. (2)证明　由于f(x)有两个极值点x1，x2， 则2x2－ax＋1＝0有两个不相等的实根， 所以x1＋x2＝，x1x2＝， 即2(x1＋x2)＝a，x2＝， 则f(x1)－f(x2)＝ln x1＋x－ax1－ln x2－x＋ax2 ＝ln x1－ln x2＋x－x－a(x1－x2) ＝ln x1－ln ＋x－x－2(x1＋x2)(x1－x2) ＝2ln x1－x＋＋ln 2(x1>1)， 设F(x)＝2ln x－x2＋＋ln 2(x>1)， 则F′(x)＝－2x－＝－<0， 所以F(x)在(1，＋∞)上单调递减， 所以F(x)<F(1)＝－＋ln 2， 即f(x1)－f(x2)<－＋ln 2. 谢谢 学科网（北京）股份有限公司 $