第三章 第4节 第1课时 利用导数证明不等式-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮讲义（北师大版）

高考总复习数学(BS) 第4节导数的综合应用 ★[课程标准] 1.理解并掌握利用导数解决不等式的恒成立、能成立问题， 2.理解并掌握利用导数比较大小、证明不等式 3.理解并掌握利用导数研究函数的零点问题， 第1课时利用导数证明不等式 利用导数证明不等式是高考考查的重点和热点，常转化为函数的单调性、最值问题求证. 题型1 构造法证明不等式 [典例门 (12分)(2023·新课标1卷)已知函数f(x)=a(ex+a)一x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)证明：当a>0时f()>21na+3 2 [答题模板】 [得分点①] (1)因为f(x)=a(e+a)-x,定义域为R,所以f(x)=ae-l, 正确求导并得 当a≤0时，令f(x)<0,所以f(x)在R上单调递减①，(2分) 到a≤0时函数 当a>0时，令f(x)=0,解得x=-lna, f(x)的单调性 当x∈(-o∞，-lna)时，f(x)<0,f(x)单调递减； 得2分 当x∈(-lna,+o)时，f'(x)>0,f(x)单调递增②，(4分) [得分点②] 综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递减； 正确求解a>0 当a>0时，f(x)在区间(-∞，-lna)上单调递减， 时函数f(x)的 在区间(-lna,+o∞)上单调递增③.(5分) 单调性得2分 (2)第1步：转化不等式 P[得分点③] 由(1)得当a>0时，f(x)在区间(-o∞，-lna)上单调递减，在区间（一lna,+∞） 正确得出结论 上单调递增， 得1分 所以f(x)min=f(-lna)=1+a2+lna④，(6分) 要注fx)>21na+号，只需证1+a2+lna>2na+ [得分点④] 21 正确求解a>0 即证a2- 时，函数f(x) 2 -lna>0恒成立⑤.(8分) 的最小值得 第2步：构造新函数 1分 令g(x)=x2-lnx- 2(>0),则g'()=2x-1=2x2-1 [得分点⑤] 正确转化不等 令g(x)=0,解得x (负值舍去).⑥(10分) 式得2分 2 第3步：判断单调性 [得分点⑥] 正确构造函数 所以当x∈ 时，g(x)<0,g(x)单调递减； g(x)并求解其 当x∈ 2 时，g'(x)>0,g(x)单调递增.⑦(11分) 导函数的零点 得2分 第4步：求函数最值 P[得分点⑦] 所以g(x)>≥g(x)min= ln√2>0. 正确求解函数 第5步：得最终结论 g(x)的单调区 所以当a>0时，f(x)>21na+3⑧.(12分) 间得1分 [教材知识迁移与运用] [得分点⑧] 条件 教材知识 迁移与运用 正确得到结论 若f(x)=e, 得1分 由f(x)=a(ex十a)-x得f'(x) f(x)=a(er+a)-x 则f'(x)=e aer-] 58· 主题二第三章 导数及其应用 方法指导 题型2 等价转化法证明不等式 利用导数法证明不等式f(x)>g(x)在区间D 上恒成立的基本方法是构造函数h(x)=f(x)一 [典例] 已知函数f)-a士在点(-1，-1)》处 x2+1 g(x),然后根据函数h(x)的单调性或最值证明 的切线方程为x+y+3=0. h(x)>0.若函数f(x)与g(x)的最值易求出，可 (1)求函数f(x)的解析式； 直接转化为证明f(x)min>g（x)max;若函数 (2)设g(x)=lnx,求证：g(x)≥f(x)在[1，十∞)上 f(x)与g(x)的最值不易求出，可对h(x)=f(x) 恒成立； 一g(x)适当变形后进行转化. (3)若0<a<b,求证，lnb-lna2a 跟踪训练 b-a a2+b2 (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-1恒 成立 …方法指导 证明不等式通常需要构造函数，利用函数的最 值、单调性证明 (1)证明不等式f(x)<g(x),可构造函数F(x) =f(x)一g(x),利用导数求F(x)的值域，得 到F(x)<0即可； (2)对于证明含有两个变量a,b的不等式时， 种方法是通过变形构造成不等式f(a)> f(b),然后利用函数f(x)的单调性证明，另 一种方法是通过换元构造成单变量不等式，如 本例令x一么然后再利用已知关系证明即可。 ·59· 高考总复习数学(BS) 日跟踪训练 …方法指导 设函数fr)=ae1nx+be二，曲线y=fr)在 导数方法证明不等式中，最常见的是e和lnx 与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以 点(1，f(1)处的切线方程为y=e(x-1)+2. 考虑先对ec和lnx进行放缩，使问题简化，简化 (1)求a,b: 后再构建函数进行证明.常见的放缩公式如下： (2)证明：f(x)>1. (1)ex≥1十x,当且仅当x=0时取等号.(2)lnx ≤x一1，当且仅当x=1时取等号， :跟踪训练 已知实数a>0,函数f(x)=ex一ax一l(e为自 然对数的底数)： (1)求函数f(x)的单调区间及最小值： (2)若f(x)≥0对任意的x∈R恒成立，求实数a 的值； ++1m1+21+1)(2+1 2” <1(n∈N*). 题型3〔 适当放缩证明不等式 [典例](2024·天津卷)设函数f(x)=xlnx. (1)求f(x)图象上点(1，f(1))处的切线方程； (2)若f(x)≥a(x一√()在x∈(0，十o∞)时恒成 立，求a的取值范围； (3)若x1,x2∈(0,1)，证明|f(x1)-f(x2)川≤ 1x1-x21位. ©温馨提污 学习至此，请完成配套训练 课时冲关20 ·60·第4节第1课时 题型1 跟踪训练 解：(1)f(x)的定义域为(0，十∞) 1ax-1 f(x)=a-王 当a≤0时，f(x）=ax-1<0恒 成立， 故f(x)在(0，十∞)上单调递减； 当a>0时x∈（日+）时，f(x) >0,f(x)单调递增， 当x∈(（0，合)时，f(x)<0f)单 调递减。 综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递 减区间为(0，十∞)； a>0时，f(x)的单调递增区间为 (位+）单调递减区同为(0，） (2)a≤2，且x>1时，e-1-f(x)= e*-1-a(r-1)+In r-12e*-1-2x +1+lnx,令g(x)=e2-1-2x+1+ lnx(x>1),下证g(x)>0即可. Ae)=e1-2计士，再令A)=A, 则h'(x)=ex-1- 产，显然'(x)在 (1,+∞)上单调递增，则h'(x)> '(1)=e°-1=0，即g(x)=h(x)在 (1,十∞)上单调递增，故g'(x)>g(1) =e°-2+1=0，即g(x)在(1，十∞)上单 调递增，故g(x)>g(1)=e°-2+1十 ln1=0,所以f(x)<ex-1 题型2 [典例][解](1)将x-一1代入切线 方程得y=一2， 所以f(-1)=1+1 b-a =一2，化简得b一 a=-4.① f(x)=a2+1)-(ax+b0·2z (x2+1)2 f(-1)=2a+2(b-a) =-1.② 4 联立①②，解得a=2,b=一2. 所以f(x)= 2.x-2 x2+1 (②)证明：由题意知要证hx≥2一 x2+1 在「1，+∞)上恒成立，即证明(x2+1) lnx≥2.x-2,x2lnx+lnx-2.x+2≥0 在[1，十∞)上恒成立. 设h(x)=x21nx十lnx-2x十2，则 1(r)=2xlnx+x+马-2，因为r≥ x 1所以2h≥0x+≥2√·于 1 =2(当且仅当x=1时等号成立)，即 K(x)≥0，所以h(x)在[1，十∞)上单调 递增，h(x)≥h(1)=0,所以g(x) f(x)在[1，+)上恒成立， (3)证明：因为0<a<b,所以>1， 2·6-2 由(2)知1nb a 一，整理得 (b)+1 a In b-In a 2a b-a >a2+b,所以当0<a<b In b-In a 2a 时， b-a a2+62 参考答案 跟踪训练 g(t)=a(t-1)-2lnt=a(t-1)+ 解：(1)函数f(x)的定义域为(0，十∞)， 因为f(1)=e,f(1)=2,而f(x)= 2n2≤a-1D+2(片-1) ae'In x+ el(aex+br-D,所 -a+2 -a-2, x 以{fI)=ae=e, 取t=2,得0a-1,故a≥1>0. 1f(1)=b=2, 部好8= 2+22 再取√侣得a√层+ a -a-2=2√2a-a-2=-(a- (2)证明：由(1)知， √2)2，所以a=2. mhx+径 另一方面，若a=2,则对任意t∈ (0,+∞)都有g(t)=2(1-1)-21nt =2h(t)≥0，满足条件. 综合以上两个方面，知α的取值范围 是{2} 0 (3)先证明一个结构，对0<ab, h 有lna+1<fb)二f@<nb+1, b-a f(t)-e'In r+2e-I 于是f(x)>1台 证明：前面已经证明不等式t-1≥ x e'In rt2er1 In bnaln a aln b-aln a 一>1，将不等式改造为 b-a b-a hx+2> e er. In= a+lnb<1+lnb,且 b 一1 今n(x)=rlnx+2 e bnb-aln a blnbbntin a 则m'(x)=1+lnx. b-a b 由m'(x)>0,可得x>1 ,由m'(r) (号- <0,可得0<x<上，所以m(x)在 e 1-号 1-8 (0,是)上单调递减，在 =l+lna,所以ma+1<ln-alna b-a (日十）上单调递增，所以 <I b+1.Ina+1<f(b)-f(a)< b-a 1 lnb+1.由f'(x)=lnx+1,可知当0 令n(x)= e <x<日时f(x)<0,当x>是时 由1'(x)<0可得x>1,由1(x)>0,可 f>0所以f)在(0，]上单 得0<x<1,所以n(x)在(0,1)上单调递 调递减，在[上，十∞)上单调递增. 增，在(1，十∞)上单调递减，所以 e 不妨设工≤x2,下面分三种情况（其 [(x)]max=(1)= 中有重合部分)证明本题结论， 又因为等号不能同时成立， 情况一：当上≤x1≤x2<1时，有 所以nr+2>二，即f(x)>1. ee |f(x1)-fx2)川=fx2)-f(x)< 题型3 (Inx2+1)(x2-x1)<x2-x1< [典例][解](1)由于f(x)=xlnx,故 Vr2-x1,结论成立； f (x)=In x+1. 所以f(1)=0,f'(1)=1,所以所求的 情况二：当0<≤<时，有 切线经过(1,0)，且斜率为1，故其方 |f(x1)-f(x2)|=f(x1)-f(x2)= 程为y=x一1. x1lnx1一x2lnx2,对任意的 (2)设h(t)=t-1-1nt,则h(t)=1 =二1，从而当0<1<1时'()<0， ce(o,]设g(x)=nx-clnc t 当t>1时h'(t)>0. 1 所以h(1)在(0,1]上单调递减，在 则g(x)=lnx+1+ 2 Jc-x [1,十∞)上单调递增，这就说明h(t) 由于o'(x)单调递增，且有 ≥h(1),即t-1≥lnt,且等号成立当 且仅当t=1. 设g(t)=a(t-1)一2lnt,则f(x) (2e1+ -In-c a(x-√r)=xlnx-a(x-√E) 1 2 c +1+- 一=-1 e+ c 2√c-2 当x∈(0，十∞)时， 上的取值范国是 1+ =0,且当x≥c (0,十∞)，所以命题等价于对任意t∈ √2 (0,十∞)，都有g(t)≥0. 一方面，若对任意1∈(0，十∞)，都有 >时，由2 2 Vc-x g(t)≥0，则对t∈(0，十∞)，有0≤ ·403· 高考总复习数学(BS) ≥1n2-1可知g(x)=lhx+1十 数单调递减，∴g(a)在a=1处取得最 大值，即g(1)=0,因此g(a)≥0的解 1 >1n+1+ 1 为a=1.所以实数a的值为1. 2 Jc-x 2√-x (3)证明：，1n(1十x)<x,x∈(0,1). 1 2 “ln[1+291+i(2+D] 所以g(x)在(0，c)上存在零点x0,再 2n 结合9'(x)单调递增，即知0<x<x (2m-1+1)(2n+1) 时9(x)<0,x0<x≤c时，g'(x)>0. 1 故9(x)在(0，x。]上单调递减， -2(币+} 在[xo,c]上单调递增. ①当x0≤xc时，有p(x)p(c)=0: l(1+z是)+l(+3文太）片 @当0<r<时，由于An- (+5及)十…+ -2f(W0)≤ 2(日）<1，故可 2 n[+2+ie+n] 以取q∈(an,l 从而当0<x<1g时，由√一1> <[(合站)+(h) qE,可得p(x)=xlnx-clnc √c-x<-clnc-√c-x<-clnc +…+(2+2)] 1 1 1 qf-V(foIn 1-g)<0. 2+1下1. 再根据(x)在(0，x0]上单调递减，即 第2课时 知对0xx0都有(x)<0; 题型1 综合①②可知对任意0<x≤c,都有 [典例][解](1)，函数f(x)=xlnx (x)0,即(x)=xlnx-clnc一 的定义域是(0，十∞)， Ve-x0. ,.f(x)=lnx+1. 报据∈(0是]市0<r≤的任意他， 令f(x)<0,得lnx+1<0, 取c=x2x=x1,就得到 解得0<x< e lhx1-x2lnx2-√/2-x≤0. 所以f(x1)-f(x2)川=f(x1)-fx2) “x)的单调遂减区同是(0，。)） =xlnx-x2lnx2≤√x2-x1· 令f(x)>0,得1nx+1>0,解得x 情况三：当0<x1≤ ≤x<1时，根 e 。:1()的单调睡增区同 据情况一和情况二的讨论，可得 是（日+）片 综上，fx)的单调递减区间是(0。)）， √x2-x1, () -f(x2) ≤ 单调递增区间是（仁，+∞）： x2- (2):g'(x)-3x2+2ax-1,2f(x)≤ 而根据f(x)的单调性，知|f(x1) g(x)十2恒成立，.2xlnx≤3x2+ 2ax十1恒成立. f1≤F✉)-f(日)川或 :x>0,.a≥lnx-是x-2左在r∈ )-f≤(）- (0,十∞)上恒成立. 故一定有|f(x1)-f(x2)|≤ 设h=1nE号-立(>0.则 3 √Jx2-x1成立. 综上，结论成立 '(x)= 1 3 +2 跟踪训练 (x-1)(3.x+1) 解：(1)，f'(x)=e一a, 2x2 当a>0时，若x∈(lna,+o∞)，f(x) >0,得函数f(x)在(lna,十∞)上是 令h'(x)=0,得x1=1,x2=- （合 增函数； 若x∈(-o∞，lna),f(x)<0,得函数 去).当x∈(0,1)时，h'(x)>0,h(x》 f(x)在(-o,lna)上是减函数. 单调递增；当x∈(1，十∞)时，h'(x) 则当a>0时，函数f(x)的单调递增 <0,h(x)单调递减..当x=1时， 区间是(lna,十∞)，单调递减区间是 h(x)取得极大值，也是最大值，且 (-o∞，lna). h(x)max=h(1)=-2,.若a≥h(x) 即f(x)在x=lna处取得极小值且为 在x∈(0，十∞)上恒成立，则a≥ 最小值，最小值为f(lna)=ena一 h(x)max=一2，故实数a的取值范国 aln a-l=a-aln a-1. 是[-2，+∞). (2)若f(x)≥0对任意的x∈R恒成立， 跟踪训练 等价为f(x)min≥0， 解：(1因为f(x)=ln(a.x)十bx,所以 由(1)知，f(x)mim=a-alna-1, 设g(a)=a-alna-1,则g'(a)=1 f(x)=品+6=三+，因为点(1， ax In a-1=-In a, f(1)处的切线是y=0,所以f(1)= 由g'(a)=0,得a=1, 1+b=0,且f(1)=lna+b=0,所以 由g'(a)>0,得0<a<1,此时函数单 a=e,b=-1,f(x)=Inr-x+1,x 调递增，由g'(a)<0,得a>l,此时函 ∈(0，+∞)， ·404· 所以f(x)=1-1=二，即fx) 在(0,1)上单调递增，在(1，十∞)上单 调递减，所以f(x)的极大值为f(1) lne一1=0，无极小值. (2)由(1)知，f(x)=lnx-x+1,当 mE≥fx)+1ex(m<0)在x∈(0， e 十∞)恒成立时，即m≥lnx十1-2 e +(m<0)在x∈(0，+∞)上恒 成立， 法一：设g(x)=m,h(x)=血r+1+ -2,则g(x）=m1-卫，K(x） e 一1n,又因为m<0,所以当0≤x<1 时，g'(x)<0,h'(x)>0; 当x>1时，g'(x)>0,h'(x)<0. 所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1， +∞)上单调递增，g(x)min一g(1) ；h(x)在(0,1)上单调递增，在 e (1,十∞)上单调递减，h(.x)mx=h(1) =1-1.所以g(x),h(x)均在x=1 处取得最值，所以要使g(x)≥h(x)恒 成立，只需g(x)mm≥h(x)nx,即孤>≥ 上-1，解得m≥1-e,又m<0,所以 实数m的取值范围是[1一e,0). 法二：设g)-血士1吧-2+号 er (x∈(0，+o∞)，则g(x)=-ln+ m(x-,当0<x<1时，-lnx>0, e x-1<0,则lh严>0，mr-D>0, 即g'(x)>0,当x>1时，一lnx<0, x-1>0,则二lh兰<0，m(x-<0. 即g'(x)0,所以g(x)在x∈(0,1) 上单调递增，在x∈(1，十∞)上单调 递减.所以g(x)max=g(1)=1-2十 -≤0，即≥ -1,又n<0 e e 所以实数m的取值范国是[1一e,0). 题型2 [奥例别][解]（1)“2产>0 ∴f(x)的定义战为(0,2). 6=0时f(x)=+2十≥0，即 +2-x 1 1 2 x(2-x),即a≥ 21 [z-②]又因 2 为x-2在(0,1)上单调递增，在 (1,十∞)上单调递减，，∴，当x=1时， (x-2≤-2，a≥-2，故a的最小 2 值为一2. (2②)由y=l(2后）关于1.0)中心对 称，y=ax关于(1，a)中心对称， y=b(1-x)3关于(1,0)中心对称知 f(x)关于(1，a)中心对称，下证其成