第5节　利用导数证明不等式课件-2027届高三数学一轮复习

第5节　利用导数证明不等式 课标解读　在证明与函数相关的不等式时,我们通常可以将不等式转化为函数的最值问题.一种常用的方法是构造适当的函数,从而将不等式的证明转化为利用导数分析该函数的单调性或最值问题. 考点一　作差构造函数法证明不等式 例1　(2023·新高考Ⅰ,19)已知函数f(x)=a(ex+a)-x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)证明:当a>0时,f(x)>2ln a+. 考点一 考点二 考点三 (1)解 f'(x)=aex-1,x∈R. ①当a≤0时,f'(x)≤0对任意x∈R恒成立,所以f(x)在(-∞,+∞)内单调递减. ②当a>0时,令f'(x)=0,得x=ln=-ln a. 随x的变化,f'(x),f(x)的变化如下表: x (-∞,-ln a) -ln a (-ln a,+∞) f'(x) - 0 + f(x) 单调递减 极小值 单调递增 所以函数f(x)的单调递增区间是(-ln a,+∞),单调递减区间是(-∞,-ln a). 综上,当a≤0时,f(x)的单调递减区间是(-∞,+∞),无单调递增区间; 当a>0时,f(x)的单调递增区间是(-ln a,+∞),单调递减区间是(-∞,-ln a). 考点一 考点二 考点三 (2)证明 当a>0时,要证f(x)>2ln a+恒成立,即证f(x)min>2ln a+成立. 当a>0时,由(1)知,f(x)的极小值同时也是最小值,是f(-ln a), 下面证明f(-ln a)>2ln a+ f(-ln a)=a(e-ln a+a)-(-ln a)=1+a2+ln a. 令g(a)=f(-ln a)-2ln a-=a2-ln a-, a∈(0,+∞), 则g'(a)=2a-, 令g'(a)=0,得a= 考点一 考点二 考点三 随a的变化,g'(a),g(a)的变化如下表: a (0,) (,+∞) g'(a) - 0 + g(a) 单调递减 极小值 单调递增 所以在a=时,g(a)取最小值. g(a)min=g()=-ln=-ln=ln >ln 1=0. 因此f(-ln a)>2ln a+成立. 因此当a>0时,f(x)>2ln a+ 考点一 考点二 考点三 规律方法　作差构造函数法证明不等式 (1)当欲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. (2)利用作差构造函数法证明不等式的基本步骤: ①作差或变形; ②构造函数g(x); ③利用导数研究g(x)的单调性或最值; ④根据单调性及最值,得到欲证的不等式. 考点一 考点二 考点三 [对点训练1](2025·湖南长沙模拟)已知函数f(x)=(x-a)ex+a. (1)求f(x)的单调区间; (2)若a≤1,证明:当x>0时,f(x)+ex≥x+ln x+2.  (1)解 因为f(x)=(x-a)ex+a,所以f'(x)=(x-a+1)ex. 当x<a-1时,f'(x)<0,当x>a-1时,f'(x)>0, 所以f(x)的单调递减区间为(-∞,a-1),单调递增区间为(a-1,+∞). 考点一 考点二 考点三 (2)证明 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xex-x-ln x-1≥0. 设g(x)=xex-x-ln x-1,则g'(x)=(x+1)ex-1-=(x+1) 易知g'(x)在(0,+∞)内单调递增,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. 当0<x<x0时,g'(x)<0,当x>x0时,g'(x)>0,所以g(x)在(0,x0)内单调递减,在(x0,+∞)内单调递增.所以g(x)≥g(x0)=x0-x0-ln x0-1=x0-x0+x0-1=0,故原命题成立. 考点一 考点二 考点三 考点二　拆分构造两个函数法证明不等式 例2　设函数f(x)=(x2-2x)ex,g(x)=e2ln x-aex. (1)若函数g(x)在(e,+∞)上存在最大值,求实数a的取值范围; (2)当a=2时,求证:f(x)>g(x). 考点一 考点二 考点三 (1)解 由g(x)=e2ln x-aex,得g'(x)=-ae=(x>0), ①当a≤0时,g'(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)内单调递增,故g(x)在(e,+∞)内不存在最大值,故a≤0不符合题意; ②当a>0时,令g'(x)=0,解得x=,当x∈(0,)时,g'(x)>0,g(x)在(0,)内单调递增,当x∈(,+∞)时,g'(x)<0,g(x)在(,+∞)内单调递减,所以g(x)在x=时取得最大值g(),又因为函数g(x)在(e,+∞)内存在最大值,因此>e,解得a<1,故a的取值范围为(0,1). 考点一 考点二 考点三 (2)证明 当a=2时,g(x)=e2ln x-2ex,且函数g(x)的定义域为(0,+∞),要证明f(x)>g(x),即证明当x>0时,(x2-2x)ex>e2ln x-2ex,只需要证明当x>0时,(x2-2x)ex +2ex>e2ln x,因为x>0,所以原不等式等价于(x-2)ex+2e> 设φ(x)=(x-2)ex+2e,则φ'(x)=(x-1)ex,令φ'(x)=0,得x=1,当0<x<1时,φ'(x)<0,当x>1时,φ'(x)>0,所以φ(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增,故φ(x)≥φ(1)=e,且当x=1时,等号成立;又设h(x)=,则h'(x)=,令h'(x)=0,得x=e,当0<x<e时,h'(x)>0,当x>e时,h'(x)<0,所以h(x)在(0,e)内单调递增,在(e,+∞)内单调递减,故h(x)≤h(e)=e,且当x=e时,等号成立. 综上可得,当x>0时,φ(x)≥h(x),且等号不同时成立,所以当x>0时,φ(x)>h(x),故当a=2时,f(x)>g(x)得证. 考点一 考点二 考点三 规律方法　拆分构造两个函数法证明不等式 若采用作差构造函数的方法,在对该函数直接求导比较复杂或无从下手时,可将待证不等式进行拆分变形,化为不等号两边各有一个代数式的形式,然后构造两个函数,从而找到可以传递的中间量,达到证明的目的.特别是当题目中同时含ex与ln x时,通常将ln x与ex分离到不等式两边,分别构造函数并求出函数最值,借助最值进行证明. 考点一 考点二 考点三 [对点训练2](2025·广东珠海模拟)已知函数f(x)=ex+x(x-a)(a∈R),f(x)的导函数为f'(x),且f'(0)=0. (1)求f(x)的最值; (2)求证:+ln x+x>2. 考点一 考点二 考点三 (1)解 由f(x)=ex+x(x-a),得f'(x)=ex+x-, 所以f'(0)=1-=0,解得a=2,所以f(x)=ex+x2-x.因为f(x)的定义域为R, f'(x)=ex+x-1, 令h(x)=ex+x-1,所以h'(x)=ex+1>0,所以f'(x)在R上单调递增. 又f'(0)=0,所以当x<0时,f'(x)<0,当x>0时,f'(x)>0, 所以f(x)在(-∞,0)内单调递减,在(0,+∞)内单调递增,所以f(x)在x=0处取得极小值,也是最小值,无极大值,所以f(x)的最小值为f(0)=1,无最大值. 考点一 考点二 考点三 (2)证明 要证+ln x+x>2,只需证ex+xln x+x2>2x, 即证ex+x2-x>x-xln x. 令g(x)=x-xln x,x∈(0,+∞), 则g'(x)=1-(ln x+1)=-ln x. 当0<x<1时,g'(x)>0,当x>1时,g'(x)<0, 所以g(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减,所以g(x)在x=1处取得极大值,也是最大值,所以g(x)max=g(1)=1.又f(1)=e->1,所以对∀x∈(0,+∞),恒有f(x)>g(x), 即ex+x2-x>x-xln x,也即+ln x+x>2. 考点一 考点二 考点三 考点三　放缩法证明不等式 例3　已知函数f(x)=ex-axsin x-x-1(a∈R). (1)当a=0时,讨论函数f(x)的单调性; (2)当a=时,证明:对任意的x∈(0,+∞),f(x)>0. (1)解 当a=0时,f(x)=ex-x-1,f'(x)=ex-1. 令f'(x)>0,解得x>0,f(x)在(0,+∞)内单调递增;令f'(x)<0,解得x<0,f(x)在(-∞,0)内单调递减. 考点一 考点二 考点三 (2)证明 当a=时,f(x)=ex-xsin x-x-1, 则f'(x)=ex-(sin x+xcos x)-1. 设g(x)=ex-(sin x+xcos x)-1, 则g'(x)=ex-cos x+xsin x. 由(1)知,当a=0时,f(x)≥f(0)=0,所以ex≥x+1,当且仅当x=0时等号成立. 所以g'(x)=ex-cos x+xsin x≥x+1-cos x+xsin x=(1-cos x)+x(2+sin x)>0,所以g(x)在(0,+∞)内单调递增,所以f'(x)>f'(0)=0,所以f(x)在(0,+∞)内单调递增,所以f(x)>f(0)=0. 考点一 考点二 考点三 [对点训练3](2025·江苏泰州模拟)已知函数f(x)=ax-1-ln x. (1)当a=时,求函数f(x)的极值. (2)对于任意的正整数n. ①不等式<M恒成立,求整数M的最小值; ②证明:<e<(e为自然对数的底数). (1)解 当a=时,f(x)=x-1-ln x,x>0,则f'(x)=, 令f'(x)<0,则有0<x<2,则f(x)在(0,2)内单调递减;令f'(x)>0,则有x>2,则f(x)在(2,+∞)内单调递增,所以当x=2时,f(x)有极小值f(2)=-ln 2,f(x)无极大值. 考点一 考点二 考点三 (2)①解 当a=1时,f(x)=x-1-ln x,x>0,则f'(x)=1-, 当x>1时,f'(x)>0,所以f(x)在(1,+∞)内单调递增; 当0<x<1时,f'(x)<0,所以f(x)在(0,1)内单调递减, 所以f(x)≥f(1)=0,即ln x≤x-1,x>0,当且仅当x=1时,等号成立, 所以ln, 所以ln[]<+…+, 所以, 当n=1时,1+>1,所以1<, 所以整数M的最小值为2. 考点一 考点二 考点三 ②证明 设H(x)=ln x->0,x∈(1,2],则H'(x)=>0,所以H(x)在(1,2]上单调递增, 所以H(x)>H(1)=0,即ln x>1-,x∈(1,2]. 由①知ln x≤x-1,x>0,所以1-<ln x<x-1,x∈(1,2], 令x=1+,得<ln, 所以nln<1<(n+1)ln, 所以<e< 考点一 考点二 考点三 $