第三章 第4节 第1课时 利用导数证明不等式（配套教参）-【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 学生用书P58 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](12分)(2023·新课标I卷)已知函数f(x)=a(e+a)-x. (1)讨论f(x)的单调性； 、3 (2)证明：当a>0时，f(x)>2lna+ [答题模板] ·[得分点①] (1)因为f(x)=a(e十a)-x,定义域为R,所以f'(x)=ae-1, 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∈(-∞，一lna)时，f(x)<0,f(x)单调递减； 得2分 当x∈(-lna,十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（一∞，一lna)上单调递减， 时函数f(x)的 在区间(-lna,十o∞)上单调递增③.(5分) 单调性得2分 (2)第1步：转化不等式 [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(-lna,十o∞)上单 正确得出结论得 调递增， 1分 所以f(x)min=f(-lna)=l+a2+lna④，(6分) 要证f(x)>21na+受，只需证1+a2+lha>21na+号， 3 [得分点④] 正确求解a>0 即证a2- 时，函数f(x)的 -lna>0恒成立⑤.(8分) 最小值得1分 第2步：构造新函数 D[得分点⑤] 令g(x)=x2-lnx- x>0则g()=2x-241. 正确转化不等 式得2分 令g'(x)=0,解得x 2(负值舍去).⑥(10分) P[得分点⑥] 第3步：判断单调性 正确构造函数 所以当x0, 时，g'(x)<0,g(x)单调递减； g(x)并求解其 导函数的零点 +时g)>0g(x)单调递指.D01分) 当x∈2 得2分 第4步：求函数最值 P[得分点⑦] 所以g（x)≥g(x）mm ln√2>0. 正确求解函数 g(x)的单调区间 第5步：得最终结论 得1分 所以当a>0时，f(x)>2lna十 ⑧.(12分) ◆[教材知识迁移与运用] P[得分点⑧] 正确得到结论得 条件 教材知识 迁移与运用 1分 f(x)=a(e"+a)-x 若f(x)=e, 由f(x)=a(e2十a)-x得f'(x)=ae-1 则f(x)=e ·90· 主题二第三章导数及其应用 方法指导 (2)设g(x)=lnx,求证：g(x)≥f(x)在[1，+o∞) 利用导数法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上 上恒成立； 恒成立的基本方法是构造函数h(x)=f(x)一 (3)若0<a<b,求证：nb-lna>2a g(x),然后根据函数h(x)的单调性或最值证明 b-a a2462 [解](1)将x=一1代入切线方程得y=一2， h(x)>0.若函数f(x)与g(x)的最值易求出，可直 接转化为证明f(x)mm>g（x)mx;若函数f(x)与 所以-1D=行=一2，化简得为a=一4.0 g(x)的最值不易求出，可对h(x)=f(x)一g(x)适 当变形后进行转化. f(x)=a(z'+1)-(ax+b).2x (.x2+1) 跟踪训练 f(-1）=2u+20-a=-1.@ (2024·全国甲卷（文）)已知函数f(x)=a(x-1) -In x+1. 联立①②，解得a=2,b=-2.所以f(x)=2x二2 x2+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 (2)证明：由题意知要证1nx≥21二在[1，十o0)上 x2+1 成立 恒成立，即证明(x2+1)lnx≥2.x-2,x2lnx+lnx 解：1f)的定义战为0，十)f()=a一 -2x+2≥0在[1，十∞)上恒成立 设h(x)=x2lnx+lnx-2x十2，则h'(x)=2xlnx =a.x-1 +z+1-2.周为x≥1，所以2n≥0，+是> x 当a≤0时，f(x)=t1<0恒成立，故f(x)在 x·工=2（当且仅当x=1时等号成立），即 (0,十∞)上单调递减； h'(x)≥0， 当a>0时∈（合十）时，f)>0f)单调 所以h(x)在[1，十o∞)上单调递增，h(x)≥h(1)=0, 递增， 所以g(x)≥f(x)在[1，十oo)上恒成立. 当x∈(0，）时，f(x)<0,f(x)单调递减。 a (3)证明：因为0<a<b,所以么>1， 综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为 2.6-2 (0,+∞)； 由(2)知ln 6 a b 整理得lnb-lna b-a a>0时，f(x)的单调递增区间为 +∞， 单调 +1 a 2a 递送区问为0，) a2+b2 (2)a≤2，且x>1时，e-1-f(x)=e-1-a(.x-1) 所以当0<a<b时，lnb-lha>2a +In x-12e*1-2x+1+In x, b-a a2十b2 令g(x)=e-1-2x十1+lnx(x>1),下证g(x)> 方法指导 0即可. 证明不等式通常需要构造函数，利用函数的最 g(x)=c-2+,再令h(x)=g(x), 值、单调性证明 (1)证明不等式f(x)<g(x),可构造函数F(x)= 國h(x)=e之显然'()在(1，+∞)上单调 f(x)一g(x),利用导数求F(x)的值域，得到 F(x)<0即可： 递增，则h'(x)>h(1)=e°-1=0，即g'(x)= (2)对于证明含有两个变量a,b的不等式时，一种 h(x)在(1，十o∞)上单调递增，故g'(x)>g'(1)= 方法是通过变形构造成不等式f(a)>f(b),然 e°-2十1=0，即g(.x)在(1，十o∞)上单调递增，故 后利用函数f(x)的单调性证明，另一种方法是 g(x)>g(1)=e°-2+1+1n1=0,所 以f(x)<e-1. 通过换元构造成单变量不等式，如本例令工= a 题型2 等价转化法证明不等式 然后再利用已知关系证明即可. 已知函数fx)=ax十在点(-1，f(-1) 1跟踪训练 工典例] x2+1 处的切线方程为x十y十3=0. 设函数f)=ae1nc十c二，曲线y=f(x)在点 (1)求函数f(x)的解析式； (1,f(1)处的切线方程为y=e(x一1)十2. ·91 高考总复习数学(BS) (1)求a,b; (2)证明：f(x)>1. -信小-…》 解：(1)函数f(x)的定义域为(0，十∞)，因为f'(1) 当x∈(0，十∞)时， =e,f(1)=2,而f(x）=ae'In x+ 上的取值范围是(0，十∞)， (ae+-,所以f1)=ac=c, 所以命题等价于对任意t∈(0，十∞)， x 1f(1)=b=2, 都有g(t)≥0. 解得0=1， 一方面，若对任意t∈(0，十∞)，都有g(t)≥0， 1b=2. 则对t∈(0，十o∞)，有0≤g(t)=a(t-1)-21nt (2)证明：由（1)知，f(x)= mhx+径 nx十2c于是f)人1 =a-1D+2m}≤a-1D+22-刂 台enr+2>1,将不等 =at+2-a-2, y-e t 取t-2,得0≤a-1,故a≥1>0. 式改造为xlnx十2> 0 ee 再取 区+22 区，得0<u -a-2 令m()=lhx+是，则m)=1+ln =2√2a-a-2=-(a-√2)2，所以a=2. 另一方面，若a=2,则对任意t∈(0，十o∞)都有g(t) 由m()>0,可得>是由mu)0,可得0K =2(t-1)-21nt=2h(t)≥0，满足条件. 综合以上两个方面，知a的取值范围是{2. <日，所以m(x)在(0，)上单调递减，在 (3)先证明一个结构，对0<a<b,有lna十1< (（日十小上单调递瑞，所以[m】 f(b)-f(a)<Inb1, b-a m日)◆m=剥=1 证明：前面已经证明不等式t一1≥1nt,故 e 由n'(x)<0可得x>1,由n'(x)>0,可得0<x<1,所 atlnb< oln baln a=alnb-aln atin b=b b-a b-a 以n(x)在(0,1)上单调递增，在(1，十∞)上单调递减， a 所以[n(x)]ns=n(1)= e 1+In b,bnaln a=bln bbln a+In a= b-a b-a 又因为等号不能同时成立， -In a -g-1） 所以hx+名>总即x1 -+In a> 1 【b+1na=1+lna,所以 1-号 题型3 适当放缩证明不等式 nu十1<b-alna<1nb+1,即lna+1< L典例](2024·天津卷)设函数f(x)=xlnx. b-a (1)求f(x)图象上点(1，f(1)处的切线方程： fb)-fa）<1nb+1.由f(x)=lnx+1,可知当 b-a (2)若f(x)≥a(x-√元)在x∈(0，十o∞)时恒成立， 求a的取值范围； 0<r<士时f(x)<0,当x>时f(x)>0.所以 e (3)若x1,x2∈(0,1)，证明|f(x1)-f(x,)≤ x1-x21字. )在(，]上单羽减，在[+m上单调 [解](1)由于f(x)=xlnx,故f(x)=lnx十1. 递增. 所以f(1)=0,f'(1)=1,所以所求的切线经过 不妨设x1≤x2,下面分三种情况（其中有重合部 (1,0),且斜率为1，故其方程为y=x一1. 分)证明本题结论， (2②)设0)=1-1-1a:则0=1-}-号从 情况-：当1≤x,≤x<1时，有f(x)-fx)川= e 而当0<t<1时h'(t)<0,当t>1时h'(t)>0. fx2)-f(x1)<(nx2+1)(x2-x1)<x2-x1< 所以h(t)在(0,1]上单调递减，在[1，十∞)上单调 √2一x,结论成立； 递增，这就说明h(t)≥h(1),即t-1≥lnt,且等号 情况二：当0<1≤，≤是时，有1f(x)一f)川 成立当且仅当t=1. 设g(t)=a(t-1)-2lnt,则f(x)-a(.x-√x) =f(x1)-f(x2)=xlnx1一2 In2.对任意的c∈ =xln x-a(x-vx) （0,]设px)=xlnx-clnc--, ·92. 主题二第三章导数及其应用 则'(x)=lnx十1+ 方法指导 2√-元 导数方法证明不等式中，最常见的是e和lnx与 由于9(x)单调递增，且有 其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑 =In-c -+1十 先对e和Inx进行放缩，使问题简化，简化后再构 2e1+ 2e1+店 建函数进行证明.常见的放缩公式如下：(1)e≥ 1十x,当且仅当x=0时取等号.(2)lnx≤x-1,当 In +1+ =一1 +1+ =0,且 √2c 且仅当x=1时取等号： 日跟踪训练 当x≥c 12,x> 时，由 已知实数a>0,函数f(x)=e-a.x-l(e为自然 -1 Vc-x 对数的底数). 1n2-1可知g'(x)=lnx+1+ (1)求函数f(x)的单调区间及最小值； 2√C-x 1n2 (2)若f(.x)≥0对任意的x∈R恒成立，求实数a 1+ 1 的值； 2√c-x2√c-x 所以o(x)在(0，c)上存在零点x0,再结合9(x)单 调递增，即知0<x<xo时o'(x)<0,xo<x<c时， +11+2+2+D1n∈N 2" p'(x)>0. 故p(x)在(0，xo]上单调递减，在[x。,c]上单调 解：(1)f(x)=e-a, 递增. 当a>0时，若x∈(lna,十oo),f(.x)>0,得函数 ①当xo≤x≤c时，有p(x)≤p(c)=0: f(x)在(lna,十o∞)上是增函数； ②当0<x<时，由于An=-2f60≤ 若x∈(-o∞，lna),f'(x)<0,得函数f(x)在 -2r(日)-名<1，故可以取gem (一o∞，lna)上是减函数. 则当a>0时，函数f(x)的单调递增区间是(lna, 从而当0<x<1-q 时，由W一x>qE,可得 十o∞)，单调递减区间是(-∞，lna). 即f(.x)在x=lna处取得极小值且为最小值，最小 p(x)=xlnx-clnc-√c-z<-clnc-√e-x< 值为f(lna=eha-alna-l=a-alna-1. -dnc-gf=(aa-gj小o, (2)若f(x)≥0对任意的x∈R恒成立，等价为f(x)m 再根据p(x)在(0，x。]上单调递减，即知对0<x< ≥0， x。都有(x)<0; 由(1)知，f(x)min=a-alna-1, 综合①②可知对任意0<x≤c,都有(x)≤0， 设g(a)=a-alna-1,则g'(a)=1-lna-1 即(x)=xlnx-clnc-√c-x≤0. =-In a, 据(，日]和0<的任多注，取= 由g'(a)=0,得a=1, 由g'(a)>0,得0<a<1,此时函数单调递增， x1,就得到x1lnx1一x2lnx2√2-x1≤0. 所以|f(x1)-f(x2)|=f(x1)-f(x2)=x1lnx1 由g'(a)<0,得a>l,此时函数单调递减， ∴.g(a)在a=1处取得最大值，即g(1)=0, z2ln x2≤/√x2-x1. 因此g(a)≥0的解为a=1.所以实数a的值为1. 情况三：当0<红≤是≤x:<1时，根据情况一和情 (3)证明：ln(1十x)<x,x∈(0,1) 2 况二的讨论，可得 ∴l[+(2+i)(2+T] -, 2" 1 2-x1 而根据f(x)的单调性，知|f(x1)一f(x2)|≤ F)-f日引支1f()-f() +…+l1+2+2r+nl ≤r) <2g-)计6++)… 故一定有f(x)-f(x)川≤√2-x1成立。 综上，结论成立. (e++训=g+1 ·93·