第17讲 导数的综合应用（第1课时 导数与不等式证明）讲义-2027届高考数学一轮复习

第17讲　导数的综合应用（第1课时　导数与不等式证明） ——2027届高考数学一轮复习　（含答案） 方法导航　三种通法的选择 用导数证明不等式，本质是「把不等式问题转化为函数的最值问题」。本课时涉及的方法主要有三类，解题时按下列顺序判断即可： ① 作差构造新函数——不等式两边结构相近、作差后能顺利求导并求最值，优先使用。 ② 隔离分析（分而治之）——不等式两边的函数「各自为政」、作差后导数过于复杂时，把左右两边分别求最值，再比较两端的最值。 ③ 放缩法——不等式一端含有 ex、ln x 等超越式，或含有参数时，借助恒成立的基本不等式先放缩，再构造函数。 判断口诀：能作差先作差，作差难算就分家；一端超越先放缩，参数优先取最值。 题型突破　思维拓展 方法一　构造新函数求最值证明不等式 【适用特征】证明 f（x）＞g（x）（或 f（x）＜g（x）），直接转化为证明 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），求 h（x）的最值。 例1　已知函数 f（x）＝1/2x2－（a－1）x－aln x，a∈R． （1）讨论 f（x）的单调性； （2）当 a＞0 时，求证：f（x）≥ln a－a2＋3/2． 【思路点睛】第（1）问中 f′（x）＝（x－a）（x＋1）/x，因 x＞0 时 x＋1＞0 恒成立，导数符号只由 x－a 决定，故以 a 与 0 的大小为分界点讨论即可。第（2）问先由（1）得 f（x）≥f（a），把「含 x 的不等式」降维成「只含 a 的不等式」，再构造关于 a 的函数 g（a），这是含参不等式证明的通用降维手段。 方法二　隔离分析证明不等式 【适用特征】不等式可变形为 φ（x）＞ψ（x）的形式，且 φ 与 ψ 的最值都容易求出。此时只需证明 φ（x）min＞ψ（x）max，即「左端最小值大于右端最大值」，两边互不影响。 例2　当 a∈（0，2e）时，求证：x3－（x2＋a）ln x＞0． 【思路点睛】式中 x3 与 ln x 纠缠在一起，直接作差求导较繁。注意到 x＞0，两边同除以 x2 即可把左端化为 x－ln x（最值为 1）、右端化为 aln x/x2，两边最值都能求出，且极值点分别是 x＝1 与 x＝√e，错开不重合，隔离成功。 方法三　利用放缩法证明不等式 【适用特征】不等式一端含超越式，或含有可取最值的参数时，先用恒成立的基本不等式（见下方「放缩依据」）把式子放缩成多项式，再作差构造。 例3－1　已知函数 f（x）＝a（x－1）－ln x＋1，a≤2，求证：当 x＞1 时，f（x）＜xex－1 恒成立． 【思路点睛】参数 a 只以一次式出现，且 x－1＞0，故可对参数直接取最值：由 a≤2 得 －a（x－1）≥－2（x－1），把含参不等式化为无参不等式，这是「对参数放缩」的典型用法。 例3－2　求证：xln x－2x2＜e－x＋1/x²－2/x． 【思路点睛】左端有 ln x，右端有 e－x，两端分别用 ln x≤x－1 与 et≥1＋t 放缩，化为多项式后再配方即可。放缩方向务必保证：把左端放大、把右端缩小，中间留出「缝隙」，不等式才成立。 【放缩依据】常用的恒成立不等式： （1）ex≥x＋1（x∈R），当且仅当 x＝0 时取等号； （2）ex≥ex，当且仅当 x＝1 时取等号； （3）x－1≥ln x（x＞0），当且仅当 x＝1 时取等号； （4）ln x≥1－1/x（x＞0），当且仅当 x＝1 时取等号； （5）ex＞ln x； （6）tan x＞x＞sin x（x∈（0，π/2））． 注意：有时候可对参数进行放缩（对参数直接取最值），如例3－1。 易错警示 ① 忘写定义域。凡含 ln x、分式、偶次根式的函数，第一步必须交代定义域，否则单调区间写成 x∈R 会被扣分。 ② 忽略「取不到」的最小值。若最小值点落在开区间端点（如 x→0＋ 时 f（x）→－∞），则不能直接说 f（x）≥f（x0），应先确认极值点在定义域内。 ③ 放缩方向搞反。放缩必须「把要证大的一端缩小、把要证小的一端放大」，方向反了结论就不成立。 ④ 对参数放缩时忽略正负。由 a≤2 推出 a（x－1）≤2（x－1）的前提是 x－1＞0；若 x－1＜0，不等号要变向。 ⑤ 二阶求导不彻底。当 g′（x0）＝0 但 g″（x0）＝0 时，不能下结论，应继续求三阶导或改用单调性传递（如例1中借助 h（a）的单调性判断 g′（a）的符号）。 ⑥ 忽略等号能否取到。题目要求证「＞」时，即使放缩过程中出现「≥」，也要说明两端等号不能同时成立，结论才严格。 配套精练 1．已知函数 f（x）＝ln x－2/x，求证：f（x）≤3x－5． 2．已知函数 f（x）＝2x－ln x，求证：f（x）≥ln 2＋cos（2x－1）． 3．设函数 f（x）＝（x－2）ln x＋2． （1）求 f（x）在点（1，f（1））处的切线方程； （2）求证：f（x）＋ex＞x＋1． 4．已知函数 f（x）＝a（ex＋a）－x． （1）讨论 f（x）的单调性； （2）求证：当 a＞0 时，f（x）＞2ln a＋7/4． 5．已知函数 f（x）＝ln x，函数 g（x）＝3sin x/2＋cos x． （1）讨论函数 h（x）＝ax－f（x）的单调性； （2）求证：xf（x）＞g（x）－1． 参考答案 例1　【解答】（1）f（x）的定义域为（0，＋∞）， f′（x）＝x－（a－1）－a/x＝（x－a）（x＋1）/x． 当 a≤0 时，x＞0，有 x－a＞0、x＋1＞0，故 f′（x）＞0，f（x）在（0，＋∞）上单调递增； 当 a＞0 时，令 f′（x）＝0 得 x＝a．当 0＜x＜a 时 f′（x）＜0，f（x）单调递减；当 x＞a 时 f′（x）＞0，f（x）单调递增． 综上，当 a≤0 时，f（x）在（0，＋∞）上单调递增；当 a＞0 时，f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，＋∞）上单调递增． （2）当 a＞0 时，由（1）知 f（x）≥f（a）＝1/2a2－（a－1）a－aln a＝－1/2a2＋a－aln a． 要证 f（x）≥ln a－a2＋3/2，只需证 －1/2a2＋a－aln a≥ln a－a2＋3/2， 即证 1/2a2＋a－aln a－ln a－3/2≥0（a＞0）． 令 g（a）＝1/2a2＋a－aln a－ln a－3/2（a＞0），则 g′（a）＝a＋1－（ln a＋1）－1/a＝a－ln a－1/a． 令 h（a）＝a－ln a－1/a（a＞0），则 h′（a）＝1－1/a＋1/a²＝a²－a＋1/a²＝（a－1/2）²＋3/4/a²＞0， 所以 h（a）在（0，＋∞）上单调递增，即 g′（a）在（0，＋∞）上单调递增．又 g′（1）＝1－ln 1－1＝0， 故当 0＜a＜1 时 g′（a）＜0，g（a）单调递减；当 a＞1 时 g′（a）＞0，g（a）单调递增， 所以 g（a）≥g（1）＝1/2＋1－0－0－3/2＝0，即 f（x）≥ln a－a2＋3/2 成立． 变式1　【解答】（1）f（x）的定义域为（0，＋∞）， f′（x）＝a－2/x＋1－2a/x²＝x²＋（a－2）x－2a/x²＝（x－2）（x＋a）/x²． ① 当 －2＜a＜0 时，0＜－a＜2：在（0，－a）上 f′（x）＞0，f（x）单调递增；在（－a，2）上 f′（x）＜0，f（x）单调递减；在（2，＋∞）上 f′（x）＞0，f（x）单调递增． ② 当 a＝－2 时，f′（x）＝（x－2）²/x²≥0，f（x）在（0，＋∞）上单调递增． ③ 当 a＜－2 时，－a＞2：在（0，2）上 f′（x）＞0，f（x）单调递增；在（2，－a）上 f′（x）＜0，f（x）单调递减；在（－a，＋∞）上 f′（x）＞0，f（x）单调递增． （2）当 a＜－2 时，由（1）知 f（x）在（2，－a）上单调递减、在（－a，＋∞）上单调递增，故 f（x）在（2，＋∞）上的最小值为 f（－a）＝（a－2）ln（－a）＋（－a）＋2a/－a＝（a－2）ln（－a）－a－2． 欲证 f（x）＞－a2，只需证（a－2）ln（－a）－a－2＋a2＞0， 即证（a－2）ln（－a）＋（a－2）（a＋1）＞0，即证（a－2）[ln（－a）＋a＋1]＞0． 因为 a＜－2，所以 a－2＜0，只需证 ln（－a）＋a＋1＜0，即 ln（－a）＜－a－1． 令 t＝－a＞2，即证 ln t＜t－1．令 φ（t）＝ln t－t＋1（t＞1），则 φ′（t）＝1/t－1＝1－t/t＜0， 故 φ（t）在（1，＋∞）上单调递减，φ（t）＜φ（1）＝0，即 ln t＜t－1 成立． 所以当 a＜－2 时，∀x∈（2，＋∞），f（x）＞－a2 成立． 例2　【解答】由题意 x＞0．要证 x3－（x2＋a）ln x＞0，两边同除以 x2，即证 x－ln x＞aln x/x²． 令 g（x）＝x－ln x，则 g′（x）＝1－1/x＝x－1/x．由 g′（x）＜0 得 0＜x＜1，由 g′（x）＞0 得 x＞1， 所以 g（x）在（0，1）上单调递减、在（1，＋∞）上单调递增，故 g（x）≥g（1）＝1． 令 h（x）＝aln x/x²，则 h′（x）＝a（1－2ln x）/x³．因 a＞0，由 h′（x）＞0 得 0＜x＜√e，由 h′（x）＜0 得 x＞√e， 所以 h（x）在（0，√e）上单调递增、在（√e，＋∞）上单调递减，故 h（x）≤h（√e）＝a·1/2/e＝a/2e． 因为 a∈（0，2e），所以 a/2e＜1，于是 g（x）≥1＞a/2e≥h（x），即 x－ln x＞aln x/x² 恒成立． 故当 a∈（0，2e）时，x3－（x2＋a）ln x＞0 成立． 例3－1　【解答】要证 f（x）＜xex－1，即证 xex－1－a（x－1）＋ln x－1＞0． 因为 a≤2，且 x＞1 时 x－1＞0，所以 －a（x－1）≥－2（x－1）， 于是 xex－1－a（x－1）＋ln x－1≥xex－1－2（x－1）＋ln x－1＝xex－1－2x＋ln x＋1． 令 g（x）＝xex－1－2x＋ln x＋1（x＞1），则 g（1）＝1－2＋0＋1＝0， g′（x）＝（x＋1）ex－1－2＋1/x，g′（1）＝2－2＋1＝1＞0， g″（x）＝（x＋2）ex－1－1/x²．当 x＞1 时（x＋2）ex－1＞3＞1＞1/x²，故 g″（x）＞0， 所以 g′（x）在（1，＋∞）上单调递增，g′（x）＞g′（1）＝1＞0，从而 g（x）在（1，＋∞）上单调递增， 故 g（x）＞g（1）＝0，即当 x＞1 时 f（x）＜xex－1 恒成立． 例3－2　【解答】先证 ln x≤x－1（x＞0）：令 φ（x）＝ln x－x＋1，则 φ′（x）＝1/x－1＝1－x/x． 当 0＜x＜1 时 φ′（x）＞0；当 x＞1 时 φ′（x）＜0，故 φ（x）≤φ（1）＝0，即 ln x≤x－1． 于是 xln x≤x（x－1）＝x2－x，从而 xln x－2x2≤－x2－x． 再由 et≥1＋t（当且仅当 t＝0 取等号），取 t＝－x≠0，得 e－x＞1－x， 所以 e－x＋1/x²－2/x＞1－x＋1/x²－2/x＝－x＋（1/x－1）2≥－x． 又 －x＞－x2－x（因 x＞0，x2＞0），故 e－x＋1/x²－2/x＞－x2－x≥xln x－2x2， 即 xln x－2x2＜e－x＋1/x²－2/x 成立． 1．【解答】f（x）的定义域为（0，＋∞）．f（x）≤3x－5 ⇔ ln x－2≤3x2－5x ⇔ ln x－3x2＋5x－2≤0． 令 g（x）＝ln x－3x2＋5x－2，则 g′（x）＝1/x－6x＋5＝－6x²＋5x＋1/x＝－（6x＋1）（x－1）/x． 因为 x＞0，6x＋1＞0，所以当 0＜x＜1 时 g′（x）＞0，g（x）单调递增；当 x＞1 时 g′（x）＜0，g（x）单调递减． 故 g（x）≤g（1）＝0－3＋5－2＝0，即 f（x）≤3x－5 成立（当且仅当 x＝1 时取等号）． 2．【解答】f′（x）＝2－1/x＝2x－1/x（x＞0）．由 f′（x）＜0 得 0＜x＜1/2；由 f′（x）＞0 得 x＞1/2， 故 f（x）在（0，1/2）上单调递减、在（1/2，＋∞）上单调递增，f（x）≥f（1/2）＝1－ln 1/2＝1＋ln 2． 又对任意实数 u，cos u≤1，故 ln 2＋cos（2x－1）≤ln 2＋1＝f（1/2）． 于是 f（x）≥1＋ln 2≥ln 2＋cos（2x－1），即 f（x）≥ln 2＋cos（2x－1）成立（当且仅当 x＝1/2 时取等号）． 3．【解答】（1）f（1）＝（1－2）ln 1＋2＝2．又 f′（x）＝ln x＋x－2/x＝ln x＋1－2/x，则 f′（1）＝0＋1－2＝－1， 所以曲线 y＝f（x）在点（1，2）处的切线方程为 y－2＝－（x－1），即 x＋y－3＝0． （2）f′（x）＝ln x＋1－2/x，f″（x）＝1/x＋2/x²＞0，故 f′（x）在（0，＋∞）上单调递增． 而 f′（1）＝－1＜0，f′（2）＝ln 2＞0，故存在唯一的 x0∈（1，2）使 f′（x0）＝0，即 ln x0＝2/x⁰－1． 当 0＜x＜x0 时 f′（x）＜0；当 x＞x0 时 f′（x）＞0，故 f（x）在（0，x0）上单调递减、在（x0，＋∞）上单调递增， 于是 f（x）≥f（x0）＝（x0－2）ln x0＋2＝（x0－2）（2/x⁰－1）＋2＝6－（x0＋4/x⁰）． 函数 y＝t＋4/t 在（1，2）上单调递减，故 4＜x0＋4/x⁰＜5，从而 f（x）≥f（x0）＞6－5＝1＞0． 令 G（x）＝ex－x－1（x＞0），则 G′（x）＝ex－1＞0，G（x）在（0，＋∞）上单调递增，故 G（x）＞G（0）＝0，即 ex＞x＋1． 所以 f（x）＋ex＞0＋（x＋1）＝x＋1，即 f（x）＋ex＞x＋1 成立． 4．【解答】（1）f（x）的定义域为 R，f′（x）＝aex－1． 当 a≤0 时，由 ex＞0 得 aex≤0，故 f′（x）＜0 恒成立，f（x）在 R 上单调递减； 当 a＞0 时，令 f′（x）＝0 得 x＝－ln a．当 x＜－ln a 时 f′（x）＜0；当 x＞－ln a 时 f′（x）＞0， 故 f（x）在（－∞，－ln a）上单调递减，在（－ln a，＋∞）上单调递增． （2）当 a＞0 时，由（1）得 f（x）min＝f（－ln a）＝a（e－ln a＋a）＋ln a＝1＋a2＋ln a． 要证 f（x）＞2ln a＋7/4，只需证 1＋a2＋ln a＞2ln a＋7/4，即证 a2－ln a－3/4＞0（a＞0）． 令 g（a）＝a2－ln a－3/4，则 g′（a）＝2a－1/a＝2a²－1/a． 由 g′（a）＜0 得 0＜a＜√2/2；由 g′（a）＞0 得 a＞√2/2，故 g（a）在（0，√2/2）上单调递减、在（√2/2，＋∞）上单调递增， 于是 g（a）≥g（√2/2）＝1/2－ln √2/2－3/4＝1/2ln 2－1/4． 由 e＜4 得 √e＜2，故 ln 2＞ln √e＝1/2，于是 1/2ln 2＞1/4，即 g（a）＞0 恒成立． 所以当 a＞0 时，f（x）＞2ln a＋7/4 恒成立． 5．【解答】（1）h（x）＝ax－ln x，定义域为（0，＋∞），h′（x）＝a－1/x＝ax－1/x． 当 a≤0 时，h′（x）＜0 恒成立，h（x）在（0，＋∞）上单调递减； 当 a＞0 时，令 h′（x）＞0 得 x＞1/a；令 h′（x）＜0 得 0＜x＜1/a，故 h（x）在（0，1/a）上单调递减、在（1/a，＋∞）上单调递增． （2）要证 xf（x）＞g（x）－1，即证 xln x＋1＞3sin x/2＋cos x． 由（1）知，当 a＝1 时 h（x）＝x－ln x 在（0，1）上单调递减、在（1，＋∞）上单调递增，故 h（x）≥h（1）＝1，即 x－ln x≥1． 由于上式对任意 x＞0 都成立，把 x 换成 1/x 得 1/x－ln 1/x≥1，即 1/x＋ln x≥1，两边同乘 x＞0 得 1＋xln x≥x． 令 H（x）＝x－3sin x/2＋cos x（x＞0），则 H′（x）＝1－3cos x（2＋cos x）＋3sin²x/（2＋cos x）²＝（2＋cos x）²－3（2cos x＋1）/（2＋cos x）²＝（cos x－1）²/（2＋cos x）²≥0， 且不恒为 0，故 H（x）在（0，＋∞）上单调递增，H（x）＞H（0）＝0，即 x＞3sin x/2＋cos x． 于是 1＋xln x≥x＞3sin x/2＋cos x，所以 xf（x）＞g（x）－1 成立． 学科网（北京）股份有限公司 $