备考2024年高考数学一轮复习微专题9　导数与不等式的证明.docx

微专题9　导数与不等式的证明高考定位　导数与不等式的交汇命题是高考的热点和难点，在利用导数证明不等式问题中，常用的方法有构造函数、适当换元、合理放缩、利用最值、有界性、不等式及其性质等.【难点突破】[高考真题] (2023·新高考Ⅰ卷)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＋.(1)解　f′(x)＝aex－1，x∈R.当a≤0时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；当a>0时，令f′(x)>0，得x>－ln a，令f′(x)<0，得x<－ln a，所以函数f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增.综上，当a≤0时，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；当a>0时，函数f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增.(2)证明　法一　由(1)得当a>0时，函数f(x)＝a(ex＋a)－x的最小值为f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a.令g(a)＝1＋a2＋ln a－2ln a－＝a2－ln a－，a∈(0，＋∞)，所以g′(a)＝2a－，令g′(a)>0，得a>；令g′(a)<0，得00，所以当a>0时，f(x)>2ln a＋成立.法二　当a>0时，由(1)得f(x)min＝f(－ln a)＝1＋a2＋ln a，故欲证f(x)>2ln a＋成立，只需证1＋a2＋ln a>2ln a＋，即证a2－>ln a.构造函数u(a)＝ln a－(a－1)(a>0)，则u′(a)＝－1＝，所以当a>1时，u′(a)<0；当00，所以函数u(a)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以u(a)≤u(1)＝0，即ln a≤a－1，故只需证a2－>a－1，即证a2－a＋>0.因为a2－a＋＝＋>0恒成立，所以当a>0时，f(x)>2ln a＋成立.样题1 (2023·郑州二模改编)已知函数f(x)＝x2ln x，证明：f(x)≥x－1.证明　f(x)≥x－1等价于ln x－≥0.令g(x)＝ln x－，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.样题2 (2023·天津模拟改编)已知函数f(x)＝－k，(1)若f(x)≤0恒成立，求实数k的取值范围；(2)证明：ln ＋ln ＋…＋ln <(n>1).(1)解　若f(x)≤0恒成立，则k≥，设g(x)＝，x∈(0，＋∞)，g′(x)＝，由g′(x)>0，得0e，所以函数g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，g(x)max＝g(e)＝，所以k≥.(2)证明　令k＝，则f(x)≤0，即≤，则ln x≤·x(当且仅当x＝e时等号成立)，因为ln<·，ln <·，…，ln <·，所以ln ＋ln ＋…＋ln <(n>1).样题3 (2023·荆州调研改编)已知函数f(x)＝ln .若x∈(0，1)，求证：f(x)0，g(x)单调递增，所以g(x)x3，所以1＋x－x3>1，又11，所以g(x)<10，ex>e0＝1，则只需证1－ln x＋x2－<1，只需证ln x－x2＋>0，令t(x)＝ln x－x2＋，x∈(0，1)，则t′(x)＝－2x－＝<<0，则t(x)在(0，1)上单调递减，则t(x)>t(1)＝ln 1－12＋1＝0，所以ln x－x2＋>0成立，即原不等式成立.规律方法　利用导数证明不等式问题的方法(1)直接构造函数法：证明不等式f(x)＞g(x)(或f(x)＜g(x))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).(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论.(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同结构变形，根据相似结构构造辅助函数.训练 已知函数f(x)＝ex－a－ln(x＋a).当a≤1时，证明：f(x)>0.证明　先证不等式ex≥x＋1与x－1≥ln x，设g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1＝0，得x＝0，可得g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)＝ex－x－1≥g(0)＝0，即ex≥x＋1；设h(x)＝x－1－ln x，由h′(x)＝1－＝0，得x＝1，可得h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)＝x－1－ln x≥h(1)＝0，即x－1≥ln x.于是，当a≤1时，ex－a≥x－a＋1≥x＋a－1≥ln(x＋a)，注意到以上三个不等号的取等条件分别为x＝a，a＝1，x＋a＝1，它们无法同时取等，所以当a≤1时，ex－a>ln(x＋a)，即f(x)>0.【精准强化练】一、基本技能练1.已知函数f(x)＝x2－ax＋ln x.若函数f(x)有两个极值点x1，x2，求证：f(x1＋x2)<－2＋ln .证明　f(x)的定义域为(0，＋∞)，得f′(x)＝2x－a＋＝，由题意得2x2－ax＋1＝0的两个不等的实根为x1，x2，则解得a>2.故f(x1＋x2)＝(x1＋x2)2－a(x1＋x2)＋ln(x1＋x2)＝－＋ln ＝－＋ln .设g(a)＝－＋ln (a>2)，则g′(a)＝－＋＝<0，故g(a)在(2，＋∞)上单调递减，所以g(a)1.证明　不等式exln x＋>1，等价于(exln x＋2)>1，由常用不等式ex≥x＋1，得ex－1≥x.即≥1，故只需证exln x＋2>1，令f(x)＝exln x＋2(x>0)，则f′(x)＝e(ln x＋1)，易得当x∈时，f′(x)<0，x∈时，f′(x)>0，故f(x)≥f＝1，等号不同时取到，故原不等式得证.3.(2023·南昌模拟)已知函数F(x)＝ea－x＋ln a(a>0)，G(x)＝－ln x.(1)若F(x)与G(x)在x＝1处有相同的切线，求实数a的值；(2)当a>1，x>1时，求证：F(x)－G(x)>1.(1)解　∵G′(x)＝－，∴G′(1)＝－1.∵F′(x)＝－ea－x，∴F′(1)＝－ea－1＝－1，解得a＝1.(2)证明　由题意得F(x)－G(x)＝ea－x＋ln a＋ln x，令f(a)＝ea－x＋ln a＋ln x(a>1)，∵y＝ea－x与y＝ln a在(1，＋∞)上均单调递增，∴f(a)在(1，＋∞)上单调递增，∴f(a)>f(1)＝e1－x＋ln x. 令g(x)＝e1－x＋ln x(x>1)，则g′(x)＝－e1－x＋＝.令h(x)＝1－xe1－x(x>1)，则h′(x)＝(x－1)e1－x，易知当x>1时，h′(x)>0，∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴h(x)>h(1)＝0，即g′(x)>0，∴g(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴g(x)>g(1)＝1，∴f(a)>g(1)＝1.综上，F(x)－G(x)>1.二、创新拓展练4.(2023·安阳二模)已知函数f(x)＝(x－1)ex－aln x的最小值为0.(1)求实数a的值；(2)证明：e＋＋＋…＋＋>ln 2 025.(1)解　由题意可知f′(x)＝xex－＝(x>0)，注意到f(1)＝0，由题意可得f′(1)＝e－a＝0，解得a＝e.当a＝e时，则f′(x)＝xex－＝(x>0)，设φ(x)＝x2ex－e(x>0)，则φ′(x)＝x(x＋2)ex>0对∀x>0恒成立，则φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，且φ(1)＝0，令φ(x)>0，则x>1；令φ(x)<0，则0ln＝ln (n＋1)－ln n，从而有e>ln 2－ln 1，>ln 3－ln 2，>ln 4－ln 3，…，>ln (n＋1)－ln n，所以e＋＋＋…＋>(ln 2－ln 1)＋(ln 3－ln 2)＋(ln 4－ln 3)＋…＋[ln (n＋1)－ln n]＝ln (n＋1).令n＝2 023，则e＋＋＋…＋＋>ln 2 024.只需证明ln 2 024>ln 2 025，即证>.令h(x)＝，则h′(x)＝<0对∀x>e恒成立，则h(x)＝在(e，＋∞)上单调递减，故h(2 024)>h(2 025)，所以>，即ln 2 024>ln 2 025，故e＋＋＋…＋＋>ln 2 025.。