2024年高考数学一轮复习（新高考版） 第3章　§3.6　利用导数证明不等式

公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君§3.6利用导数证明不等式考试要求导数中的不等式证明是高考的常考题型，常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结合，虽然题目难度较大，但是解题方法多种多样，如构造函数法、放缩法等，针对不同的题目，灵活采用不同的解题方法，可以达到事半功倍的效果．题型一将不等式转化为函数的最值问题例1(2023·潍坊模拟)已知函数f(x)＝ex－ax－a，a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝1时，令g(x)＝2fxx2.证明：当x0时，g(x)1.(1)解函数f(x)＝ex－ax－a的定义域为R，求导得f′(x)＝ex－a，当a≤0时，f′(x)0恒成立，即f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，当a0时，令f′(x)＝ex－a0，解得xlna，令f′(x)0，解得xlna，即f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，所以当a≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，当a0时，f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．(2)证明当a＝1时，g(x)＝2ex－x－1x2，当x0时，2ex－x－1x21⇔ex1＋x＋x22⇔12x2＋x＋1ex1，令F(x)＝12x2＋x＋1ex－1，x0，F′(x)＝－12x2ex0恒成立，则F(x)在(0，＋∞)上单调递减，F(x)F(0)＝1e0－1＝0，因此12x2＋x＋1ex1成立，所以当x0时，g(x)1，即原不等式得证．思维升华待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．跟踪训练1设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当aln2－1且x0时，exx2－2ax＋1.(1)解由f(x)＝ex－2x＋2a(x∈R)知，f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln2，公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君当xln2时，f′(x)0，函数f(x)在区间(－∞，ln2)上单调递减；当xln2时，f′(x)0，函数f(x)在区间(ln2，＋∞)上单调递增，所以f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)，f(x)的极小值为f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2－2ln2＋2a，无极大值．(2)证明要证当aln2－1且x0时，exx2－2ax＋1，即证当aln2－1且x0时，ex－x2＋2ax－10，设g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x0)，则g′(x)＝ex－2x＋2a，由(1)知g′(x)min＝2－2ln2＋2a，又aln2－1，则g′(x)min0，于是对∀x∈(0，＋∞)，都有g′(x)0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，于是对∀x0，都有g(x)g(0)＝0，即ex－x2＋2ax－10，故exx2－2ax＋1.题型二将不等式转化为两个函数的最值进行比较例2(2023·苏州模拟)已知函数f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝e时，证明f(x)－exx＋2e≤0.(1)解函数的定义域为(0，＋∞)，∵f′(x)＝ex－a＝e－axx(x0)，∴当a≤0时，f′(x)0在(0，＋∞)上恒成立，故函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a0时，由f′(x)0，得0xea，由f′(x)0，得xea，即函数f(x)在区间0，ea上单调递增，在ea，＋∞上单调递减．综上，当a≤0时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a0时，f(x)在区间0，ea上单调递增，在ea，＋∞上单调递减．公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君(2)证明证明f(x)－exx＋2e≤0，只需证明f(x)≤exx－2e，由(1)知，当a＝e时，函数f(x)在区间(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴f(x)max＝f(1)＝－e.令g(x)＝exx－2e(x0)，则g′(x)＝x－1exx2，∴当x∈(0,1)时，g′(x)0，函数g(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)0，函数g(x)单调递增，∴g(x)min＝g(1)＝－e，∴当x0，a＝e时，f(x)－exx＋2e≤0.思维升华若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．本例中同时含lnx与ex，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明．跟踪训练2(2023·合肥模拟)已知函数f(x)＝ex＋x2－x－1.(1)求f(x)的最小值；(2)证明：ex＋xlnx＋x2－2x0.(1)解由题意可得f′(x)＝ex＋2x－1，则函数f′(x)在R上单调递增，且f′(0)＝0.由f′(x)0，得x0；由f′(x)0，得x0.则f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)min＝f(0)＝0.(2)证明要证ex＋xlnx＋x2－2x0，即证ex＋x2－x－1－xlnx＋x－1.由(1)可知当x0时，f(x)0恒成立．设g(x)＝－xlnx＋x－1，x0，则g′(x)＝－lnx.由g′(x)0，得0x1；由g′(x)0，得x1.则g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g(x)≤g(1)＝0，当且仅当x＝1时，等号成立．故f(x)g(x)，即ex＋xlnx＋x2－2x0.题型三适当放缩证明不等式例3已知函数f(x)＝aex－1－lnx－1.公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君(1)若a＝1，求f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)证明：当a≥1时，f(x)≥0.(1)解当a＝1时，f(x)＝ex－1－lnx－1(x0)，f′(x)＝ex－1－1x，k＝f′(1)＝0，又f(1)＝0，∴切点为(1,0)．∴切线方程为y－0＝0(x－1)，即y＝0.(2)证明∵a≥1，∴aex－1≥ex－1，∴f(x)≥ex－1－lnx－1.方法一令φ(x)＝ex－1－lnx－1(x0)，∴φ′(x)＝ex－1－1x，令h(x)＝ex－1－1x，∴h′(x)＝ex－1＋1x20，∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又φ′(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，φ′(x)0；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)0，∴φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(1)＝0，∴φ(x)≥0，∴f(x)≥φ(x)≥0，即f(x)≥0.方法二令g(x)＝ex－x－1，∴g′(x)＝ex－1.当x∈(－∞，0)时，g′(x)0；当x∈(0，＋∞)时，g′(x)0，∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(0)＝0，故ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”．同理可证lnx≤x－1，公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君当且仅当x＝1时取“＝”．由ex≥x＋1⇒ex－1≥x(当且仅当x＝1时取“＝”)，由x－1≥lnx⇒x≥lnx＋1(当且仅当x＝1时取“＝”)，∴ex－1≥x≥lnx＋1，即ex－1≥lnx＋1，即ex－1－lnx－1≥0(当且仅当x＝1时取“＝”)，即f(x)≥0.思维升华导数方法证明不等式中，最常见的是ex和lnx与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对ex和lnx进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明．常见的放缩公式如下：(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号；(2)lnx≤x－1，当且仅当x＝1时取等号．跟踪训练3(2022·南充模拟)已知函数f(x)＝ax－sinx.(1)若函数f(x)为增函数，求实数a的取值范围；(2)求证：当x0时，ex2sinx.(1)解∵f(x)＝ax－sinx，∴f′(x)＝a－cosx，由函数f(x)为增函数，则f′(x)＝a－cosx≥0恒成立，即a≥cosx在R上恒成立，∵y＝cosx∈[－1,1]，∴a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．(2)证明由(1)知，当a＝1时，f(x)＝x－sinx为增函数，当x0时，f(x)f(0)＝0⇒xsinx，要证当x0时，ex2sinx，只需证当x0时，ex2x，即证ex－2x0在(0，＋∞)上恒成立，设g(x)＝ex－2x(x0)，则g′(x)＝ex－2，令g′(x)＝0解得x＝ln2，∴g(x)在(0，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(ln2)＝eln2－2ln2＝2(1－ln2)0，∴g(x)≥g(ln2)0，∴ex2x成立，故当x0时，ex2sinx.课时精练1．已知函数f(x)＝ax＋xlnx，且曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线4x－y＋1＝0平行．(1)求实数a的值；公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君(2)求证：当x0时，f(x)4x－3.(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1＋a，由题意知，f′(e)＝2＋a＝4，则a＝2.(2)证明由(1)知，f(x)＝2x＋xlnx，令g(x)＝f(x)－(4x－3)＝xlnx－2x＋3，则g′(x)＝lnx－1，由lnx－10得xe，由lnx－10得0xe，故g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(e)＝3－e0，即g(x)0，即f(x)4x－3.2．(2023·淄博模拟)已知函数f(x)＝ex－x－1.(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)当x≥0时，求证：f(x)＋x＋1≥12x2＋cosx.(1)解易知函数f(x)的定义域为R，∵f(x)＝ex－x－1，∴f′(x)＝ex－1，令f′(x)0，解得x0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，令f′(x)0，解得x0，f(x)在(－∞，0)上单调递减，即f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，∴函数f(x)的极小值为f(0)＝0，无极大值．(2)证明要证f(x)＋x＋1≥12x2＋cosx，即证ex－12x2－cosx≥0，设g(x)＝ex－12x2－cosx，要证原不等式成立，即证g(x)≥0成立，∵g′(x)＝ex－x＋sinx，sinx≥－1，∴g′(x)＝ex－x＋sinx≥ex－x－1当且仅当x＝－π2＋2kπ，k∈Z时等号成立，由(1)知，ex－x－1≥0(x＝0时等号成立)，∴g′(x)0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴在区间[0，＋∞)上，g(x)≥g(0)＝0，∴当x≥0时，f(x)＋x＋1≥12x2＋cosx得证．公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君3．已知函数f(x)＝xlnx－ax.(1)当a＝－1时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的最值；(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx＋11ex＋1－2e2x成立．(1)解函数f(x)＝xlnx－ax的定义域为(0，＋∞)，当a＝－1时，f(x)＝xlnx＋x，f′(x)＝lnx＋2，由f′(x)＝0，得x＝1e2，当0x1e2时，f′(x)0；当x1e2时，f′(x)0，所以f(x)在0，1e2上单调递减，在1e2，＋∞上单调递增，因此f(x)在x＝1e2处取得最小值，即f(x)min＝f1e2＝－1e2，无最大值．(2)证明当x0时，lnx＋11ex＋1－2e2x，等价于x(lnx＋1)xex＋1－2e2，由(1)知，当a＝－1时，f(x)＝xlnx＋x≥－1e2，当且仅当x＝1e2时取等号，设G(x)＝xex＋1－2e2，x∈(0，＋∞)，则G′(