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高考重难专攻(一)　导数与不等式的证明
利用导数证明不等式问题一般要用到构造法，构造法是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有：(1)直接构造法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)0(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，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1，ex≥x＋1，ln x0)，≤ln(x＋1)≤x(x>－1)；(3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；(4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数 f(x)和g(x)，利用其最值求解．
作差构造法
(2022·太原模拟)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a>ln 2－1且x>0时， ex>x2－2ax＋1．
[解]　(1)由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝ex－2，x∈R，令f′(x)＝0，得x＝ln 2．
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，ln 2) ln 2 (ln 2，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) ? 2(1－ln 2＋a) ?
故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)．
所以f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)，无极大值．
(2)证明：设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R．
于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R．
由(1)知当a>ln 2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0．
于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R内单调递增．
于是当a>ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．
又g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0．
即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1．
1．待证不等式的两边含有相同的变量时，一般地，可以直接构造“左减右”或“右减左”的函数，通过研究其单调性等相关函数性质证明不等式．
2．利用构造差函数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形；
(2)构造新的函数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，得到所证不等式．　
　已知函数f(x)＝1－，g(x)＝－＋＋x．证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥．
证明：f(x)＋g(x)≥ 1－－－＋x≥0．
令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，
则h(1)＝0，h′(x)＝－＋＋＋1＝＋＋1．
因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1>0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(1)＝0，即1－－－＋x≥0．
故当x≥1时，f(x)＋g(x)≥．
隔离分析法
　(2021·全国乙卷)设函数f(x)＝ln(a－x)，已知x＝0是函数y＝xf(x)的极值点．
(1)求a；
(2)设函数g(x)＝．证明：g(x)<1．
[思路导引]　(1)确定函数f(x)的定义域→令t(x)＝xf(x)→t′(x)＝0→求出a的值；
(2)将问题转化为证明<1→转化为证明x＋ln(1－x)>xln(1－x)→令h(x)＝x＋(1－x)ln(1－x)→利用导数研究h(x)的单调性→证明h(x)>h(0)即可．
[解]　(1)由题意，f(x)的定义域为(－∞，a)，
令t(x)＝xf(x)，则t(x)＝xln(a－x)，x∈(－∞，a)，
则t′(x)＝ln(a－x)＋x·＝ln(a－x)＋，
【易错点】导数运算
因为x＝0是函数y＝xf(x)的极值点，则有t′(0)＝0，
即ln a＝0，所以a＝1．
(2)证明：由(1)可知，f(x)＝ln(1－x)，x∈(－∞，1)．
要证<1，即证<1，
因为当x∈(－∞，0)时，xln(1－x)<0，
当x∈(0,1)时，xln(1－x)<0，
所以只需证明x＋ln(1－x)>xln(1－x)，即x＋(1－x)ln(1－x)>0，
【卡壳点】忽视x的范围，确定不出xln(1－x)<0，使其
由分式不等式隔离转化为整式不等式
令h(x)＝x＋(1－x)ln(1－x)，
则h′(x)＝(1－x)·＋1－ln(1－x)＝－ln(1－x)，
所以h′(0)＝0，当x∈(－∞，0)时，h′(x)<0，函数单调递减，当x∈(0,1)时，h′(x)>0，函数单调递增．
所以x＝0为h(x)的极小值点，
所以h(x)>h(0)＝0，即x＋ln(1－x)>xln(1－x)，
故<1，
所以<1，即g(x)<1得证．
隔离转化法的一般思路
(1)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值问题；
(2)在证明过程中，“隔离”转化是关键，将不等式不等号两端分别“隔离”出两个函数式f(x)，g(x)，使f(x)min>g(x)max恒成立，从而f(x)>g(x)，但f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”；
(3)若不能直接转化为最值问题的不等式证明可将不等式的某一部分“隔离”开，单独进行研究，然后再纳入整体进行论证．　
　已知f(x)＝xln x．
(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>－成立．
解：(1)由f(x)＝xln x，x>0，得f′(x)＝ln x＋1，令f′(x)＝0，得x＝．
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
①当0②当≤t令f(x)的最小值为g(t)，
所以g(t)＝
(2)证明：问题等价于证明xln x>－(x∈(0，＋∞))．由(1)可知f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－，当且仅当x＝时取到．设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝，由m′(x)<0，得x>1时m(x)单调递减，由m′(x)>0，得0易知m(x)max＝m(1)＝－，当且仅当x＝1时取到．从而对一切x∈(0，＋∞)，xln x≥－≥－，两个等号不同时取到，所以对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>－成立．
适当放缩法
　已知函数f(x)＝aex－ln x－1．
(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；
(2)证明：当a≥时，f(x)≥0．
[解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－．
由题设知，f′(2)＝0，所以a＝．
从而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－．
当02时，f′(x)>0．
所以f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)．
(2)证明：当a≥时，f(x)≥－ln x－1(x>0)．
设g(x)＝－ln x－1(x>0)，则g′(x)＝－(x>0)．
当01时，g′(x)>0．
所以x＝1是g(x)的极小值点，也是最小值点．
故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0．
因此，当a≥时，f(x)≥0．
导数方法证明不等式中，最常见的是ex和ln x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ln x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)ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号．　
　已知函数f(x)＝ln x－．
(1)若a＝1，求f(x)的单调区间；
(2)若a＝0，x∈(0,1)，证明：x2－<．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝ln x－，x∈(0，＋∞)，
∴f′(x)＝－＝＝．
当x∈(0,1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)证明：当a＝0，x∈(0,1)时，x2－<等价于＋x2－<0，
∵当x∈(0,1)时，ex∈(1，e)，－ln x>0，∴<－ln x，
∴只需要证－ln x＋x2－<0在(0,1)上恒成立．
令g(x)＝－ln x＋x2－，x∈(0,1)，
∴g′(x)＝－＋2x＋＝>0，
则函数g(x)在(0,1)上单调递增，于是g(x)∴当x∈(0,1)时，x2－<．
[课时过关检测]
1．已知函数f(x)＝x2－ln x．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)证明：＋x2－x>－．
解：(1)f(x)＝x2－ln x的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝2x－＝，
当x＞时，f′(x)＞0，函数f(x)在上单调递增；
当0＜x＜时，f′(x)＜0，函数f(x)在上单调递减，
综上，函数f(x)的单调增区间为，单调减区间为．
(2)证明：由x＞0，要证＋x2－x>－，即证f(x)＋x3－x2＋x＝x3＋x－ln x>0，令g(x)＝x3＋x－ln x(x>0)，
则g′(x)＝x2＋－＝，令t(x)＝3x3＋x－4(x>0)，
t′(x)＝9x2＋1>0恒成立，∴t(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又t(1)＝0，即g′(1)＝0，当x∈(0,1)时，t(x)<0，即g′(x)<0，∴g(x)在(0,1)上单调递减，当x∈(1，＋∞)时，t(x)>0，即g(x)>0，∴g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴g(x)最小值＝g(x)极小值＝g(1)＝＋＝＞0成立，所以原不等式成立．
2．(2022·许昌二模)已知函数f(x)＝－x2＋ax－3，g(x)＝xln x，a∈R．
(1)当x>0时，2g(x)≥f(x)，求a的取值范围；
(2)证明：当x>0时，g(x)>－．
解：(1)当x>0时，2g(x)≥f(x)，即2xln x≥－x2＋ax－3，即a≤＝2ln x＋x＋，
设h(x)＝2ln x＋x＋(x>0)，则h′(x)＝＋1－＝，
∴当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)在(0,1)上单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴h(x)min＝h(1)＝4，则a≤4．
∴实数a的取值范围为(－∞，4]．
(2)证明：∵g(x)＝xln x，∴g′(x)＝1＋ln x，令g′(x)＝0，∴x＝，∴当x∈时g′(x)<0，当x∈时，g′(x)>0，
∴函数g(x)在上单调递减，在上单调递增，
∴当x>0时，g(x)min＝g＝－，
令φ(x)＝－，则φ′(x)＝，
易知φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴φ(x)max＝φ(1)＝－，
又两个等号不同时成立，故当x>0时，g(x)>－．
3．已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0．
解：(1)f′(x)＝－a(x>0)．
①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0，则当00；当x>时，f′(x)<0，
故f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明：因为x>0，所以只需证f(x)≤－2e，
当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减．所以f(x)max＝f(1)＝－e，
记g(x)＝－2e(x>0)，则g′(x)＝，
所以当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝－e，
综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，
即f(x)≤－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0．
4．(2022·衡水模拟)已知函数f(x)＝(x－1)(x2＋2)ex－2x．
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)证明：f(x)>－x2－4．
解：(1)因为f′(x)＝2x(x－1)ex＋x(x2＋2)ex－2＝x2(x＋2)ex－2，所以f′(0)＝－2．
因为f(0)＝－2，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为2x＋y＋2＝0．
(2)证明：要证f(x)>－x2－4，
只需证(x－1)(x2＋2)ex>－x2＋2x－4，
设g(x)＝－x2＋2x－4＝－(x－1)2－3，
h(x)＝(x－1)(x2＋2)ex，
则h′(x)＝x2(x＋2)ex．
由h′(x)≥0，得x≥－2，
故h(x)在[－2，＋∞)上单调递增；
由h′(x)<0，得x<－2，
故h(x)在(－∞，－2)上单调递减，
所以h(x)min＝h(－2)＝－．
因为e≈2．718，所以－>－3．
又g(x)max＝－3，所以g(x)max从而(x－1)(x2＋2)ex>－x2＋2x－4，
即f(x)>－x2－4．
5．已知函数f(x)＝＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋2y－3＝0．
(1)求a，b的值；
(2)证明：当x＞0，且x≠1时，f(x)＞．
解：(1)f′(x)＝－(x>0)．
由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1,1)，故即解得a＝1，b＝1．
(2)证明：由(1)知f(x)＝＋(x>0)，
所以f(x)－＝．
考虑函数h(x)＝2ln x－(x＞0)，
则h′(x)＝－＝－．
所以当x≠1时，h′(x)＜0．而h(1)＝0，故当x∈(0,1)时，h(x)＞0，可得h(x)＞0；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，可得h(x)＞0．
从而当x＞0，且x≠1时，f(x)－＞0，即f(x)＞．
6．(2022·莆田模拟)已知函数f(x)＝ln x＋ax，a∈R．
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)当a＝时，证明：x3>f(x)．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．由已知得f′(x)＝＋a＝(x>0)，则：
①当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当a<0时，令f′(x)>0，得x<－，则f(x)在上单调递增，在上单调递减．
综上所述，当a≥0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当a<0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为．
(2)证明：法一：当a＝时，x3>f(x)即x3>ln x＋x．
考虑到x>0时，x－1≥ln x，
欲证x3>ln x＋x，只需证x3>x－1＋x．
设g(x)＝x3－x＋1(x>0)，则g′(x)＝3x2－(x>0)，令g′(x)＝0，解得x＝，令x0＝，则当x∈(0，x0)时，g′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．
所以g(x)≥g(x0)＝－＋1＝1－，易知<1，所以g(x)≥g(x0)>0，所以x3>x－1＋x(x>0)恒成立，所以x3>ln x＋x恒成立，即x3>f(x)．
法二：当a＝时，x3>f(x)可化为x2－>．令m(x)＝x－1－，x>0，
则m′(x)＝(x>0)，令h(x)＝x2＋ln x－1，x>0，则h′(x)＝2x＋>0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，又h(1)＝0，所以当x∈(0,1)时，h(x)<0，则m′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，则m′(x)>0，所以m(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以m(x)≥m(1)＝0，即x－1≥，当且仅当x＝1时，等号成立．
又x2－－(x－1)＝x2－x＋＝2≥0，所以x2－≥x－1，当且仅当x＝时，等号成立．
因为两个等号不同时成立，故x2－>，即x2>＋，即x3>ln x＋x，即x3>f(x)．

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