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培优课07 利用导数证明不等式
培优点一　单变量的不等式证明
【审题指导】
(2023·新高考Ⅱ卷节选)证明：.
【通性通法】
　　利用导数证明不等式f(x)>g(x)的基本方法
1.若f(x)与g(x)的最值易求出，则可以直接转化为证明f(x)min>g(x)max，但有的时候为了证明F(x)=f(x)-g(x)>0在x∈D上恒成立，我们可以将其转化为证明f(x)>g(x)在x∈D上恒成立，通过分别求出两个函数的最值证得，有以下三种情况：
(1)隔水相望型：f(x)min>g(x)max.
(2)一线之隔型：f(x)min=f(x1)=g(x)max=g(x2)，x1≠x2.
(3)亲密无间型：f(x)min=f(x0)=g(x)max=g(x0).
2.若在(a，b)上，f(x)与g(x)的最值不易求出，则可构造函数h(x)=f(x)-g(x).若h'(x)>0，则h(x)在(a，b)上单调递增，同时h(a)>0，即f(x)>g(x)；若h'(x)<0，则h(x)在(a，b)上单调递减，同时h(b)>0，即f(x)>g(x).
【培优训练】
构造双函数证明不等式(凹凸反转)
1.已知函数f(x)=ex-x-1，求证：f(x)>e2ln x+x2-3x.
放缩后构建函数证明不等式
2.已知函数f(x)=，求证：当x>0时，3f(x)+1培优点二　双变量的不等式证明
【审题指导】
已知函数..
【通性通法】
　　双变量不等式证明的五种思路
1.减元法：当x1，x2是函数f(x)的两个不等的极值点时，x1，x2是方程f'(x)=0的两个不等实根，由根与系数的关系可得x1，x2之间的关系，由此可利用替换法将双变量化为单变量.
2.构造法：先利用条件消去参数，把所证明的不等式化为仅含x1，x2的式子，通过运算，构造t=，t=x1x2，t=x1-x2等为变量的函数，利用这个新函数的性质解决问题.
3.对称化构造法：对结论x1+x2>(<)2x0型，构造函数F(x)=f(x)-f(2x0-x)；对结论x1x2>(<)型，构造函数F(x)=f(x)-f或两边同时取对数构造函数F(x)=f(x)-f(2x0-x)，再通过研究F(x)的单调性证明不等式.
4.比值代换法：通过代数变形将所证双变量不等式通过代换t=化为单变量的函数不等式，利用函数的单调性证明.
5.对数与指数均值不等式法(需证明)：对任意的a，b>0(a≠b)，有<<，令a=em，b=en(m，n∈R，m≠n)，则可得到指数均值不等式：<<.
【注意】其中3，4，5通常被称为极值点偏移问题.
【培优训练】
减元法证明不等式
1.已知f(x)=x2-2x+2aln x有两个极值点x1，x2，求证：f(x1)+f(x2)>-3.
构造法证明不等式(证明对数均值不等式)
2.对任意的x1，x2>0(x1≠x2)，求证：<<.
对数均值不等式法证明不等式
3.(2022·新高考Ⅱ卷节选)设n∈N*，求证：++…+>ln(n+1).培优课07 利用导数证明不等式
培优点一　单变量的不等式证明
【审题指导】
(2023·新高考Ⅱ卷节选)证明：.
【解题观摩】
　　解析　构造F(x)=x-sin x，x∈(0，1)， 审题① 则F'(x)=1-cos x>0对 x∈(0，1)恒成立， 则F(x)在(0，1)上单调递增，可得F(x)>F(0)=0， 审题② 所以x>sin x，x∈(0，1). 构造G(x)=sin x-(x-x2)=x2-x+sin x，x∈(0，1)， 审题① 则G'(x)=2x-1+cos x，x∈(0，1)， 令g(x)=G'(x)，x∈(0，1)，则g'(x)=2-sin x>0对 x∈(0，1)恒成立， 则g(x)在(0，1)上单调递增，可得g(x)>g(0)=0， 即G'(x)>0对 x∈(0，1)恒成立， 则G(x)在(0，1)上单调递增，可得G(x)>G(0)=0， 审题② 所以sin x>x-x2，x∈(0，1). 综上所述，x-x2【通性通法】
　　利用导数证明不等式f(x)>g(x)的基本方法
1.若f(x)与g(x)的最值易求出，则可以直接转化为证明f(x)min>g(x)max，但有的时候为了证明F(x)=f(x)-g(x)>0在x∈D上恒成立，我们可以将其转化为证明f(x)>g(x)在x∈D上恒成立，通过分别求出两个函数的最值证得，有以下三种情况：
(1)隔水相望型：f(x)min>g(x)max.
(2)一线之隔型：f(x)min=f(x1)=g(x)max=g(x2)，x1≠x2.
(3)亲密无间型：f(x)min=f(x0)=g(x)max=g(x0).
2.若在(a，b)上，f(x)与g(x)的最值不易求出，则可构造函数h(x)=f(x)-g(x).若h'(x)>0，则h(x)在(a，b)上单调递增，同时h(a)>0，即f(x)>g(x)；若h'(x)<0，则h(x)在(a，b)上单调递减，同时h(b)>0，即f(x)>g(x).
【培优训练】
构造双函数证明不等式(凹凸反转)
1.已知函数f(x)=ex-x-1，求证：f(x)>e2ln x+x2-3x.
解析　要证f(x)>e2ln x+x2-3x，即证ex-x-1>e2ln x+x2-3x，即证>-2.
设g(x)=-2(x>0)，则g'(x)=，
由g'(x)>0，得0e，
则g(x)≤g(e)=e-2，当且仅当x=e时，等号成立.
设h(x)=(x>0)，则h'(x)=.
由题意可得f'(x)=ex-1.
由f'(x)>0，得x>0，由f'(x)<0，得x<0，
故f(x)min=f(0)=0，所以当x>0时，ex-x-1>0.
由h'(x)>0，得x>1，由h'(x)<0，得0则h(x)≥h(1)=e-2，当且仅当x=1时，等号成立.
因为-2≤e-2与≥e-2等号成立的条件不同，
所以>-2，即f(x)>e2ln x+x2-3x.
放缩后构建函数证明不等式
2.已知函数f(x)=，求证：当x>0时，3f(x)+1解析　当x>0时，要证明3f(x)+1而ex-1>x，故只需要证明f(x)<<.
先证<(x>0)，记F(x)=ex-x-1，
∵F'(x)=ex-1，
当x∈(0，+∞)时，F'(x)>0，∴F(x)在(0，+∞)上单调递增，
∴F(x)=ex-x-1>F(0)=0，故ex-1>x，即<.
再证f(x)<(x>0)，令G(x)=f(x)-x，
则G(x)=-x，则G'(x)=-=，
故对于 x>0，都有G'(x)<0，因而G(x)在(0，+∞)上单调递减，
对于 x>0，都有G(x)0，都有f(x)<，∴f(x)<<成立，即f(x)<成立，故原不等式成立.
培优点二　双变量的不等式证明
【审题指导】
已知函数..
【解题观摩】
　　解析　由题意知x∈(0，+∞)，f'(x)=1-ln x-1=-ln x， 所以当x∈(0，1)时，f'(x)>0，f(x)单调递增； 审题① 当x∈(1，+∞)时，f'(x)<0，f(x)单调递减. 审题① 因为x1≠x2，且f(x1)=f(x2)，当x→0时，f(x)→0，当x=1时，f(1)=1，当x=e时，f(e)=0， 所以不妨令x1∈(0，1)，x2∈(1，e)，则2-x1>1. 审题② 先证x1+x2>2，即证x2>2-x1，即证f(x2)=f(x1)0恒成立，所以h(x)单调递增， 所以h(x)2，得证. 再证x1+x21. 审题③ 由x1(1-ln x1)=x2(1-ln x2)可得，x1(1-ln x1)=tx1[1-ln(tx1)]， 化简可得ln x1=1-. 审题③ 而x1+x2　　令φ(t)=(t>1)，则φ'(t)=， 审题④ 再令p(t)=1--ln t(t>1)，则p'(t)=<0，则p(t)在(1，+∞)上单调递减， 故p(t)【通性通法】
　　双变量不等式证明的五种思路
1.减元法：当x1，x2是函数f(x)的两个不等的极值点时，x1，x2是方程f'(x)=0的两个不等实根，由根与系数的关系可得x1，x2之间的关系，由此可利用替换法将双变量化为单变量.
2.构造法：先利用条件消去参数，把所证明的不等式化为仅含x1，x2的式子，通过运算，构造t=，t=x1x2，t=x1-x2等为变量的函数，利用这个新函数的性质解决问题.
3.对称化构造法：对结论x1+x2>(<)2x0型，构造函数F(x)=f(x)-f(2x0-x)；对结论x1x2>(<)型，构造函数F(x)=f(x)-f或两边同时取对数构造函数F(x)=f(x)-f(2x0-x)，再通过研究F(x)的单调性证明不等式.
4.比值代换法：通过代数变形将所证双变量不等式通过代换t=化为单变量的函数不等式，利用函数的单调性证明.
5.对数与指数均值不等式法(需证明)：对任意的a，b>0(a≠b)，有<<，令a=em，b=en(m，n∈R，m≠n)，则可得到指数均值不等式：<<.
【注意】其中3，4，5通常被称为极值点偏移问题.
【培优训练】
减元法证明不等式
1.已知f(x)=x2-2x+2aln x有两个极值点x1，x2，求证：f(x1)+f(x2)>-3.
解析　由题意，得f'(x)=x-2+=(x>0).
因为函数f(x)有两个极值点x1，x2，所以方程x2-2x+2a=0有两个不同的正实数根x1，x2，
所以且Δ=4-8a>0，解得0由题意得f(x1)+f(x2)=-2x1+2aln x1+-2x2+2aln x2=(+)-2(x1+x2)+2aln(x1x2)=(x1+x2)2-x1x2-2(x1+x2)+2aln(x1x2)=2aln(2a)-2a-2，
令h(a)=2aln(2a)-2a-20所以h(a)在0，上单调递减，所以h(a)>h=-3，
故f(x1)+f(x2)>-3.
构造法证明不等式(证明对数均值不等式)
2.对任意的x1，x2>0(x1≠x2)，求证：<<.
解析　不妨设x1>x2>0，先证<，即证ln x1-ln x2<，即证ln <，
令t=>1，只要证ln t2<，即证2tln t-t2+1<0，
令f(t)=2tln t-t2+1(t>1)，则f'(t)=2ln t+2-2t，
令g(t)=f'(t)=2ln t+2-2t(t>1)，则g'(t)=-2<0，
所以g(t)在(1，+∞)上单调递减，即f'(t)在(1，+∞)上单调递减，
所以f'(t)则f(t)再证<，即证ln x1-ln x2>，即证ln >，
令u=>1，只要证ln u>，即证(u+1)ln u-2u+2>0，
令h(u)=(u+1)ln u-2u+2(u>1)，同理可证h(u)在(1，+∞)上单调递增，有h(u)>h(1)=0，
所以(u+1)ln u-2u+2>0，即<.
综上，<<，证毕.
对数均值不等式法证明不等式
3.(2022·新高考Ⅱ卷节选)设n∈N*，求证：++…+>ln(n+1).
解析　不等式左侧可看作数列{an}的前n项和Sn，其通项公式为an=，右侧可看作数列{bn}的前n项和Tn=ln(n+1)，故bn=Tn-Tn-1=ln(n+1)-ln n=ln (n≥2)，当n=1时，T1=b1，所以bn=ln(n∈N*).
故只需证an>bn，即证>ln (n∈N*).由对数均值不等式可得，<(a，b>0，a≠b)，令a=n+1，b=n，则有<，即>ln .故++…+>ln(n+1).

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