2025届高中数学二轮复习 微专题7 导数与不等式的证明(课件+练习)

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2025届高中数学二轮复习 微专题7 导数与不等式的证明(课件+练习)

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微专题7 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、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+.
样题1 已知函数f(x)=ex+exln x(其中e是自然对数的底数).
求证:f(x)≥ex2.
样题2 已知函数f(x)=ln x,g(x)=ex,
证明:f(x)+>g(-x).
样题3 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).
规律方法 利用导数证明不等式问题的基本方法
(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 (2024·长春调研)设函数f(x)=ex-1,其中e为自然对数的底数.
求证:(1)当x>0时,f(x)>x;
(2)ex-2>ln x.
【精准强化练】
1.(2024·合肥模拟)已知函数f(x)=,当x=1时,f(x)有极大值.
(1)求实数a,b的值;
(2)当x>0时,证明:f(x)<.
2.(2024·青岛质检节选)证明:exln x+>1.
3.(2024·全国甲卷)已知函数f(x)=a(x-1)-ln x+1.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)当a≤2时,证明:当x>1时,f(x)4.(2024·昆明模拟)已知函数f(x)=aln x+1-x.
(1)若f(x)≤0,求实数a的值;
(2)证明:当n≥2(n∈N*)时,
n<1;
(3)证明:++…+【解析版】
[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0所以函数g(a)在上单调递减,
在上单调递增,
所以函数g(a)的最小值为g=-ln-=ln >0,
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 已知函数f(x)=ex+exln x(其中e是自然对数的底数).
求证:f(x)≥ex2.
证明 要证f(x)≥ex2,
即证ex+exln x≥ex2(x>0),
即+ln x-x≥0,
令g(x)=+ln x-x(x>0),
则g′(x)=+-1
==.
令h(x)=ex-1-x,则h′(x)=ex-1-1,
当x>1时,h′(x)>0;当0所以h(x)在(0,1)上单调递减,在 (1,+∞)上单调递增,
所以h(x)≥h(1)=0.
故当01时,g′(x)>0,
所以g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
于是g(x)≥g(1)=0,原不等式得证.
样题2 已知函数f(x)=ln x,g(x)=ex,
证明:f(x)+>g(-x).
证明 根据题意,g(-x)=e-x,
所以f(x)+>g(-x)等价于xln x>xe-x-.
设函数m(x)=xln x,则m′(x)=1+ln x,
所以当x∈时,m′(x)<0;
当x∈时,m′(x)>0,
故m(x)在上单调递减,在上单调递增,从而m(x)在(0,+∞)上的最小值为m=-.
设函数h(x)=xe-x-,x>0,
则h′(x)=e-x(1-x).
所以当x∈(0,1)时,h′(x)>0;
当x∈(1,+∞)时,h′(x)<0,
故h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,从而h(x)在(0,+∞)上的最大值为h(1)=-.
综上,当x>0时,m(x)>h(x),
即f(x)+>g(-x).
样题3 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0由g′(x)<0,得x>e,
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).
规律方法 利用导数证明不等式问题的基本方法
(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 (2024·长春调研)设函数f(x)=ex-1,其中e为自然对数的底数.
求证:(1)当x>0时,f(x)>x;
(2)ex-2>ln x.
证明 (1)令g(x)=f(x)-x=ex-1-x,
则g′(x)=ex-1,
当x>0时,g′(x)>0,g(x)在(0,+∞)上单调递增,
故当x>0时,g(x)>g(0)=0,
即当x>0时,f(x)>x成立.
(2)由(1)可得当x>0时,ex>1+x.
要证ex-2>ln x,可证ex-2>x-1≥ln x,
即证x-1-ln x≥0.
令h(x)=x-1-ln x,
则h′(x)=1-=,
当x>1时,h′(x)>0,h(x)单调递增;
当0则h(x)min=h(1)=0,
即h(x)=x-1-ln x≥0恒成立(当且仅当x=1时等号成立),
所以ex-2>ln x.
【精准强化练】
1.(2024·合肥模拟)已知函数f(x)=,当x=1时,f(x)有极大值.
(1)求实数a,b的值;
(2)当x>0时,证明:f(x)<.
(1)解 函数f(x)的定义域为(-∞,+∞),
且f′(x)=,
因为x=1时,f(x)有极大值,
所以解得a=1,b=0,
经检验,当a=1,b=0时,f(x)在x=1时有极大值,所以a=1,b=0.
(2)证明 由(1)知,f(x)=,
当x>0时,要证f(x)<,即证<,即证:ex>x+1.
设g(x)=ex-x-1,则g′(x)=ex-1,
因为x>0,所以g′(x)=ex-1>0,
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以g(x)>g(0)=0,
即ex-x-1>0,即ex>x+1,
故当x>0时,f(x)<.
2.(2024·青岛质检节选)证明:exln x+>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.(2024·全国甲卷)已知函数f(x)=a(x-1)-ln x+1.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)当a≤2时,证明:当x>1时,f(x)(1)解 因为f(x)=a(x-1)-ln x+1,
所以f′(x)=a-=,x>0,
若a≤0,则f′(x)<0恒成立,
所以f(x)在(0,+∞)上单调递减,即f(x)的单调递减区间为(0,+∞),无单调递增区间;
若a>0,则当0时,f′(x)>0,
所以f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为.
综上,当a≤0时,f(x)的单调递减区间为(0,+∞),无单调递增区间;
当a>0时,f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为.
(2)证明 法一 因为a≤2,所以当x>1时,ex-1-f(x)=ex-1-a(x-1)+ln x-1≥ex-1-2x+ln x+1.
令g(x)=ex-1-2x+ln x+1,则只需证当x>1时g(x)>0.
易知g′(x)=ex-1-2+,
令h(x)=g′(x),则h′(x)=ex-1-在(1,+∞)上单调递增,
则当x>1时,h′(x)>h′(1)=0,所以h(x)=g′(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以当x>1时,g′(x)>g′(1)=0,故g(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以当x>1时,g(x)>g(1)=0,即当x>1时,f(x)法二 设g(x)=a(x-1)-ln x+1-ex-1,只需证当x>1时g(x)<0即可.
易知g′(x)=a--ex-1,
令h(x)=g′(x),则h′(x)=-ex-1,
由基本初等函数的单调性可知h′(x)在(1,+∞)上单调递减,
则当x>1时,h′(x)所以h(x)=g′(x)在(1,+∞)上单调递减,
于是当x>1时,g′(x)又a≤2,所以a-2≤0,则当x>1时,g′(x)<0,
故g(x)在(1,+∞)上单调递减,
所以当x>1时,g(x)即当x>1时,f(x)4.(2024·昆明模拟)已知函数f(x)=aln x+1-x.
(1)若f(x)≤0,求实数a的值;
(2)证明:当n≥2(n∈N*)时,
n<1;
(3)证明:++…+(1)解 由题意知,x∈(0,+∞),f′(x)=-1=,
①当a≤0时,f′(x)<0,f(x)在(0,+∞)上单调递减,
所以当x∈(0,1)时,f(x)>f(1)=0,不合题意;
②当00得x∈(0,a),
则f(x)在(0,a)上单调递增;
由f′(x)<0得x∈(a,+∞),
则f(x)在(a,+∞)上单调递减,
所以f(a)>f(1)=0,不合题意;
③当a=1时,由f′(x)>0得,x∈(0,1),
则f(x)在(0,1)上单调递增;
由f′(x)<0得,x∈(1,+∞),
则f(x)在(1,+∞)上单调递减,
所以对于任意的x∈(0,+∞),f(x)≤f(1)=0,符合题意;
④当a>1时,由f′(x)>0得,x∈(0,a),
则f(x)在(0,a)上单调递增;
由f′(x)<0得,x∈(a,+∞),
则f(x)在(a,+∞)上单调递减,
所以f(a)>f(1)=0,不合题意.
综上所述,a=1.
(2)证明 由(1)知,a=1时,ln x+1-x≤0即ln x≤x-1,
当且仅当x=1时等号成立.
所以≤1-,
当n≥2(n∈N*)时,
令x=n得<1-=,
所以×××…×<×××…×=,
所以当n≥2(n∈N*)时,
n<1成立.
(3)证明 由(1)知,a=1时,ln x+1-x≤0,
即当且仅当x=1时等号成立.
当n≥2(n∈N*)时,
令x=得ln <-1=-,
所以所以++…+所以++…+板块一 函数与导数
微专题7 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、不等式及其性质等.
【 难点突破 】
(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;
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.
高考真题
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.
已知函数f(x)=ex+exln x(其中e是自然对数的底数).
求证:f(x)≥ex2.
样题1
样题2
样题3
利用导数证明不等式问题的基本方法
(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.
规律方法
(2024·长春调研)设函数f(x)=ex-1,其中e为自然对数的底数.
求证:(1)当x>0时,f(x)>x;
令g(x)=f(x)-x=ex-1-x,
则g′(x)=ex-1,
当x>0时,g′(x)>0,g(x)在(0,+∞)上单调递增,
故当x>0时,g(x)>g(0)=0,
即当x>0时,f(x)>x成立.
训练
(2)ex-2>ln x.
由(1)可得当x>0时,ex>1+x.
要证ex-2>ln x,可证ex-2>x-1≥ln x,即证x-1-ln x≥0.
【精准强化练】
3.(2024·全国甲卷)已知函数f(x)=a(x-1)-ln x+1.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)当a≤2时,证明:当x>1时,f(x)法一 因为a≤2,所以当x>1时,
ex-1-f(x)=ex-1-a(x-1)+ln x-1≥ex-1-2x+ln x+1.
令g(x)=ex-1-2x+ln x+1,则只需证当x>1时g(x)>0.
法二 设g(x)=a(x-1)-ln x+1-ex-1,只需证当x>1时g(x)<0即可.
4.(2024·昆明模拟)已知函数f(x)=aln x+1-x.
(1)若f(x)≤0,求实数a的值;
①当a≤0时,f′(x)<0,f(x)在(0,+∞)上单调递减,
所以当x∈(0,1)时,f(x)>f(1)=0,不合题意;
②当00得x∈(0,a),
则f(x)在(0,a)上单调递增;
由f′(x)<0得x∈(a,+∞),则f(x)在(a,+∞)上单调递减,
所以f(a)>f(1)=0,不合题意;
③当a=1时,由f′(x)>0得,x∈(0,1),
则f(x)在(0,1)上单调递增;
由f′(x)<0得,x∈(1,+∞),则f(x)在(1,+∞)上单调递减,
所以对于任意的x∈(0,+∞),f(x)≤f(1)=0,符合题意;
④当a>1时,由f′(x)>0得,x∈(0,a),则f(x)在(0,a)上单调递增;
由f′(x)<0得,x∈(a,+∞),
则f(x)在(a,+∞)上单调递减,
所以f(a)>f(1)=0,不合题意.
综上所述,a=1.
由(1)知,a=1时,ln x+1-x≤0,即当且仅当x=1时等号成立.
当n≥2(n∈N*)时,

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