资源简介 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, 展开更多...... 收起↑ 资源列表 微专题7 导数与不等式的证明.docx 微专题7 导数与不等式的证明.pptx