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微专题8　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卷节选)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x,证明:当a>0时,f(x)>2ln a＋.
样题1 已知函数f(x)＝x3－3ln x,g(x)＝x3＋－3,证明:f(x)≤g(x).
样题2 (2025·宁波调研节选)已知函数f(x)＝x2－(a＋1)x＋aln x.求证:对于 x1,x2∈(0,
＋∞),且x1≠x2,都有＋a>0.
样题3 (2025·西安模拟改编)已知函数f(x)＝x－2＋a(a∈R).
(1)若f(x)≥－1,求a的值;
(2)设n∈N*,求证:＋…＋<.
规律方法　利用导数证明不等式问题,基本方法如下:
(1)直接构造函数法:证明不等式f(x)>g(x)(或f(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 (2025·合肥模拟)已知函数f(x)＝ln x－a,其中a>0.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若函数f(x)有两个极值点x1,x1(x1ln 2－.
【精准强化练】
1.(2025·昆明调研)已知函数f(x)＝,g(x)＝,求证:f(x)≥g(x)在(0,＋∞)上恒成立.
2.(2025·青岛质检改编)已知函数f(x)＝(x－a)ex＋a(a≤1).证明:当x>0时,f(x)＋ex≥x＋ln x＋2.
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:＋＋…＋<(n>1).
4.(2025·赣州二模改编)已知函数f(x)＝ln x＋ax2－x＋1(a∈R).
(1)若a＝0,证明:f(x)<;
(2)设x1,x2(x1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卷节选)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x,证明:当a>0时,f(x)>2ln a＋.
证明　f'(x)＝aex－1,
得当a>0时,当x<－ln a时,f'(x)<0,
当x>－ln a时,f'(x)>0,
所以函数f(x)在(－∞,－ln a)上单调递减,
在(－ln a,＋∞)上单调递增.
所以函数f(x)的最小值为f(－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－＝>0,
所以当a>0时,f(x)>2ln a＋成立.
样题1 已知函数f(x)＝x3－3ln x,g(x)＝x3＋－3,证明:f(x)≤g(x).
证明　因为f(x)＝x3－3ln x,
g(x)＝x3＋－3,
要证f(x)≤g(x),即证x3－3ln x≤x3＋－3,
即证ln x＋－1≥0恒成立,
令h(x)＝ln x＋－1,x>0,
则h'(x)＝,
令h'(x)<0,得0令h'(x)>0,得x>1,
所以h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增,则h(x)≥h(1)＝ln 1＋1－1＝0,
即ln x＋－1≥0恒成立,
所以f(x)≤g(x).
样题2 (2025·宁波调研节选)已知函数f(x)＝x2－(a＋1)x＋aln x.求证:对于 x1,x2∈(0,
＋∞),且x1≠x2,都有＋a>0.
证明　不妨设x1都有＋a>0,
只需证f(x1)－f(x2)<－a(x1－x2),
即需证f(x1)＋ax1构造函数g(x)＝f(x)＋ax＝x2－x＋aln x,
则需证函数g(x)在(0,＋∞)上为增函数,
结合a>,因为g'(x)＝x－1＋≥2－1>2－1＝0,
所以函数g(x)在(0,＋∞)上为增函数成立,
所以当a>时,对于 x1,x2∈(0,＋∞),且x1≠x2,
都有＋a>0.
样题3 (2025·西安模拟改编)已知函数f(x)＝x－2＋a(a∈R).
(1)若f(x)≥－1,求a的值;
(2)设n∈N*,求证:＋…＋<.
(1)解　因为f(x)＝x－2＋a＝x－2－aln x,
且f(x)的定义域为(0,＋∞),
则f'(x)＝1－,
若f(x)≥－1,注意到f(1)＝－1,
可得f'(1)＝1－a＝0,解得a＝1,
当a＝1时,则f(x)＝x－2－ln x,
f'(x)＝1－,
令f'(x)>0,解得x>1;
令f'(x)<0,解得0可知f(x)在(0,1)内单调递减,在(1,＋∞)内单调递增,
可得f(x)≥f(1)＝－1,符合题意,
综上所述,a＝1.
(2)证明　由(1)可得
f(x)＝x－2＋≥－1,
即≥1－x,
当且仅当x＝1时,等号成立,
令x＝≠1,可得>,
即>,>,>,>,…,>,
累加可得＋＋＋＋…＋>＋…＋,
又因为＋＋＋＋…＋
＝
＝,
即>＋…＋,
所以＋…＋<.
规律方法　利用导数证明不等式问题,基本方法如下:
(1)直接构造函数法:证明不等式f(x)>g(x)(或f(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 (2025·合肥模拟)已知函数f(x)＝ln x－a,其中a>0.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若函数f(x)有两个极值点x1,x1(x1ln 2－.
(1)解　由题意得函数f(x)的定义域为(0,＋∞),
且a>0,f'(x)＝－a－,
令g(x)＝－ax2＋x－a,
当1－4a2≤0,即a≥时,g(x)≤0恒成立,
则f'(x)≤0,所以f(x)在(0,＋∞)上单调递减;
当1－4a2>0,即0函数g(x)有两个零点x1＝,x2＝,
当x变化时,f(x),f'(x)的变化情况如下表所示:
x (0,x1) x1 (x1,x2) x2 (x2,＋∞)
f'(x) － 0 ＋ 0 －
f(x) 单调 递减 f(x1) 单调 递增 f(x2) 单调 递减
综上,当0在上单调递减;
当a≥时,f(x)在(0,＋∞)上单调递减.
(2)证明　由(1)知,当0则x1,x2是方程g(x)＝0的两个根,
由根与系数的关系得x1x2＝1,x1＋x2＝,
所以0f(x1)＋f(x2)＋f(x1＋x2)
＝f(x1)＋f＋f
＝ln x1－a＋－a＋f
＝f＝－a＝－ln a－1＋a2,
令h(x)＝－ln x－1＋x2,0则h'(x)＝－＋2x＝,
当0则h(x)在区间上单调递减,
从而h(x)>h＝ln 2－,
故f(x1)＋f(x2)＋f(x1＋x2)>ln 2－.
【精准强化练】
1.(2025·昆明调研)已知函数f(x)＝,g(x)＝,求证:f(x)≥g(x)在(0,＋∞)上恒成立.
证明　f(x)－g(x)＝,
令h(x)＝xln x－x＋1,x>0,
则h'(x)＝ln x,
当x∈(1,＋∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,
当x∈(0,1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,
故当x＝1时,h(x)取得最小值h(1)＝0,
所以h(x)≥0,故f(x)－g(x)≥0,
所以f(x)≥g(x).
2.(2025·青岛质检改编)已知函数f(x)＝(x－a)ex＋a(a≤1).证明:当x>0时,f(x)＋ex≥x＋ln x＋2.
证明　要证明f(x)＋ex≥x＋ln x＋2,
即证明xex＋ex－x－ln x－2≥a(ex－1),
因为a≤1,且x>0,
所以a(ex－1)≤ex－1,
故只需证明xex＋ex－x－ln x－2≥ex－1,
即证明xex－x－ln x－1≥0.
设g(x)＝xex－x－ln x－1,
则g'(x)＝(x＋1)ex－1－＝(x＋1).
易知g'(x)在(0,＋∞)上单调递增,
且g'(－2)<0,
g'(1)＝2(e－1)>0,
所以存在唯一的x0∈,
使得g'(x0)＝0,即,x0＝－ln x0.
当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)＝x0－x0－ln x0－1
＝x0·－x0＋x0－1＝0,
故原命题成立.
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:＋＋…＋<(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<·,
<·,
…,
<·,
所以＋＋…＋<
(n>1).
4.(2025·赣州二模改编)已知函数f(x)＝ln x＋ax2－x＋1(a∈R).
(1)若a＝0,证明:f(x)<;
(2)设x1,x2(x1证明　(1)若a＝0,f(x)＝ln x－x＋1,
所以f'(x)＝－1＝,
令f'(x)＝0,解得x＝1,
所以当00,
当x>1时,f'(x)<0,
所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减,
所以f(x)≤f(1)＝0,
当且仅当x＝1时,等号成立.
令g(x)＝,x>0,
所以g'(x)＝,
令g'(x)＝0,解得x＝2,
所以当0当x>2时,g'(x)>0,
所以g(x)在(0,2)上单调递减,在(2,＋∞)上单调递增,所以g(x)≥g(2)＝0,
当且仅当x＝2时,等号成立,
所以f(x)≤0≤g(x),
又等号不同时成立,所以f(x)<.
(2)由题意可知f'(x)＝＋2ax－1＝,
因为f(x)有两个极值点x1,x2(x1则
所以f(x1)－f(x2)＝(ln x1＋a－x1＋1)－(ln x2＋a－x2＋1)
＝＋a()－(x1－x2)＝－(x1－x2)＝,
所以要证f(x1)－f(x2)<(x1－x2),
即证<(x1－x2),
即证<2a(x1－x2),即证<,
即证<.
令t＝(0令h(t)＝ln t－,
则h'(t)＝>0,所以h(t)在(0,1)上单调递增,
则h(t)所以原不等式f(x1)－f(x2)<(x1－x2)成立.

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