2024年高考数学一轮复习（新高考版） 第3章　§3.6　利用导数证明不等式

§3.6　利用导数证明不等式考试要求　导数中的不等式证明是高考的常考题型，常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结合，虽然题目难度较大，但是解题方法多种多样，如构造函数法、放缩法等，针对不同的题目，灵活采用不同的解题方法，可以达到事半功倍的效果．题型一　将不等式转化为函数的最值问题例1　(2023·潍坊模拟)已知函数f(x)＝ex－ax－a，a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝1时，令g(x)＝.证明：当x>0时，g(x)>1.(1)解　函数f(x)＝ex－ax－a的定义域为R，求导得f′(x)＝ex－a，当a≤0时，f′(x)>0恒成立，即f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，当a>0时，令f′(x)＝ex－a>0，解得x>lna，令f′(x)<0，解得x<lna，即f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，所以当a≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，当a>0时，f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．(2)证明　当a＝1时，g(x)＝，当x>0时，>1⇔ex>1＋x＋⇔<1，令F(x)＝－1，x>0，F′(x)＝<0恒成立，则F(x)在(0，＋∞)上单调递减，F(x)<F(0)＝－1＝0，因此<1成立，所以当x>0时，g(x)>1，即原不等式得证．思维升华　待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证．跟踪训练1　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>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.(1)解　由f(x)＝ex－2x＋2a(x∈R)知，f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln2，9 当x<ln2时，f′(x)<0，函数f(x)在区间(－∞，ln2)上单调递减；当x>ln2时，f′(x)>0，函数f(x)在区间(ln2，＋∞)上单调递增，所以f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)，f(x)的极小值为f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2－2ln2＋2a，无极大值．(2)证明　要证当a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1，即证当a>ln2－1且x>0时，ex－x2＋2ax－1>0，设g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x>0)，则g′(x)＝ex－2x＋2a，由(1)知g′(x)min＝2－2ln2＋2a，又a>ln2－1，则g′(x)min>0，于是对∀x∈(0，＋∞)，都有g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，于是对∀x>0，都有g(x)>g(0)＝0，即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.题型二　将不等式转化为两个函数的最值进行比较例2　(2023·苏州模拟)已知函数f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝e时，证明f(x)－＋2e≤0.(1)解　函数的定义域为(0，＋∞)，∵f′(x)＝－a＝(x>0)，∴当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，故函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，由f′(x)>0，得0<x<，由f′(x)<0，得x>，即函数f(x)在区间上单调递增，在上单调递减．综上，当a≤0时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在区间9 上单调递增，在上单调递减．(2)证明　证明f(x)－＋2e≤0，只需证明f(x)≤－2e，由(1)知，当a＝e时，函数f(x)在区间(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴f(x)max＝f(1)＝－e.令g(x)＝－2e(x>0)，则g′(x)＝，∴当x∈(0,1)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，∴g(x)min＝g(1)＝－e，∴当x>0，a＝e时，f(x)－＋2e≤0.思维升华　若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．本例中同时含lnx与ex，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明．跟踪训练2　(2023·合肥模拟)已知函数f(x)＝ex＋x2－x－1.(1)求f(x)的最小值；(2)证明：ex＋xlnx＋x2－2x>0.(1)解　由题意可得f′(x)＝ex＋2x－1，则函数f′(x)在R上单调递增，且f′(0)＝0.由f′(x)>0，得x>0；由f′(x)<0，得x<0.则f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)min＝f(0)＝0.(2)证明　要证ex＋xlnx＋x2－2x>0，即证ex＋x2－x－1>－xlnx＋x－1.由(1)可知当x>0时，f(x)>0恒成立．设g(x)＝－xlnx＋x－1，x>0，则g′(x)＝－lnx.由g′(x)>0，得0<x<1；由g′(x)<0，得x>1.则g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g(x)≤g(1)＝0，当且仅当x＝1时，等号成立．故f(x)>g(x)，即ex＋xlnx＋x2－2x>0.9 题型三　适当放缩证明不等式例3　已知函数f(x)＝aex－1－lnx－1.(1)若a＝1，求f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)证明：当a≥1时，f(x)≥0.(1)解　当a＝1时，f(x)＝ex－1－lnx－1(x>0)，f′(x)＝ex－1－，k＝f′(1)＝0，又f(1)＝0，∴切点为(1,0)．∴切线方程为y－0＝0(x－1)，即y＝0.(2)证明　∵a≥1，∴aex－1≥ex－1，∴f(x)≥ex－1－lnx－1.方法一　令φ(x)＝ex－1－lnx－1(x>0)，∴φ′(x)＝ex－1－，令h(x)＝ex－1－，∴h′(x)＝ex－1＋>0，∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又φ′(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，φ′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(1)＝0，∴φ(x)≥0，∴f(x)≥φ(x)≥0，即f(x)≥0.方法二　令g(x)＝ex－x－1，∴g′(x)＝ex－1.当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，9 ∴g(x)min＝g(0)＝0，故ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”．同理可证lnx≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”．由ex≥x＋1⇒ex－1≥x(当且仅当x＝1时取“＝”)，由x－1≥lnx⇒x≥lnx＋1(当且仅当x＝1时取“＝”)，∴ex－1≥x≥lnx＋1，即ex－1≥lnx＋1，即ex－1－lnx－1≥0(当且仅当x＝1时取“＝”)，即f(x)≥0.思维升华　导数方法证明不等式中，最常见的是ex和lnx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lnx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)lnx≤x－1，当且仅当x＝1时取等号．跟踪训练3　(2022·南充模拟)已知函数f(x)＝ax－sinx.(1)若函数f(x)为增函数，求实数a的取值范围；(2)求证：当x>0时，ex>2sinx.(1)解　∵f(x)＝ax－sinx，∴f′(x)＝a－cosx，由函数f(x)为增函数，则f′(x)＝a－cosx≥0恒成立，即a≥cosx在R上恒成立，∵y＝cosx∈[－1,1]，∴a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．(2)证明　由(1)知，当a＝1时，f(x)＝x－sinx为增函数，当x>0时，f(x)>f(0)＝0⇒x>sinx，要证当x>0时，ex>2sinx，只需证当x>0时，ex>2x，即证ex－2x>0在(0，＋∞)上恒成立，设g(x)＝ex－2x(x>0)，则g′(x)＝ex－2，令g′(x)＝0解得x＝ln2，∴g(x)在(0，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(ln2)＝eln2－2ln2＝2(1－ln2)>0，∴g(x)≥g(ln2)>0，∴ex>2x成立，故当x>0时，ex>2sinx.9 课时精练1．已知函数f(x)＝ax＋xlnx，且曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线4x－y＋1＝0平行．(1)求实数a的值；(2)求证：当x>0时，f(x)>4x－3.(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1＋a，由题意知，f′(e)＝2＋a＝4，则a＝2.(2)证明　由(1)知，f(x)＝2x＋xlnx，令g(x)＝f(x)－(4x－3)＝xlnx－2x＋3，则g′(x)＝lnx－1，由lnx－1>0得x>e，由lnx－1<0得0<x<e，故g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(e)＝3－e>0，即g(x)>0，即f(x)>4x－3.2．(2023·淄博模拟)已知函数f(x)＝ex－x－1.(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)当x≥0时，求证：f(x)＋x＋1≥x2＋cosx.(1)解　易知函数f(x)的定义域为R，∵f(x)＝ex－x－1，∴f′(x)＝ex－1，令f′(x)>0，解得x>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，令f′(x)<0，解得x<0，f(x)在(－∞，0)上单调递减，即f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，∴函数f(x)的极小值为f(0)＝0，无极大值．(2)证明　要证f(x)＋x＋1≥x2＋cosx，即证ex－x2－cosx≥0，设g(x)＝ex－x2－cosx，要证原不等式成立，即证g(x)≥0成立，∵g′(x)＝ex－x＋sinx，sinx≥－1，∴g′(x)＝ex－x＋sinx≥ex－x－19 ，由(1)知，ex－x－1≥0(x＝0时等号成立)，∴g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴在区间[0，＋∞)上，g(x)≥g(0)＝0，∴当x≥0时，f(x)＋x＋1≥x2＋cosx得证．3．已知函数f(x)＝xlnx－ax.(1)当a＝－1时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的最值；(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx＋1>－成立．(1)解　函数f(x)＝xlnx－ax的定义域为(0，＋∞)，当a＝－1时，f(x)＝xlnx＋x，f′(x)＝lnx＋2，由f′(x)＝0，得x＝，当0<x<时，f′(x)<0；当x>时，f′(x)>0，所以f(x)在上单调递减，在上单调递增，因此f(x)在x＝处取得最小值，即f(x)min＝f ＝－，无最大值．(2)证明　当x>0时，lnx＋1>－，等价于x(lnx＋1)>－，由(1)知，当a＝－1时，f(x)＝xlnx＋x≥－，当且仅当x＝时取等号，设G(x)＝－，x∈(0，＋∞)，则G′(x)＝，易知G(x)max＝G(1)＝－，9 当且仅当x＝1时取到，从而可知对一切x∈(0，＋∞)，都有f(x)>G(x)，即lnx＋1>－.4．(2022·新高考全国Ⅱ)已知函数f(x)＝xeax－ex.(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x>0时，f(x)<－1，求a的取值范围；(3)设n∈N*，证明：＋＋…＋>ln(n＋1)．(1)解　当a＝1时，f(x)＝(x－1)ex，x∈R，则f′(x)＝xex，当x<0时，f′(x)<0，当x>0时，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)解　设h(x)＝xeax－ex＋1，则h(0)＝0，又h′(x)＝(1＋ax)eax－ex，设g(x)＝(1＋ax)eax－ex，则g′(x)＝(2a＋a2x)eax－ex，若a>，则g′(0)＝2a－1>0，因为g′(x)为连续不间断函数，故存在x0∈(0，＋∞)，使得∀x∈(0，x0)，总有g′(x)>0，故g(x)在(0，x0)上单调递增，故g(x)>g(0)＝0，故h(x)在(0，x0)上单调递增，故h(x)>h(0)＝0，与题设矛盾．若0<a≤，则h′(x)＝(1＋ax)eax－ex＝eax＋ln(1＋ax)－ex，下证：对任意x>0，总有ln(1＋x)<x成立，9 证明：设S(x)＝ln(1＋x)－x，x>0，故S′(x)＝－1＝<0，故S(x)在(0，＋∞)上单调递减，故S(x)<S(0)＝0，即ln(1＋x)<x成立．由上述不等式有eax＋ln(1＋ax)－ex<eax＋ax－ex＝e2ax－ex≤0，故h′(x)≤0总成立，即h(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以h(x)<h(0)＝0，满足题意．若a≤0，则h′(x)＝eax－ex＋axeax<1－1＋0＝0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以h(x)<h(0)＝0，满足题意．综上，a≤.(3)证明　取a＝，则∀x>0，总有－ex＋1<0成立，令t＝，则t>1，t2＝ex，x＝2lnt，故2tlnt<t2－1，即2lnt<t－对任意的t>1恒成立．所以对任意的n∈N*，有2ln<－，整理得ln(n＋1)－lnn<，故＋＋…＋>ln2－ln1＋ln3－ln2＋…＋ln(n＋1)－lnn＝ln(n＋1)，故不等式成立．9