【文档说明】2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版） 第4章 第4讲　第1课时　利用导数研究不等式的证明问题 含解析【高考】.doc，共(13)页，124.000 KB，由小赞的店铺上传

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1第4讲导数与函数的综合应用第1课时利用导数研究不等式的证明问题考向一单变量不等式的证明例1(2021·福州模拟)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：xf(x)－ex＋2ex≤0.解(1)f′(x)＝ex－a(x>0)，①若a≤0，

则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a>0，则当0<x<ea时，f′(x)>0，当x>ea时，f′(x)<0，故f(x)在0，ea上单调递增，在ea，＋∞上单调递减．(2)证法一：因为x>0，所以只需证f(x)≤exx－2e.当a＝e时，由(1)知，f

(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－e.记g(x)＝exx－2e(x>0)，则g′(x)＝(x－1)exx2，所以当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x>1时，g′(x)>0，g(

x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤exx－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.2证法二：证明xf(x)－ex＋2ex≤0，即证exlnx－ex2－ex＋2ex≤0，从而等价于lnx－x＋2≤exex.设函数g(x)

＝lnx－x＋2，则g′(x)＝1x－1.所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，故g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值

为g(1)＝1.设函数h(x)＝exex，则h′(x)＝ex(x－1)ex2.所以当x∈(0,1)时，h′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，故h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，从而h(x)在(0，＋∞)上

的最小值为h(1)＝1.综上，当x>0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.单变量不等式的证明方法(1)移项法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))的问题转化为证明f(x

)－g(x)>0(f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)．(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数．(3)

最值法：欲证f(x)<g(x)，有时可以证明f(x)max<g(x)min.1.已知函数f(x)＝aex－lnx－1.(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a≥1e时，f(x)≥0.解(1)f(x)的定义域为

(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1x.3由题设知，f′(2)＝0，所以a＝12e2.从而f(x)＝12e2ex－lnx－1，f′(x)＝12e2ex－1x＝xex－2－22x.当0<x<2时，f′(x)<0；当x>2

时，f′(x)>0.所以f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．(2)证明：当a≥1e时，f(x)≥exe－lnx－1.设g(x)＝exe－lnx－1，则g′(x)＝exe－1x＝xex－eex.当

0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0.所以1是g(x)的最小值点．故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.因此，当a≥1e时，f(x)≥0.考向二双变量不等式的证明例2(2021·哈尔滨四模)已知函数f(x)＝ax＋1(x>0)，g(x)＝lnx－a－1x

＋2a.(1)若a＝12，比较函数f(x)与g(x)的大小；(2)若m>n>0，求证：m－nlnm－lnn>mn.解(1)a＝12时，f(x)＝x2＋1，g(x)＝lnx＋12x＋1，令F(x)＝f(x)－g(x)＝x2－lnx－1

2x，则F′(x)＝12－1x＋12x2＝(x－1)22x2≥0，所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，且F(1)＝0.综上，x＝1时，F(x)＝0，f(x)＝g(x)，x∈(0,1)时，F(x)<0，f(x)<g(x)；x∈(1，＋∞)时，F(x)>0，f(x)>g(x)．(2)证明：m>n>0

，mn>1，要证m－nlnm－lnn>mn，即证m－nmn>lnm－lnn，4即证mn－nm>lnmn，设t＝mn，且t>1，即证t－1t>lnt2＝2lnt，即证t2－lnt－12t>0(t>1)，由(1)知，x∈(1

，＋∞)时，F(x)>0成立，故不等式成立，所以当m>n>0时，m－nlnm－lnn>mn.双变量不等式的证明方法(1)转化法．由已知条件入手，寻找双变量所满足的关系式，并把含双变量的不等式转化为含单变量的不等式，再进行证明．(2)

构造函数法．构造新函数，利用导数研究新函数的单调性及最值，从而得到所证不等式．2.(2022·四川广元诊断考试)已知函数f(x)＝xlnx－2x.(1)求f(x)的单调区间、极值；(2)若x>y>0，试确定f(x)－f(y)与xlny－ylnx的大

小关系，并给出证明．解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1－2＝lnx－1，令f′(x)＝0得x＝e.当x变化时，f′(x)，f(x)变化情况列表如下：x(0，e)e(e，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值可得(

0，e)是f(x)的单调递减区间，(e，＋∞)是f(x)的单调递增区间，f(x)在x＝e处有极小值－e，无极大值．(2)f(x)－f(y)>xlny－ylnx．证明如下：[f(x)－f(y)]－(xlny－ylnx)＝xlnx－2x－ylny＋2y－xlny＋ylnx＝x

lnxy＋ylnxy－2(x－y)5＝yxylnxy＋lnxy－2xy－1.(*)设t＝xy>1，Q(t)＝tlnt＋lnt－2(t－1)(t>1)，则Q′(t)＝lnt＋1＋1t－2＝lnt＋1t－1(t>1)．设M

(t)＝lnt＋1t－1(t>1)，则M′(t)＝1t－1t2＝t－1t2>0(t>1)．所以M(t)在(1，＋∞)上是增函数．所以M(t)>ln1＋11－1＝0，即Q′(t)>0.所以Q(t)在(1，＋∞)上是增函数．所以Q(t)>1×ln1＋ln1－2×(1－1

)＝0.又y>0，所以(*)>0，所以f(x)－f(y)>xlny－ylnx.考向三证明与正整数有关的不等式问题例3(2021·石家庄模拟)已知函数f(x)＝ex－kx2，x∈R.(1)若k＝12，求证：当x∈(0，＋∞)时，f(x)>1；(2)若f(x)在区间(

0，＋∞)上单调递增，试求k的取值范围；(3)求证：214＋1224＋1234＋1…2n4＋1<e4(n∈N*)．解(1)证明：f(x)＝ex－12x2，则f′(x)＝ex－x，令h(x)＝f′(x)＝e

x－x，则h′(x)＝ex－1>0(x>0)，所以h(x)在(0，＋∞)上递增，所以f′(x)>f′(0)＝1>0.所以f(x)＝ex－12x2在(0，＋∞)上递增，故f(x)>f(0)＝1.(2)由题得，f′(x)＝ex－2kx≥0

在区间(0，＋∞)上恒成立．6即2k≤exx在区间(0，＋∞)上恒成立．设g(x)＝exx，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝ex(x－1)x2，故在(0,1)上，g′(x)<0，g(x)单调递减；在(1，＋∞

)上，g′(x)>0，g(x)单调递增，故g(x)≥g(1)＝e.故2k≤e，解得k≤e2，即k的取值范围为－∞，e2.(3)证明：由(1)知，对于x∈(0，＋∞)，有f(x)＝ex－12x2>1，所以e2x>2x2＋1，则ln(2x2＋1)<2x，取x

＝1n2，从而有ln2n4＋1<2n2(n∈N*)，于是ln214＋1＋ln224＋1＋ln234＋1＋…＋ln2n4＋1<212＋222＋232＋…＋2n2<2

12＋21×2＋22×3＋…＋2(n－1)·n＝2＋21－12＋12－13＋…＋1n－1－1n＝4－2n<4.所以214＋1224＋1234＋1

…2n4＋1<e4(n∈N*)．证明函数中与正整数有关的不等式，其实质是利用函数性质证明数列不等式，证明此类问题时常根据已知的函数不等式，用关于正整数n的多项式替代函数不等式中的自变量，通过多次求和达到证明的目的．3.(2021·贵阳模拟)已知f(x)＝e

x，g(x)＝x＋1(e为自然对数的底数)．(1)求证：f(x)≥g(x)恒成立；(2)证明：对任意正整数n，1＋131＋132·…·1＋13n<2.证明(1)令h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，当x∈(－∞，0)时，

h′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，7故h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(0)＝0，即h(x)≥0恒成立，所以f(x)≥g(x)恒成立．(2)由(1)可知0<1

＋13n<e13n，由不等式的性质得1＋131＋132…1＋13n<e13·e132·…·e13n＝<e12＝e<2.解答题1．(2021·沧州七校联考)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.解(1)由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝ex－2，x∈R，令f′(x)＝0，得x＝ln2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln2)ln

2(ln2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)单调递减2(1－ln2＋a)单调递增故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)．f(x)在x＝ln2处取得极小值，极小值为f(ln2)＝2(1－ln2＋a)，无极大值．(2)证明：设g(x)＝ex－x2

＋2ax－1，x∈R.于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a>ln2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，8所以g

(x)在R内单调递增．于是当a>ln2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．又g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.2．(202

1·长沙模拟)已知函数f(x)＝ex2－xlnx．求证：当x>0时，f(x)<xex＋1e.证明要证f(x)<xex＋1e，只需证ex－lnx<ex＋1ex，即ex－ex<lnx＋1ex.令h(x)＝lnx＋1ex(x>0)，则h′(x)＝ex－1ex2，易知h(x)在0，1e上单调

递减，在1e，＋∞上单调递增，则h(x)min＝h1e＝0，所以lnx＋1ex≥0.再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，易知φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x)max＝φ(1)＝

0，所以ex－ex≤0.因为h(x)与φ(x)不同时为0，所以ex－ex<lnx＋1ex，故原不等式成立．3．(2021·山东菏泽模拟)已知函数f(x)＝1－x－1ex，g(x)＝x－lnx.(1)证明：g(x)≥1；(2)证明：(x－lnx)f(x)

>1－1e2.9证明(1)由题意得g′(x)＝x－1x(x>0)．当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0，即g(x)在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．所以g(x)≥g(1)＝1.(2)由f(x)＝

1－x－1ex，得f′(x)＝x－2ex，所以当0<x<2时，f′(x)<0，当x>2时，f′(x)>0，即f(x)在(0,2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数，所以f(x)≥f(2)＝1－1e2(当且仅当x＝2时，等号成立)．①又由(1

)知x－lnx≥1(当且仅当x＝1时，等号成立)，②且①②等号不能同时取到，所以(x－lnx)f(x)>1－1e2.4．已知函数f(x)＝ax－axlnx－1(a∈R，a≠0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2

)当x＞1时，求证：1x－1＞1ex－1.解(1)f′(x)＝a－a(lnx＋1)＝－alnx，若a＞0，则当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，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；

若a＜0，则当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)证明：要证1x－1＞1ex－1，即证xx－1＞e－x，即证x－1x＜ex，又由第(1)问令a＝1知f(x)＝x－xln

x－1在(1，＋∞)上单调递减，f(1)＝0，所以当x＞1时，x－xlnx－1＜0，即x－1x＜lnx，则只需证当x＞1时，lnx＜ex即可．10令F(x)＝ex－lnx，x＞1，则F′(x)＝ex－1x单调递增，所以F′(x)＞F′(1

)＝e－1＞0，所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以F(x)＞F(1)，而F(1)＝e，所以ex－lnx＞e＞0，所以ex＞lnx，所以ex＞lnx＞x－1x，所以原不等式得证．5．(2021·沈阳模拟)已知函数f(x)＝(x＋1)·(2ex－1

)．(1)求曲线y＝f(x)在x＝－1处的切线方程；(2)证明：f(x)有唯一的极值点x0，且－16<f(x0)<1e－12.解(1)∵f(x)＝(x＋1)(2ex－1)，f(－1)＝0，∴f′(x)＝(x

＋2)·2ex－1，f′(－1)＝2e－1，∴切线方程是y－0＝2e－1(x＋1)，即y＝2e－1x＋2e－1.(2)证明：设g(x)＝f′(x)＝2(x＋2)ex－1，则g′(x)＝2(x＋3)ex，令g′(x)>0，解得x>－3，令g′(x)<0，解得x<－3，

故f′(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，＋∞)上单调递增，故f′(x)min＝f′(－3)＝－2e3－1<0，当x<－3时，f′(x)＝(x＋2)·2ex－1<0，当x>－3时，f′－12＝3e－1>0，f′(－1)＝2e－1<0，∴f

′(x)存在唯一零点x0∈－1，－12，故f′(x0)＝0，即(x0＋2)·2ex0＝1，故f(x)在(－∞，x0)单调递减，在(x0，＋∞)单调递增，11∴f(x)极小值＝f(x0)，f(x)

有唯一的极值点x0，f(x0)＝(x0＋1)(2ex0－1)，∵(x0＋2)·2ex0＝1，∴f(x0)＝(x0＋1)1x0＋2－1＝－x0＋1x0＋2＝－x0＋2＋1x0＋2－2，∵x0∈－

1，－12，∴x0＋2∈1，32，∴x0＋2＋1x0＋2∈2，136，∴f(x0)∈－16，0，即－16<f(x0)<0<1e－12.∴f(x)有唯一的极值点x0，且－16<f(x0)<1e－12.6．

(2021·哈尔滨模拟)已知f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)．(1)若x＝0是函数f(x)的极值点，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2,1]上的最小值；(2)当a＝－4时，求证：f(x)＋x2－3>0.解(1)函数f(x)的定义域为

R，f′(x)＝ex＋a，f′(0)＝e0＋a＝0，∴a＝－1(经验证a＝－1满足题意)，∴f′(x)＝ex－1，∴在(－2,0)上f′(x)<0，f(x)单调递减，在(0,1)上f′(x)>0，f(x)单调递增，所以x＝0时，f(x)取得最小值为f(

0)＝e0＋1＝2，所以f(x)在[－2,1]上的最小值为2.(2)证明：当a＝－4时，令g(x)＝f(x)＋x2－3＝ex－4x＋x2＋1，g′(x)＝ex－4＋2x，令h(x)＝ex－4＋2x，因为h′(x)＝ex

＋2>0恒成立，所以g′(x)在R上单调递增，12g′(0)＝－3<0，g′(1)＝e－2>0，由零点存在定理可得存在x0∈(0,1)，使得g′(x0)＝0，即ex0－4＋2x0＝0，当x∈(－∞，x0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，

当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(x0)＝ex0－4x0＋x20＋1＝4－2x0－4x0＋x20＋1＝x20－6x0＋5，x0∈(0,1)，由二次函数性质可得g(x)min

>0，所以g(x)>0，即f(x)＋x2－3>0，得证．7．已知函数f(x)＝ln(x＋1)＋ax＋2.(1)若x>0时，f(x)>1恒成立，求a的取值范围；(2)求证：ln(n＋1)>13＋15＋17＋…＋12n＋1(n∈N*)．解(1)由ln(x＋1)＋ax＋2

>1，得a>(x＋2)－(x＋2)ln(x＋1)．令g(x)＝(x＋2)[1－ln(x＋1)]，则g′(x)＝1－ln(x＋1)－x＋2x＋1＝－ln(x＋1)－1x＋1.当x>0时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．所以g(x)

<g(0)＝2.故a的取值范围为[2，＋∞)．(2)证明：由(1)知ln(x＋1)＋2x＋2>1(x>0)，所以ln(x＋1)>xx＋2.令x＝1k(k>0)，得ln1k＋1>1k1k＋2，即lnk＋1k>12k＋1.所以ln21＋ln32＋ln43＋

…＋lnn＋1n>13＋15＋17＋…＋12n＋1，13即ln(n＋1)>13＋15＋17＋…＋12n＋1(n∈N*)．8．已知函数f(x)＝lnx－12ax2＋x，a∈R.(1)当a＝0时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；(2)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f

(x2)＋x1x2＝0，求证：x1＋x2≥5－12.解(1)函数的定义域为(0，＋∞)，当a＝0时，f(x)＝lnx＋x，则f(1)＝1，所以切点为(1,1)，又因为f′(x)＝1x＋1，所以切线斜率k＝f′(1)＝2，故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.(2)证明：当a＝－

2时，f(x)＝lnx＋x2＋x(x>0)．由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，得lnx1＋x21＋x1＋lnx2＋x22＋x2＋x1x2＝0，从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)，令t＝x1x2(t>0)，令φ(t)＝t－lnt

，得φ′(t)＝1－1t＝t－1t，易知φ(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t)≥φ(1)＝1，所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1，因为x1>0，x2>0，所以x1＋x2≥5－12成立．