資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
第2課時　利用導數證明不等式
考點一　直接構造函數證明不等式
例1 (2023·新課標Ⅰ卷)已知函數f(x)＝a(ex＋a)－x.
(1)討論f(x)的單調性；
(2)證明：當a>0時，f(x)>2ln a＋.
解　(1)因為f(x)＝a(ex＋a)－x，定義域為R，
所以f′(x)＝aex－1，
當a≤0時，由于ex>0，則aex≤0，
故f′(x)＝aex－1<0恒成立，
所以f(x)在R上單調遞減；
當a>0時，令f′(x)＝aex－1＝0，
解得x＝－ln a，
當x<－ln a時，f′(x)<0，
則f(x)在(－∞，－ln a)上單調遞減，
當x>－ln a時，f′(x)>0，
則f(x)在(－ln a，＋∞)上單調遞增．
綜上，當a≤0時，f(x)在R上單調遞減；
當a>0時，f(x)在(－∞，－ln a)上單調遞減，在(－ln a，＋∞)上單調遞增．
(2)證法一：由(1)得，
f(x)min＝f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a，
要證f(x)>2ln a＋，即證1＋a2＋ln a>2ln a＋，
即證a2－－ln a>0恒成立，
令g(a)＝a2－－ln a(a>0)，
則g′(a)＝2a－＝，
令g′(a)<0，則0令g′(a)>0，則a>，
所以g(a)在上單調遞減，在上單調遞增，
所以g(a)min＝g＝－－ln ＝ln >0，
則g(a)>0恒成立，
所以當a>0時，f(x)>2ln a＋恒成立，證畢．
證法二：令h(x)＝ex－x－1，則h′(x)＝ex－1，
當x<0時，h′(x)<0，當x>0時，h′(x)>0，
所以h(x)在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增，
故h(x)≥h(0)＝0，則ex≥x＋1，當且僅當x＝0時，等號成立，
因為f(x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x＝ex＋ln a＋a2－x≥x＋ln a＋1＋a2－x，
當且僅當x＋ln a＝0，即x＝－ln a時，等號成立，
所以要證f(x)>2ln a＋，即證x＋ln a＋1＋a2－x>2ln a＋，即證a2－－ln a>0恒成立，
以下同證法一．
【常用結論】 待證不等式的兩邊含有同一個變量時，一般地，可以直接構造“左減右”的函數，利用導數研究其單調性，借助所構造函數的單調性即可得證．
　1.(2023·新課標Ⅱ卷節選)證明：當0證明　構建F(x)＝x－sinx，
則F′(x)＝1－cosx>0對任意x∈(0，1)恒成立，
則F(x)在(0，1)上單調遞增，可得F(x)>F(0)＝0，
所以當0sinx；
構建G(x)＝sinx－(x－x2)＝x2－x＋sinx，
則G′(x)＝2x－1＋cosx，
構建g(x)＝G′(x)，
則g′(x)＝2－sinx>0對任意x∈(0，1)恒成立，
則g(x)在(0，1)上單調遞增，可得g(x)>g(0)＝0，
即G′(x)>0對任意x∈(0，1)恒成立，
則G(x)在(0，1)上單調遞增，可得G(x)>G(0)＝0，
所以當0x－x2.
綜上所述，當0考點二　放縮法證明不等式
例2 已知x∈(0，1)，求證：x2－<.
證明　證法一：要證x2－<，
只需證ex又易證ex>x＋1(0∴只需證ln x＋(x＋1)>0，
即證ln x＋1－x3＋－x2>0，
而x3∴只需證ln x＋1－2x＋>0，
令g(x)＝ln x＋1－2x＋，
則g′(x)＝－2－＝－，
而2x2－x＋1>0恒成立，∴g′(x)<0，
∴g(x)在(0，1)上單調遞減，
∴當x∈(0，1)時，g(x)>g(1)＝0，
即ln x＋1－2x＋>0，
∴x2－<.
證法二：∵x∈(0，1)，
∴ex∈(1，e)，x2－∈(－∞，0)，
∴要證x2－<成立，只需證ex只需證x2－∴只需證ln x＋－x>0，
令h(x)＝ln x＋－x，
則h′(x)＝－－1＝－，
而x2－x＋1>0恒成立，∴h′(x)<0，
∴h(x)在(0，1)上單調遞減，
∴當x∈(0，1)時，h(x)>h(1)＝0，
∴ln x＋－x>0，
∴x2－<.
導數的綜合應用題中，最常見就是ex和ln x與其他代數式結合的難題，對于這類問題，可以先對ex和ln x進行放縮，使問題簡化，便于化簡或判斷導數的正負．常見的放縮公式如下： (1)ex≥1＋x，當且僅當x＝0時取等號； (2)ex≥ex，當且僅當x＝1時取等號； (3)當x≥0時，ex≥1＋x＋x2，當且僅當x＝0時取等號； (4)當x≥0時，ex≥1＋x2，當且僅當x＝0時取等號； (5)≤ln x≤x－1≤x2－x，當且僅當x＝1時取等號．
　2.(2023·四川南充模擬)已知函數f(x)＝ax－sinx.
(1)若函數f(x)為增函數，求實數a的取值范圍；
(2)求證：當x>0時，ex>2sinx.
解　(1)因為f(x)＝ax－sinx，
所以f′(x)＝a－cosx，
由函數f(x)為增函數，得f′(x)＝a－cosx≥0恒成立，
即a≥cosx在R上恒成立，
因為y＝cosx∈[－1，1]，所以a≥1，
即實數a的取值范圍是[1，＋∞)．
(2)證明：由(1)知，當a＝1時，f(x)＝x－sinx為增函數，
當x>0時，由f(x)>f(0)＝0，得x>sinx，
要證當x>0時，ex>2sinx，現在證當x>0時，ex>2x，
即證ex－2x>0在(0，＋∞)上恒成立，
設g(x)＝ex－2x(x>0)，則g′(x)＝ex－2，
當0ln 2時，g′(x)>0，
所以g(x)在(0，ln 2)上單調遞減，在(ln 2，＋∞)上單調遞增，
所以g(x)min＝g(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2(1－ln 2)>0，
所以g(x)≥g(ln 2)>0，所以ex>2x成立，
故當x>0時，ex>2sinx.
考點三　凹凸反轉法證明不等式
例3 求證：ex－ex＋1－>0(x>0)．
證明　原不等式等價于ex－ex＋1>(x>0)．令F(x)＝ex－ex＋1(x>0)，F′(x)＝ex－e，當x∈(0，1)時，F′(x)<0，F(x)單調遞減；當x∈(1，＋∞)時，F′(x)>0，F(x)單調遞增，所以F(x)min＝F(1)＝e－e＋1＝1.令G(x)＝(x>0)，G′(x)＝.當x∈(0，e)時，G′(x)>0，G(x)單調遞增；當x∈(e，＋∞)時，G′(x)<0，G(x)單調遞減，所以G(x)max＝G(e)＝1，等號不同時取得，所以F(x)>G(x)，即ex－ex＋1>，故原不等式成立．
“凹凸反轉法”證明不等式的方法步驟 ，如圖所示． 注意：在證明過程中，“隔離化”是關鍵．如果證g(x)≥f(x)恒成立，只需證g(x)min≥f(x)max恒成立，但只有當f(x)與g(x)取到最值的條件是同一個x的值時取等號，否則只能得到g(x)>f(x)．
　3.已知函數g(x)＝xln x．證明：當x>0時，g(x)>－.
證明　因為g(x)＝xln x，所以g′(x)＝1＋ln x，令g′(x)＝0，得x＝，所以當x∈時，g′(x)<0；當x∈時，g′(x)>0，所以函數g(x)在上單調遞減，在上單調遞增，所以當x>0時，g(x)min＝g＝－.令φ(x)＝－，則φ′(x)＝，所以當00，當x>1時，φ′(x)<0，所以φ(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，所以φ(x)max＝φ(1)＝－.又兩個等號不同時成立，故當x>0時，g(x)>－.
課時作業
1．(2023·福建福州模擬)已知函數f(x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)討論f(x)的單調性；
(2)當a＝e時，證明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
解　(1)f′(x)＝－a(x>0)，
①若a≤0，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增．
②若a>0，則當00；
當x>時，f′(x)<0，
故f(x)在上單調遞增，在上單調遞減．
(2)證法一：因為x>0，
所以只需證f(x)≤－2e，
當a＝e時，由(1)知，f(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，
所以f(x)max＝f(1)＝－e.
令g(x)＝－2e(x>0)，
則g′(x)＝，
所以當0當x>1時，g′(x)>0，g(x)單調遞增，
所以g(x)min＝g(1)＝－e.
綜上，當x>0時，f(x)≤g(x)，
即f(x)≤－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.
證法二：由題意知，要證xf(x)－ex＋2ex≤0，
即證exln x－ex2－ex＋2ex≤0，
即證ln x－x＋2≤.
設函數m(x)＝ln x－x＋2(x>0)，
則m′(x)＝－1.
所以當x∈(0，1)時，m′(x)>0；當x∈(1，＋∞)時，m′(x)<0，
故m(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，
從而m(x)在(0，＋∞)上的最大值為m(1)＝1.
設函數h(x)＝(x>0)，
則h′(x)＝.
所以當x∈(0，1)時，h′(x)<0；當x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0，
故h(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，
從而h(x)在(0，＋∞)上的最小值為h(1)＝1.
綜上，當x>0時，m(x)≤h(x)，
即xf(x)－ex＋2ex≤0.
2．(2024·山東臨沂沂水縣第四中學高三上學期月考)已知函數f(x)＝ex－2－ax(a∈R)．
(1)討論函數f(x)的單調性；
(2)當a≤0時，求證：f(x)>ln x.
解　(1)函數的定義域為(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－2－a.
當a≤0時，f′(x)>0，則函數f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增；
當a>0時，由f′(x)＝0，得x＝2＋ln a；
當x<2＋ln a時，f′(x)<0，當x>2＋ln a時，f′(x)>0，
∴f(x)在(－∞，2＋ln a)上單調遞減，在(2＋ln a，＋∞)上單調遞增．
綜上所述，當a≤0時，f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增；當a>0時，f(x)在(－∞，2＋ln a)上單調遞減，在(2＋ln a，＋∞)上單調遞增．
(2)證明：要證f(x)>ln x，即證ex－2－ax>ln x，
即證－a>.
設g(x)＝－a(x>0)，
則g′(x)＝，
當0當x>1時，g′(x)>0，
∴g(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，
∴g(x)min＝g(1)＝e－1－a＝－a.
令h(x)＝(x>0)，
則h′(x)＝(x>0)，
當00；當x>e時，h′(x)<0，
∴h(x)在(0，e)上單調遞增，在(e，＋∞)上單調遞減，∴h(x)max＝h(e)＝，
當a≤0時，g(x)≥－a≥≥h(x)，
∵前后取等號的條件不一致，
∴－a>.
綜上所述，當a≤0時，f(x)>ln x.
3．已知函數f(x)＝ln x，g(x)＝x－1，證明：
(1)當x∈(0，＋∞)時，不等式f(x)≤g(x)恒成立；
(2)對于任意正整數n，不等式·…證明　(1)要證不等式f(x)≤g(x)恒成立，即證ln x≤x－1恒成立，
令h(x)＝ln x－x＋1，
則h′(x)＝－1＝，
當00；
當x>1時，h′(x)<0，
所以h(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，
所以h(x)≤h(1)＝0，所以ln x≤x－1恒成立．
(2)由(1)知ln x≤x－1，
令x＝1＋，則ln <，k∈N*，
所以ln ＋ln ＋…＋ln <＋＋…＋＝1－<1，
即…4．(2023·哈爾濱模擬)已知函數f(x)＝ax＋1(x>0)，g(x)＝ln x－＋2a.
(1)若a＝，比較函數f(x)與g(x)的大小；
(2)若m>n>0，求證：>.
解　(1)當a＝時，
f(x)＝＋1，g(x)＝ln x＋＋1，
令F(x)＝f(x)－g(x)＝－ln x－，
則F′(x)＝－＋＝≥0，
所以F(x)在(0，＋∞)上單調遞增，且F(1)＝0.
綜上，當x＝1時，F(x)＝0，f(x)＝g(x)；
當x∈(0，1)時，F(x)<0，f(x)當x∈(1，＋∞)時，F(x)>0，f(x)>g(x)．
(2)證明：m>n>0，>1，
要證>，
即證>ln m－ln n，
即證－>ln ，
設t＝，且t>1，即證t－>ln t2＝2ln t，
即證－ln t－>0(t>1)，
由(1)知，當x∈(1，＋∞)時，F(x)>0成立，故不等式成立，所以當m>n>0時，>.
5．設函數f(x)＝ln (a－x)，已知x＝0是函數y＝xf(x)的極值點．
(1)求a；
(2)設函數g(x)＝，證明：g(x)<1.
解　(1)由題意，得y＝xf(x)＝xln (a－x)，y′＝ln (a－x)＋x[ln (a－x)]′.
因為x＝0是函數y＝xf(x)的極值點，
所以y′|x＝0＝ln a＝0，所以a＝1.
(2)證明：由(1)可知f(x)＝ln (1－x)，
要證g(x)<1，
即證<1，即需證<1.
因為當x∈(－∞，0)時，xln (1－x)<0，
當x∈(0，1)時，xln (1－x)<0；
所以需證x＋ln (1－x)>xln (1－x)，
即證x＋(1－x)ln (1－x)>0.
令h(x)＝x＋(1－x)ln (1－x)，x∈(－∞，1)，且x≠0，
則h′(x)＝1＋(－1)ln (1－x)＋(1－x)·＝－ln (1－x)，
所以當x∈(－∞，0)時，h′(x)<0；
當x∈(0，1)時，h′(x)>0，
所以h(x)>h(0)＝0，
即x＋ln (1－x)>xln (1－x)，
所以<1成立，
所以<1，即g(x)<1.
6．(2023·天津高考)已知函數f(x)＝·ln (x＋1)．
(1)求曲線y＝f(x)在x＝2處切線的斜率；
(2)當x>0時，證明：f(x)>1；
(3)證明：解　(1)f′(x)＝－ln (x＋1)＋，
所以f′(2)＝－，
故曲線y＝f(x)在x＝2處切線的斜率為－.
(2)證明：構造g(t)＝ln t－(t≥1)，
則g′(t)＝－＝≥0，
所以函數g(t)在[1，＋∞)上單調遞增，
所以g(t)≥g(1)＝0，
所以ln t>(t>1)．
令x＋1＝t(x>0)，則ln (x＋1)>(x>0)，
所以當x>0時，ln (x＋1)>1，
即f(x)>1.
(3)證明：先證ln (n！)－ln n＋n≤1.
令h(n)＝ln (n！)－ln n＋n，n∈N*，
則h(n＋1)－h(n)＝ln (n＋1)－ln (n＋1)＋ln n＋1＝1－ln ，
由(2)可知ln (x＋1)>1，令n＝，
則1－ln <0，
故h(n)單調遞減，則h(n)≤h(1)＝1，得證．
再證ln (n！)－ln n＋n>.
證法一：構造s(x)＝ln x－，x>0，
則s′(x)＝－＝－，
當00，當x>1時，s′(x)<0，
故s(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，
故s(x)≤s(1)＝0，即ln x≤.
又當n≥2時，h(n)－h(n＋1)＝ln －1≤·－1＝<＝，
所以h(1)－h(2)＋h(2)－h(3)＋…＋h(n－1)－h(n)＝h(1)－h(n)<1－ln 2＋ln 2－2＋＝ln 2－1＋故h(n)>h(1)－＝，得證．
綜上，證法二：先證不等式ln (1＋x)－1<成立．
令p(x)＝ln (1＋x)－(x≥0)，
則p′(x)＝－≤0，
故p(x)在[0，＋∞)上單調遞減，
故當x>0時，p(x)所以當n≥2時，ln －1<<＝.
以下同證法一．
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第2課時　利用導數證明不等式
考點一　直接構造函數證明不等式
例1 (2023·新課標Ⅰ卷)已知函數f(x)＝a(ex＋a)－x.
(1)討論f(x)的單調性；
(2)證明：當a>0時，f(x)>2ln a＋.
【常用結論】 待證不等式的兩邊含有同一個變量時，一般地，可以直接構造“左減右”的函數，利用導數研究其單調性，借助所構造函數的單調性即可得證．
　1.(2023·新課標Ⅱ卷節選)證明：當0考點二　放縮法證明不等式
例2 已知x∈(0，1)，求證：x2－<.
導數的綜合應用題中，最常見就是ex和ln x與其他代數式結合的難題，對于這類問題，可以先對ex和ln x進行放縮，使問題簡化，便于化簡或判斷導數的正負．常見的放縮公式如下： (1)ex≥1＋x，當且僅當x＝0時取等號； (2)ex≥ex，當且僅當x＝1時取等號； (3)當x≥0時，ex≥1＋x＋x2，當且僅當x＝0時取等號； (4)當x≥0時，ex≥1＋x2，當且僅當x＝0時取等號； (5)≤ln x≤x－1≤x2－x，當且僅當x＝1時取等號．
　2.(2023·四川南充模擬)已知函數f(x)＝ax－sinx.
(1)若函數f(x)為增函數，求實數a的取值范圍；
(2)求證：當x>0時，ex>2sinx.
考點三　凹凸反轉法證明不等式
例3 求證：ex－ex＋1－>0(x>0)．
“凹凸反轉法”證明不等式的方法步驟 ，如圖所示． 注意：在證明過程中，“隔離化”是關鍵．如果證g(x)≥f(x)恒成立，只需證g(x)min≥f(x)max恒成立，但只有當f(x)與g(x)取到最值的條件是同一個x的值時取等號，否則只能得到g(x)>f(x)．
　3.已知函數g(x)＝xln x．證明：當x>0時，g(x)>－.
課時作業
1．(2023·福建福州模擬)已知函數f(x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)討論f(x)的單調性；
(2)當a＝e時，證明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
2．(2024·山東臨沂沂水縣第四中學高三上學期月考)已知函數f(x)＝ex－2－ax(a∈R)．
(1)討論函數f(x)的單調性；
(2)當a≤0時，求證：f(x)>ln x.
3．已知函數f(x)＝ln x，g(x)＝x－1，證明：
(1)當x∈(0，＋∞)時，不等式f(x)≤g(x)恒成立；
(2)對于任意正整數n，不等式·…4．(2023·哈爾濱模擬)已知函數f(x)＝ax＋1(x>0)，g(x)＝ln x－＋2a.
(1)若a＝，比較函數f(x)與g(x)的大小；
(2)若m>n>0，求證：>.
5．設函數f(x)＝ln (a－x)，已知x＝0是函數y＝xf(x)的極值點．
(1)求a；
(2)設函數g(x)＝，證明：g(x)<1.
6．(2023·天津高考)已知函數f(x)＝·ln (x＋1)．
(1)求曲線y＝f(x)在x＝2處切線的斜率；
(2)當x>0時，證明：f(x)>1；
(3)證明：21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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