突破2023年高考數(shù)學(xué)題型之2022年數(shù)學(xué)高考真題(全國(guó)通用)專題41 導(dǎo)數(shù)中不等式的證明問題(含詳解)

專題41導(dǎo)數(shù)中不等式的證明問題

【高考真題】

1.(2022?北京)已知函數(shù)/(x)=e*ln(l+x).

(1)求曲線y=/(x)在點(diǎn)(0,〃0))處的切線方程；

(2)設(shè)g(x)=/'(x),討論函數(shù)g(x)在［0,+8)上的單調(diào)性；

(3)證明：對(duì)任意的s,te(0,+oo),有〃s+f)>f(,s)+f(t).

1.解析⑴因?yàn)?(x)=e\n(l+x),所以/(。)=0,即切點(diǎn)坐標(biāo)為(0,0),

又r(x)=e*(ln(l+x)+J-),；.切線斜率A=/'(0)=1,...切線方程為：丫=》.

\+x

⑵因?yàn)間(x)=f'(x)=ev(ln(l+x)+J—),所以g'M=e'(ln(l+x)+--1),

令h(x)=ln(l+x)+---------^—7,則h\x)=-............+—r-=--+Y>0,

1+x(1+x)21+x(1+x)2(l+x)3(1+x)3

.,.力(x)在［0,+8)上單調(diào)遞增，/./I(x)>/i(0)=l>0,

g'(x)>0在［0,+8)上恒成立，.?.g(x)在［0,+8)上單調(diào)遞增.

(3)原不等式等價(jià)于/(s+f)-/(s)>/(/)-/(0),

令m(x)=f(x+0-f(x),(x,r>0),即證m(x)>w(0),

*.*m{x)=于(x+0-/(x)=ex+tln(l4-x+r)-evln(l+x),

ex

m{x)=ex+/ln(l+x+/)+-----------exln(l+x)--------=g(x+，)-g(x)，

1+x+Z1+x

由⑵知g(x)=/'(x)=e*(ln(l+x)+」一)在［0,+<?)上單調(diào)遞增，g(x+r)>g(x),

1+x

.??〃；0)>0:?"2(X)在(0,+8)上單調(diào)遞增，又因?yàn)閄,，>0,

/.皿幻>皿0),所以命題得證.

2.(2022?浙江)設(shè)函數(shù)〃x)=￡+lnx(x>0).

2x

(1)求/(X)的單調(diào)區(qū)間：

(2)己知曲線y=/(x)上不同的三點(diǎn)(和〃巧))，(巧，/8))，(巧，/(.))處的切線都經(jīng)過點(diǎn)

3").證明:

(i)#?>e,則

(ii)若0<a<e,X］<巧<占，則,+59<,+'-<2-.(注：e=2.71828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))

e6e-尤］尤3a6e-

2.解析⑴尸(冷=_嗅+二生”，

2xx2x~

當(dāng)0＜喈,r(x)＜0:當(dāng)x＞],/'(x)＞o,

故/(X)的減區(qū)間為(o,■!),/(X)的增區(qū)間為6，+00).

(2)(i)因?yàn)檫^("")有三條不同的切線，設(shè)切點(diǎn)為(如〃七))，i=L2,3,

故/(七)-匕=/(々)(七一”)，故方程/(x)-b=/'(x)(x-a)有3個(gè)不同的根,

-e)(x-?),

當(dāng)0cx<e或x>a時(shí)，g'(x)<0；當(dāng)ecxca時(shí)，g[x)>0,

故g(x)在(O,e),(a,+8)上為減函數(shù)，在(e,a)上為增函數(shù),

因?yàn)間(x)有3個(gè)不同的零點(diǎn),故g(e)<0且g(a)>0,

故+b<0且^―—lna+8>0,

整理得到：b<-^-+lK^>y-+in?=/(?),

此b-f(a\---f——1|<—+l-f—+lna|--—+—=—-Ina,

v'2(e)2e(2aJ2e222a

設(shè)〃(a)='|-：-lna,則/(a)=W^<。，

'"22a'"2『

故〃(a)為(e,+8)上的減函數(shù)，故〃(a)<_|qTne=0,故

(ii)當(dāng)0<a<e時(shí)，同(i)中討論可得：

故g(x)在(O,a),(e,+8)上為減函數(shù)，在(a,e)上為增函數(shù),

不妨設(shè)再＜%2〈電，則0＜再＜。＜當(dāng)＜e＜電，

因?yàn)間(x)有3個(gè)不同的零點(diǎn)，故g(a)＜0且g(e)＞0,

ee

故-a)-----lne+Z>>0且a-a\----lna+b<0,

2e)2a

整理得到：—+\<b<—+\na,

2e2e

因?yàn)闉?lt;為<為，故Ov^vaVA^vev與,Xg(x)=1—---1----—lnx+Z?,設(shè)f二一，一=次￡(0,1),

x2xzxe

則方程1---------1---z■—Inx+Z?=0,

x2x2

即為一4+ef++\nt+b=0,即為一(〃z++\nt+b=09

記4=—>『2=—，，3=一,則“，4,J為一（陽(yáng)+1）/+?/2+lnz+b=0有三個(gè)不同的根,

司X22

設(shè)A4=殳ai

>—>1,m=—<\,

h司ae

22e—a_e—a2ee—a

要證:-+—<-----，即證2+---------<+%<-------------

e6e-再巧a6e-6ea6e

13-7712\—m\3-m

即證:，即證:…一-“+，3<0,

66

7-/n+12

即證:…F<一就可一

而一(m+1)4+—4-Infj+Z?=0且-(AM+1)，3+—彳+InG+b=0,

故Ina-lnq+)-(機(jī)+1)()=0,+r3-2—=--^x*_；：?,

2_In1-In](〃，-⑶何—-+江

故即證:

mtx-t336w(f1+Z3)

即證：(…H哈(〃13犧2_,〃+|2)即證：/+1)1叱(，"13)?'"+12)

'+五>0"I72

記°㈤=("+1即上k>l,貝獨(dú)21nH>0,

設(shè)=%一：一i?22

21nz則〃")=1+記-%>%-廠。即”的＞0,

故。的在（1，+8）上為增函數(shù)，故0⑹＞*（機(jī)）,

22

(k+l)lnk(w-13)(m-m+12)(人+1)1nzM(m-13)(w-m+12)

k-l-+72>--+T2-

(m-l)(fn-]3](/n2-in+12

15a)(nt)=ln/n+---------------------------------,0</n<1,

卜)72(w+l)

(加一1)2卜加3_20m2_49m+72)(6―1)2(3/n3+3)

則@'（利）=

72加(相+1)~72相(機(jī)+1/

所以3（m）在（0,1）為增函數(shù),故G（m）＜3⑴=0,

(m—l)(m—13)^m2—m+\2\即（刑+。111m+g一］3）（加2m+12）＞0故原不等式得證.

故Inm+<0,

72(m+1)m-\72

3.(2022?新高考H)已知函數(shù)/(x)=xe"*-e".

(1)當(dāng)。=1時(shí),討論/(x)的單調(diào)性；

⑵當(dāng)x>0時(shí),求。的取值范圍；

I11,,,、

⑶設(shè)“wN*,證明：p,---+-r^=+---+-r^=^>ln(M+l).

3.解析(1)當(dāng)a=l時(shí)，/(x)=(x-l)ev,則((x)=xe1

當(dāng)x<o時(shí),r(x)<o,當(dāng)x>o時(shí)，r(x)>o,

故/(X)的減區(qū)間為(-00,0),增區(qū)間為(0,+00).

(2)設(shè)〃(力=疣5-/+1,則力(0)=0,

又//(x)=(l+ar)e5_e，，設(shè)g(x)=(l+ar)ettv-e,v,則^,(x)=(2a+a2xjeav-ev,

若*,貝4(0)=2a-l>0,

因?yàn)間'(x)為連續(xù)不間斷函數(shù)，故存在%?0,+8),使得Vx?O,Xo),總有g(shù)'(x)>0,

故g(x)在(0,X。)為增函數(shù)，故g(x)>g(o)=。，

故A(x)在(0,與)為增函數(shù)，故〃(力>刈0)=-1,與題設(shè)矛盾.

若0<.彳，貝[“(X)=(1+公)y-e、=e'"+m0+Q)-e*,

下證：對(duì)任意x>0,總有l(wèi)n(l+x)<x成立，

證明：設(shè)S(x)=ln(l+x)—x,故S'(x)=-----1=----<0,

1+x1+x

故S(x)在(0,+8)上為減函數(shù)，故S(x)<S(0)=0即ln(l+x)<x成立.

<u+ln(l+at)A2ajA

由上述不等式有e'-e-"<y+依-e=e'-e<0.

故"(x)W0總成立，即力⑺在(°，+8)上為減函數(shù),所以〃(x)</z(O)=-l.

當(dāng)a40時(shí)，有〃(x)=e"-e、+are"<1-1+。=0,

所以Mx)在(0,+8)上為減函數(shù)，所以刈力</?(0)=-1.

綜上，(3)取“=；,則Wx>0，總有xe$_e*+[<0成立，

令一1,，貝卜>1,產(chǎn)=/，x=21nf,

I-C

故aintv產(chǎn)一1即2]nt<t一對(duì)任意的恒成立.

所以對(duì)任意的〃eN*,有2InJ"十1<J"1-JJ,

整理得到：ln(〃+l)-ln」<

>In2-In1+In3-In2H—+ln(n+l)-lnn=ln(”+l),

故不等式成立.

【方法總結(jié)】

構(gòu)造法證明不等式是指在證明與函數(shù)有關(guān)的不等式時(shí)，根據(jù)所要證明的不等式，構(gòu)造與之相關(guān)的函數(shù)，

利用函數(shù)單調(diào)性、極值、最值加以證明.常見的構(gòu)造方法有：(1)直接構(gòu)造法：證明不等式?r)>g(x)(/(x)

<g(x))轉(zhuǎn)化為證明代r)-g(x)>0(Ax)-g(x)<0),進(jìn)而構(gòu)造輔助函數(shù)h(x)=J(x)-g(x);(2)適當(dāng)放縮構(gòu)造法：

X

一是根據(jù)已知條件適當(dāng)放縮，二是利用常見的放縮結(jié)論，如Inx<x-1,eA>r+1,Inx<x<e'(x>0),Rpln(x

+1)力(x>—1)；(3)構(gòu)造“形似”函數(shù)：稍作變形再構(gòu)造，對(duì)原不等式同解變形，如移項(xiàng)、通分、取對(duì)數(shù)，

把不等式轉(zhuǎn)化為左、右兩邊是相同結(jié)構(gòu)的式子的形式，根據(jù)“相同結(jié)構(gòu)''構(gòu)造輔助函數(shù)；(4)構(gòu)造雙函數(shù)：若

直接構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo)難以判斷符號(hào)，導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)也不易求得，因此函數(shù)單調(diào)性與極值點(diǎn)都不易獲得，則可構(gòu)

造函數(shù)/U)和g(x),利用其最值求解.

【題型突破】

1.已知函數(shù)y(x)=ax—odnx—1(〃GR,存0).

(1)討論函數(shù)火x)的單調(diào)性；

(2)當(dāng)x>l時(shí)，求證：1.

x1e

x~~1

2.已知函數(shù)?r)=l—g(x)=x—Inx.

(1)證明：g(x)Nl;

(2)證明：

3.(2021?全國(guó)乙)設(shè)函數(shù)危)=ln(〃一幻，已知冗=0是函數(shù))，=求幻的極值點(diǎn).

⑴求a；

x~\~f(x)1

(2)設(shè)函數(shù)g(x)=-m彳，證明：g(x)〈L4.已知#])=(%—1把戈+產(chǎn)？.

(1)當(dāng)a=e時(shí),求的極值；

(2)對(duì)Vx>l,求證：J(x)^ax1+x+1+ln(x—1).

5.已知函數(shù)<x)=ln_r+%f+x+l.

(1)當(dāng)a=-2時(shí)，求外)的極值點(diǎn)；

(2)當(dāng)”=0時(shí)，證明：對(duì)任意的x>0,不等式恒成立.

6.設(shè)函數(shù)人x)=x+arfnx(aGR).

(1)討論函數(shù),/(x)的單調(diào)性；

(2)若函數(shù)兀r)的極大值點(diǎn)為x=l,證明：大刈％-，+/.

7.已知y(x)=xlnx,g(x)——x2+ax—3.

(1)若對(duì)一切x6(0,+oo),動(dòng)(x)%(x)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

12

(2)證明：對(duì)一切xW(0,+8),Inx>/一嬴恒成立.

8.已知函數(shù)?r)=lnx+?g(x)=e-'+A>x,a,b^R,e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù).

(1)若函數(shù)y=g(x)在R上存在零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)人的取值范圍；

(2)若函數(shù)y=?x)在x=：處的切線方程為ex+y—2+6=0.求證：對(duì)任意的xC(0,+8),總有/(x)>g(x).

9.已知y(x)=xlrtv.

(1)求函數(shù)負(fù)X)在[f,f+2](r>0)上的最小值：

12

(2)證明：對(duì)一切x6(0,+oo),都有l(wèi)ax〉/一彘成立.

10.(2018?全國(guó)I改編)已知函數(shù)/(x)=ae*—Inx—1.

(1)設(shè)x=2是五x)的極值點(diǎn)，求a的值并求大x)的單調(diào)區(qū)間；

(2)求證：當(dāng)a=F時(shí)，/巨0.

11.己知函數(shù)1x)=x-l—alnx.

⑴若於巨0，求a的值;

(2)設(shè)機(jī)為整數(shù)，且對(duì)于任意正整數(shù)〃，+/)?…(1+/)<〃?，求機(jī)的最小值.

12.己知函數(shù)_/(x)=ln(l+x).

X

(1)求證：當(dāng)x￡(0,+8)時(shí)，不存勺㈤<式；

(2)己知e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，求證：V〃WN*,#<(1+*)(1+合；」(1十，卜?.

13.已知兀0=lnx—x+a+1.

(1)若存在x￡(o,+oo),使得yu)x)成立，求實(shí)數(shù)〃的取值范圍；

(2)求證：當(dāng)x>l時(shí)，在(1)的條件下，^x1+ax-a>xlnx+^h￡AL.14.(2017?全國(guó)HI)已知函數(shù),?x)=lnx+

加+(24+l)x.

(1)討論7U)的單調(diào)性；

3

(2)當(dāng)。<0時(shí)，證明/U)W一石一2.

15.已知函數(shù)/(x)=Inx—.

(1)若函數(shù)於)在(0,+8)上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的取值范圍;

2。〃一鹿）

⑵設(shè)機(jī)>心0,求證：In,〃一ln〃>

m~\~n

|—x

16.已知函數(shù)人工)=~^1+111尤在(1,+s)上是增函數(shù)，且〃＞0.

(1)求。的取值范圍；

(2)若比＞0,試證明/與＜坨然紇*

17.設(shè)函數(shù)yU)=;dn(ar)3＞0).

(1)設(shè)產(chǎn)(比)=11)/+/(工)，討論函數(shù)F(R)的單調(diào)性；

(2)過兩點(diǎn)A3，/(Xi)),8a2,/3))(元142)的直線的斜率為左，求證：；＜左＜；.

18.已知函數(shù)"=lnx+x2-ar(aeR).

(1)求函數(shù)/(x)的單調(diào)區(qū)間；

⑵設(shè)函數(shù)/(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)，x},x2,且王〈工2，若0＜玉＜；,求證：/(x1)-/(x2)＞^-ln2.

19.已知函數(shù)/(x)=-gx2+ax-]nx^aGR).

(1)求函數(shù)/(x)的單調(diào)區(qū)間；

(2)若函數(shù)/(%)有兩個(gè)極值點(diǎn)再,x2(x,＜x2),求證：4/(x1)-2/(x2)＜l+31n2.

20.已知函數(shù)“r)=(lnx—4一1)%(Z￡R).

(1)若曲線y=/U)在(1,以1))處的切線與直線x—2y=0平行，求女的值；

(2)若對(duì)于任意冗1，忿右。3],且乃42,都有段|)+2合52)+2白亙成立，求實(shí)數(shù)％的取值范圍.

42X1

專題41導(dǎo)數(shù)中不等式的證明問題

【高考真題】

1.(2022?北京)已知函數(shù)/(x)=e*ln(l+x).

(1)求曲線y=/(x)在點(diǎn)(0,〃0))處的切線方程；

(2)設(shè)g(x)=/'(x),討論函數(shù)g(x)在［0,+8)上的單調(diào)性；

(3)證明：對(duì)任意的s,te(0,+oo),有〃s+f)>f(,s)+f(t).

1.解析⑴因?yàn)?(x)=e\n(l+x),所以/(。)=0,即切點(diǎn)坐標(biāo)為(0,0),

又r(x)=e*(ln(l+x)+J-),；.切線斜率A=/'(0)=1,...切線方程為：丫=》.

\+x

⑵因?yàn)間(x)=f'(x)=ev(ln(l+x)+J—),所以g'M=e'(ln(l+x)+--1),

令h(x)=ln(l+x)+---------^—7,則h\x)=-............+—r-=--+Y>0,

1+x(1+x)21+x(1+x)2(l+x)3(1+x)3

.,.力(x)在［0,+8)上單調(diào)遞增，/./I(x)>/i(0)=l>0,

g'(x)>0在［0,+8)上恒成立，.?.g(x)在［0,+8)上單調(diào)遞增.

(3)原不等式等價(jià)于/(s+f)-/(s)>/(/)-/(0),

令m(x)=f(x+0-f(x),(x,r>0),即證m(x)>w(0),

*.*m{x)=于(x+0-/(x)=ex+tln(l4-x+r)-evln(l+x),

ex

m{x)=ex+/ln(l+x+/)+-----------exln(l+x)--------=g(x+，)-g(x)，

1+x+Z1+x

由⑵知g(x)=/'(x)=e*(ln(l+x)+」一)在［0,+<?)上單調(diào)遞增，g(x+r)>g(x),

1+x

.??〃；0)>0:?"2(X)在(0,+8)上單調(diào)遞增，又因?yàn)閄,，>0,

/.皿幻>皿0),所以命題得證.

2.(2022?浙江)設(shè)函數(shù)〃x)=￡+lnx(x>0).

2x

(1)求/(X)的單調(diào)區(qū)間：

(2)己知曲線y=/(x)上不同的三點(diǎn)(和〃巧))，(巧，/8))，(巧，/(.))處的切線都經(jīng)過點(diǎn)

3").證明:

(i)#?>e,則

(ii)若0<a<e,X］<巧<占，則,+59<,+'-<2-.(注：e=2.71828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))

e6e~尤］尤3a6e-

2.解析⑴尸(冷=_嗅+二生”，

2xx2x~

當(dāng)0＜喈,r(x)＜0:當(dāng)x＞],/'(x)＞o,

故/(X)的減區(qū)間為(o,■!),/(X)的增區(qū)間為6，+00).

(2)(i)因?yàn)檫^("")有三條不同的切線，設(shè)切點(diǎn)為(如〃七))，i=L2,3,

故/(七)-匕=/(々)(七一”)，故方程/(x)-b=/'(x)(x-a)有3個(gè)不同的根,

-e)(x-?),

當(dāng)0cx<e或x>a時(shí)，g'(x)<0；當(dāng)ecxca時(shí)，g[x)>0,

故g(x)在(O,e),(a,+8)上為減函數(shù)，在(e,a)上為增函數(shù),

因?yàn)間(x)有3個(gè)不同的零點(diǎn),故g(e)<0且g(a)>0,

故+b<0且^―—lna+8>0,

整理得到：b<-^-+lK^>y-+in?=/(?),

此b-f(a\---f——1|<—+l-f—+lna|--—+—=—-Ina,

v'2(e)2e(2aJ2e222a

設(shè)〃(a)='|-：-lna,則/(a)=W^<。，

'"22a'"2『

故〃(a)為(e,+8)上的減函數(shù)，故〃(a)<_|qTne=0,故

(ii)當(dāng)0<a<e時(shí)，同(i)中討論可得：

故g(x)在(O,a),(e,+8)上為減函數(shù)，在(a,e)上為增函數(shù),

不妨設(shè)再＜%2〈電，則0＜再＜。＜當(dāng)＜e＜電，

因?yàn)間(x)有3個(gè)不同的零點(diǎn)，故g(a)＜0且g(e)＞0,

ee

故-a)-----lne+Z>>0且a-a\----lna+b<0,

2e)2a

整理得到：—+\<b<—+\na,

2e2e

因?yàn)闉?lt;為<為，故Ov^vaVA^vev與,Xg(x)=1—---1----—lnx+Z?,設(shè)f二一，一=次￡(0,1),

x2xzxe

則方程1---------1---z■—Inx+Z?=0,

x2x2

即為一4+ef++\nt+b=0,即為一(〃z++\nt+b=09

記4=—>『2=—，，3=一,則“，4,J為一（陽(yáng)+1）/+?/2+lnz+b=0有三個(gè)不同的根,

司X22

設(shè)A4=殳ai

>—>1,m=—<\,

h司ae

22e—a_e—a2ee—a

要證:-+—<-----，即證2+---------<+%<-------------

e6e-再巧a6e-6ea6e

13-7712\—m\3-m

即證:，即證:…一-“+，3<0,

66

7-/n+12

即證:…F<一就可一

而一(m+1)4+—4-Infj+Z?=0且-(AM+1)，3+—彳+InG+b=0,

故Ina-lnq+)-(機(jī)+1)()=0,+r3-2—=--^x*_；：?,

2_In1-In](〃，-⑶何—-+江

故即證:

mtx-t336w(f1+Z3)

即證：(…H哈(〃13犧2_,〃+|2)即證：/+1)1叱(，"13)?'"+12)

'+五>0"I72

記°㈤=("+1即上k>l,貝獨(dú)21nH>0,

設(shè)=%一：一i?22

21nz則〃")=1+記-%>%-廠。即”的＞0,

故。的在（1，+8）上為增函數(shù)，故0⑹＞*（機(jī)）,

22

(k+l)lnk(w-13)(m-m+12)(人+1)1nzM(m-13)(w-m+12)

k-l-+72>--+T2-

(m-l)(fn-]3](/n2-in+12

15a)(nt)=ln/n+---------------------------------,0</n<1,

卜)72(w+l)

(加一1)2卜加3_20m2_49m+72)(6―1)2(3/n3+3)

則@'（利）=

72加(相+1)~72相(機(jī)+1/

所以3（m）在（0,1）為增函數(shù),故G（m）＜3⑴=0,

(m—l)(m—13)^m2—m+\2\即（刑+。111m+g一］3）（加2m+12）＞0故原不等式得證.

故Inm+<0,

72(m+1)m-\72

3.(2022?新高考H)已知函數(shù)/(x)=xe"*-e".

(1)當(dāng)。=1時(shí),討論/(x)的單調(diào)性；

⑵當(dāng)x>0時(shí),求。的取值范圍；

I11,,,、

⑶設(shè)“wN*,證明：p,---+-r^=+---+-r^=^>ln(M+l).

3.解析(1)當(dāng)a=l時(shí)，/(x)=(x-l)ev,則((x)=xe1

當(dāng)x<o時(shí),r(x)<o,當(dāng)x>o時(shí)，r(x)>o,

故/(X)的減區(qū)間為(-00,0),增區(qū)間為(0,+00).

(2)設(shè)〃(力=疣5-/+1,則力(0)=0,

又//(x)=(l+ar)e5_e，，設(shè)g(x)=(l+ar)ettv-e,v,則^,(x)=(2a+a2xjeav-ev,

若*,貝4(0)=2a-l>0,

因?yàn)間'(x)為連續(xù)不間斷函數(shù)，故存在%?0,+8),使得Vx?O,Xo),總有g(shù)'(x)>0,

故g(x)在(0,X。)為增函數(shù)，故g(x)>g(o)=。，

故A(x)在(0,與)為增函數(shù)，故〃(力>刈0)=-1,與題設(shè)矛盾.

若0<.彳，貝[“(X)=(1+公)y-e、=e'"+m0+Q)-e*,

下證：對(duì)任意x>0,總有l(wèi)n(l+x)<x成立，

證明：設(shè)S(x)=ln(l+x)—x,故S'(x)=-----1=----<0,

1+x1+x

故S(x)在(0,+8)上為減函數(shù)，故S(x)<S(0)=0即ln(l+x)<x成立.

<u+ln(l+at)A2ajA

由上述不等式有e'-e-"<y+依-e=e'-e<0.

故"(x)W0總成立，即力⑺在(°，+8)上為減函數(shù),所以〃(x)</z(O)=-l.

當(dāng)a40時(shí)，有〃(x)=e"-e、+are"<1-1+。=0,

所以Mx)在(0,+8)上為減函數(shù)，所以刈力</?(0)=-1.

綜上，(3)取“=；,則Wx>0，總有xe$_e*+[<0成立，

令一1,，貝卜>1,產(chǎn)=/，x=21nf,

I-C

故aintv產(chǎn)一1即2]nt<t一對(duì)任意的恒成立.

所以對(duì)任意的〃eN*,有2InJ"十1<J"1-JJ,

整理得到：ln(〃+l)-ln」<

>In2-In1+In3-In2H—+ln(n+l)-lnn=ln(”+l),

故不等式成立.

【方法總結(jié)】

構(gòu)造法證明不等式是指在證明與函數(shù)有關(guān)的不等式時(shí)，根據(jù)所要證明的不等式，構(gòu)造與之相關(guān)的函數(shù)，

利用函數(shù)單調(diào)性、極值、最值加以證明.常見的構(gòu)造方法有：(1)直接構(gòu)造法：證明不等式?r)>g(x)(/(x)

<g(x))轉(zhuǎn)化為證明代r)-g(x)>0(Ax)-g(x)<0),進(jìn)而構(gòu)造輔助函數(shù)h(x)=J(x)-g(x);(2)適當(dāng)放縮構(gòu)造法：

X

一是根據(jù)已知條件適當(dāng)放縮，二是利用常見的放縮結(jié)論，如Inx<x-1,eA>r+1,Inx<x<e'(x>0),Rpln(x

+1)力(x>—1)；(3)構(gòu)造“形似”函數(shù)：稍作變形再構(gòu)造，對(duì)原不等式同解變形，如移項(xiàng)、通分、取對(duì)數(shù)，

把不等式轉(zhuǎn)化為左、右兩邊是相同結(jié)構(gòu)的式子的形式，根據(jù)“相同結(jié)構(gòu)''構(gòu)造輔助函數(shù)；(4)構(gòu)造雙函數(shù)：若

直接構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo)難以判斷符號(hào)，導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)也不易求得，因此函數(shù)單調(diào)性與極值點(diǎn)都不易獲得，則可構(gòu)

造函數(shù)/U)和g(x),利用其最值求解.

【題型突破】

1.已知函數(shù)y(x)=ax—odnx—1(〃GR,存0).

(1)討論函數(shù)火x)的單調(diào)性；

(2)當(dāng)x>l時(shí)，求證：1.

x1e

I.解析(iy(.r)=rz—a(lnx+I)=—tzlnx,

若a>0,則當(dāng)xG(0,1)時(shí)，*x)>0,當(dāng)xW(l,+8)時(shí)，/(x)<0,

所以7U)在(o,D上單調(diào)遞增，在(i,+9)上單調(diào)遞減；

若〃<0,則當(dāng)XW(O,1)時(shí)，/(x)V0,當(dāng)XG(1,+8)時(shí)，/(x)>0,

所以凡》在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+oo)上單調(diào)遞增.

11YX--1

⑵要證」7>訝一1,即證一彳〉/，即證丁<e，，

x—1ex—]x

又由第(1)問令〃=1知/U)=x—xlnx—1在(1,+8)上單調(diào)遞減，/(1)=0,所以當(dāng)工>1時(shí)，x—xlnx—1

X—1

<0,即:一[<lnx,則只需證當(dāng)x>l時(shí)，lnx<e'?即可.

令尸(幻=d-111x,x>\,則尸(x)=e，一：?jiǎn)握{(diào)遞增，所以尸(x)>f\l)=e-1>0,

所以F(x)在(1,+oo)上單調(diào)遞增，所以尸(x)>F(l),而尸(l)=e,所以e、-lnx>e>0,

X—1

所以e">lnx,所以e'Aln丫，所以原不等式得證.

x-1

2.已知函數(shù)人龍)=1一二^-,g(x)=i—lnx.

(1)證明：g(x)>l;

(2)證明：(尤一lnx次x)>l一/.

x—1

2.解析⑴由題意得g，(x)=%-(x>0).

當(dāng)O〈r<l時(shí)，g'(x)<0；當(dāng)x>l時(shí)，g，(x)>0,即g(x)在(0,1)上是減函數(shù)，在(1,+8)上是增函數(shù).

所以g(x)*(l)=L

x—1x~-2

(2)由./(x)=l—h，得/(x)=丁，所以當(dāng)0<r<2時(shí)，/。)<0,當(dāng)x>2時(shí)，/⑴乂)，

即式力在(0,2)上是減函數(shù)，在(2,+8)上是增函數(shù),

所以_Ax)3(2)=l—氐當(dāng)且僅當(dāng)x=2時(shí)，等號(hào)成立).①

又由(1)知x—lnx21(當(dāng)且僅當(dāng)x=l時(shí)，等號(hào)成立)，②

且①②等號(hào)不能同時(shí)取到，所以(x-Inx成外>1-

3.(2021?全國(guó)乙)設(shè)函數(shù)式x)=ln(a—x),已知x=0是函數(shù)y=^x)的極值點(diǎn).

⑴求。；

(2)設(shè)函數(shù)g(x)="京，，證明：g(x)<L

3.解析(1)由題意得y=#(x)=xln(a—x),則y，=ln(a—x)+x[ln(a-x)]l

因?yàn)閤=0是函數(shù)y=^(x)的極值點(diǎn)，所以y%=o=ln。=0,所以“=1.

(2)由(1)可知，火x)=ln(l—x),其定義域?yàn)閧小<1},

當(dāng)0<x<l時(shí)，ln(l-x)<0,此時(shí)狀x)<0,當(dāng)x<0時(shí)，1n(l—x)>0,此時(shí)歡x)<0.

易知g(x)的定義域?yàn)閧x|x<l且.#0},

元+/(X)

故要證g(x)=,如_)V1,只需證x+f(x)>xj[x),即證x+ln(I—X)—xln(l—x)>0.

令lr=f,則f>0且作1,則只需證l—f+ln/—(l—f)ln/>0,即證1—f+fln?0.

令/i(r)=1—r+rlnt,則"(/)=-1+ln/+l=lnt,

所以。⑺在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+oo)上單調(diào)遞增，所以力⑺>力(1)=0,即g(x)V1成立.

4.已知fix)=(x—1)e“+/加.

(1)當(dāng)a=e時(shí),求/)的極值;

(2)對(duì)Vx>l,求證：/U)與加+工+1+ln(x—1).

4.解析(1)當(dāng)〃=e時(shí)，/(x)=Me'+e).

當(dāng)一￡(—8,0)時(shí)，y(x)<o,兀0為減函數(shù),當(dāng)x￡(o,+oo)時(shí)，/(X)>o,/U)為增函數(shù)，

?\/(元)極小值=逃0)=-1,無極大值.

令1A

(2)g(x)=f<x)—\n(x-\)—^ax-x—}=(x-1)e—ln(x—1)—x—1,x^(l,+oo),

8'。)=^y一±_1=屁,一書=X@'-匕)，xe(i,+co).

令/z(x)=e'—xE(l,+oo),/2'0)=九+((1])2>0,

.../?(x)為(1,+s)上的增函數(shù)，/z(2)=e2—l>0,<x—1=e-2,x=1+e*2,/z(l+e2)=el+e—e2<0,

???存在唯一的均￡(1,2)使〃(xo)=O,即1。=一匕，

A"。1

■當(dāng)工￡(1,即)時(shí)，ft(x)<0,g'(x)<0,g(x)為減函數(shù),當(dāng)x￡(xo,+8)時(shí)，〃(x)>0,g'(x)>0,g(x)為增函數(shù),

???ga)min=g(xo)=(xo-1)e*°—ln(xo--1)-xo-1=(xo—l)x,72—IneA°—1=1+3—Xo-1=0,

X。I

.?.對(duì)Vx>l,g(x)*(xo)=O,即/(x)4a『+x+l+ln(x—I).

5.已知函數(shù)yCOulnr+aaf+x+l.

(1)當(dāng)。=-2時(shí),求段)的極值點(diǎn);

⑵當(dāng)a=0時(shí)，證明：對(duì)任意的x>0,不等式肥“決0恒成立.

5.解析⑴當(dāng)。=—2時(shí)，/(x)=lnx—f+x+1.

f(x)=^-2x+\—2x2+x+1(2x+1)(x—1)

xX

因?yàn)?(x)的定義域?yàn)?0，+8),所以，X=\.

當(dāng)尢￡(0,1)時(shí)，了。)>0,#此為增函數(shù)；當(dāng)工￡(1,+8)時(shí)，/a)vo,yu)為減函數(shù).

所以，yu)的極值點(diǎn)為x=i.

(2)當(dāng)。=0時(shí)，要證對(duì)任意的心>0,不等式xe、加)恒成立，

即證x>0時(shí)，xe?nx+x+l恒成立，即證Me"—1)—Inr—1K)恒成立，

1(x+-1)

令ga)=Me*—1)—Inr-1,g<x)=x(e，+1)—[―1=-------------------,

再令力⑴二不已“一1,h\x)=(x+1)ev>0,.?/(x)為(0,+8)上的增函數(shù)，

又人(0)=—1<0,/i(l)=e-l>o,

???存在唯一的出￡(0,1)使〃(&)=0,即-1=0,

.??當(dāng)克時(shí)，為減函數(shù),當(dāng)時(shí)，為增函數(shù),

￡(0,xo)/i(x)<0,gQ)vO,g(x)1)h(x)>09g<x)>0,g(x)

由尤已"_]=得

?'?^U)min=^Uo)=Ao(e^-1)-Inx0-1=-Inx0-x0-1,00,—lnj0=x().

g(X)min=g(XO)=1一必―1+xo=O

?二對(duì)Vx>0,g(x)么(xo)=O,xe2nx+x+l恒成立，即對(duì)任意的x>0,不等式恒成立.

6.設(shè)函數(shù)/(x)=R+adnx(a￡R).

(1)討論函數(shù)#幻的單調(diào)性；

(2)若函數(shù)7U)的極大值點(diǎn)為x=l,證明：人工)十二+/.

解析的定義域?yàn)?/p>

6.(1J/U)(0,+oo),/(x)=l+dnx+af

當(dāng)〃=0時(shí)，氏r)=x,則函數(shù)人的在區(qū)間(0,+oo)上單調(diào)遞增；

a+\a+\

當(dāng)”>0時(shí)，由f(x)>0得x>e~,由f(x)<0得0<x<e~.

所以式x)在區(qū)間(0,e^)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(屋等，+8)上單調(diào)遞增；

a+l67+1

當(dāng)a<0時(shí)，由/(x)>0得0<x<ea,由/(x)<0得x>e°,

所以函數(shù)兀v)在區(qū)間(0,e"?)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(屋個(gè)，+J上單調(diào)遞減.

綜上所述，當(dāng)。=0時(shí)，函數(shù)人x)在區(qū)間(0,+oo)上單調(diào)遞增；

當(dāng)必)時(shí)，函數(shù)/)在區(qū)間(0,屋詈)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(e胃，+雙)上單調(diào)遞增；

當(dāng)。<0時(shí)，函數(shù)於)在區(qū)間(0,e-等)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(/個(gè)，+以上單調(diào)遞減.

_。+1

(2)由⑴知avO且ea=1,解得a=-1,yU)=x—xln工要證/(x)Se*+1，

即證x一;dn爛er+f,即證1—In爛"+x.

.,e-v,1,-e~xx-e~x,(x+l)(x-e>)

令F(x)=lnA+—+x-l(x>0),則MlF(x)=-+------p------+1=-------龍----

令g(x)=x—e\得函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,+oo)上單調(diào)遞增.而g(D=l—￡>0,g(0)=—1<0,

所以在區(qū)間(0,+s)上存在唯一的實(shí)數(shù)即，使得g(xo)=x()—e一布=0,即必=已一”，

且x￡(0,即)時(shí)，g(x)vO,x￡(xo,+s)時(shí)，g(x)>0.

e』

故舊(笛在(0,刀0)上單調(diào)遞減，在(xo,+oo)上單調(diào)遞增.???Fa)min=F(%o)=lnxo4--—+xo—1.

人■()

_e-x°

又e"=xo??#*/r(x)in=ln沏+---+xo—1=—xo+1+xo—1=0.F(x)>F(xo)=O成立，

m-M)

即加)%*+f成立.

7.已知y(x)=xln%,g(x)=-f+辦—3.

(1)若對(duì)一切x￡(0,+oo),4⑴溝⑴恒成立，求實(shí)數(shù)。的取值范圍.

12

(2)證明：對(duì)一切工￡(0,+8),Inx〉/一添恒成立.

7.解析(1)由題意知Zrln.rN—f+ax—3對(duì)一切x￡(0,+s)恒成立，貝UaS21nx+x+(,

設(shè)%a)=21nx+x+：a>0),貝I力'(幻=宜上^^~

①當(dāng)x￡(0,1)時(shí)，代*0,人(外單調(diào)遞減；

②當(dāng)又￡(1,+8)時(shí),力3>0,〃(x)單調(diào)遞增.所以〃(x)min=〃(l)=4,

對(duì)一切工￡(0,+oo),2火幻溝(幻恒成立，所以〃X(x)min=4,即實(shí)數(shù)4的取值范圍是(-8,4].

(2)問題等價(jià)于證明xln，>0),又危)=xlnx(x>0),/(x)=lnx+1,當(dāng)x￡(0,時(shí)，/(x)<0?

y(x)單調(diào)遞減；當(dāng)xeQ,+8)時(shí)，/。)>0,/(X)單調(diào)遞增，

所以/Wmin=/(￡)=T.

“x2?,1—x

設(shè)，w(x)=^--(x>0),則W(x)=-pi

當(dāng).￡(0,1)時(shí)，fn'(x)>09加(x)單調(diào)遞增，當(dāng)工￡(1,+8)時(shí)，/W(x)V0,加(x)單調(diào)遞減,

1x2

所以"?(X)max=〃?(l)=—J從而對(duì)一切工￡(0,+oc),段)>〃心)恒成立，即MnX>京一[恒成立.

i2

即對(duì)一切無C(0,+a)),lnx>G—嬴恒成立.

A-0=xln(,vl

8.已知函數(shù)於)=lnx+f,g(x)=e~x+bx,a,bGR,e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù).

(1)若函數(shù)y=g(x)在R上存在零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)b的取值范圍；

(2)若函數(shù)y=y(x)在處的切線方程為ex+y—2+6=0.求