新教材2024高考數學二輪專題復習分冊一專題七函數與導數第三講函數與導數微專題2不等式證明問題

微專題2不等式證明問題3.[2024·新高考Ⅰ卷]已知函數f(x)＝x(1－lnx).(1)探討f(x)的單調性；(2)設a，b為兩個不相等的正數，且blna－alnb＝a－b，證明：2<<e.4.[2024·新高考Ⅱ卷]已知函數f(x)＝xeax－ex.(1)當a＝1時，探討f(x)的單調性；(2)當x>0時，f(x)<－1，求a的取值范圍；(3)設n∈N*，證明：＋…＋>ln(n＋1)．1．證明單變量不等式的方法(1)利用單調性證明單變量不等式一般地，要證f(x)>g(x)在區(qū)間(a，b)上成立，需構造幫助函數F(x)＝f(x)－g(x)，通過分析F(x)在端點處的函數值來證明不等式．若F(a)＝0，只需證明F(x)在(a，b)上單調遞增即可；若F(b)＝0，只需證明F(x)在(a，b)上單調遞減即可．(2)利用最值證明單變量不等式利用最值證明單變量的不等式的常見形式是f(x)>g(x).證明技巧：先將不等式f(x)>g(x)移項，即構造函數h(x)＝f(x)－g(x)，轉化為證不等式h(x)>0，再次轉化為證明>0，因此，只需在所給的區(qū)間內，推斷h′(x)的符號，從而推斷其單調性，并求出函數h(x)的最小值，即可得證．2．證明雙變量函數不等式問題的策略(1)將雙變量中的一個看作變量，另一個看作常數，構造一個含參數的幫助函數證明不等式．(2)整體換元．對于齊次式往往可將雙變量整體換元，化為一元不等式．(3)若雙變量的函數不等式具有對稱性，并且可以將兩個變量分別開，分別之后的函數結構具有相像性，從而構造函數利用單調性證明．[鞏固訓練2][2024·河北張家口一模]已知函數f(x)＝(2x－1)e2x－ax3－1在區(qū)間(0，＋∞)上有兩個極值點x1，x2.(1)求實數a的取值范圍；(2)證明：>.微專題2不等式證明問題提分題[例3](1)解析：函數的定義域為，又f′＝1－lnx－1＝－lnx，當x∈時，f′>0，當x∈時，f′<0，故f的遞增區(qū)間為，遞減區(qū)間為.(2)解析：因為blna－alnb＝a－b，故b＝a，即＝，故f＝f，設＝x1，＝x2，由(1)可知不妨設0<x1<1，x2>1.因為x∈時，f＝x>0，x∈時，f＝x<0，故1<x2<e.先證：x1＋x2>2，若x2≥2，x1＋x2>2必成立．若x2<2,要證：x1＋x2>2，即證x1>2－x2，而0<2－x2<1，故即證f>f，即證：f>f，其中1<x2<2.設g＝f－f，1<x<2，則g′＝f′＋f′＝－lnx－ln＝－ln，因為1<x<2，故0<x<1，故－lnx>0，所以g′>0，故g在上為增函數，所以g>g＝0，故f>f，即f>f成立，所以x1＋x2>2成立，綜上，x1＋x2>2成立．設x2＝tx1，則t>1，結合＝＝x1，＝x2可得：x1＝x2，即：1－lnx1＝t，故lnx1＝，要證：x1＋x2<e，即證x1<e，即證ln＋lnx1<1，即證：ln<1，即證：ln－tlnt<0，令S＝ln－tlnt，t>1，則S′＝ln－1－lnt＝ln，先證明一個不等式：ln≤x.設u＝ln－x，則u′＝－1＝，當－1<x<0時，u′>0；當x>0時，u′<0，故u在上為增函數，在上為減函數，故umax＝u＝0，故ln≤x成立．由上述不等式可得當t>1時，ln<，故S′<0恒成立，故S在上為減函數，故S<S＝0，故ln－tlnt<0成立，即x1＋x2<e成立．綜上所述，2<<e.[例4](1)解析：當a＝1時，f(x)＝xex－ex＝(x－1)ex，f′(x)＝ex＋(x－1)ex＝xex.令f′(x)＝0，得x＝0，∴當x<0時，f′(x)<0，f(x)單調遞減；當x>0時，f′(x)>0，f(x)單調遞增．(2)解析：f′(x)＝eax＋aeaxx－ex＝(ax＋1)eax－ex，f′(0)＝0.設g(x)＝(ax＋1)eax－ex，則g′(x)＝aeax＋aeax(ax＋1)－ex＝(a2x＋2a)eax－ex，g′(0)＝2a－1.當2a－1>0，即a>時，存在δ>0，使得當x∈(0，δ)時，g′(x)>0，此時f′(x)在(0，δ)上單調遞增．∵f′(x)>f′(0)＝0，∴f(x)在(0，δ)上單調遞增，∴f(x)>f(0)＝－1，這與f(x)<－1沖突，故舍去．當2a－1≤0，即a≤時－ex.令h(x)＝－ex，則h′(x)＝＋·x－ex＝(1＋x－)<0，∴h(x)在(0，＋∞)上單調遞減，此時h(x)<h(0)＝－1符合條件．綜上可知，a的取值范圍為(－∞，].(3)解析：證明：由(2)知當a＝時，x>0時－.令＝t，t>1，則x＝2lnt，∴2lnt<t－，t>1.取t＝(n∈N*)，則2lnt＝ln(n＋1)－lnn<－＝，∴＋…＋>ln2－ln1＋ln3－ln2＋…＋ln(n＋1)－lnn＝ln(n＋1)，故結論得證．[鞏固訓練2](1)解析：由題意得f′(x)＝4x(e2x－ax)，函數f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上有兩個極值點，即方程4x(e2x－ax)＝0在區(qū)間(0，＋∞)上有兩個不等實根．又4x>0，所以e2x－ax＝0在區(qū)間(0，＋∞)上有兩個不等實根．設h(x)＝e2x－ax(x>0)，則h′(x)＝2e2x－a.當a≤2時，h′(x)>0，函數h(x)單調遞增，與方程e2x－ax＝0在區(qū)間(0，＋∞)有兩個根沖突．當a>2時，由h′(x)＝0，得x＝ln，當x∈(0，ln)時，h′(x)<0，h(x)為單調遞減函數；當x∈(ln，＋∞)時，h′(x)>0，h(x)為單調遞增函數．h(0)＝1，h(ln)＝ln＝(1－ln)，當a>2e時，h(ln)＝(1－ln)<0.又lna>ln，h(lna)＝a2－alna＝a(a－lna)．設p(x)＝x－lnx，p′(x)＝1－＝，當x>2e時，p′(x)>0，p(x)>p(2e)＝2e－ln2e>0，所以h(lna)＝a(a－lna)>0，故函數h(x)在區(qū)間(0，ln)上和區(qū)間(ln，＋∞)上各存在一個零點．綜上，a>2e時，函數f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上有兩個極值點．(2)解析：證明：不妨設0<x1<x2，故有要證>，即證>，即x1＋x2>2x1x2.由得故lnx2－lnx1＝2(x2－x1)>0.要證x1＋x2>2x1x2，即證2(x2－x1)(x2＋x1)>2x1x2(