第三章　§3.6　利用導(dǎo)數(shù)證明不等式-2025高中數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)講義人教A版

§3.6利用導(dǎo)數(shù)證明不等式課標(biāo)要求導(dǎo)數(shù)中的不等式證明是高考的?？碱}型，常與函數(shù)的性質(zhì)、函數(shù)的零點(diǎn)與極值、數(shù)列等相結(jié)合，雖然題目難度較大，但是解題方法多種多樣，如構(gòu)造函數(shù)法、放縮法等，針對不同的題目，靈活采用不同的解題方法，可以達(dá)到事半功倍的效果．題型一將不等式轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題例1(12分)(2023·新高考全國Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝a(ex＋a)－x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；[切入點(diǎn)：求導(dǎo)，討論a的正負(fù)](2)證明：當(dāng)a>0時，f(x)>2lna＋eq\f(3,2).[方法一關(guān)鍵點(diǎn)：作差法比較f(x)min與2lna＋eq\f(3,2)的大小][方法二關(guān)鍵點(diǎn)：利用不等式ex≥x＋1把函數(shù)f(x)中的指數(shù)換成一次函數(shù)][思路分析](1)求f′(x)→分a>0，a≤0判斷f′(x)的符號→f(x)的單調(diào)性(2)方法一：求f(x)min→構(gòu)造函數(shù)g(a)＝f(x)min－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2lna＋\f(3,2)))→求g(a)最小值方法二：證明不等式ex≥x＋1→aex＝ex＋lna≥x＋lna＋1→f(x)≥a2＋lna＋1→構(gòu)造函數(shù)g(a)＝a2＋lna＋1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2lna＋\f(3,2)))→求g(a)最小值(1)解因?yàn)閒(x)＝a(ex＋a)－x，定義域?yàn)镽，所以f′(x)＝aex－1，(1分)當(dāng)a≤0時，由于ex>0，則aex≤0，故f′x＝aex－1<0恒成立，①處判斷f′(x)的符號所以f(x)是減函數(shù)；(2分)當(dāng)a>0時，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－lna，eq\x(\a\al\vs4\co1(當(dāng)x<－lna時，f′x<0，,則fx在－∞，－lna上單調(diào)遞減；,當(dāng)x>－lna時，f′x>0，,則fx在－lna，＋∞上單調(diào)遞增.))(4分)②處判斷f′(x)的符號綜上，當(dāng)a≤0時，f(x)是減函數(shù)；當(dāng)a>0時，f(x)在(－∞，－lna)上單調(diào)遞減，在(－lna，＋∞)上單調(diào)遞增．(5分)(2)證明方法一由(1)得，當(dāng)a>0時，eq\x(\a\al\vs4\co1(fxmin＝f－lna＝ae－lna＋a＋lna,＝1＋a2＋lna，))(7分)③處利用單調(diào)性求f(x)min要證f(x)>2lna＋eq\f(3,2)，即證1＋a2＋lna>2lna＋eq\f(3,2)，即證a2－eq\f(1,2)－lna>0恒成立，(8分)eq\x(\a\al\vs4\co1(令g(a)＝a2－\f(1,2)－lna(a>0)，))(9分)④處構(gòu)造函數(shù)ga＝fxmin－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2lna＋\f(3,2)))則g′(a)＝2a－eq\f(1,a)＝eq\f(2a2－1,a)，令g′(a)<0，則0<a<eq\f(\r(2),2)；令g′(a)>0，則a>eq\f(\r(2),2)，所以g(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上單調(diào)遞增，(11分)eq\x(\a\al\vs4\co1(所以g(a)min＝g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－\f(1,2)－ln

\f(\r(2),2)＝ln

\r(2)>0，))⑤處求gamin并判斷其符號則g(a)>0恒成立，所以當(dāng)a>0時，f(x)>2lna＋eq\f(3,2)恒成立，證畢．(12分)方法二eq\x(令hx＝ex－x－1，)⑥處構(gòu)造函數(shù)證明ex≥x＋1則h′(x)＝ex－1，由于y＝ex是增函數(shù)，所以h′(x)＝ex－1是增函數(shù)，又h′(0)＝e0－1＝0，所以當(dāng)x<0時，h′(x)<0；當(dāng)x>0時，h′(x)>0，所以h(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故h(x)≥h(0)＝0，則ex≥x＋1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時，等號成立，(6分)eq\x(\a\al\vs4\co1(因?yàn)閒x＝aex＋a－x＝aex＋a2－x,＝ex＋lna＋a2－x≥x＋lna＋1＋a2－x，))⑦處通過不等式ex≥x＋1放縮函數(shù)fx當(dāng)且僅當(dāng)x＋lna＝0，即x＝－lna時，等號成立，所以要證f(x)>2lna＋eq\f(3,2)，即證x＋lna＋1＋a2－x>2lna＋eq\f(3,2)，即證a2－eq\f(1,2)－lna>0，(8分)eq\x(\a\al\vs4\co1(令g(a)＝a2－\f(1,2)－lna(a>0)，))(9分)⑧處構(gòu)造函數(shù)ga則g′(a)＝2a－eq\f(1,a)＝eq\f(2a2－1,a)，令g′(a)<0，則0<a<eq\f(\r(2),2)；令g′(a)>0，則a>eq\f(\r(2),2)，所以g(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上單調(diào)遞增，(11分)所以g(a)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－eq\f(1,2)－lneq\f(\r(2),2)＝lneq\r(2)>0，⑨處求gamin并判斷其符號則g(a)>0恒成立，所以當(dāng)a>0時，f(x)>2lna＋eq\f(3,2)恒成立，證畢．(12分)思維升華待證不等式的兩邊含有同一個變量時，一般地，可以直接構(gòu)造“左減右”的函數(shù)，有時對復(fù)雜的式子要進(jìn)行變形，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性和最值，借助所構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性和最值即可得證．跟蹤訓(xùn)練1(2023·咸陽模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(sinx,ex)(x∈R)．(1)求f(x)的圖象在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；(2)求證：當(dāng)x∈[0，π]時，f(x)≤x.(1)解由題知，f(0)＝0，f′(x)＝eq\f(cosx－sinx,ex)，所以切點(diǎn)坐標(biāo)為(0,0)，斜率為f′(0)＝eq\f(cos0－sin0,e0)＝1，所以所求切線方程為x－y＝0.(2)證明f(x)≤x(x∈[0，π])，即eq\f(sinx,ex)≤x(x∈[0，π])?xex－sinx≥0(x∈[0，π])，令g(x)＝xex－sinx，x∈[0，π]，則g′(x)＝ex＋xex－cosx，令h(x)＝ex＋xex－cosx，x∈[0，π]，則h′(x)＝2ex＋xex＋sinx>0在[0，π]上恒成立，所以h(x)在[0，π]上單調(diào)遞增，則h(x)≥h(0)＝0，所以g′(x)≥0在[0，π]上恒成立，即g(x)在[0，π]上單調(diào)遞增，所以g(x)≥g(0)＝0，即xex－sinx≥0(x∈[0，π])，綜上，當(dāng)x∈[0，π]時，f(x)≤x.題型二將不等式轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)的最值進(jìn)行比較例2已知函數(shù)f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a＝e時，證明：xf(x)－ex＋2ex≤0.(1)解f′(x)＝eq\f(e,x)－a(x>0)，①若a≤0，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；②若a>0，則當(dāng)0<x<eq\f(e,a)時，f′(x)>0，當(dāng)x>eq\f(e,a)時，f′(x)<0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)證明因?yàn)閤>0，所以只需證f(x)≤eq\f(ex,x)－2e.當(dāng)a＝e時，由(1)知，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(1)＝－e.記g(x)＝eq\f(ex,x)－2e(x>0)，則g′(x)＝eq\f(x－1ex,x2)，所以當(dāng)0<x<1時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>1時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.綜上，當(dāng)x>0時，f(x)≤g(x)，即f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0得證．思維升華若直接求導(dǎo)比較復(fù)雜或無從下手時，可將待證式進(jìn)行變形，構(gòu)造兩個函數(shù)，從而找到可以傳遞的中間量，達(dá)到證明的目標(biāo)．本例中同時含lnx與ex，不能直接構(gòu)造函數(shù)，把指數(shù)與對數(shù)分離兩邊，分別計(jì)算它們的最值，借助最值進(jìn)行證明．跟蹤訓(xùn)練2(2023·合肥模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex＋x2－x－1.(1)求f(x)的最小值；(2)證明：ex＋xlnx＋x2－2x>0.(1)解由題意可得f′(x)＝ex＋2x－1，則函數(shù)f′(x)在R上單調(diào)遞增，且f′(0)＝0.由f′(x)>0，得x>0；由f′(x)<0，得x<0.則f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)min＝f(0)＝0.(2)證明要證ex＋xlnx＋x2－2x>0，即證ex＋x2－x－1>－xlnx＋x－1.由(1)可知當(dāng)x>0時，f(x)>0恒成立．設(shè)g(x)＝－xlnx＋x－1，x>0，則g′(x)＝－lnx.由g′(x)>0，得0<x<1；由g′(x)<0，得x>1.則g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，從而g(x)≤g(1)＝0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時，等號成立．故f(x)>g(x)，即ex＋xlnx＋x2－2x>0.題型三雙變量不等式的證明例3已知函數(shù)f(x)＝(a＋1)lnx＋ax2＋1.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)a≤－2，證明：對任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|.(1)解f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a＋1,x)＋2ax＝eq\f(2ax2＋a＋1,x).當(dāng)a≥0時，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a≤－1時，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)－1<a<0時，令f′(x)＝0，解得x＝eq\r(－\f(a＋1,2a)).當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(a＋1,2a))))時，f′(x)>0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a＋1,2a))，＋∞))時，f′(x)<0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(a＋1,2a))))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a＋1,2a))，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)證明不妨設(shè)x1≥x2，由于a≤－2，由(1)可得f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．所以|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|等價于f(x2)－f(x1)≥4(x1－x2)，即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1.令g(x)＝f(x)＋4x，則g′(x)＝eq\f(a＋1,x)＋2ax＋4＝eq\f(2ax2＋4x＋a＋1,x).于是g′(x)≤eq\f(－4x2＋4x－1,x)＝eq\f(－2x－12,x)≤0.從而g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，故g(x1)≤g(x2)，即f(x1)＋4x1≤f(x2)＋4x2，故對任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|.思維升華將兩個變量分離，根據(jù)式子的特點(diǎn)構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究新函數(shù)的單調(diào)性及最值，從而得到所證不等式，或者要求證的不等式等價變形，然后利用整體思想換元，再構(gòu)造函數(shù)，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性可證得不等式．跟蹤訓(xùn)練3已知函數(shù)f(x)＝ax＋1(x>0)，g(x)＝lnx－eq\f(a－1,x)＋2a.(1)若a＝eq\f(1,2)，比較函數(shù)f(x)與g(x)的大小；(2)若m>n>0，求證：eq\f(m－n,lnm－lnn)>eq\r(mn).(1)解當(dāng)a＝eq\f(1,2)時，f(x)＝eq\f(x,2)＋1，g(x)＝lnx＋eq\f(1,2x)＋1，令F(x)＝f(x)－g(x)＝eq\f(x,2)－lnx－eq\f(1,2x)，則F′(x)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,x)＋eq\f(1,2x2)＝eq\f(x－12,2x2)≥0，所以F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且F(1)＝0.綜上，當(dāng)x＝1時，F(xiàn)(x)＝0，f(x)＝g(x)，當(dāng)x∈(0,1)時，F(xiàn)(x)<0，f(x)<g(x)；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，F(xiàn)(x)>0，f(x)>g(x)．(2)證明因?yàn)閙>n>0，則eq\f(m,n)>1，要證eq\f(m－n,lnm－lnn)>eq\r(mn)，即證eq\f(m－n,\r(mn))>lnm－lnn，即證eq\r(\f(m,n))－eq\r(\f(n,m))>lneq\f(m,n)，設(shè)t＝eq\r(\f(m,n))，則t>1，即證t－eq\f(1,t)>lnt2＝2lnt，即證eq\f(t,2)－lnt－eq\f(1,2t)>0(t>1)，由(1)知，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，F(xiàn)(x)>0成立，故不等式成立，所以當(dāng)m>n>0時，eq\f(m－n,lnm－lnn)>eq\r(mn).課時精練1．(2023·新鄉(xiāng)模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2lnx.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：f(x)≥x－1.(1)解因?yàn)閒(x)＝x2lnx，x>0，所以f′(x)＝2xlnx＋x＝x(2lnx＋1)，由f′(x)＝0，得x＝.當(dāng)x∈時，f′(x)<0；當(dāng)x∈時，f′(x)>0.故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為．(2)證明f(x)≥x－1等價于lnx－eq\f(x－1,x2)≥0.令函數(shù)g(x)＝lnx－eq\f(x－1,x2)，x>0，則g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2－x,x3)＝eq\f(x2＋x－2,x3).當(dāng)x∈(0,1)時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增．故g(x)≥g(1)＝0，即f(x)≥x－1.2．(2023·長沙模擬)已知函數(shù)f(x)＝alnx＋x＋eq\f(2,x)＋2a(a∈R)．(1)若f(x)在x＝1處取得極小值，求a的值；(2)若0<a<eq\f(e,4)，求證：f(x)<x＋eq\f(ex＋2,x).(1)解函數(shù)f(x)＝alnx＋x＋eq\f(2,x)＋2a的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a,x)＋1－eq\f(2,x2)＝eq\f(x2＋ax－2,x2).由f′(1)＝a－1＝0，得a＝1，經(jīng)檢驗(yàn)，a＝1滿足題意．(2)證明要證明f(x)<x＋eq\f(ex＋2,x)，即證x＋alnx＋eq\f(2,x)＋2a<x＋eq\f(ex＋2,x)，即證a(lnx＋2)<eq\f(ex,x)，即證eq\f(alnx＋2,x)<eq\f(ex,x2).令g(x)＝eq\f(ex,x2)，其中x>0，則g′(x)＝eq\f(exx－2,x3)，當(dāng)0<x<2時，g′(x)<0，此時函數(shù)g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>2時，g′(x)>0，此時函數(shù)g(x)單調(diào)遞增．所以g(x)min＝g(2)＝eq\f(e2,4).令h(x)＝eq\f(alnx＋2,x)，其中0<a<eq\f(e,4)，x>0，則h′(x)＝－eq\f(alnx＋1,x2).當(dāng)0<x<eq\f(1,e)時，h′(x)>0，此時函數(shù)h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>eq\f(1,e)時，h′(x)<0，此時函數(shù)h(x)單調(diào)遞減．所以h(x)max＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝ae<eq\f(e2,4)，則h(x)max<g(x)min，所以eq\f(alnx＋2,x)<eq\f(ex,x2).故原不等式得證．3．已知函數(shù)f(x)＝xlnx.(1)判斷f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)方程f(x)－2x＋1＝0的兩個根分別為x1，x2，求證：x1＋x2＞2e.(1)解f′(x)＝lnx＋1，x∈(0，＋∞)，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,e)，當(dāng)0＜x＜eq\f(1,e)時，f′(x)＜0；當(dāng)x＞eq\f(1,e)時，f′(x)＞0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增．(2)證明令g(x)＝f(x)－2x＋1，則g′(x)＝lnx－1，令g′(x)＝0，得x＝e，當(dāng)0＜x＜e時，g′(x)＜0，當(dāng)x＞e時，g′(x)＞0，所以g(x)在(0，e)上單調(diào)遞減，在(e，＋∞)上單調(diào)遞增，又g(e)＝1－e＜0，所以不妨設(shè)0＜x1＜e＜x2.要證x1＋x2＞2e，即證x2＞2e－x1，即證g(x2)＞g(2e－x1)．因?yàn)間(x2)＝g(x1)，所以g(x1)＞g(2e－x1)．令h(x)＝g(x)－g(2e－x)，x∈(0，e)，則h′(x)＝lnx－2＋ln(2e－x)＝ln(2ex－x2)－2＝ln[－(x－e)2＋e2]－2＜0，所以h(x)在(0，e)上單調(diào)遞減，所以h(x)＞h(e)＝g(e)－g(e)＝0，從而必有g(shù)(x2)＞g(2e－x1)．即x1＋x2＞2e.4．(2024·中衛(wèi)模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2－ax＋lnx(a∈R)．(1)當(dāng)a＝3時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)設(shè)