第三章 突破3 利用導數證明不等式

第三章一元函數的導數及其應用突破3利用導數證明不等式命題點1

將不等式轉化為函數的最值問題例1

[2023新高考卷Ⅱ節(jié)選]證明：當0＜

x

＜1時，

x

－

x

2＜sin

x

＜

x

.[解析]令

h

(

x

)＝

x

－

x

2－sin

x

，則h'(

x

)＝1－2

x

－cos

x

，令

p

(

x

)＝1－2

x

－cos

x

，則p'(

x

)＝－2＋sin

x

＜0，所以

p

(

x

)即h'(

x

)單調遞減，又h'(0)＝0，所以當0＜

x

＜1時，h'(

x

)＜h'(0)＝0，

h

(

x

)單調遞減，所以當0＜

x

＜1時，

h

(

x

)＜

h

(0)＝0，即

x

－

x

2＜sin

x

.令

g

(

x

)＝sin

x

－

x

，則g'(

x

)＝cos

x

－1＜0，

x

∈(0，1)，所以

g

(

x

)單調遞減，又

g

(0)＝0，所以當0＜

x

＜1時，

g

(

x

)＜

g

(0)＝0，即sin

x

＜

x

.綜上，當0＜

x

＜1時，

x

－

x

2＜sin

x

＜

x

.例1訓練1例2訓練2例3訓練3例4例5例6方法技巧(1)利用函數的單調性和最值直接證明.(2)證明不等式

f

(

x

)＞

g

(

x

)轉化為證明

f

(

x

)－

g

(

x

)＞0，進而構造輔助函數

h

(

x

)＝

f

(

x

)－

g

(

x

)，通過研究函數

h

(

x

)的單調性，證明

h

(

x

)min＞0.例1訓練1例2訓練2例3訓練3例4例5例6訓練1

[2024浙江寧波模擬]已知函數

f

(

x

)＝

a

e2

x

＋(

a

－4)e

x

－2

x

.(1)討論

f

(

x

)的單調性；(2)證明：當

a

＞1時，

f

(

x

)＞7lna

－

a

－4.

例1訓練1例2訓練2例3訓練3例4例5例6

例1訓練1例2訓練2例3訓練3例4例5例6命題點2

將不等式轉化為兩個函數的最值進行比較例2

[2024湖北襄陽模擬節(jié)選]已知函數

f

(

x

)＝

a

lnx

＋

x

.當

a

＝1時，證明：

xf

(

x

)＜e

x

.

例1訓練1例2訓練2例3訓練3例4例5例6

例1訓練1例2訓練2例3訓練3例4例5例6方法技巧若直接求導比較復雜或無從下手時，可將待證不等式進行變形，構造兩個函數，轉

化為兩個函數的最值問題(或找到可以傳遞的中間量

a

)，即將不等式轉化為

f

(

x

)≥

g

(

x

)的形式，證明

f

(

x

)min≥

g

(

x

)max(或

f

(

x

)≥

a

≥

g

(

x

))即可.例1訓練1例2訓練2例3訓練3例4例5例6

例1訓練1例2訓練2例3訓練3例4例5例6

②當

a

＜－2時，－

a

－1＞1，令

f

'(

x

)＞0，解得0＜

x

＜1或

x

＞－

a

－1，令

f

'(

x

)＜

0，解得1＜

x

＜－

a

－1，所以

f

(

x

)在(0，1)，(－

a

－1，＋∞)上單調遞增，在(1，－

a

－1)上單調遞減；例1訓練1例2訓練2例3訓練3例4例5例6③當－2＜

a

＜－1時，0＜－

a

－1＜1，令

f

'(

x

)＞0，解得0＜

x

＜－

a

－1或

x

＞1，

令

f

'(

x

)＜0，解得－

a

－1＜

x

＜1，所以

f

(

x

)在(0，－

a

－1)，(1，＋∞)上單調遞增，在(－

a

－1，1)上單調遞減.綜上，當

a

＜－2時，

f

(

x

)在(0，1)，(－

a

－1，＋∞)上單調遞增，在(1，－

a

－1)上

單調遞減；當

a

＝－2時，

f

(

x

)在(0，＋∞)上單調遞增；當－2＜

a

＜－1時，

f

(

x

)在

(0，－

a

－1)，(1，＋∞)上單調遞增，在(－

a

－1，1)上單調遞減；當

a

≥－1時，

f

(

x

)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增.例1訓練1例2訓練2例3訓練3例4例5例6

例1訓練1例2訓練2例3訓練3例4例5例6

例1訓練1例2訓練2例3訓練3例4例5例6

例1訓練1例2訓練2例3訓練3例4例5例6

[解析]

(1)

f

'(

x

)＝－sin

x

＋

ax

，且

f

'(0)＝0，令

g

(

x

)＝

f

'(

x

)，則g'(

x

)＝－cos

x

＋

a

.例1訓練1例2訓練2例3訓練3例4例5例6①當

a

≥1時，g'(

x

)≥0且g'(

x

)不恒為0，則

g

(

x

)單調遞增，當

x

＞0時，

g

(

x

)＝

f

'(

x

)＞

g

(0)＝0，當

x

＜0時，

g

(

x

)＝

f

'(

x

)＜

g

(0)＝0，即當

x

＞

0時，

f

(

x

)單調遞增，當

x

＜0時，

f

(

x

)單調遞減，此時

x

＝0是函數

f

(

x

)唯一的極小

值點.②當

a

＜1時，g'(0)＝－1＋

a

＜0，所以存在δ＞0使得當

x

∈(0，δ)時，

g

(

x

)＝

f

'(

x

)

在(0，δ)上單調遞減，即當

x

∈(0，δ)時，

f

'(

x

)＜

f

'(0)＝0，所以

f

(

x

)在(0，δ)上單調

遞減，與

x

＝0是函數

f

(

x

)唯一的極小值點矛盾.綜上，實數

a

的取值范圍為[1，＋∞).例1訓練1例2訓練2例3訓練3例4例5例6

例1訓練1例2訓練2例3訓練3例4例5例6方法技巧1.利用放縮法證明不等式的思路一是會放縮，即從所求證的不等式入手，利用分析法，進行轉化，尋找可放大或縮

小的條件；二是會構造函數，即通過構造輔助函數，把所求證的不等式進行轉化；三是借用導數，即會利用導數的工具性，研究新構造函數的性質，進而求解.例1訓練1例2訓練2例3訓練3例4例5例6

例1訓練1例2訓練2例3訓練3例4例5例6訓練3

[2024南通部分學校聯(lián)考]已知函數

f

(

x

)＝lnx

＋

ax

，

a

∈R.(1)討論函數

f

(

x

)的單調性；

例1訓練1例2訓練2例3訓練3例4例5例6

例1訓練1例2訓練2例3訓練3例4例5例6

例1訓練1例2訓練2例3訓練3例4例5例6

思維幫·提升思維

快速解題凹凸反轉在不等式證明問題中的應用如果要證明的不等式由指數函數、對數函數、多項式函數組合而成，往往進行指對

分離，轉化為證明

g

(

x

)≥

h

(

x

)恒成立，分別求

g

(

x

)min，

h

(

x

)max進行證明，由于兩

個函數圖象的凹凸性正好相反，所以這種證明不等式的方法稱為凹凸反轉.例1訓練1例2訓練2例3訓練3例4例5例6類型1

隔海相望如圖所示，在

g

(

x

)，

h

(

x

)圖象之間有一個帶型區(qū)域，所以我們把它形象地稱為

“隔海相望”.這時必有

g

(

x

)＞

h

(

x

).例1訓練1例2訓練2例3訓練3例4例5例6例4

[2024陜西省咸陽市模擬]已知函數

f

(

x

)＝

x

3－3lnx

＋11.(1)判斷函數

f

(

x

)的單調性；(2)證明：當

x

＞0時，

f

(

x

)＞－

x

3＋3

x

2＋(3－

x

)e

x

.

例1訓練1例2訓練2例3訓練3例4例5例6[解析]

(2)由(1)可得

f

(

x

)min＝

f

(1)＝12.令

g

(

x

)＝－

x

3＋3

x

2＋(3－

x

)e

x

(

x

＞0)，則g'(

x

)＝－3

x

2＋6

x

－e

x

＋(3－

x

)e

x

＝(2－

x

)(e

x

＋3

x

)，令g'(

x

)＝0，可得

x

＝2.當

x

∈(0，2)時，g'(

x

)＞0，當

x

∈(2，＋∞)時，g'(

x

)＜0，∴

g

(

x

)在(0，2)上單調遞增，在(2，＋∞)上單調遞減.∴

g

(

x

)max＝

g

(2)＝e2＋4，∴

f

(

x

)min＞

g

(

x

)max，則

f

(

x

)＞

g

(

x

)，∴當

x

＞0時，

f

(

x

)＞－

x

3＋3

x

2＋(3－

x

)e

x

.例1訓練1例2訓練2例3訓練3例4例5例6類型2

一線之隔構造的函數

g

(

x

)，

h

(

x

)，滿足

g

(

x

)min＝

h

(

x

)max，如圖所示，但由于

g

(

x

)，

h

(

x

)

不在同一處取到最值，所以必有

g

(

x

)＞

h

(

x

).例1訓練1例2訓練2例3訓練3例4例5例6例5

已知函數

f

(

x

)＝e

x

＋

x

2－

x

－1.(1)求

f

(

x

)的最小值；[解析]

(1)由題意可得

f

'(

x

)＝e

x

＋2

x

－1，則函數

f

'(

x

)在R上單調遞增，且

f

'(0)＝0.由

f

'(

x

)＞0，得

x

＞0；由

f

'(

x

)＜0，得

x

＜0.則

f

(

x

)在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增，故

f

(

x

)min＝

f

(0)＝0.例1訓練1例2訓練2例3訓練3例4例5例6(2)證明：e

x

＋

x

lnx

＋

x

2－2

x

＞0.[解析]

(2)要證e

x

＋

x

lnx

＋

x

2－2

x

＞0，即證e

x

＋

x

2－

x

－1＞－

x

lnx

＋

x

－1.由(1)可知當

x

＞0時，

f

(

x

)＞0恒成立.設

g

(

x

)＝－

x

lnx

＋

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)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，從而

g

(

x

)≤

g

(1)＝0，當且僅當

x

＝1時，等號成立.故

f

(

x

)＞

g

(

x

)，即e

x

＋

x

lnx

＋

x

2－2

x

＞0.例1訓練1例2訓練2例3訓練3例4例5例6類型3

親密無間構造函數

g

(

x

)，

h

(

x

)，滿足

g

(

x

)min＝

h

(

x

)max，且

g

(

x

)，

h

(

x

)在同一處取到最

值，如圖所示，這時

g

(

x

)≥

h

(

x

).例1訓練1例2訓練2例3訓練3例4例5例6

例1訓練1例2訓練2例3訓練3例4例5例6

例1訓練1例2訓練2例3訓練3例4例5例6(2)證明：

g

(

x

)≥

f

'(

x

).

例1訓練1例2訓練2例3訓練3例4例5例6

例1訓練1例2訓練2例3訓練3例4例5例6

1.[命題點1/2023雅禮中學二模]已知函數

f

(

x

)＝2sin

x

－sin2

x

.(1)當0≤

x

≤π時，求

f

(

x

)的最大值；1234

1234

1234

1234

1234

1234

1234(2)證明：

f

(

x

)＞1.

1234

12344.[命題點3/2023綿陽市一診]已知函數

f

(

x

)＝2e

x

－

x

2－

ax

－2，當

x

≥0時，

f

(

x

)≥0.(1)求

a

的取值范圍；[解析]

(1)由題意得

f

'(

x

)＝2e

x

－2

x

－

a

.令

g

(

x

)＝2e

x

－2

x

－

a

，則當

x

≥0時，g'(

x

)＝2e

x

－2≥0(當且僅當

x

＝0時“＝”成

立)，∴函數

f

'(

x

)在區(qū)間[0，＋∞)上單調遞增，則當

x

≥0時，函數

f

'(

x

)≥

f

'(0)＝2－

a

.①當2－

a

≥0，即

a

≤2時，可得

f

'(

x

)≥

f

'(0)≥0在[0，＋∞)上恒成立(“＝”不恒成

立)，∴函數

f

(

x

)在[0，＋∞)上單調遞增.1234∴

f

(

x

)≥

f

(0)＝0在[0，＋∞)上恒成立.②當2－

a

＜0，即

a

＞2時，

f

'(0)＝2－

a

＜0，且存在

x

0＞0，當

x

∈[0，

x

0)時，

f

'(

x

)＜0，

f

(

x

)單調遞減.又

f

(0)＝0，∴當

x

∈[0，

x

0)時，

f

(

x

)＜0，這與當

x

≥0時，

f

(

x

)≥0矛盾.綜上，實數

a

的取值范圍是(－∞，2].1234

1234

1234

12341.[2024廣東省江門市部分學校聯(lián)考]已知函數

f

(

x

)＝

x

(lnx

＋

a

)，

a

∈R.(1)求

f

(

x

)