微专题34 导数与不等式的证明

微专题34导数与不等式的证明
高考定位利用导数证明关于极值、最值、零点等的不等式是高考的常见类型，一般为难度较大的压轴题.
[高考真题] (2021·全国乙卷改编)设函数f(x)＝ln(1－x)，函数g(x)＝x＋f（x）
xf（x）
，证
明：g(x)<1.
证明f(x)＝ln(1－x)，g(x)＝x＋f（x）
xf（x）
＝
x＋ln（1－x）
x ln（1－x）
，x<1且x≠0.
当x∈(0，1)时，ln(1－x)<0，
∴x ln(1－x)<0，
当x∈(－∞，0)时，ln(1－x)>0，∴x ln(1－x)<0.
故要证g(x)＝x＋ln（1－x）
x ln（1－x）
<1，
即证x＋ln(1－x)>x ln(1－x)，
即证x＋(1－x)ln(1－x)>0，
令1－x＝t，则x＝1－t，t>0且t≠1，即证1－t＋t ln t>0，
令h(t)＝1－t＋t ln t，
则h′(t)＝－1＋ln t＋1＝ln t.
当t∈(0，1)时，h′(t)<0，h(t)单调递减；当t∈(1，＋∞)时，
h ′(t )>0，h (t )单调递增，
所以h (t )>h (1)＝0，
所以1－t ＋t ln t >0成立，
即g (x )<1成立.
样题1 (2022·焦作模拟改编)已知函数f (x )＝e x －k (ln x ＋1)，证明：当k ∈(0，e)时，f (x )>0.
证明 因为k ∈(0，e)，则1k ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ，＋∞， 所以f （x ）k ＝e x k －ln x －1>e x e －ln x －1.
设g (x )＝e x e －ln x －1，
则g ′(x )＝e x e －1x ，
易知g ′(x )在(0，＋∞)上是增函数，
且g ′(1)＝0，
故当x ∈(0，1)时，g ′(x )<0，
当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，
所以g (x )≥g (1)＝0，
故f （x ）k >0，即f (x )>0.
样题2 (2022·合肥调研改编)已知函数f (x )＝x 2－ax ＋ln x (a ∈R ).若函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，
求证：f (x 1＋x 2)<－2＋ln 2.
证明 f ′(x )＝2x －a ＋1x ＝2x 2－ax ＋1x
， 由题意得2x 2－ax ＋1＝0的两个不等的实根为x 1，x 2，
则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝a 2－8>0，
x 1＋x 2＝a 2
>0，x 1·x 2＝12， 解得a >2 2.
故f (x 1＋x 2)＝(x 1＋x 2)2
－a (x 1＋x 2)＋ln(x 1＋x 2)＝a 24－a 22＋ln a 2＝－a 24＋ln a 2.
设g (a )＝－a 24＋ln a 2(a >22)， 则g ′(a )＝－a 2＋1a ＝2－a 2
2a <0，
故g (a )在(22，＋∞)上单调递减，
所以g (a )<g (22)＝－2＋ln 2.
因此f (x 1＋x 2)<－2＋ln 2.
样题3 设函数f (x )＝ln x －kx ＋1.
(1)当k ＞0时，若对任意的x ＞0，恒有f (x )≤0，求k 的取值范围；
(2)证明：ln 2222＋ln 3232＋…＋ln n 2n 2＜2n 2－n －12（n ＋1）
(n ∈N ，n ≥2). (1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x )＝1x －k ＝1－kx x ，
当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，1k 时，f ′(x )＞0； 当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫1k ，＋∞时，f ′(x )＜0， ∴f (x )在⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，1k 上单调递增， 在⎝ ⎛⎭
⎪⎫1k ，＋∞上单调递减， ∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1k ＝ln 1k ≤0，解得k ≥1， ∴k 的取值范围是[1，＋∞).
(2)证明 令k ＝1，由(1)知，ln x －x ＋1≤0，∴ln x ≤x －1，
∵n ∈N ，n ≥2，∴ln n 2≤n 2－1，
∴ln n 2n 2≤n 2－1n 2＝1－1n 2，
∴ln 2222＋ln 3232＋…＋ln n 2n 2≤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－132＋…＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－1n 2＝(n －1)－⎝ ⎛⎭
⎪⎫122＋132＋…＋1n 2 ＜(n －1)－⎣
⎢⎡⎦⎥⎤12×3＋13×4＋…＋1n （n ＋1） ＝(n －1)－⎝ ⎛⎭
⎪⎫12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1 ＝(n －1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋1＝2n 2－n －12（n ＋1）
， ∴结论成立.
规律方法 利用导数证明不等式问题的方法
(1)直接构造函数法：证明不等式f (x )>g (x )(或f (x )<g (x ))转化为证明f (x )－g (x )>0(或f (x )－g (x )<0)，进而构造辅助函数h (x )＝f (x )－g (x ).
(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论.
(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同结构变形，根据相似结构构造辅助函数.
训练 (2022·佛山模拟改编)已知函数f (x )＝1a e x －1＋x ，证明：当a ＝1或0<a ≤2e
时，f (x )≥12ax .
证明 ①当a ＝1时，f (x )≥12ax (x ≥－1)⇔e x －12x －1＋x ≥0(x ≥－1).
由e x ≥1＋x ，
得e x －12x ≥1＋12x ，
又1＋12x ＝1＋（1＋x ）2≥1＋x ， 当且仅当x ＝0时取等号， 所以e x －12x ≥
1＋x ， 即e x －12x －1＋x ≥0， 即当a ＝1时，f (x )≥12ax (x ≥－1).
②当0<a ≤2e 时，f (x )≥12ax (x ≥－1)⇔1a e x －12
ax ≥1＋x (x ≥－1).
令φ(x )＝1a e x －12ax －⎝ ⎛⎭
⎪⎫e x －12x ，x ≥－1， 即φ(x )＝1－a a e x ＋12(1－a )x ＝(1－a )⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a e x ＋12x ， 因为0<a ≤2e <1，
所以φ′(x )＝(1－a )⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a e x ＋12>0， φ(x )在[－1，＋∞)上单调递增，
又φ(－1)＝(1－a )⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a e －12≥0， 所以φ(x )≥φ(－1)≥0，
故当0<a ≤2e ，1a e x －12ax ≥e x －12x ，
由①知，e x －12x ≥1＋x ， 所以1a e x －12ax ≥1＋x ≥0(x ≥－1)，
即当0<a ≤2e 时，f (x )≥12
ax (x ≥－1). 综上，当a ＝1或0<a ≤2e 时，
f (x )≥12ax .
一、基本技能练
1.已知f(x)＝1
2ax
2＋(a－1)ln x＋
3
2a，若a>0，求证：x>1时，f(x)>1＋(2a－1)x.
证明当x>1时，要证f(x)>1＋(2a－1)x，
即证1
2ax
2－(2a－1)x＋(a－1)ln x＋32a－1>0，
设g(x)＝1
2ax
2－(2a－1)x＋(a－1)ln x＋32a－1，则g(1)＝0，
且g′(x)＝ax－(2a－1)＋a－1
x
＝
ax2＋（1－2a）x＋a－1
x
＝
（x－1）（ax＋1－a）
x.
因为a>0，x>1，
所以x－1>0，ax＋1－a>a＋1－a＝1>0，
所以g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)是增函数，
所以g(x)>g(1)＝0，
即f(x)>1＋(2a－1)x.
2.(2022·西安调研)已知函数f(x)＝a(x－1)－x ln x(a∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当0<x≤1时，f(x)≤0恒成立，求实数a的取值范围；
(3)设n∈N*，求证：ln 1
2＋
ln 2
3＋…＋
ln n
n＋1
≤
n（n－1）
4.
(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a－(1＋ln x)＝－ln x＋a－1，
令－ln x＋a－1＝0，解得x＝e a－1.
所以在区间(0，e a－1)上，f′(x)>0，f(x)单调递增；在区间(e a－1，＋∞)上，f′(x)<0，f(x)单调递减.
所以f(x)的单调递增区间为(0，e a－1)，单调递减区间为(e a－1，＋∞).
(2)解易知f(1)＝0，由(1)知f(x)在(0，e a－1)上单调递增，在(e a－1，＋∞)上单调递减，所以e a－1≥1，所以a≥1.
故实数a 的取值范围是[1，＋∞).
(3)证明 当a ＝1，0<x ≤1时，f (x )＝x －1－x ln x ≤0，
所以x －x ln x ≤1，
令x ＝1n 2(n ∈N *)，
则1n 2－1n 2ln 1n 2≤1，1n 2＋2n 2ln n ≤1，
2ln n ≤n 2
－1，ln n n ＋1≤n －12， 所以ln 12＋ln 23＋…＋ln n n ＋1
≤02＋12＋…＋n －12＝1＋2＋…＋n －12＝n （n －1）4. 3.(2022·潍坊段考)已知函数f (x )＝2x e x －a (x ＋ln x )(a ∈R ).
(1)若a ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；
(2)若x ＝x 0是函数f (x )的极值点，且f (x 0)>0，求证：f (x )>4x 0－4x 30.
(1)解 若a ＝1，则f (x )＝2x e x －x －ln x ，
∴f ′(x )＝2e x ＋2x e x －1－1x ，
f ′(1)＝4e －2，f (1)＝2e －1，
∴切线的方程为y －2e ＋1＝(4e －2)(x －1)，
即y ＝(4e －2)x －2e ＋1.
(2)证明 f ′(x )＝2e x
(x ＋1)－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ＝(x ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫2e x －a x ， ∵函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，
∴x ＋1>0，
令g (x )＝2e x －a x ，x ∈(0，＋∞).
①当a ≤0时，g (x )>0，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，无极值，不符合题意.
②当a >0时，g ′(x )＝2e x ＋a x 2>0，
∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增，
当x→0且x>0时，g(x)→－∞，g(a)＝2e a－1>0，
∴存在x0∈(0，a)，
使得g(x0)＝0，即a＝2x0e x0.
当x∈(0，x0)时，g(x)<0，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，g(x)>0，f′(x)>0，f(x)单调递增.
∴函数f(x)的极小值为f(x0)＝2x0e x0－a(x0＋ln x0)＝2x0e x0－2x0e x0(x0＋ln x0)＝2x0e x0(1－x0－ln x0)>0.
令h(x)＝1－x－ln x>0，
则h′(x)＝－1－1
x<0.
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
又h(1)＝0，∴0<x0<1.
令p(x)＝e x－x－1，0≤x<1，
则p′(x)＝e x－1≥0，
故p(x)在(0，1)上单调递增，
p(x)≥p(0)＝0.
故当0<x<1时，有e x>x＋1.
令q(x)＝x－1－ln x，0<x<1，
则q′(x)＝1－1
x ＝
x－1
x<0，
故q(x)在(0，1)上单调递减，q(x)>1－1－ln 1＝0，故当0<x<1时，有x－1>ln x. ∴f(x0)＝2x0e x0(1－x0－ln x0)>2x0(x0＋1)(2－2x0)＝－4x30＋4x0，
则f(x)≥f(x0)>4x0－4x30.
二、创新拓展练
4.(2022·江西八校联考)已知函数f(x)＝x＋a ln x，g(x)＝e－x－ln x－2x.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若g(x0)＝0，求x0＋ln x0的值；
(3)证明：x－x ln x≤e－x＋x2.
(1)解由题知f′(x)＝1＋a
x
＝
x＋a
x(x>0).
当a≥0时，f′(x)>0恒成立，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a<0时，f(x)在(0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增.
(2)解法一当x0＋ln x0<0时，ln x0<－x0，即x0<e－x0，即－e－x0＋x0<0，所以－e－x0＋x0＋x0＋ln x0<0与－e－x0＋2x0＋ln x0＝0矛盾；
当x0＋ln x0>0时，ln x0>－x0，
即x0>e－x0，即－e－x0＋x0>0，
所以－e－x0＋x0＋x0＋ln x0>0与－e－x0＋2x0＋ln x0＝0矛盾；
当x0＋ln x0＝0时，ln x0＝－x0，
即x0＝e－x0，即－e－x0＋x0＝0，
所以－e－x0＋2x0＋ln x0＝0，
故x0＋ln x0＝0成立.
法二因为e－x0＝2x0＋ln x0，
所以e－x0－x0＝x0＋ln x0，
所以e－x0＋ln e－x0＝x0＋ln x0.
因为f(x)＝x＋ln x是增函数，f(e－x0)＝f(x0)，
所以e－x0＝x0，
即e－x0－x0＝x0＋ln x0＝0.
(3)证明 要证x －x ln x ≤e －x ＋x 2， 即证e －x ＋x 2－x ＋x ln x ≥0. 设h (x )＝e －x ＋x 2－x ＋x ln x ，x >0， 则h ′(x )＝－e －x ＋2x ＋ln x . 令φ(x )＝h ′(x )，
则φ′(x )＝e －x ＋2＋1x >0，
所以函数h ′(x )＝－e －x ＋2x ＋ln x 在(0，＋∞)上单调递增.
又h ′⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ＝－e －1e ＋2e －1<0，h ′(1)＝－1e ＋2>0， 故h ′(x )＝－e －x ＋2x ＋ln x 在⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ，1上存在唯一零点x 0， 即－e －x 0＋2x 0＋ln x 0＝0， 所以当x ∈(0，x 0)时，h ′(x )<0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，h ′(x )>0， 所以函数h (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， 故h (x )≥h (x 0)＝e －x 0＋x 20－x 0＋x 0ln x 0， 由－e －x 0＋2x 0＋ln x 0＝0， 得h (x 0)＝(x 0＋1)(x 0＋ln x 0)＝0， 所以h (x )≥0，即x －x ln x ≤e －x ＋x 2.。