2022年高考数学总复习专题突破一利用导数证明不等式

第1课时 利用导数证明不等式
题型一 将不等式转化为函数的最值问题
[例1] [2017·全国卷Ⅲ]已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x . (1)讨论f (x )的单调性；
(2)当a ＜0时，证明f (x )≤－3
4a
－2.
[听课记录]
类题通法
将不等式转化为函数最值来证明不等式，其主要思想是依据函数在固定区间的单调性，直接求得函数的最值，然后由f (x )≤f (x )max 或f (x )≥f (x )min 直接证得不等式.
巩固训练1：已知函数f (x )＝ax －e x (e 为自然对数的底数)．
(1)当a ＝1
e
时，求函数f (x )的单调区间及极值；
(2)当2≤a ≤e ＋2时，求证：f (x )≤2x .
题型二 构造函数法证明不等式
[例2] 设a 为实数，函数f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R . (1)求f (x )的单调区间与极值；
(2)求证：当a >ln 2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1. [听课记录]
类题通法
待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证.
巩固训练2：已知函数f (x )＝e x －ax (e 为自然对数的底数，a 为常数)的图象在点(0,1)处的切线斜率为－1.
(1)求a 的值及函数f (x )的极值； (2)证明：当x >0时，x 2<e x .
题型三 将不等式转化为两个函数的最值进行比较
[例3] 已知函数f (x )＝eln x －ax (a ∈R )． (1)讨论f (x )的单调性；
(2)当a ＝e 时，证明：xf (x )－e x ＋2e x ≤0. [听课记录]
类题通法
在证明的不等式中，若对不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可以借助两个函数的最值进行证明.
巩固训练3：已知函数f (x )＝e x 2－x ln x ．求证：当x >0时，f (x )<x e x ＋1
e
.
题型四 双变量不等式的证明
[例4] [2020·天津卷]已知函数f (x )＝x 3＋k ln x (k ∈R )，f ′(x )为f (x )的导函数． (1)当k ＝6时：
(ⅰ)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；
(ⅱ)求函数g (x )＝f (x )－f ′(x )＋9
x
的单调区间和极值．
(2)当k ≥－3时，求证：对任意的x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1>x 2，有f ′(x 1)＋f ′(x 2)2>f (x 1)－f (x 2)
x 1－x 2
.
[听课记录]
类题通法
破解含双参不等式的证明的关键
一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；
二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；
三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.
巩固训练4：[2018·全国卷Ⅰ]已知函数f (x )＝1
x
－x ＋a ln x .
(1)讨论f (x )的单调性；
(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，
证明：f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2
<a －2.
[预测] 核心素养——逻辑推理、数学运算
已知函数f (x )＝2x ＋(1－2a )ln x ＋a
x
.
(1)讨论f (x )的单调性；
(2)如果方程f (x )＝m 有两个不相等的解x 1，x 2，且x 1<x 2，证明：f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22>0.
状 元 笔 记
两个经典不等式的应用
(1)对数形式：x ≥1＋ln x(x>0)，当且仅当x ＝1时，等号成立．
(2)指数形式：e x ≥x ＋1(x ∈R )，当且仅当x ＝0时，等号成立．进一步可得到一组不等式链：e x >x ＋1>x >1＋ln x (x >0，且x ≠1)．
[典例1] (1)已知函数f (x )＝1
ln (x ＋1)－x
，则y ＝f (x )的图象大致为( )
(2)已知函数f (x )＝e x ，x ∈R .证明：曲线y ＝f (x )与曲线y ＝1
2
x 2＋x ＋1有唯一公共点．
【解析】 (1)因为f (x )的定义域为⎩
⎪⎨⎪⎧
x ＋1>0，
ln (x ＋1)－x ≠0，
即{x |x >－1，且x ≠0}， 所以排除选项D ；
当x >0时，由经典不等式x >1＋ln x (x >0)，
以x ＋1代替x ，得x >ln(x ＋1)(x >－1，且x ≠0)，
即x >0或－1<x <0时均有f (x )<0，排除A 、C ；易知B 正确．
(2)证明：令g (x )＝f (x )－⎝⎛⎭⎫12x 2＋x ＋1＝e x －1
2
x 2－x －1，x ∈R ，则g ′(x )＝e x －x －1，
由经典不等式e x ≥x ＋1恒成立可知，g ′(x )≥0恒成立， 所以g (x )在R 上为单调递增函数，且g (0)＝0.
所以函数g (x )有唯一零点，即两曲线有唯一公共点． [典例2] 已知函数f (x )＝x －1－a ln x . (1)若f (x )≥0，求a 的值；
(2)证明：对于任意正整数n ，⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭
⎫1＋1
2n <e. 【解析】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，
①若a ≤0，因为f ⎝⎛⎭⎫12＝－1
2
＋a ln 2<0，所以不满足题意； ②若a >0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －a
x
知，
当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0； 所以f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增， 故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点． 因为f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0， 故a ＝1.
(2)证明：由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0.
令x ＝1＋1
2
n ，得ln ⎝⎛⎭⎫1＋12n <12n . 从而ln ⎝⎛⎭⎫1＋12＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋122＋…＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋12n <12＋122＋…＋12n ＝1－12n <1. 故⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭
⎫1＋1
2n <e. [典例3] 设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；
(2)求证：当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1
ln x
<x .
【解析】 (1)由题设知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x )＝1
x
－1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.
当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )在(0,1)上单调递增； 当x >1时，f ′(x )<0，f (x )在(1，＋∞)上单调递减．
(2)证明：由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0. 所以当x ＞0且x ≠1时，ln x <x －1.
故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，x －1
ln x
>1.①
因此ln 1x <1
x －1，即ln x >x －1x ，x －1ln x
<x .②
故当x ∈(1，＋∞)时恒有1<x －1
ln x
<x .
第1课时 利用导数证明不等式 课堂题型讲解
题型一
例1 解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x )＝1
x ＋2ax ＋2a ＋1＝（x ＋1）（2ax ＋1）x .
若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0， 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．
若a ＜0，则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，－1
2a 时，f ′(x )＞0； 当x ∈⎝⎛⎭
⎫－1
2a ，＋∞ 时，f ′(x )＜0. 故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a 上单调递增，在⎝⎛⎭
⎫－1
2a ，＋∞ 上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a ＜0时，f (x )在x ＝－1
2a
处取得最大值，最大值为f ⎝⎛⎭⎫－12a ＝ln ⎝⎛⎭⎫－12a －1－14a
.
所以f (x )≤－34a －2等价于ln ⎝⎛⎭⎫－12a －1－14a ≤－34a －2，即ln ⎝⎛⎭⎫－12a ＋12a ＋1≤0. 设g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1
x
－1.
当x ∈(0，1)时，g ′(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0， 所以g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 故当x ＝1时，g (x )取得最大值，最大值为g (1)＝0. 所以当x ＞0时，g (x )≤0.
从而当a ＜0时，ln ⎝⎛⎭⎫－12a ＋1
2a ＋1≤0， 即f (x )≤－3
4a
－2.
巩固训练1 解析：(1)当a ＝1e 时，f (x )＝1
e x －e x ，
令f ′(x )＝1
e
－e x ＝0，得x ＝－1.
当x <－1时，f ′(x )>0；当x >－1时， f ′(x )<0.
∴函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)，单调递减区间为(－1，＋∞). 当x ＝－1时，函数f (x )有极大值－2
e
；没有极小值．
(2)证明：令F (x )＝2x －f (x )＝e x －(a －2)x ， ①当a ＝2时，F (x )＝e x >0， ∴f (x )≤2x .
②当2<a ≤2＋e 时，
F ′(x )＝e x －(a －2)＝e x －e ln (a －
2). 当x <ln (a －2)时，F ′(x )<0； 当x >ln (a －2)时，F ′(x )>0；
∴F (x )在(－∞，ln (a －2))上单调递减，在(ln (a －2)，＋∞)上单调递增． ∴F (x )≥F (ln (a －2))
＝e ln (a－2)－(a－2)ln (a－2)＝(a－2)[1－ln (a－2)]，
∵2<a≤2＋e，
∴a－2>0.
1－ln (a－2)≥1－ln [(2＋e)－2]＝0，
∴F(x)≥0，即f(x)≤2x.
综上，当2≤a≤e＋2时，f(x)≤2x.
题型二
例2解析：(1)由f(x)＝e x－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝e x－2，x∈R，令f′(x)＝0，得x＝ln 2.
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
故f(
f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a＝2(1－ln 2＋a)，无极大值．
(2)证明：设g(x)＝e x－x2＋2ax－1，x∈R，
于是g′(x)＝e x－2x＋2a，x∈R.
由(1)知当a>ln 2－1时，g′(x)最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，
所以g(x)在R上单调递增．
于是当a>ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，
都有g(x)>g(0).
又g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.
即e x－x2＋2ax－1>0，故e x>x2－2ax＋1.
巩固训练2解析：(1)由f(x)＝e x－ax，
得f′(x)＝e x－a.
因为f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，
所以f(x)＝e x－2x，f′(x)＝e x－2.
令f′(x)＝0，得x＝ln 2，
当x<ln 2时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，ln 2)上单调递减；
当x>ln 2时，f′(x)>0，f(x)在(ln 2，＋∞)上单调递增．
所以当x＝ln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－2ln 2，f(x)无极大值．
(2)证明：令g(x)＝e x－x2，则g′(x)＝e x－2x.
由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)>0，
故g(x)在R上单调递增．
所以当x>0时，g(x)>g(0)＝1>0，即x2<e x.
题型三
例3解析：(1)f′(x)＝e
x－a(x>0)，
①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a >0，则当0<x <e
a 时，f ′(x )>0；
当x >e
a
时，f ′(x )<0.
故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，e a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫e
a ，＋∞ 上单调递减． (2)证明：因为x >0， 所以只需证f (x )≤e x
x
－2e ，
当a ＝e 时，由(1)知，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 所以f (x )max ＝f (1)＝－e ， 记g (x )＝e x
x
－2e(x >0)，
则g ′(x )＝（x －1）e x
x 2
，所以当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，当x >1时，g ′(x )>0，
g (x )单调递增，
所以g (x )min ＝g (1)＝－e ， 综上，当x >0时，f (x )≤g (x )，
即f (x )≤e x
x －2e ，即xf (x )－e x ＋2e x ≤0.
巩固训练3 证明：要证f (x )<x e x ＋1
e ，
∵x ＞0只需证e x －ln x <e x ＋1
e x ，
即e x －e x <ln x ＋1
e x
.
令h (x )＝ln x ＋1
e x (x >0)，则h ′(x )＝e x －1e x
2 ，
易知h (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞ 上单调递增，则h (x )min ＝h ⎝⎛⎭⎫1
e ＝0，所以ln x ＋1
e x
≥0.
再令φ(x )＝e x －e x ，则φ′(x )＝e －e x ，
易知φ(x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 则φ(x )max ＝φ(1)＝0，所以e x －e x ≤0.
因为h (x )与φ(x )不同时为0，所以e x －e x <ln x ＋1
e x ，故原不等式成立．
题型四
例4 解析：(1)(ⅰ)当k ＝6时，f (x )＝x 3＋6ln x ，故f ′(x )＝3x 2＋6
x .可得f (1)＝1，f ′(1)＝9，
所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －1＝9(x －1)，即y ＝9x －8.
(ⅱ)依题意，g (x )＝x 3－3x 2＋6ln x ＋3
x
，x ∈(0，＋∞).
g ′(x )＝3x 2
－6x ＋6x －3
x 2 ，整理可得g ′(x )＝3（x －1）3（x ＋1）x 2
.令g ′(x )＝0，解得x ＝
1.
当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如表：
所以，函数g (x )的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞).g (x )的极小值为g (1)＝1，无极大值．
(2)证明：由f (x )＝x 3＋k ln x ，得f ′(x )＝3x 2＋k
x
.
对任意的x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1>x 2，令x 1
x 2 ＝t (t >1)，则
(x 1－x 2)[f ′(x 1)＋f ′(x 2)]－2[f (x 1)－f (x 2)]
＝(x 1－x 2)⎝⎛⎭⎫3x 21 ＋k x 1＋3x 22 ＋k x 2 －2(x 31 －x 3
2 ＋k ln x 1x 2 ) ＝x 31 －x 32 －3x 21 x 2
＋3x 1x 2
2 ＋k (x 1x 2 －x 2x 1 )－2k ln x 1x 2 ＝x 3
2 (t 3－3t 2＋3t －1)＋k ⎝⎛⎭
⎫t －1t －2ln t .① 令h (x )＝x －1x －2ln x ，x ∈[1，＋∞).当x >1时，h ′(x )＝1＋1x 2 －2x ＝⎝⎛⎭⎫1－1x 2 >0，由此
可得h (x )在[1，＋∞)单调递增，所以当t >1时，h (t )>h (1)，即t －1
t －2ln t >0.因为x 2≥1，t 3
－3t 2＋3t －1＝(t －1)3>0，k ≥－3，所以x 3
2 (t 3－3t 2＋3t －1)＋k ⎝⎛⎭⎫t －1t －2ln t ≥(t 3－3t 2＋3t －1)－3⎝⎛⎭⎫t －1t －2ln t ＝t 3－3t 2＋6ln t ＋3
t
－1.② 由(1)(ⅱ)可知，当t >1时，g (t )>g (1)，即t 3－3t 2＋6ln t ＋3t >1，故t 3－3t 2＋6ln t ＋3t －1>0.③
由①②③可得(x 1－x 2)[f ′(x 1)＋f ′(x 2)]－2[f (x 1)－f (x 2)]>0.所以，当k ≥－3时，对任意的x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1>x 2，有
f ′（x 1）＋f ′（x 2）2 >f （x 1）－f （x 2）
x 1－x 2
.
巩固训练4 解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝－1x 2 －1＋a
x ＝－x 2－ax ＋1x 2
.
①若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时，f ′(x )＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调
递减．
②若a ＞2，令f ′(x )＝0，得
x ＝a －a 2－42 或x ＝a ＋a 2－42
.
当x ∈⎝ ⎛
⎭
⎪⎫0，a －a 2－42 ∪(a ＋a 2－42 ，＋∞)时，f ′(x )＜0；
当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫a －a 2－42，
a ＋a 2－42 时， f ′(x )＞0.
所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42 ，⎝ ⎛⎭
⎪⎫
a ＋a 2－42，＋∞ 上单调递减，在
⎝ ⎛⎭
⎪⎫a －a 2－42，
a ＋a 2－42 上单调递增．
(2)证明：由(1)知，f (x )存在两个极值点时，当且仅当a ＞2. 由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0， 所以x 1x 2＝1，不妨设x 1＜x 2，则x 2＞1. 由于f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2 ＝－1
x 1x 2 －1＋a ·ln x 1－ln x 2x 1－x 2 ＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2
＝－2＋
a
－2ln x 2
1x 2－x 2
， 所以f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2
＜a －2等价于1x 2 －x 2＋2ln x 2＜0.
设函数g (x )＝1
x －x ＋2ln x ，由(1)知，g (x )在(0，＋∞)上单调递减．
又g (1)＝0，从而当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＜0. 所以1
x 2 －x 2＋2ln x 2＜0，即f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2
＜a －2.
高考命题预测
预测 解析：(1)f ′(x )＝2＋1－2a x －a x 2 ＝2x 2＋（1－2a ）x －a x 2
＝（x －a ）（2x ＋1）x 2
(x >0).
①当a ≤0时，x ∈(0，＋∞)，f ′(x )>0，f (x )单调递增； ②当a >0时，x ∈(0，a )，f ′(x )<0，f (x )单调递减； x ∈(a ，＋∞)，f ′(x )>0，f (x )单调递增．
综上，当a ≤0时，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)证明：由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，f (x )＝m 至多一个解，不符合题意；
当a >0时，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，则f ′(a )＝0.
不妨设0<x 1<a <x 2，要证f ′⎝⎛⎭⎫
x 1＋x 22 >0，即证x 1＋x 22 >a ，即证x 1＋x 2>2a ，即证x 2>2a －
x 1，又f (x )在(a ，＋∞)上单调递增，即证f (x 2)>f (2a －x 1)，因为f (x 2)＝f (x 1)，所以即证f (x 1)>f (2a
－x 1)，即证f (a ＋x )<f (a －x ).
令g (x )＝f (a ＋x )－f (a －x )＝
⎣
⎡⎦⎤2（a ＋x ）＋（1－2a ）ln （a ＋x ）＋a a ＋x
－
⎣
⎡⎦⎤2（a －x ）＋（1－2a ）·ln （a －x ）＋a a －x
＝4x ＋(1－2a )ln (a ＋x )－(1－2a )ln (a －x )＋a a ＋x －a
a －x ，
g ′(x )＝4＋
1－2a a ＋x ＋1－2a a －x －a （a ＋x ）2 －a
（a －x ）2
＝4＋2a （1－2a ）a 2－x 2 －2a （a 2＋x 2）（a ＋x ）2（a －x ）2 ＝4x 2（x 2－a 2－a ）
（a ＋x ）2（a －x ）2 .
当x ∈(0，a )时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，
又g (0)＝f (a ＋0)－f (a －0)＝0，
所以x ∈(0，a )时，g (x )<g (0)＝0，即f (a ＋x )<f (a －x )， 即f (x )>f (2a －x ).
又x 1∈(0，a )，所以f (x 1)>f (2a －x 1)， 所以f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22 >0.。