高考真题专题练之利用导数证明不等式的常见题型(二)

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高中数学：利用导数证明不等式的常见题型

利用导数证明不等式的常见题型题型一构造函数法把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值的问题，从而证明不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是利用导数证明不等式的关键.这四道题比较简单，证明过程略.概括而言，这四道题证明的过程分三个步骤：一是构造函数；二是对函数求导，判断函数的单调性；三是求此函数的最值，得出结论.【启示】证明分三个步骤：一是构造函数；二是对函数求导，判断函数的单调性；三是求此函数的最值，得出结论。

题型二通过对函数的变形，利用分析法，证明不等式【启示】解答第一问用的是分离参数法，解答第二问用的是分析法、构造函数，对函数的变形能力要求较高，大家应记住下面的变形：题型三求最值解决任意、存在性变量问题解决此类问题，关键是将问题转化为求函数的最值问题，常见的有下面四种形式：题型四分拆成两个函数研究【注意】(2)如果按题型一的方法构造函数求导，会发现做不下去，只好半途而废，所以我们在做题时需要及时调整思路，改变思考方向.【启示】掌握下列八个函数的图像和性质，对我们解决不等式的证明问题很有帮助，这八个函数分别为要求会画它们的图像，以后见到这种类型的函数，就能想到它们的性质题型五设而不求当函数的极值点（最值点）不确定时，可以先设出来，只设不解，把极值点代入，求出最值的表达式而证明.【启示】设而不求，整体代换是一种常用的方法，在解析几何中体现很多.在本例第（2）问中，只设出了零点而没有求出零点，这是一种非常好的方法，同学们一定要认真体会，灵活应用.题型六估值法题型七利用图象的特点，证明不等式题型八证明数列不等式题型九利用放缩法证明不等式【注意】在解决第（2）问时，用构造函数法证不出来，又试着分开两个函数仍然不行，正当我一筹莫展时，忽然想到与第一问题的切线联系，如果左边的函数的图像在切线的上方，右边函数的图像在切线的下方，这样问题不就得证了吗？心里非常高兴，马上付诸行动。

利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧

利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧趣题引入已知函数设，证明：分析：主要考查利用导数证明不等式的能力。

证明：，设当时，当时，即在上为减函数，在上为增函数∴，又 ∴，即设当时，，因此在区间上为减函数；因为，又 ∴，即故综上可知，当时，本题在设辅助函数时，考虑到不等式涉及的变量是区间的两个端点，因此，设辅助函数时就把其中一个端点设为自变量，范例中选用右端点，读者不妨设为左端点试一试，就能体会到其中的奥妙了。

技巧精髓一、利用导数研究函数的单调性，再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，也是近几年高考的热点。

二、解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个x x x g ln )(=b a <<02ln )(2(2)()(0a b b a b g a g -<+-+<1ln )(+='x x g )2(2)()()(x a g x g a g x F +-+=2ln ln )2()(21)2(2)()(''''x a x x a g x g x a g x g x F +-=+-=⨯+-='a x <<00)(<'x F a x >0)(>'x F )(x F ),0(a x ∈),(+∞∈a x 0)()(min ==a F x F a b >0)()(=>a F b F 0)2(2)()(>+-+b a g b g a g 2ln )(2(2)()()(a x x a g x g a g x G --+-+=)ln(ln 2ln 2ln ln )(x a x x a x x G +-=-+-='∴0>x 0)('<x G )(x G ),0(+∞0)(=a G a b >0)()(=<a G b G 02ln )()2(2)()(<--+-+a x x a g x g a g 2ln )()2(2)()(a x x a g x g a g -<+-+b a <<02ln )()2(2)()(0a b b a b g a g -<+-+<可导函数是用导数证明不等式的关键。

高考利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧

利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧不等式的证明问题是高中数学的一个难点，证明不等式的方法技巧性强，并且各类不等式的证明没有通性解法。

一、简单作差（商）法方法：．要证明对任意∈x [b a ,]都有)()(x g x f ≤，可设)()()(x g x f x h -=，只要利用导数说明)(x h 在[b a ,]上的最大值为0即可．利用导数证明不等式要考虑构造新的函数，利用新函数的单调性或最值解决不等式的证明问题例1、证明下列不等式：①1+≥x e x ②1ln -≤x x ③xx 1-1ln ≥ ④1x 1)-2(x ln +≥x )1(≥x ⑤)2,0(,2sin ππ∈>x x x例2已知函数.ln 21)(2x x x f +=求证：在区间),1(∞+上，函数)(x f 的图象在函数332)(x x g =的图象的下方；二、换元后作差构造函数证明【例3】（山东卷）证明：对任意的正整数n ，不等式3211)11ln(nn n ->+ 都成立.提示：令则,1nt =构造0)1ln()(32>+-+=t t t x f例4已知：)0(∞+∈x ，求证xx x x 11ln 11<+<+；（换元：设x x t 1+=）三、利用max min )()(x g x f ≥证明不等式例1、已知函数.22)(),,(,ln )1(1)(ex e x g R b a x a b x ax x f +-=∈+-+-= （1）若函数2)(=x x f 在处取得极小值0，求b a ,的值；（2）在（1）的条件下，求证：对任意的],[,221e e x x ∈，总有)()(21x g x f >.例2：证明：对一切),0(+∞∈x ，都有exe x x 21ln ->成立.含有两个变量的不等式常有两种题型，即根据两个变量是否能分离将题型分为可分离变量式和不可分离变量式，对于这两种采用不同的方法，请注意区别。

2023年高考备考利用导数证明不等式(含答案)

高考材料高考材料专题10 利用导数证明不等式1．〔2023·北京市第九中学模拟预测〕已知． ()sin 2f x k x x =+(1)当时，推断函数零点的个数； 2k =()f x (2)求证：.()sin 2ln 1,(0,2x x x x π-+>+∈（答案）(1)1； (2)证明见解析. （解析）（分析）〔1〕把代入，求导得函数的单调性，再由作答. 2k =()f x (0)0f =〔2〕构造函数，利用导数借助单调性证明作答.()2sin ln(1)g x x x x =--+(1)当时，，，当且仅当时取“=〞，所以在R 上单调2k =()2sin 2f x x x =+()2cos 20f x x '=+≥(21)π,Z x k k =-∈()f x 递增，而，即0是的唯—零点， (0)0f =()f x 所以函数零点的个数是1.()f x (2)，令，则，因，则，因此，函数(0,)2x π∈()2sin ln(1)g x x x x =--+()12cos 1g x x x =-'-+1cos 1,11x x <<+()0g x '>在上单调递增，，，()g x (0,)2π(0,2x π∀∈()(0)0g x g >=所以当时，成立.(0,)2x π∈()sin 2ln 1x x x -+>+2．〔2023·河南·开封市东信学校模拟预测〔文〕〕已知函数. ()ln (0)f x x ax a a =-+>(1)当时，求的单调区间； 2a =()f x (2)设函数的最大值为m ，证明：.()f x 0m ≥（答案）(1)增区间为，减区间为；10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭(2)证明见解析. （解析）（分析）〔1〕利用导数研究的单调区间.()f x 〔2〕应用导数求得的最大值，再构造并利用导数证明不等式.()f x 1ln 1m f a a a ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭()ln 1h a a a =--(1)当时，. 2a =()ln 22f x x x =-+∴，令，得. 112()2x f x x x -'=-=()0f x '=12x =∴当时，，函数单调递增； 102x <<()0f x '>()f x 当时，，函数单调递减. 12x >()0f x '<()f x 故函数的减区间为，增区间为；()f x 1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭(2)由，令，得. 1()axf x x -'=()0f x '=1x a=∴当时，，函数单调递增； 10x a<<()0f x '>()f x 当时，，函数单调递减. 1x a>()0f x '<()f x ∴.max 1()ln 1m f x f a a a ⎛⎫===-- ⎪⎝⎭令，则. ()ln 1h a a a =--11()1a h a a a-'=-=∴当时，，函数单调递减； 01a <<()0h x '<()h x 当时，，函数单调递增. 1a >()0h x '>()h x ∴，即.()(1)0h a h ≥=0m ≥3．〔2023·江苏无锡·模拟预测〕已知函数，其中m ＞0，f '(x )为f (x )的导函数，设，且()e (1ln )xf x m x =+()()ex f x h x '=恒成立．5()2h x ≥(1)求m 的取值范围；(2)设函数f (x )的零点为x 0，函数f '(x )的极小值点为x 1，求证：x 0＞x 1．（答案）(1)3,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭(2)证明见解析（解析）（分析）〔1〕求导可得解析式，即可得解析式，利用导数求得的单调区间和最小值，结合题意，即可()'f x ()h x ()h x 得m 的范围.〔2〕求得解析式，令，利用导数可得的单调性，依据零点存在性定理，可()f x ''22()1ln (0)m mt x m x x x x =++->()t x 得存在，使得t (x 2)＝0，进而可得f '(x )在x ＝x 2处取得极小值，即x 1＝x 2，所以21,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，令，分析可得s (x 1)＜0，即可得证 11211211ln 0,,12m m m x x x x ⎛⎫++-=∈ ⎪⎝⎭()1ln s x m x =+(1)由题设知， ()e (1ln xmf x m x x'=++则， 1ln (())0h mm x x xx ++>=所以 22(1)()m m m x h x x x x -'=-=当x ＞1时，h '(x )＞0，则h (x )在区间(1，＋∞)是增函数，当0＜x ＜1时，h '(x )＜0，则h (x )在区间(0，1)是减函数，所以h (x )min ＝h 〔1〕＝，解得，512m +≥32m ≥所以m 的取值范围为3,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭高考材料高考材料(2) 222e 1ln e )n (1l x x m m m m m m x m x x x x x x f x ⎛⎫⎛⎫+++-=++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝'=⎭'令 22()1ln (0)m mt x m x x x x=++->则＝恒成立， 2322()m m m t x x x x '=-+2233(1)1(22)0m x m x x x x⎡⎤-+-+⎣⎦=>所以t (x )在(0，＋∞)单调递增．又，1(1)10,1l 3ln 20n 2122t m t m ⎛⎫=+>=-≤- ⎪⎝⎭<所以存在，使得t (x 2)＝0，21,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭当x ∈(0，x 2)时，t '(x )＜0，即f ''(x )＜0，则f '(x )在(0，x 2)单调递减；当x ∈(x 2，＋∞) 时，t '(x )＞0，即f ''(x )＞0，则f '(x )在(x 2，＋∞)单调递增；所以f '(x )在x ＝x 2处取得极小值．即x 1＝x 2，所以t (x 1)＝0，即， 11211211ln 0,,12m m m x x x x ⎛⎫++-=∈ ⎪⎝⎭所以， 1122111(12)21ln 0m x m m m x x x x -+=-=<令，则 s (x )在(0，＋∞)单调递增； ()1ln s x m x =+所以s (x 1)＜0因为f (x )的零点为x 0，则，即s (x 0)＝0 01ln 0m x +=所以s (x 1)＜s (x 0)，所以x 0＞x 14．〔2023·全国·郑州一中模拟预测〔理〕〕已知函数. ()()ln 0f x ax x a =≠(1)商量函数的单调性；()f x (2)当时，证明：.1a =()e sin 1xf x x <+-（解析） (1)依题意知，，()0,x ∈+∞()()ln ln 1f x a x a a x '=+=+令得，()0f x '=1ex =当时，在上，单调递减，在单调递增；0a >10,e ⎛⎫⎪⎝⎭()0f x '<()f x 1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭当时，在上，单调递增，在单调递减.0a <10,e ⎛⎫⎪⎝⎭()0f x '>()f x 1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭(2)依题意，要证，ln e sin 1x x x x <+-①当时，，，故原不等式成立， 01x <≤ln 0x x ≤1sin 0e x x -+>②当时，要证：，即证：，1x >ln e sin 1x x x x <+-ln sin 1e 0x x x x --+<令，则，， ()()e ln sin 11x h x x x x x =--+>()e ln cos 1xh x x x '=--+()e 1sin 0xh x x x''=-+<∴在单调递减，∴，∴在单调递减，∴()h x '()1,+∞()()11e cos10h x h ''<=--<()h x ()1,+∞，即，故原不等式成立.()()11e sin10h x h <=--<ln sin 1e 0xx x x --+<5．〔2023·浙江·三模〕已知实数，设函数． 0a ≥2()2ln(1)(1)ln ,0f x x ax a ax x x =-++-->(1)当时，求函数的单调区间； 0a =()f x (2)假设函数单调递增，求a 的最大值；()f x (3)设是的两个不同极值点，是的最大零点．证明：． 12,x x ()f x 3x ()f x 31211x x x +<注：是自然对数的底数．e 2.71828=⋅⋅⋅（答案）(1)在上单调递增；(2)1；(3)证明见解析. ()f x (0,)+∞（解析）（分析）〔1〕求导，结合导数正负可直接求解函数的单调区间. ()f x 〔2〕由题意得对任意的的恒成立，即可求出a 的最大值. 1()23ln 0f x x a a x x--'=+≥()0,x ∞∈+〔3〕由〔2〕知，当有两个不同极值点时，，则存在两个零点，故，()f x 1a >()0f x '=12,x x ()()111222123ln 0,123ln 0.x a x x x a x x ⎧+-+=⎪⎪⎨⎪+-+=⎪⎩由此可得出，再证明：． 12112a x x +<32x a >即可证明。

【高考理数】利用导数解决不等式问题(解析版)

2020题型一利用导数解决不等式的恒成立与能成立问题【题型要点】已知不等式f (x ，λ)≥0(λ为实参数)对任意的x ∈D 恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数解决这个问题的常用思想方法如下：(1)分离参数法：第一步，将原不等式f (x ，λ)≥0(x ∈D ，λ为实参数)分离，使不等式的一边是参数，另一边不含参数，即化为f 1(λ)≥f 2(x )或f 1(λ)≤f 2(x )的形式；第二步，利用导数求出函数f 2(x )(x ∈D )的最大(小)值；第三步，解不等式f 1(λ)≥f 2(x )max 或f 1(λ)≤f 2(x )min 从而求出参数λ的取值范围． (2)函数思想法：第一步，将不等式转化为某含参数的函数的最值问题；第二步，利用导数求出该函数的极值(最值)；第三步，构建不等式求解．【例1】已知函数f (x )＝x 4＋ax 3＋2x 2＋b (x ∈R )，其中a ，b ∈R . (1)当a ＝－103时，讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )仅在x ＝0处有极值，求a 的取值范围；(3)若对于任意的a ∈[－2,2]，不等式f (x )≤1在[－1,1]上恒成立，求b 的取值范围．【解】 (1)f ′(x )＝4x 3＋3ax 2＋4x ＝x (4x 2＋3ax ＋4)．当a ＝－103时，f ′(x )＝x (4x 2－10x ＋4)＝2x (2x －1)(x －2)．令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝12，x 3＝2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以f (x )在(0，12)，(2，＋∞)内是增函数，在(－∞，0)，(12，2)内是减函数．(2)f ′(x )＝x (4x 2＋3ax ＋4)，显然x ＝0不是方程4x 2＋3ax ＋4＝0的根．为使f (x )仅在x ＝0处有极值，必须4x 2＋3ax ＋4≥0成立，即有Δ＝9a 2－64≤0. 解此不等式，得－83≤a ≤83.这时，f (0)＝b 是唯一极值．因此满足条件的a 的取值范围是[－83，83]． (3)解：由条件a ∈[－2,2]，可知Δ＝9a 2－64<0，从而4x 2＋3ax ＋4>0恒成立．当x <0时，f ′(x )<0；当x >0时，f ′(x )>0.因此函数f (x )在[－1,1]上的最大值是f (1)与f (－1)两者中的较大者．为使对任意的a ∈[－2,2]，不等式f (x )≤1在[－1,1]上恒成立，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧f (1)≤1f (－1)≤1，即⎩⎪⎨⎪⎧b ≤－2－a b ≤－2＋a在a ∈[－2,2]上恒成立．所以b ≤－4，因此满足条件的b 的取值范围是(－∞，－4]．题组训练一利用导数解决不等式的恒成立与能成立问题已知函数f (x )＝e x －1＋ax ，a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调区间；(2)若∈x ∈[1，＋∞)，f (x )＋ln x ≥a ＋1恒成立，求a 的取值范围．【解析】 (1)f ′(x )＝e x －1＋a ，(∈)当a ≥0时，f ′(x )>0，函数f (x )在R 上单调递增； (∈)当a <0时，令f ′(x )＝0，则x ＝ln(－a )＋1，当f ′(x )>0，即x >ln(－a )＋1时，函数f (x )单调递增；当f ′(x )<0，即x <ln(－a )＋1时，函数f (x )单调递减．综上，当a ≥0时，函数f (x )在R 上单调递增；当a <0时，函数f (x )的单调递增区间是(ln(－a )＋1，＋∞)，单调递减区间是(－∞，ln(－a )＋1)．(2)令a ＝－1，由(1)可知，函数f (x )＝e x －1－x 的最小值为f (1)＝0，所以e x －1－x ≥0，即e x －1≥x .f (x )＋ln x ≥a ＋1恒成立与f (x )＋ln x －a －1≥0恒成立等价，令g (x )＝f (x )＋ln x －a －1，即g (x )＝e x －1＋a (x －1)＋ln x －1(x ≥1)，则g ′(x )＝e x －1＋1x ＋a ，∈当a ≥－2时，g ′(x )＝e x －1＋1x ＋a ≥x ＋1x＋a ≥2x ·1x ＋a ＝a ＋2≥0(或令φ(x )＝e x －1＋1x，则φ′(x )＝e x －1－1x 2在[1，＋∞)上递增，∈φ′(x )≥φ′(1)＝0，∈φ(x )在[1，＋∞)上递增，∈φ(x )≥φ(1)＝2，∈g ′(x )≥0)∈g (x )在区间[1，＋∞)上单调递增， ∈g (x )≥g (1)＝0，∈f (x )＋ln x ≥a ＋1恒成立， ∈当a <－2时，令h (x )＝ex －1＋1x ＋a ，则h ′(x )＝e x －1－1x 2＝x 2e x －1－1x 2，当x ≥1时，h ′(x )≥0，函数h (x )单调递增．又h (1)＝2＋a ＜0， h (1－a )＝e 1－a －1＋11－a ＋a ≥1－a ＋11－a ＋a ＝1＋11－a>0，∈存在x 0∈(1,1－a )，使得h (x 0)＝0，故当x ∈(1，x 0)时，h (x )<h (x 0)＝0，即g ′(x )<0，故函数g (x )在(1，x 0)上单调递减；当x ∈(x 0，＋∞)时，h (x )>h (x 0)＝0，即g ′(x )>0，故函数g (x )在(x 0，＋∞)上单调递增．∈g (x )min ＝g (x 0)<g (1)＝0，即∈x ∈[1，＋∞)，f (x )＋ln x ≥a ＋1不恒成立，综上所述，a的取值范围是[－2，＋∞)．题型二利用导数证明与函数有关的不等式【题型要点】用导数证明不等式的方法(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则∈∈x∈[a，b]，则f(a)≤f(x)≤f(b)；∈对∈x1，x2∈[a，b]，且x1<x2，则f(x1)<f(x2)．对于减函数有类似结论．(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则对∈x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m)．(3)证明f(x)<g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，证明F(x)<0.【例2】已知函数f(x)＝(ln x－k－1)x(k∈R)．(1)当x>1时，求f(x)的单调区间和极值；(2)若对于任意x∈[e，e2]，都有f(x)<4ln x成立，求k的取值范围；(3)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明：x1x2<e2k.(1)【解析】f′(x)＝1x·x＋ln x－k－1＝ln x－k，∈当k≤0时，因为x>1，所以f′(x)＝ln x－k>0，函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)，无单调递减区间，无极值；∈当k>0时，令ln x－k＝0，解得x＝e k，当1<x<e k时，f′(x)<0；当x>e k时，f′(x)>0.所以函数f(x)的单调递减区间是(1，e k)，单调递增区间是(e k，＋∞)，在区间(1，＋∞)上的极小值为f(e k)＝(k－k－1)e k＝－e k，无极大值．(2)【解析】由题意，f(x)－4ln x<0，即问题转化为(x－4)ln x－(k＋1)x<0对于x∈[e，e2]恒成立．即k ＋1>(x －4)ln xx 对x ∈[e ，e 2]恒成立．令g (x )＝(x －4)ln x x ，则g ′(x )＝4ln x ＋x －4x 2，令t (x )＝4ln x ＋x －4，x ∈[e ，e 2]，则t ′(x )＝4x ＋1>0，所以t (x )在区间[e ，e 2]上单调递增，故t ()x min ＝t (e)＝e －4＋4＝e>0，故g ′(x )>0，所以g (x )在区间[e ，e 2]上单调递增，函数g ()x max ＝g (e 2)＝2－8e2.要使k ＋1>(x －4)ln xx 对于x ∈[e ，e 2]恒成立，只要k ＋1>g ()x max ，所以k ＋1>2－8e2，即实数k 的取值范围为⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞-,812e (3)[证明] 因为f (x )＝f (x 2)，由(1)知，函数f (x )在区间(0，e k )上单调递减，在区间(e k ，＋∞)上单调递增，且f (e k ＋1)＝0. 不妨设x 1<x 2，则0<x 1<e k <x 2<e k ＋1，要证x 1x 2<e 2k ，只要证x 2<e 2k x 1，即证e k<x 2<e 2k x 1. 因为f (x )在区间(e k ，＋∞)上单调递增，所以f (x 2)<f ⎪⎪⎭⎫⎝⎛12x e k .又f (x )＝f (x 2)，即证f (x 1)<f ⎪⎪⎭⎫⎝⎛12x e k ，构造函数h (x )＝f (x )－f ⎪⎪⎭⎫⎝⎛12x e k＝(ln x －k －1)x －⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--1ln 2k x e k e 2kx ，即h (x )＝x ln x －(k ＋1)x ＋e 2k ⎪⎭⎫⎝⎛--x k xx 1ln ，x ∈(0，e k )．h ′(x )＝ln x ＋1－(k ＋1)＋e 2k ⎪⎭⎫⎝⎛-+-221ln 1x k x x ＝(ln x －k )(x 2－e 2k )x 2，因为x ∈(0，e k )，所以ln x －k <0，x 2<e 2k ，即h ′(x )>0，所以函数h (x )在区间(0，e k )上单调递增，故h (x )<h (e k )，而h (e k )＝f (e k )－f ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛k k e e2＝0，故h (x )<0，所以f (x 1)<f ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛12x e k ，即f (x 2)＝f (x 1)<f ⎪⎪⎭⎫⎝⎛12x e k ，所以x 1x 2<e 2k 成立．题组训练二利用导数证明与函数有关的不等式已知函数f (x )＝ln x ＋ax(a >0)．(1)若函数f (x )有零点，求实数a 的取值范围； (2)证明：当a ≥2e时，f (x )>e －x .(1)【解】方法一函数f (x )＝ln x ＋ax 的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝ln x ＋a x ，得f ′(x )＝1x －a x 2＝x －ax2.因为a >0，则当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以函数f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．当x ＝a 时，f (x )min ＝ln a ＋1. 当ln a ＋1≤0，即0<a ≤1e时，又f (1)＝ln 1＋a ＝a >0，则函数f (x )有零点．所以实数a 的取值范围为⎥⎦⎤⎝⎛e1,0方法二函数f (x )＝ln x ＋a x 的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝ln x ＋ax ＝0，得a ＝－x ln x .令g (x )＝－x ln x ，则g ′(x )＝－(ln x ＋1)．当x ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1,0时，g ′(x )>0；当x ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,1e时，g ′(x )<0.所以函数g (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1,0上单调递增，在⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,1e上单调递减．故当x ＝1e 时，函数g (x )取得最大值g ⎪⎭⎫⎝⎛e 1＝－1e ln 1e ＝1e.因为函数f (x )＝ln x ＋a x 有零点，则0<a ≤1e，所以实数a 的取值范围为⎥⎦⎤ ⎝⎛e1,0.(2)【证明】要证明当a ≥2e 时，f (x )>e －x ，即证明当x >0，a ≥2e 时，ln x ＋a x >e －x ，即x ln x ＋a >x e －x .令h (x )＝x ln x ＋a ，则h ′(x )＝ln x ＋1. 当0<x <1e 时，h ′(x )<0；当x >1e时，h ′(x )>0.所以函数h (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1,0上单调递减，在⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,1e上单调递增．当x ＝1e 时，h (x )min ＝－1e ＋a .于是，当a ≥2e 时，h (x )≥－1e ＋a ≥1e.∈令φ(x )＝x e －x ，则φ′(x )＝e －x －x e －x ＝e －x (1－x )．当0<x <1时，φ′(x )>0；当x >1时，φ′(x )<0.所以函数φ(x )在()0，1上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．当x ＝1时，φ(x )max ＝φ(1)＝1e .于是，当x >0时，φ(x )≤1e.∈显然，不等式∈∈中的等号不能同时成立．故当a ≥2e时，f (x )>e －x .题型三用赋值法证明与正整数有关的不等式【题型要点】(1)利用导数研究的正整数不等式一般都与题目给出的函数不等式有关，如本例中给出的函数f (x )在a ＝12，x ≥1时，有不等式12⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 1≥ln x ，根据函数的定义域，这个不等式当然对一切大于等于1的数成立，这样根据所证不等式的特点，给定x 以适当的数值即可证明正整数不等式．凡涉及从1到n 的整数的不等式，而且不等式中含有ln n 的问题，一般都是通过赋值使之产生ln n ＋1n ，ln n n －1等使问题获得解决的，如证明12＋23＋…＋nn ＋1<n ＋ln 2－ln(n ＋2)时，就是通过变换n n ＋1＝1－1n ＋1，进而通过不等式x >ln(1＋x )(x >0)，得1n >ln ⎪⎭⎫ ⎝⎛+n 11＝ln(n ＋1)－ln n .(2)证明正整数不等式时，要把这些正整数放在正实数的范围内，通过构造正实数的不等式进行证明，而不能直接构造正整数的函数，因为这样的函数不是可导函数，使用导数就是错误的．【例3】已知函数f (x )＝ax ＋bx ＋c (a >0)的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1.(1)用a 表示出b ，c ；(2)若f (x )≥ln x 在[1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围； (3)证明：1＋12＋13＋…＋1n >ln(n ＋1)＋n2(n ＋1)(n ≥1)．【解析】 (1)f ′(x )＝a －bx 2，则有⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝a ＋b ＋c ＝0，f ′(1)＝a －b ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝a －1c ＝1－2a .(2)由(1)知f (x )＝ax ＋a －1x＋1－2a .令g (x )＝f (x )－ln x ＝ax ＋a －1x ＋1－2a －ln x ，x ∈[1，＋∞)，则g (1)＝0，g ′(x )＝a －a －1x 2－1x＝ax 2－x －(a －1)x 2＝21)1(xa a x x a ⎪⎭⎫ ⎝⎛---(∈)当0＜a <12时，1－a a>1.若1<x <1－aa ，则g ′(x )<0，g (x )是减函数，所以g (x )<g (1)＝0，即f (x )<ln x 故f (x )≥ln x 在[1，＋∞)上不恒成立． (∈)当a ≥12时，1－a a≤1，若x ＞1，则g ′(x )>0，g (x )是增函数，所以g (x )>g (1)＝0，即f (x )>ln x ，故当x ≥1时，f (x )≥ln x .综上所述，所求a 的取值范围为⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,21(3)证法一：由(2)知当a ≥12时，有f (x )≥ln x (x ≥1)．令a ＝12，有f (x )＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 1≥ln x (x ≥1)，且当x ＞1时，12⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 1＞ln x .令x ＝k ＋1k ，且ln k ＋1k <12⎪⎭⎫⎝⎛+-+11k k k k ＝12⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+--⎪⎭⎫ ⎝⎛+11111k k ，即ln(k ＋1)－ln k <12⎪⎭⎫ ⎝⎛++111k k ，k ＝1,2,3，…，n .将上述n 个不等式依次相加得ln(n ＋1)<12＋⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅⋅⋅++n 13121＋12(n ＋1)，整理得1＋12＋13＋…1n >ln(n ＋1)＋n2(n ＋1).证法二：用数学归纳法证明．∈当n ＝1时，左边＝1，右边＝ln 2＋14<1，不等式成立．∈假设n ＝k 时，不等式成立，就是 1＋12＋13＋…＋1k >ln(k ＋1)＋k 2(k ＋1). 那么1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1>ln(k ＋1)＋k 2(k ＋1)＋1k ＋1＝ln(k ＋1)＋k ＋22(k ＋1).由(2)知当a ≥12时，有f (x )≥ln x (x ≥1)．令a ＝12，有f (x )＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 1≥ln x (x ≥1)．令x ＝k ＋2k ＋1，得12⎪⎭⎫⎝⎛++-++2112k k k k ≥ln k ＋2k ＋1＝ln(k ＋2)－ln(k ＋1)． ∈ln(k ＋1)＋k ＋22(k ＋1)≥ln(k ＋2)＋k ＋12(k ＋2).∈1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1>ln(k ＋2)＋k ＋12(k ＋2).这就是说，当n ＝k ＋1时，不等式也成立，根据∈和∈，可知不等式对任何n ∈N *都成立．题组训练三用赋值法证明与正整数有关的不等式设函数f (x )＝e x －ax －1，对∈x ∈R ，f (x )≥0恒成立． (1)求a 的取值集合；(2)求证：1＋12＋13＋…＋1n >ln(n ＋1)(n ∈N *)．【解析】 (1)f (x )＝e x －ax －1，f ′(x )＝e x －a ，∈当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在x ∈R 上单调递增，又f (0)＝0，所以当x ∈(－∞，0)，f (x )<0，不合题意，舍去；∈当a >0时，x ∈(－∞，ln a )，f ′(x )<0，f (x )单调递减，x ∈(ln a ，＋∞)，f ′(x )>0，f (x )单调递增，f (x )min ＝f (ln a )＝a －a ln a －1，则需a －a ln a －1≥0恒成立．令g (a )＝a －a ln a －1，g ′(a )＝－ln a ，当a ∈(0,1)时，g ′(a )>0，g (a )单调递增，当a ∈(1，＋∞)时，g ′(a )<0，g (a )单调递减，而g (1)＝0，所以a －a ln a －1≤0恒成立．所以a 的取值集合为{1}．(2)由(1)可得e x －x －1>0(x >0)，x >ln(x ＋1)(x >0)，令x ＝1n ，则1n >ln ⎪⎭⎫⎝⎛+11n ＝ln n ＋1n ＝ln(n ＋1)－ln n ，所以1＋12＋13＋…＋1n>(ln 2－ln 1)＋(ln 3－ln 2)＋…＋(ln(n ＋1)－ln n )＝ln(n ＋1)(n ∈N *)．题型四构造函数法在解题中的应用【例4】已知函数f (x )＝e x －3x ＋3a (e 为自然对数的底数，a ∈R )． (1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln 3e ，且x >0时，e x x >32x ＋1x －3a .【解析】 (1)由f (x )＝e x －3x ＋3a ，知f ′(x )＝e x －3. 令f ′(x )＝0，得x ＝ln 3，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 3处取得极小值，极小值为f (ln 3)＝3(1－ln 3＋a )． (2)证明：待证不等式等价于e x >32x 2－3ax ＋1，设g (x )＝e x －32x 2＋3ax －1，于是g ′(x )＝e x －3x ＋3a . 由(1)及a >ln 3e＝ln 3－1知，g ′(x )的最小值为g ′(ln 3)＝3(1－ln 3＋a )>0.于是对任意x ∈R ，都有g ′(x )>0，所以g (x )在R 内单调递增．于是当a >ln 3e ＝ln 3－1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>g (0)．而g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，g (x )>0. 即e x>32x 2－3ax ＋1，故e x x >32x ＋1x－3a .题组训练四1．构造函数解不等式已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )<f (x )，且f (x ＋2)为偶函数，f (4)＝1，则不等式f (x )<e x 的解集为( )A ．(－2，＋∞)B ．(0，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(4，＋∞)【解析】因为f (x ＋2)为偶函数，所以f (x ＋2)的图象关于x ＝0对称，所以f (x )的图象关于x ＝2对称．所以f (0)＝f (4)＝1.设g (x )＝f (x )e x (x ∈R )，则g ′(x )＝f ′(x )e x －f (x )e x (e x )2＝f ′(x )－f (x )e x .又f ′(x )<f (x )，所以g ′(x )<0(x ∈R )，所以函数g (x )在定义域上单调递减．因为f (x )<e x ∈f (x )e x <1，而g (0)＝f (0)e 0＝1，所以f (x )<e x ∈g (x )<g (0)，所以x >0.故选B. 【答案】 B2．构造函数证明不等式设函数f (x )＝ax 2ln x ＋b (x －1)(x ＞0)，曲线y ＝f (x )过点(e ，e 2－e ＋1)，且在点(1,0)处的切线方程为y ＝0.(1)求a ，b 的值；(2)证明：当x ≥1时，f (x )≥(x －1)2；(3)若当x ≥1时，f (x )≥m (x －1)2恒成立，求实数m 的取值范围．【解】 (1)函数f (x )＝ax 2ln x ＋b (x －1)(x ＞0)，可得f ′(x )＝2a ln x ＋ax ＋b ，因为f ′(1)＝a ＋b ＝0，f (e)＝a e 2＋b (e －1)＝a (e 2－e ＋1)＝e 2－e ＋1，所以a ＝1，b ＝－1.(2)证明：f (x )＝x 2ln x －x ＋1，设g (x )＝x 2ln x ＋x －x 2(x ≥1)，g ′(x )＝2x ln x －x ＋1，(g ′(x ))′＝2ln x ＋1＞0，所以g ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，所以g ′(x )≥g ′(1)＝0，所以g (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以g (x )≥g (1)＝0，所以f (x )≥(x －1)2.(6分) (3)设h (x )＝x 2ln x －x －m (x －1)2＋1， h ′(x )＝2x ln x ＋x －2m (x －1)－1，由(2)中知x 2ln x ≥(x －1)2＋x －1＝x (x －1)，所以x ln x ≥x －1，所以h ′(x )≥3(x －1)－2m (x －1)， ∈当3－2m ≥0即m ≤32时，h ′(x )≥0，所以h (x )在[1，＋∞)单调递增，所以h (x )≥h (1)＝0，成立． ∈当3－2m ＜0即m ＞32时，h ′(x )＝2x ln x ＋(1－2m )(x －1)， (h ′(x ))′＝2ln x ＋3－2m ，令(h ′(x ))′＝0，得x 0＝e 2m －32＞1，当x ∈[1，x 0)时，h ′(x )＜h ′(1)＝0，所以h (x )在[1，x 0)上单调递减，所以h (x )＜h (1)＝0，不成立．综上，m ≤32.3．构造函数解决数列问题设函数f (x )＝x 2－ln(x ＋1)，证明：对任意的正整数n 不等式f (1)＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛21＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛31＋…＋f ⎪⎭⎫⎝⎛n 1<1＋123＋133＋…＋1n 3成立．【证明】从数列的角度考虑左边的通项为f ⎪⎭⎫⎝⎛n 1，右边的通项为1n 3，若能证明⎪⎭⎫ ⎝⎛n f 1<1n3，则不等式获证，为此构造函数F (x )＝f (x )－x 3＝x 2－ln(x ＋1)－x 3，则F ′(x )＝－3x 2＋2x －1x ＋1＝－3x 3＋x 2－2x ＋1x ＋1＝－3x 3＋(x －1)2x ＋1，显然当x ∈[0，＋∞)时，F ′(x )<0，所以函数F (x )在[0，＋∞)上是单调减函数，又F (0)＝0，所以当x ∈[0，＋∞)时，恒有F (x )<F (0)＝0，即x 2－ln(x ＋1)<x 3恒成立．所以x ∈[0，＋∞)时，f (x )<x 3，取x ＝1k，则有f ⎪⎭⎫⎝⎛k 1<1k 3，所以f (1)<1，f ⎪⎭⎫ ⎝⎛21<123，…，f ⎪⎭⎫ ⎝⎛n 1<1n 3，于是对任意的正整数n ，不等式f (1)＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛21＋f ⎪⎭⎫⎝⎛31＋…＋f ⎪⎭⎫⎝⎛n 1<1＋123＋133＋…＋1n 3成立．【专题训练】1．已知函数f (x )＝ax 2＋2x －ln(x ＋1)(a 为常数)． (1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；(2)当x ∈[0，＋∞)时，不等式f (x )≤x 恒成立，求实数的取值范围．【解析】 (1)函数的定义域为(－1，＋∞)，当a ＝－1时，f (x )＝－x 2＋2x －ln(x ＋1)， ∈f ′(x )＝－2x ＋2－1x ＋1＝1－2x 2x ＋1，由f ′(x )>0得，－22<x <22，由f ′(x )<0得，－1<x <22或x >22， ∈函数f (x )的单调增区间为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-22,22，单调减区间为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--22,1和⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,22(2)当x ∈[0，＋∞)时，f (x )≤x 恒成立，令g (x )＝f (x )－x ＝ax 2＋x －ln(x ＋1)，问题转换为x ∈[0，＋∞)时，g (x )max ≤0. ∈g ′(x )＝2ax ＋1－11＋x ＝x [2ax ＋(2a ＋1)]x ＋1， ∈当a ＝0时，g ′(x )＝xx ＋1≥0，∈g (x )在x ∈[0，＋∞)上单调递增，此时g (x )无最大值，故a ＝0不合题意．∈当a >0时，令g ′(x )＝0解得，x 1＝0，x 2＝－(2a ＋1)2a<0，此时g (x )在x ∈[0，＋∞)上单调递增，此时无最大值，故a >0不合题意． ∈当a <0时，令g ′(x )＝0解得，x 1＝0，x 2＝－(2a ＋1)2a，当－12<a <0时，x 2＝－(2a ＋1)2a>0，而g (x )在[0，x 2)上单调递增，在[x 2，＋∞)上单调递减，∈g (x )max ＝g (x 2)＝a －14a －ln ⎪⎭⎫⎝⎛-a 21 ＝a －14a＋ln(－2a )，令φ(x )＝x －14x ＋ln(－2x )，x ∈⎪⎭⎫⎝⎛-0,21，则φ′(x )＝1＋14x 2＋1x ＝(2x ＋1)24x 2>0，∈φ(x )在x ∈⎪⎭⎫⎝⎛-0,21上单调递增，又φ⎪⎭⎫⎝⎛-81e ＝－1e 8＋e 34－3ln 2，当e≈2.71时，e 3≈19.9，∈φ(x )在x ∈⎪⎭⎫⎝⎛-0,21上小于或等于不恒成立，即g (x )max ≤0不恒成立，故－12<a <0不合题意．当a ≤－12时，x 2＝－(2a ＋1)2a ≤0，而此时g (x )在x ∈[0，＋∞)上单调递减， ∈g (x )max ＝g (0)＝0，符合题意．综上可知，实数的取值范围是⎥⎦⎤ ⎝⎛-∞-21,2．已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x 2，a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，证明f (x )>f ′(x )＋32对于任意的x ∈[1,2]成立．【解析】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝(ax 2－2)(x －1)x 3.当a ≤0时，x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0， f (x )单调递减．当a >0时，f ′(x )＝a (x －1)x 3⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫⎝⎛-a x a x 22. ∈0<a <2时，2a>1，当x ∈(0,1)或x ∈⎪⎪⎭⎫⎝⎛+∞,2a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎪⎪⎭⎫⎝⎛a 2,1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． ∈a ＝2时，2a＝1，在x ∈(0，＋∞)内，f ′(x )≥0，f (x )单调递增． ∈a >2时，0<2a<1，当x ∈⎪⎪⎭⎫⎝⎛a 2,0或x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎪⎪⎭⎫⎝⎛1,2a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减；当0<a <2时，f (x )在(0,1)内单调递增，在⎪⎪⎭⎫⎝⎛a 2,1内单调递减，在⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,2a 内单调递增；当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)内单调递增；当a >2时，f (x )在⎪⎪⎭⎫⎝⎛a 2,0内单调递增，在⎪⎪⎭⎫⎝⎛1,2a 内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增． (2)证明：由(1)知，a ＝1时，f (x )－f ′(x )＝x －ln x ＋2x －1x 2－⎪⎭⎫ ⎝⎛+--322211x x x＝x －ln x ＋3x ＋1x 2－2x3－1，x ∈[1,2]．设g (x )＝x －ln x ，h (x )＝3x ＋1x 2－2x3－1，x ∈[1,2]，则f (x )－f ′(x )＝g (x )＋h (x )．由g ′(x )＝x －1x≥0，可得g (x )≥g (1)＝1，当且仅当x ＝1时取得等号，又h ′(x )＝－3x 2－2x ＋6x 4.设φ(x )＝－3x 2－2x ＋6，则φ(x )在x ∈[1,2]单调递减．因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，所以∈x 0∈(1,2)，使得x ∈(1，x 0)时，φ(x )>0，x ∈(x 0,2)时，φ(x )<0. 所以h (x )＝1，h (2)＝12，可得h (x )≥h (2)＝12，当且仅当x ＝2时取得等号．所以f (x )－f ′(x )>g (1)＋h (2)＝32.即f (x )>f ′(x )＋32对于任意的x ∈[1,2]成立．3．已知函数f (x )＝x ＋a ln x (a ∈R )．(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处与直线y ＝3x －2相切，求a 的值；(2)若函数g (x )＝f (x )－kx 2有两个零点x 1，x 2，试判断g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x 的符号，并证明．【解析】 (1)f ′(x )＝1＋ax，又f ′(1)＝3，所以a ＝2.(2)当a >0时，g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x <0；当a <0时，g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x >0，证明如下：函数g (x )的定义域是(0，＋∞)．若a ＝0，则g (x )＝f (x )－kx 2＝x －kx 2. 令g (x )＝0，则x －kx 2＝0.又据题设分析知，k ≠0，所以x 1＝0，x 2＝1k.又g (x )有两个零点，且都大于0，所以a ＝0不成立．据题设知⎩⎪⎨⎪⎧g (x 1)＝x 1＋a ln x 1－kx 21＝0，g (x 2)＝x 2＋a ln x 2－kx 22＝0.不妨设x 1>x 2，x 1x 2＝t ，t >1. 所以x 1－x 2＋a (ln x 1－ln x 2)＝k (x 1－x 2)(x 1＋x 2)．所以1＋a (ln x 1－ln x 2)x 1－x 2＝k (x 1＋x 2)．又g ′(x )＝1＋a x －2kx ，所以g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x ＝1＋2a x 1＋x 2－k (x 1＋x 2)＝1＋2a x 1＋x 2－1－a (ln x 1－ln x 2)x 1－x 2＝a ⎪⎪⎭⎫⎝⎛---+212121ln ln 2x x x x x x ＝a x 2⎪⎭⎫ ⎝⎛--+i t t t ln 12＝a x 2·1t －1()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-t t t ln 112 引入h (t )＝2(t －1)t ＋1－ln t (t >1)，21 则h ′(t )＝4(t ＋1)2－1t ＝－(t －1)2t (t ＋1)2<0. 所以h (t )在(0，＋∞)上单调递减．而h (1)＝0，所以当t >1时，h (t )<0.易知x 2>0，1t －1>0，所以当a >0时，g ′⎪⎭⎫ ⎝⎛+221x x <0；当a <0时，g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x >0.。

竞赛导数(2)：利用导数证明不等式

利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧1、利用题目所给函数证明已知函数x x x f -+=)1ln()(，求证：当1->x 时，恒有x x x ≤+≤+-)1ln(111 分析：本题是双边不等式，其右边直接从已知函数证明，左边构造函数111)1ln()(-+++=x x x g ，从其导数入手即可证明。

【绿色通道】1111)(+-=-+='x x x x f ∴当01<<-x 时，0)(>'x f ，即)(x f 在)0,1(-∈x 上为增函数当0>x 时，0)(<'x f ，即)(x f 在),0(+∞∈x 上为减函数故函数()f x 的单调递增区间为)0,1(-，单调递减区间),0(+∞于是函数()f x 在),1(+∞-上的最大值为0)0()(max ==f x f ，因此，当1->x 时，0)0()(=≤f x f ，即0)1l n (≤-+x x ∴x x ≤+)1ln( （右面得证），现证左面，令111)1ln()(-+++=x x x g ， 22)1()1(111)(+=+-+='x xx x x g 则当0)(,),0(;0)(,)0,1(>'+∞∈<'-∈x g x x g x 时当时，即)(x g 在)0,1(-∈x 上为减函数，在),0(+∞∈x 上为增函数，故函数)(x g 在),1(+∞-上的最小值为0)0()(min ==g x g ，∴当1->x 时，0)0()(=≥g x g ，即0111)1ln(≥-+++x x ∴111)1ln(+-≥+x x ，综上可知，当x x x x ≤+≤-+->)1ln(111,1有时【警示启迪】如果()f a 是函数()f x 在区间上的最大（小）值，则有()f x ≤()f a （或()f x ≥()f a ），那么要证不等式，只要求函数的最大值不超过0就可得证．已知(0,)2x π∈，求证：sin tan x x x <<分析：欲证sin tan x x x <<，只需证函数()sin f x x x =-和()tan g x x x =-在(0,)2π上单调递减即可。

利用导数证明不等式的常见题型

2
2.（2016•天津卷文）
已知函数
f
(x)
=
x 2
+ (4a
− 3)x
+ 3a, x
0 (a
0且a
1) 在
R
上单调递减，且关于
x
的
loga (x +1) +1, x 0
方程| f (x) |= 2 − x 恰有两个不相等的实数解，则 a 的取值范围是_________. 3
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506 班导数与不等式专题学案
5. （2015·课标全国 II 卷理）(本题满分 12 分) 设函数 f (x) = emx + x 2 − mx . (I)证明： f (x) 在 (−,0) 单调递减，在 (0,+) 单调递增； (II)若对于任意 x1， x2 [−1,1] ，都有| f (x1 ) − f (x2 ) | e −1，求 m 的取值范围.
利用导数证明不等式的常见题型答案
1. (2017·课标全国 III 卷理）已知函数 f (x) = x2 − 2x + a(ex−1 + e−x+1) 有唯一零点，则 a = （
）
A． −２1 【答案】C
B． 1 3
C． 1 2
D．1
【解析】由条件， f (x) = x2 − 2x + a(ex−1 + e−x+1) ，得：
7.（2015·课标全国Ⅰ卷理）(本题满分 12 分) 已知函数 f (x) = x3 + ax + 1 ， g(x) = − ln x . 4
(I)当 a 为何值时， x 轴为曲线 y = f (x) 的切线； (II)用 min{m, n}表示 m ， n 中的最小值，设函数 h(x) = min{ f (x), g(x)}(x 0) ，讨论 h(x) 零点的个数.

2024届高考数学复习：专项(利用导数证明不等式)练习(附答案)

2024届高考数学复习：专项（利用导数证明不等式）练习一、多选题1．已知函数1()2ln f x x x=+，数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足12a =，()()*1N n n a f a n +=∈，则下列有关数列{}n a 的叙述正确的是（） A ．21a a <B ．1n a >C ．100100S <D ．112n n n a a a +⋅+<2．下列不等式正确的是（） A ．当x ∈R 时，1x e x ≥+ B ．当0x >时，ln 1≤-x x C ．当x ∈R 时，x e ex ≥D ．当x ∈R 时，sin x x ≥3．已知定义在R 上的函数()f x 满足()()f x f x '>-，则下列式子成立的是（） A ．()()20192020f ef < B ．()()20192020ef f >C ．()f x 是R 上的增函数 D ．0t >，则有()()t f x e f x t <+二、解答题4．已知函数()()ln 1f x x =+，()1axg x x =+，若()()()F x f x g x =-最小值为0. （1）求实数a 的值；（2）设n *∈N ，证明：()()()()12>g g g n f n n ++⋅⋅⋅++. 5．已知函数()ln f x x =，()g x x m =-. （1）当0m =时，求函数()()f x yg x =的最大值；（2）设()()()h x f x g x =-，当12x x <，且()()120h x h x ==，求证：()12ln 0em x x m +-+>. 6．已知函数()()xf x xex =∈R ，其中e 为自然对数的底数．（1）当1x >时，证明：()()211ln 231f x x x x x --->-+；（2）设实数1x ，()212x x x ≠是函数()()()2112g x f x a x =-+的两个零点，求实数a 的取值范围．7．已知()x f x e =，当0x ≥时(2)1f x ax ≥+恒成立．（1）求实数a 的取值范围；（2）当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，求证：223sin x x x xe -≤． 8．已知函数()ln xxf x e a=-. （1）当1a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1A f 处的切线方程；（2）若01a <<，求证：()2ln af x a+≥. 9．已知函数21()ln 2f x a x ax =+. (1)若()f x 只有一个极值点，求a 的取值范围.(2)若函数2()()(0)g x f x x =>存在两个极值点12,x x ，记过点1122(,()),(,())P x g x Q x g x 的直线的斜率为k ，证明：1211k x x +>. 10．函数()()11xxf x x e k e =+⋅--.（1）当1k =时，求()f x 的单调区间；（2）当0x >，k 2≤时，证明：()0f x >. 11．已知函数2()2ln 2(1)f x mx x m x =-+-．（1）讨论函数()f x 的单调区间；（2）当1x ≠时，求证：2286ln 3521x x x x x x---<-． 12．函数()2ln a xf x x x=-. （1）若12a =，求()f x 的单调性；（2）当0a >时，若函数()()2g x f x a =-有两个零点，求证：12a >. 13．已知函数()21()xm x xf x e++=．（1）试讨论()f x 的单调性；（2）若0m ≤，证明：()ln ef x x x +≤． 14．已知函数()()ln xf x xe a x x =-+.（1）当0a >时，求()f x 的最小值；（2）若对任意0x >恒有不等式()1f x ≥成立.①求实数a 的值； ②证明：()22ln 2sin xxe x x x >++.15．已知a ＞0，函数21()ln (1)2f x x x x a x =-+-．（1）若f （x ）为减函数，求实数a 的取值范围；（2）当x ＞1时，求证：2e ()e 2aa f x <-．（e ＝2.718…） 16．已知函数()21ln 2f x ax x x b =-⋅+，()()g x f x '=. （1）判断函数()y g x =的单调性；（2）若(]()0, 2.718x e e ∈≈，判断是否存在实数a ，使函数()g x 的最小值为2？若存在求出a 的值；若不存在，请说明理由；（3）证明：1233ln 2341n n n ⎛⎫++++>-⎪+⎝⎭ .17．已知函数()2ln f x x x x =--. （1）求证：()0f x ≥；（2）函数()()()()21>0g x f x x a x a =-++，有两个不同的零点1x ，2x .求证：12ln ln 2ln 0x x a ++<.18．已知函数()()sin 1ln f x a x x =-+，a R ∈.（1）若函数()f x 在区间()0,1内是增函数，求a 的取值范围；（2）证明：()222111sinsin sin ln 2231n +++<+ . 19．已知函数()ln 21af x x x a x=+--+.（1）若a = -2，求函数f (x )的单调区间；（2）若函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，求证12()+()0f x f x <.20．（1）当π02x ≤≤时，求证：sin x x ≥；（2）若1x e kx ≥+对于任意的[)0,x ∈+∞恒成立，求实数k 的取值范围；（3）设a >0，求证；函数()1cos ax f x e x -=⋅在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上存在唯一的极大值点0x ，且()10a f x e ->.参考答案一、多选题1．已知函数1()2ln f x x x=+，数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足12a =，()()*1N n n a f a n +=∈，则下列有关数列{}n a 的叙述正确的是（） A ．21a a < B ．1n a > C ．100100S < D ．112n n n a a a +⋅+<【答案】AB 【要点分析】A ．计算出2a 的值，与1a 比较大小并判断是否正确；B ．利用导数要点分析()f x 的最小值，由此判断出1n a >是否正确；C ．根据n a 与1的大小关系进行判断；D ．构造函数()()1ln 11h x x x x=+->，要点分析其单调性和最值，由此确定出1ln 10n n a a +->，将1ln 10nn a a +->变形可得112n n a a ++>，再将112n na a ++>变形可判断结果. 【答案详解】A 选项，3221112ln 2ln 4ln 2222a e =+=+<+=，A 正确； B 选项，因为222121()x f x x x x='-=-，所以当1x >时，()0f x '>，所以()f x 单增，所以()(1)1f x f >=，因为121a =>，所以()11n n a f a +=>，所以1n a >，B 正确； C 选项，因为1n a >，所以100100S >，C 错误； D 选项，令1()ln 1(1)h x x x x =+->，22111()0x h x x x x-='=->，所以()h x 在(1,)+∞单调递增，所以()(1)0h x h >=，所以1ln 10n na a +->，则22ln 20n n a a +->，所以112ln 2n n n a a a ⎛⎫++> ⎪⎝⎭，即112n n a a ++>，所以112n n n a a a ++>，所以D 错误. 故选：AB.【名师点睛】易错名师点睛：本题主要考查导数与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项：（1）转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；（2）利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化. 2．下列不等式正确的是（） A ．当x ∈R 时，1x e x ≥+ B ．当0x >时，ln 1≤-x x C ．当x ∈R 时，x e ex ≥ D ．当x ∈R 时，sin x x ≥【答案】ABC 【要点分析】构建函数，利用导数研究其单调性和最值，可得出每个选项中的不等式正不正确. 【答案详解】对于A ：设()1x f x e x =--，则()1x f x e =-'，令()0f x '=，解得0x =，当(,0)x ∈-∞时函数单调递减，当(0,)x ∈+∞时，函数单调递增，所以函数在0x =时，函数取得最小值()(0)0min f x f ==，故当x ∈R 时，1x e x +…，故A 正确；对于B ：设()ln 1f x x x =-+，所以1(1)()1'--=-=x f x x x，令()0f x '=，解得1x =，当(0,1)x ∈时，函数单调递增，当(1,)x ∈+∞时，函数单调递减，所以在1x =时，max ()f x f =（1）0=，故当0x >时，1lnx x -…恒成立，故B 正确；对于C ：设()x f x e ex =-，所以()x f x e e '=-，令()0f x '=，解得1x =，当(,1)x ∈-∞时，函数单调递减，当(1,)x ∈+∞时，函数单调递增，所以当1x =时，min ()f x f =（1）0=，所以当x ∈R 时，x e ex …，故C 正确；对于D ：设函数()sin f x x x =-，则()1cos 0f x x '=-…，所以()f x 是定义在R 上单调递增的奇函数，所以0x >时，sin x x …成立，0x <时，()0f x <，故D 错误．故选：ABC3．已知定义在R 上的函数()f x 满足()()f x f x '>-，则下列式子成立的是（） A ．()()20192020f ef < B ．()()20192020ef f >C ．()f x 是R 上的增函数 D ．0t >，则有()()t f x e f x t <+【答案】AD 【要点分析】由题意得()0x e f x '⎡⎤>⎣⎦，即()xe f x 为增函数，可得()()2019202020192020ef e f <，即可判断,A B ，举出反例可判断C ，根据单调性可判断D. 【答案详解】由()()f x f x '>-，得()()0xxe f x e f x '+>，即()0x e f x '⎡⎤>⎣⎦，所以函数()xe f x 为增函数，故()()2019202020192020ef e f <，所以()()20192020f ef <，故A 正确，B 不正确；函数()xe f x 为增函数时，()f x 不一定为增函数，如122x x x e e ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭是增函数，但12x⎛⎫ ⎪⎝⎭是减函数，所以C 不正确；因为函数()xe f x 为增函数，所以0t >时，有()()xx te f x ef x t +<+，故有()()tf x e f x t <+成立，所以D 正确.故选：AD. 【名师点睛】本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，构造函数()xe f x 是解题的关键，属于中档题.二、解答题4．已知函数()()ln 1f x x =+，()1axg x x =+，若()()()F x f x g x =-最小值为0. （1）求实数a 的值；（2）设n *∈N ，证明：()()()()12>g g g n f n n ++⋅⋅⋅++. 【答案】（1）1；（2）证明见解析. 【要点分析】（1）由()'0F x =，得1x a =-，讨论当0a ≤时，无最小值.当0a >时， ()()min 1ln 1F x F a a a =-=-+，由ln 10a a -+=可得答案得；（2）由（1）可知1a =，可得()111ln 1>231n n +++⋅⋅⋅++，由（1）可知111ln 1>111n n n n⎛⎫+= ⎪+⎝⎭+，即()1ln 1ln 1n n n +->+，进而可得结论.【答案详解】（1）由已知()()ln 11axF x x x =+-+，定义域为()1,-+∞. ()()()2211'111a x a F x x x x +-=-=+++. 由()'0F x =，得1x a =-.当0a ≤时，()1,∈-+∞x ，()'0F x >在()1,-+∞单调递增无最小值. 当0a >时，()1,a 1x ∈--，()'0F x <；()1,x a ∈-+∞，()'0F x >. 故()()min 1ln 1F x F a a a =-=-+，令()()ln 1>0x x x x ϕ=-+，()()1'>0xx x xϕ-=. ()0,1∈x ，()'0x ϕ>；()1,∈+∞x ，()'0x ϕ<，()()max 10x ϕϕ==，所以由ln 10a a -+=，得1a =.（2）由（1）可知1a =，此时()()()()12>g g g n f n n ++⋅⋅⋅++ 等价于()111ln 1>231n n +++⋅⋅⋅++，由（1）可知当0x >时，()ln 11xx x +>+. 故111ln 1>111n n n n⎛⎫+= ⎪+⎝⎭+，即()1ln 1ln 1n n n +->+. 所以()()()()111ln 1ln 2ln1ln 3ln 2ln 1ln >231n n n n +=-+-+⋅⋅⋅++-++⋅⋅⋅+⎡⎤⎣⎦+，故()()()()12>g g g n f n n ++⋅⋅⋅++.【名师点睛】不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等主要方法有两个，一是比较简单的不等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；二是较为综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明.5．已知函数()ln f x x =，()g x x m =-.（1）当0m =时，求函数()()f x yg x =的最大值；（2）设()()()h x f x g x =-，当12x x <，且()()120h x h x ==，求证：()12ln 0em x x m +-+>. 【答案】（1）1e；（2）证明见解析. 【要点分析】（1）当0m =时，()()ln f x x y g x x ==，21ln xy x -'=，由()()f x y g x =的单调性得出函数()()f x y g x =的最大值；（2）由函数()h x 的单调性结合零点个数得出1m >，结合要点分析法要证()12ln 0em x x m +-+>，只需证121mex x em -<<<<，由函数()h x 在(),1m e -上存在唯一零点1x 证明11m e x -<<，由函数()h x 在()1,em 上存在唯一零点2x 证明21x em <<，从而得出()12ln 0em x x m +-+>.【答案详解】解1）当0m =时，()()ln f x x y g x x==，221ln 1ln x x x x y x x ⋅--'==. 当x e >时，0y '<；当0x e <<时，0y '>.∴函数lny x=在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减. ∴max1x e y y e===.（2）由题可知1x ，2x 是函数()ln h x x x m =-+的零点.()111x h x x x-=-=' 当1x >时，()0h x '<；当01x <<时，()0h x '>∴函数()hx 在()0,1上单调递增，在()1,+?上单调递减故函数()h x 要有两个零点，必有()110h m =-+>，即1m >. 要证()12ln 0em x x m +-+>，只需证21mx x em e --<-只需证121mex x em -<<<< ①由于1m >，()0,1me-∈，()0m m h e m e m --=--+<，()110h m =-+>∴函数()hx 在(),1m e -上存在唯一零点1x即11mex -<<. ②由（1）知，ln 1x x e ≤，所以ln x x e≤，且当x e =时，取等号 ∴()()()ln 20emh em em em m em m m e e=-+<-+=-<∴函数()hx 在()1,em 上存在唯一零点2x即21x em <<. ③由②③可知①成立，故()12ln 0em x x m +-+>. 【名师点睛】求解本题第（2）问的关键是根据题中条件将证明()12ln 0em x x m +-+>转化为证明121m e x x em -<<<<，然后利用零点存在定理即可求解.6．已知函数()()xf x xex =∈R ，其中e 为自然对数的底数．（1）当1x >时，证明：()()211ln 231f x x x x x --->-+；（2）设实数1x ，()212x x x ≠是函数()()()2112g x f x a x =-+的两个零点，求实数a 的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）(),0-∞．【要点分析】（1）构造函数()()()11ln 21ln 2111x f x h x x x e x x x x --=+-+=+-+>-，证明最小值大0即可得解；（2）先求导()()2112xg x xe a x =-+可()()()()()111x x g x x e a x x e a '=+-+=+-，分0a =，0a <和0a >进行讨论即可得解. 【答案详解】（1）设()()()11ln 21ln 2111x f x h x x x e x x x x --=+-+=+-+>-，∴()112x h x e x -'=+-，∴()121x h x e x-''=-， ∵1x >，∴11x e ->，2101x<<，∴()1210x h x e x -''=->，∴()h x '在()1,+∞上单调递增，又()10h '=，∴1x >时，()()10h x h ''>=，()1ln 21x h x e x x -=+-+在()1,+∞上单调递增，又()10h =，∴1x >时，()()10h x h >=，故当1x >时，()1ln 211f x x x x ->-+--，∴()()211ln 231f x x x x x --->-+．（2）∵()()2112xg x xe a x =-+， ∴()()()()()111x x g x x e a x x e a '=+-+=+-，当0a =时，易知函数()g x 只有一个零点，不符合题意．当0a <时，在(),1-∞-上，()0g x '<，()g x 单调递减；在()1,-+∞上，()0g x '>，()g x 单调递增；又()110g e-=-<，()120g e a =->，不妨取4b <-且()ln b a <-时，()()()2ln 2111120222a g b bea b a b b -⎛⎫>-+=-++> ⎪⎝⎭， [或者考虑：当x →-∞，()g x →+∞]，所以函数()g x 有两个零点，∴0a <符合题意，当0a >时，由()()()10xg x x e a '=+-=得1x =-或ln x a =．（ⅰ）当ln 1a =-，即1a e=时，在(),-∞+∞上，()0g x '≥成立，故()g x 在(),-∞+∞上单调递增，所以函数()g x 至多有一个零点，不符合题意．（ⅱ）当ln 1a <-，即10a e<<时，在(),ln a -∞和()1,-+∞上， ()0g x '>，()g x 单调递增；在()ln ,1a -上，()0g x '<，()g x 单调递减；又()110g e -=-<，且()()()2211ln ln ln 1ln 1022g a a a a a a a =-+=-+<，所以函数()g x 至多有一个零点()g x ，不符合题意．（ⅲ）当ln 1a >-即1a e>时，在(),1-∞-和()ln ,a +∞上()0g x '>，()g x 单调递增；在()1,ln a -上()0g x '<，()g x 单调递减，以()110g e-=-<，所以函数()g x 至多有一个零点，不符合题意．综上所述，实数a 的取值范围是(),0-∞．【名师点睛】本题考查了导数的应用，考查了利用导数研究函数的单调性，考查了构造法证明不等式以及分类讨论求参数范围，要求较高的计算能力，属于难题. 解决本类问题的方法有以下几点：（1）证明题常常利用构造法，通过构造函数来证明；（2）分类讨论解决含参问题，是导数压轴题常考题型，在讨论时重点是找到讨论点.7．已知()x f x e =，当0x ≥时(2)1f x ax ≥+恒成立．（1）求实数a 的取值范围；（2）当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，求证：223sin x x x xe -≤．【答案】（1）2a ≤；（2）证明见解析. 【要点分析】（1）移项构造函数，求导后分类讨论.（2）利用（1）的结论构造新函数，求导后构造新函数再求导寻找极值点即可. 【答案详解】（1）(2)1f x ax ≥+即210x e ax --≥恒成立，令2()1(0)x h x e ax x =--≥，则2()2x h x e a '=-当2a ≤时()0h x '≥，则()h x 在[)0,+∞是增函数，(0)0h =，()0h x ∴≥成立．当2a >时，0x ∃使()00h x '=()00,x x ∈，()0h x '<，()h x 为减函数，()0,x x ∈+∞，()0h x '>，()h x 为增函数．所以()0(0)0h x h <=不合题意．所以2a ≤．（2）由（1）得当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时221x e x ≥+，所以要证223sin x x x xe -≤只要证23sin (21)x x x x -≤+ 即证：2sin 0x x x --≤，设2()sin h x x x x =--，0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， ()21cos h x x x '=--，()2sin 0h x x ''=+>所以()h x '在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦是增函数， (0)2h '=-，102h ππ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭，所以存在00,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦使()00h x '=．故[)00,x x ∈时，()0h x '<，则()h x 为减函数，0,2x x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时()0h x '>则()h x 为增函数(0)0h =，2224144202h πππππ--⎛⎫=--=< ⎪⎝⎭，所以0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时()0≤h x ，故命题成立．【名师点睛】此题为导数综合题，属于难题.方法名师点睛：利用导数求参数范围方法：（1）变量分离，构造函数，转化为恒成立问题处理，求导数进步求新函数的最值. （2）移项后，构造函数，求导讨论函数的单调性及极值.8．已知函数()ln xxf x e a=-. （1）当1a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1A f 处的切线方程；（2）若01a <<，求证：()2ln af x a+≥. 【答案】（1）()11y e x =-+；（2）证明见解析. 【要点分析】（1）首先求导得到()()10x f x e x x'=->，从而得到1k e =-，再利用点斜式求切线方程即可. （2）首先求导得到()111xx f x e xe ax x a ⎛⎫'=-=- ⎪⎝⎭，根据x y xe =在()0,∞+上单调递增，且()0,y ∈+∞，且11a>，得到存在唯一()00x ∈+∞,，使得0010x x e a -=，再根据函数()f x 的单调性得到()min f x ，利用基本不等式即可证明()2ln af x a+≥. 【答案详解】（1）当1a =时，()()()1ln 0xxf x e x f x e x x'=-⇒=->. ∴()11k f e '==-，又()1f e =，∴()f x 在点A 处的切线方程为()()11y e e x -=--，即()11y e x =-+.（2）()()()ln 1110xx x x f x e f x e xe x a ax x a ⎛⎫'=-⇒=-=-> ⎪⎝⎭，易知x y xe =在()0,∞+上单调递增，且()0,y ∈+∞，又1011a a<<⇒>， ∴存在唯一()00x ∈+∞,，使得0010x x e a-=，即0001ln ln x e x x a ax =⇔=--.当00x x <<时，()0f x '<，()f x 为减函数；当0x x >时，()0f x '>，()f x 为增函数.∴()()00000min 00ln 1ln 11ln x x x a f x f x e x a a ax a a a x ⎛⎫==-=++=++ ⎪⎝⎭2l ln n 1a a a a ⎛⎫≥+ = +⎪⎪⎝⎭. 当且仅当001x x =，即01x =时，等号成立. ∴当01a <<时，()2ln af x a+≥. 【名师点睛】关键点名师点睛：本题主要考查导数的综合应用，考查利用导数证明不等式，解题的关键为找到导函数的隐藏零点，属于中档题.9．已知函数21()ln 2f x a x ax =+. (1)若()f x 只有一个极值点，求a 的取值范围.(2)若函数2()()(0)g x f x x =>存在两个极值点12,x x ，记过点1122(,()),(,())P x g x Q x g x 的直线的斜率为k ，证明：1211k x x +>. 【答案】（1）0a <；（2）证明见解析. 【要点分析】（1n =，则0n >.令22()2n an n a φ=-+，解不等式组0,(0)0,a φ<⎧⎨>⎩即得解；（2）只需证21121222112ln ()2x x x a x x x x x -+>-，设12(01)xt t x =<<，函数21()2ln m t a t t t =-+，证明121()0()2m t x x >>-即得证. 【答案详解】(1)解：222'()222a a ax a f x x x x-+=+-=，(0,)x ∈+∞n =，则0n >.令22()2n an n a φ=-+，要使函数()f x 只有一个极值点，则需满足0,(0)0,a φ<⎧⎨>⎩，即0a <；(2)证明：因为2221()()2ln 2g x f x a x ax x ==+-，所以22222'()1a ax x a g x ax x x -+=+-=，因为()g x 存在两个极值点，所以30,180,a a >⎧⎨->⎩即102a << 不妨假设120x x <<，则121x x a+=要证1211k x x +>，即要证121212()()11g x g x x x x x -+>-，只需证121212121221()()()()x x x x x x g x g x x x x x -+->=-，只需证221112121212222111()[()2]2()222x x x x x x a x x a ln x x a ln x x x x -+-+=--+>-，即证21121222112ln ()2x x x a x x x x x -+>-设12(01)x t t x =<<，函数21()2ln m t a t t t =-+，22221'()t a t m t t-+=- 因为102a <<，故4440a -<，所以22210t a t -+>，即'()0m t <，故()m t 在(0,1)上单调递减，则()(1)0m t m >= 又因为121()02x x -<，所以121()0()2m t x x >>-，即21121222112ln ()2x x x a x x x x x -+>-，从而1211k x x +>得证. 【名师点睛】关键点名师点睛：解答本题的关键是通过要点分析得到只需证明21121222112ln ()2x x x a x x x x x -+>-.对于比较复杂的问题，我们可以通过要点分析把问题转化，再证明，提高解题效率.10．函数()()11xxf x x e k e =+⋅--.（1）当1k =时，求()f x 的单调区间；（2）当0x >，k 2≤时，证明：()0f x >.【答案】（1）单调递减区间为(),0-∞，单调递增区间为()0,∞+；（2）证明见解析. 【要点分析】（1）由1k =得到()()11xxf x x e e =+⋅-- 求导由()0f x '>， ()0f x '<求解.（2）求导()()1xf x e x k '=⋅--⎡⎤⎣⎦，分1k ≤，12k <≤讨论求解.【答案详解】（1）当1k =时，()()11xxf x x e e =+⋅-- ，.所以()x f x x e '=⋅当()0f x '>时，0x >；当()0f x '<时，0x <.所以()f x 的单调递减区间为(),0-∞，单调递增区间为()0,∞+. （2）因为()()11xxf x x e k e =+⋅--，所以()()1xf x e x k '=⋅--⎡⎤⎣⎦.①当1k≤，0x >时，()0f x '>恒成立，所以()f x 单调递增，所以()()0f x f >，而()010f =>，所以()0f x >恒成立；②12k <≤，0x >时，由()0f x '>可得1x k >-；由()0f x '<可得01x k <<-.所以()f x 在()0,1k -单调递减，在()1,k -+∞单调递增，所以()()1min 11k f x f k k e -=-=+-.设()1112()x g x x ex -=+-<≤，则()110x g x e -'=-<，所以()g x 在(]1,2单调递减，故()()min 230g x g e ==->，所以()min 110k f x k e -=+->，从而()0f x >.综上，当0x >，k 2≤时，()0f x >. 【名师点睛】方法名师点睛：1、利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，当f (x )含参数时，需依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论；若可导函数f (x )在指定的区间D 上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”是否可以取到．2、利用导数证明不等式常构造函数φ(x )，将不等式转化为φ(x )＞0(或＜0)的形式，然后研究φ(x )的单调性、最值，判定φ(x )与0的关系，从而证明不等式.11．已知函数2()2ln 2(1)f x mx x m x =-+-．（1）讨论函数()f x 的单调区间；（2）当1x ≠时，求证：2286ln 3521x x x x x x---<-．【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．【要点分析】（1）先求导，分为0m ≥，1m =-，1m <-和10m -<<四种情形进行分类讨论，根据导数和函数单调性的关系即可求出；（2）等价于3226(1ln )23501x x x x x-+--<-，令()()3261ln 235h x x x x x =-+--，利用当2m =时的结论，根据导数判断()h x 与0的关系，即可证明. 【答案详解】解：()f x 的定义域为(0,)+∞，则22(1)1(1)(1)()22(1)22mx m x mx x f x mx m x x x+--+-'=-+-=⋅=⋅，当0m …时，10mx +>，当(0,1)x ∈时，()0f x '<，当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>， ∴函数()f x 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞，当0m <时，令()0f x '=，解得1x =或1x m=-，当1m =-时，2(1)()2?0x f x x-'=-…恒成立，∴函数()f x 的单调递减区间为(0,)+∞，无单调递增区间，当1m <-时，101m<-<，当1(0,x m ∈-或(1,)+∞时，()0f x '<，当1(x m∈-，1)时，()0f x '>， ∴函数()f x 的单调递减区间为1(0,)m -或(1,)+∞，单调递增区间为1(m-，1)，当10m -<<，11m ->，当(0,1)x ∈或1(m -，)+∞时，()0f x '<，当1(1,x m∈-时，()0f x '>，∴函数()f x 的单调递减区间为(0,1)或1(m -，)+∞，单调递增区间为1(1,m．综上所述：当0m …时，函数()f x 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞，当1m =-时，函数()f x 的单调递减区间为(0,)+∞，无单调递增区间，当1m <-时，函数()f x 的单调递减区间为1(0,)m -，(1,)+∞，单调递增区间为1(m-，1)，当10m -<<时，函数()f x 的单调递减区间为(0,1)或1(m -，)+∞，单调递增区间为1(1,)m．（2）证明：要证2286ln 3521x x x x x x ---<-，即证3226(1ln )23501x x x x x -+--<-，令32()6(1ln )235h x x x x x =-+--，则22()66ln 6663(22ln 2)h x x x x x x x '=--+-=--，由（1），当2m =时，2()22ln 2f x x x x =--，可得()f x 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞，即()h x '的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞，()h x h ∴''…（1）0=， ()h x ∴在(0,)+∞上单调递增，h （1）6(1ln1)2350=-+--=，∴当01x <<时，()0h x <，210x ->，当1x >时，()0h x >，210x -<，∴3226(1)23501x lnx x x x -+--<-，即22863521x xlnx x x x---<-．【名师点睛】含有参数的函数单调性讨论常见的形式：（1）对二次项系数的符号进行讨论；（2）导函数是否有零点进行讨论；（3）导函数中零点的大小进行讨论；（4）导函数的零点与定义域端点值的关系进行讨论等.12．函数()2ln a xf x x x=-. （1）若12a =，求()f x 的单调性；（2）当0a >时，若函数()()2g x f x a =-有两个零点，求证：12a >. 【答案】（1）()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增；（2）证明见解析. 【要点分析】（1）求导得()2221ln 1ln 1x x x f x x x--+'=-=，设()21ln x x x ϕ=-+，利用导数可得()x ϕ的单调性，并可得()x ϕ的零点，即可求出()f x 的单调性；（2）由函数()g x 有两个零点，所以()()22ln 20h x x a x ax x =-->，即()0h x =有两个不等实根，利用导数求得()h x 的单调性，结合题意可得201x a x =+，求出0x 的范围，利用对勾函数的单调性即可证明. 【答案详解】（1）因为()ln xf x x x=-，（0x >），所以()2221ln 1ln 1x x xf x x x--+'=-=. 设()21ln x x x ϕ=-+，则()120x x xϕ'=+>，所以()x ϕ在()0,∞+单调递增，又因为()10ϕ=，所以当()0,1x ∈时，()0x ϕ<，则()0f x '<，()f x 单调递减；当()1,x ∈+∞时，()0x ϕ>，则()0f x '>，()f x 单调递增. 综上，()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增. （2）证明：因为函数()()2ln 20a xg x x a x x=-->有两个零点，所以方程22ln 20x a x ax --=有两个不等实根.设()()22ln 20h x x a x ax x =-->，即()0h x =有两个不等实根，则()()22222220a x ax ah x x a x x x--'=--=>.设()()22220m x x ax a x =-->，则由0a >可知24160a a ∆=+>，而()2222m x x ax a =--的对称轴方程为2ax =，且()020m a =-<，所以存在()00x ∈+∞,使得()20002220m x x ax a =--=，即2001x a x =+，且当()00,x x ∈时，()0m x <，则()0h x '<，所以()h x 单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()0m x >，则()0h x '>，所以()h x 单调递增.因为()0h x =有两个不等实根，所以必有()00h x <，即20002ln 20x a x ax --<.将2001x a x =+，代入整理可得0012ln 0x x --<.设()()12ln 0m x x x x =-->，则易得()m x 在()0,∞+上单调递减，又()10m =，所以01x >，结合对勾函数1y t t=+在()2,+∞单调递增可知200001112112x a x x x ==++->++，即12a >成立，命题得证. 【名师点睛】解题的关键是利用导数判断函数的单调性，当导函数无法直接判断正负时，可构造新函数，并继续求导，即可求出导函数的单调性和极值，进而可得导函数的正负，即原函数的单调性，考查要点分析理解，化简求值的能力，属中档题.13．已知函数()21()xm x xf x e++=．（1）试讨论()f x 的单调性；（2）若0m ≤，证明：()ln ef x x x +≤．【答案】（1）答案不唯一见解析；（2）证明见解析. 【要点分析】（1）对函数进行求导得(1)(1)()xx mx m f x e--'+=-，再对m 分三种情况讨论，即0m =，0m >，0m <三种情况；（2）要证明()ln ef x x x +≤，只需证明 ()ln ef x x x ≤-，而ln 1x x -≥，因此只需证明1()f x e≤，再利用函数的单调性，即可得证；【答案详解】解析：（1）因为(1)(1)()xx mx m f x e--'+=-， ①当0m =时，1()xx f x e-=-'，当1x >时，()0f x '<，当1x <时，()0f x '>，所以()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减；②当0m >时，1(1)11(),11x m x x m f x e m'⎛⎫--+ ⎪⎝⎭=--<，当11,1x m ⎛⎫∈-⎪⎝⎭时，()0f x '>，当1,1(1,)x m ⎛⎫∈-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，所以()f x 在11,1m ⎛⎫- ⎪⎝⎭单调递增，在1,1,(1,)m ⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭单调递减； ③当0m <时，111m ->，当11,1x m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0f x '<，当1(,1)1,x m ⎛⎫∈-∞⋃-+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，所以()f x 在11,1m ⎛⎫-⎪⎝⎭单调递减，在1(,1),1,m ⎛⎫-∞-+∞⎪⎝⎭单调递增．（2）要证明()ln ef x x x +≤，只需证明 ()ln ef x x x ≤-，而ln 1x x -≥，因此只需证明1()f x e≤，当0m =时，()x xf x e =，由（1）知()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，所以max1()(1)f x f e==；当0m <时，()211()xx m x xx f x e e e++=<≤，故()ln ef x x x +≤．【名师点睛】利用导数研究含参函数的单调区间，要注意先求导后，再解导数不等式.14．已知函数()()ln xf x xe a x x =-+.（1）当0a >时，求()f x 的最小值；（2）若对任意0x >恒有不等式()1f x ≥成立.①求实数a 的值； ②证明：()22ln 2sin xxe x x x >++.【答案】（1）ln a a a -；（2）①1；②证明见解析. 【要点分析】（1）求出函数()f x 的定义域，对函数求导，令0x xe a -=，构造()xg x xe =，利用导数研究函数的单调性与实根个数，进而得出()f x 的单调性和最值；（2）①当0a ≤时，()f x 单调递增，()f x 值域为R ，不适合题意；当0a >时，构造()()ln 0a a a a a ϕ=->，求导得出函数的最大值，可得实数a 的值；②由①可知ln 1xxe x x --≥，因此只需证：22ln 2sin x x x x +>+，只需证2222sin x x x x +>-+，即222sin x x x -+>，按1x >和01x <≤分别证明即可．【答案详解】（1）法一：()f x 的定义域为()0,∞+，由题意()()()11x xa xe a f x x e x x x ⎛⎫-⎛⎫'=+-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令0x xe a -=，得x a xe =，令()xg x xe =，()()10x x x g x e xe x e '=+=+>，所以()g x 在()0,x ∈+∞上为增函数，且()00g =，所以x a xe =有唯一实根，即()0f x '=有唯一实根，设为0x ，即00xa x e =，所以()f x 在()00,x 上为减函数，在()0,x +∞上为增函数，所以()()()00000min ln ln xf x f x x e a x x a a a ==-+=-.法二：()()()()ln ln ln 0xe x xf x x a x x e a x x x +=-+=-+>.设ln t x x =+，则t R ∈.记()()tt e at t R ϕ=-∈.故()f x 最小值即为()t ϕ最小值.()()0t t e a a ϕ'=->，当(),ln t a =-∞时，()0t ϕ'<，()t ϕ单调递减，当()ln ,t a ∈+∞时，()0t ϕ'>，()t ϕ单调递增，所以()()ln min ln ln ln af x a ea a a a a ϕ==-=-，所以()f x 的最小值为ln a a a -.（2）①当0a ≤时，()f x 单调递增，()f x 值域为R ，不适合题意，当0a >时，由（1）可知()min ln f x a a a =-，设()()ln 0a a a a a ϕ=->，所以()ln a a ϕ'=-，当()0,1a ∈时，()0a ϕ'>，()a ϕ单调递增，当()1,a ∈+∞时，()0a ϕ'<，()a ϕ单调递减，所以()()max 11a ϕϕ==，即ln 1a a a -≤. 由已知，()1f x ≥恒成立，所以ln 1a a a -≥，所以ln 1a a a -=，所以1a =.②由①可知ln 1xxe x x --≥，因此只需证：22ln 2sin x x x x +>+，又因为ln 1≤-x x ，只需证2222sin x x x x +>-+，即222sin x x x -+>，当1x >时，2222sin x x x -+>≥结论成立，当(]0,1x ∈时，设()222sin g x x x x =-+-，()212cos g x x x '=--，当(]0,1x ∈时，()g x '显然单调递增.()()112cos10g x g ''≤=-<，故()g x 单调递减， ()()122sin10g x g ≥=->，即222sin x x x -+>. 综上结论成立. 【名师点睛】方法名师点睛：本题考查导数研究函数的最值，导数解决恒成立问题以及导数证明不等式，导数对于含参数的函数在闭区间上函数值恒大于等于或小于等于常数问题,可以求函数最值的方法, 一般通过变量分离，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题：1.()f x m >恒成立min ()f x m ⇔>；2.()f x m <恒成立max ()f x m ⇔<. 15．已知a ＞0，函数21()ln (1)2f x x x x a x =-+-．（1）若f （x ）为减函数，求实数a 的取值范围；（2）当x ＞1时，求证：2e ()e 2aa f x <-．（e ＝2.718…）【答案】（1）0＜a ≤1；（2）证明见解析. 【要点分析】（1）根据题意可得在()0+∞，上，()0f x '≤恒成立，即ln 0x x a -+≤恒成立，设()ln g x x x a =-+，求导数要点分析()g x 的单调性，使得()max 0g x ≤，即可得结果；（2）当0＜a ≤1时，可得()12f x <-，2e 1e 22a a ->-；当1a >时，先得()f x '在()1,+∞ 上单调递减，()10f '>，得出存在0x ，使得()01,x 上单调递增，在()0+x ∞，上单调递减，进而()20001()2f x f x x x ≤=-，结合函数21()2F x x x =-的单调性可得结果. 【答案详解】（1）解：由题意知f （x ）的定义域为（0，＋∞），f '（x ）＝ln x -x ＋a ，由f （x ）为减函数可知f '（x ）≤0恒成立．设g （x ）＝ln x -x ＋a ，1'1()g x x=-，令g '（x ）＝0得x ＝1，当x ∈（0，1）时，g '（x ）＞0，g （x ）单调递增，即f '（x ）单调递增；当x ∈（1，＋∞）时，g '（x ）＜0，g （x ）单调递减，即f '（x ）单调递减．故f '（x ）≤f '（1）＝-1＋a ≤0，因此0＜a ≤1．（2）证明：由（1）知，当0＜a ≤1时，f （x ）为减函数，所以3()(1)2f x f a <=-，又0＜a ≤1，3122a -≤-．设2e e 2a ay =-，e a ＝t ，则22t y t =-，t ∈（1，e ]．又22t y t =-在区间（1，e ]上单调递增，所以11122y >-=-，故231e ()(1)e 222a af x f a <=-≤-<-，所以当0＜a ≤1时，2e ()e 2a a f x <-．当a ＞1时，由（1）知，当x ∈（1，＋∞）时，f '（x ）单调递减，且f '（1）＝a -1＞0．f '（e a ）＝2a -e a ，令h （x ）＝2x -e x ，h '（x ）＝2-e x，当x ＞1时，h '（x ）＜0，h （x ）单调递减，故h （a ）＝2a -e a＜h （1）＝2-e ＜0，又e a＞1，f '（x ）在（1，＋∞）上单调递减，故存在x 0∈（1，e a），使得f '（x 0）＝0，即f '（x 0）＝ln x 0-x 0＋a ＝0，即a ＝x 0-ln x 0，因此有f （x ）在（1，x 0）上单调递增，在（x 0，＋∞）上单调递减，故2000001()()ln (1)2f x f x x x x a x ≤=-+-，将a ＝x 0-ln x 0代入，得20001()2f x x x =-．因为函数21()2F x x x =-在（1，＋∞）上单调递增，所以20e ()(e )e 2a aaF x F <=-，即20e ()e 2a a f x <-，故20e ()()e 2aa f x f x ≤<-成立。

导数与不等式的证明(高考真题) 含答案

导数与不等式的证明1.【2013湖南文科】已知函数f （x ）=xe x21x 1+-. （Ⅰ）求f （x ）的单调区间；（Ⅱ）证明：当f （x 1）=f （x 2）(x 1≠x 2)时，x 1+x 2＜0.【解析】 (Ⅰ) .)123)12)1()1)11()('222222x x x xe x x e x x e x x f x x x ++--⋅=+⋅--+⋅-+-=（（（ ;)(,0)(']0-02422单调递增时，，（当x f y x f x =>∞∈∴<⋅-=∆单调递减）时，，当)(,0)('0[x f y x f x =≤∞+∈.所以，）上单调递减，上单调递增；在，在（∞+∈∞=0[]0-)(x x f y 。

（Ⅱ）由(Ⅰ)知，只需要证明：当x>0时f(x) < f(-x)即可。

]1)1[(11111)()(2222x e x xe e x x e x x xf x f xx x x ---+=++-+-=----。

1)21()('0,1)1()(22--=⇒>---=x x e x x g x x e x x g 令。

,04)21()('1)21()(222<-=-=⇒--=x x x xe e x x h e x x h 令0)0()(0)(=<⇒∞+=⇒h x h x h y ）上单调递减，在（ 0)0()(0)(=<⇒∞+=⇒g x g x g y ）上单调递减，在（.000]1)1[(122==∞+---+=⇒-y x x e x xe y x x时）上单调递减，但，在（ )()(0)()(x f x f x f x f -<⇒<--⇒.0)()(212121<+≠=x x x x x f x f 时，且所以，当（证毕）2.【2013天津理科】已知函数.(Ⅰ) 求函数f (x )的单调区间;(Ⅱ) 证明: 对任意的t >0, 存在唯一的s , 使.(Ⅲ) 设(Ⅱ)中所确定的s 关于t 的函数为, 证明: 当时, 有. (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．2l ()n f x x x =()t f s =()s g t =2>e t 2ln ()15ln 2g t t <<f′(x)＝2x ln x＋x＝x(2ln x＋1)，令f′(x)＝0，得x=当x－＋所以函数f(x)的单调递减区间是⎛⎝，单调递增区间是⎫+∞⎪⎭.(2)证明：当0＜x≤1时，f(x)≤0.设t＞0，令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)．由(1)知，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．h(1)＝－t＜0，h(e t)＝e2t ln e t－t＝t(e2t－1)＞0.故存在唯一的s∈(1，＋∞)，使得t＝f(s)成立．(3)证明：因为s＝g(t)，由(2)知，t＝f(s)，且s＞1，从而2ln()ln ln lnln ln()ln(ln)2ln ln(ln)2lng t s s s ut f s s s s s u u====++，其中u＝ln s.要使2ln()15ln2g tt<<成立，只需0ln2uu<<.当t＞e2时，若s＝g(t)≤e，则由f(s)的单调性，有t＝f(s)≤f(e)＝e2，矛盾．所以s＞e，即u＞1，从而ln u＞0成立．另一方面，令F(u)＝ln2uu-，u＞1.F′(u)＝112u-，令F′(u)＝0，得u＝2.当1＜u＜2时，F′(u)＞0；当u＞2时，F′(u)＜0.故对u＞1，F(u)≤F(2)＜0.因此ln2uu<成立．综上，当t＞e2时，有2ln()15ln2g tt<<.3【2013天津文科】设[2,0]a∈-, 已知函数332(5),03,0(,).2xfa x xax x x xxa-+≤+-+>⎧⎪=⎨⎪⎩(Ⅰ) 证明()f x在区间(－1,1)内单调递减, 在区间(1, + ∞)内单调递增;(Ⅱ) 设曲线()y f x=在点(,())(1,2,3i i ix f x iP=处的切线相互平行, 且1230,x xx≠证明12313xx x++>.(1)设函数f1(x)＝x3－(a＋5)x(x≤0)，f2(x)＝3232ax x ax+-+(x≥0)，①f1′(x)＝3x2－(a＋5)，由a∈[－2,0]，从而当－1＜x＜0时，f1′(x)＝3x2－(a＋5)＜3－a－5≤0，所以函数f1(x)在区间(－1,0]内单调递减．②f 2′(x )＝3x 2－(a ＋3)x ＋a ＝(3x －a )(x －1)，由于a ∈[－2,0]，所以当0＜x ＜1时，f 2′(x )＜0；当x ＞1时，f 2′(x )＞0.即函数f 2(x )在区间[0,1)内单调递减，在区间(1，＋∞)内单调递增．综合①，②及f 1(0)＝f 2(0)，可知函数f (x )在区间(－1,1)内单调递减，在区间(1，＋∞)内单调递增．(2)由(1)知f ′(x )在区间(－∞，0)内单调递减，在区间306a +⎛⎫⎪⎝⎭，内单调递减，在区间36a +⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，内单调递增．因为曲线y ＝f (x )在点P i (x i ，f (x i ))(i ＝1,2,3)处的切线相互平行，从而x 1，x 2，x 3互不相等，且f ′(x 1)＝f ′(x 2)＝f ′(x 3)．不妨设x 1＜0＜x 2＜x 3，由213x －(a ＋5)＝223x －(a ＋3)x 2＋a ＝233x －(a ＋3)x 3＋a ，可得222333x x -－(a ＋3)(x 2－x 3)＝0，解得x 2＋x 3＝33a +，从而0＜x 2＜36a +＜x 3. 设g (x )＝3x 2－(a ＋3)x ＋a ，则36a g +⎛⎫⎪⎝⎭＜g (x 2)＜g (0)＝a . 由213x －(a ＋5)＝g (x 2)＜a，解得＜x 1＜0，所以x 1＋x 2＋x 3＞33a +，设ta ＝2352t -，因为a ∈[－2,0]，所以t∈⎣⎦，故x 1＋x 2＋x 3＞2231111(1)6233t t t +-+=--≥-，即x 1＋x 2＋x 3＞13-.4【2014天津理科】已知函数()xf x x ae =-()a R Î，x R Î.已知函数()y f x =有两个零点12,x x ，且12x x <. （Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）证明21x x 随着a 的减小而增大；（Ⅲ）证明12x x +随着a 的减小而增大.（Ⅰ）解：由()xf x x ae =-，可得()1xf x ae ¢=-.下面分两种情况讨论：（1）0a £时()0f x ¢>在R 上恒成立，可得()f x 在R 上单调递增，不合题意.（2）0a >时，由()0f x ¢=，得ln x a =-.当x 变化时，()f x ¢，()f x 的变化情况如下表：这时，()f x 的单调递增区间是(),ln a -?；单调递减区间是()ln ,a -+¥.于是，“函数()y f x =有两个零点”等价于如下条件同时成立： 1°()ln 0f a ->；2°存在()1,ln a s ??，满足()10f s <；3°存在()2ln ,a s ?+?，满足()20f s <.由()ln 0f a ->，即ln 10a -->，解得10a e-<<，而此时，取10s =，满足()1,ln a s ??，且()10f s a =-<；取222ln s a a=+，满足()2ln ,a s ?+?，且()22222ln 0a a f s e e a a骣骣鼢珑鼢=-+-<珑鼢珑鼢珑桫桫.所以，a 的取值范围是()10,e -. （Ⅱ）证明：由()0xf x x ae =-=，有x x a e=. 设()x x g x e =，由()1xxg x e -¢=，知()g x 在(),1-¥上单调递增，在()1,+¥上单调递减.并且，当(],0x ??时，()0g x £；当()0,x ??时，()0g x >.由已知，12,x x 满足()1a g x =，()2a g x =. 由()10,a e -Î，及()g x 的单调性，可得()10,1x Î，()21,x ??.对于任意的()1120,,a a e -Î，设12a a >，()()121g g a x x ==，其中1201x x <<<；()()122g g a h h ==，其中1201h h <<<.因为()g x 在()0,1上单调递增，故由12a a >，即()()11g g x h >，可得11x h >；类似可得22x h <.又由11,0x h >，得222111x h h x x h <<. 所以，21x x 随着a 的减小而增大.（Ⅲ）证明：由11x x ae =，22xx ae =，可得11ln ln x a x =+，22ln ln x a x =+. 故221211ln ln lnx x x x x x -=-=. 设21x t x =，则1t >，且2121,ln ,x tx x x t ì=ïïíï-=ïî解得1ln 1t x t =-，2ln 1t tx t =-.所以， ()121ln 1t tx x t ++=-. ①令()()1ln 1x xh x x +=-，()1,x ??，则()()212ln 1x x x h x x -+-¢=-.令()12ln u x x x x=-+-，得()21x u x x骣-÷ç¢=÷ç÷ç桫. 当()1,x ??时，()0u x ¢>.因此，()u x 在()1,+¥上单调递增，故对于任意的()1,x ??，()()10u x u >=，由此可得()0h x ¢>，故()h x 在()1,+¥上单调递增.因此，由①可得12x x +随着t 的增大而增大.而由（Ⅱ），t 随着a 的减小而增大，所以12x x +随着a 的减小而增大。

微专题利用导数证明不等式问题

利用导数证明不等式问题内容概览题型一作差法构造函数证明不等式题型二转化为两个函数的最值证明不等式题型三适当放缩证明不等式[命题分析]导数中的不等式证明作为高考常考点,常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结合进行考查,题目难度较大,解题方法多种多样,如构造函数法、放缩法等,针对不同的题目,采用不同的解题方法,可以达到事半功倍的效果.题型一作差法构造函数证明不等式[典例1]设f(x)=2x ln x+1.求证:f(x)≤x2-x+1+2ln x.【方法提炼】作差法构造函数证明不等式的策略(1)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;(2)有时对复杂的式子要进行变形,借助所构造函数的单调性和最值求解,利用导数研究其单调性和最值.【对点训练】已知函数f(x)=ax+x ln x在x=e-2(e为自然对数的底数)处取得极小值.(1)求实数a的值;(2)当x>1时,求证:f(x)>3(x-1).【解析】(1)因为f(x)=ax+x ln x,所以f'(x)=a+ln x+1,因为函数f(x)在x=e-2处取得极小值,所以f'(e-2)=0,即a+ln e-2+1=0,解得a=1,所以f'(x)=ln x+2.当f'(x)>0时,x>e-2;当f'(x)<0时,0<x<e-2,所以f(x)在(0,e-2)上单调递减,在(e-2,+∞)上单调递增,所以f(x)在x=e-2处取得极小值,符合题意,所以a=1;(2)由(1)知a=1,所以f(x)=x+x ln x.令g(x)=f(x)-3(x-1),即g(x)=x ln x-2x+3(x>1),g'(x)=ln x-1,由g'(x)=0,得x=e.由g'(x)>0,得x>e;由g'(x)<0,得1<x<e.所以g(x)在(1,e)上单调递减,在(e,+∞)上单调递增,所以g(x)在(1,+∞)上的最小值为g(e)=3-e>0.于是∀x∈(1,+∞),都有g(x)≥g(e)>0,所以f(x)>3(x-1).【加练备选】 (2022·赣州模拟)已知函数f(x)=1-ln,g(x)=x e+1-bx,若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)的一个公共点是A(1,1),且在点A处的切线互相垂直.(1)求a,b的值;2.(2)证明:当x≥1时,f(x)+g(x)≥【解析】(1)因为f(x)=1-ln(x>0),所以f'(x)=ln−12,f'(1)=-1.因为g(x)=x e+1-bx,所以g'(x)=-x e-12-b,g'(1)=-a-1-b.因为曲线y=f(x)与曲线y=g(x)的一个公共点是A(1,1),且在点A处的切线互相垂直,所以g(1)=1,且f'(1)·g'(1)=-1,又g(1)=a+1-b,解得a=-1,b=-1;(2)由(1)知,g (x )=-e e +1+x ,则f (x )+g (x )≥2⇔1-ln -e e -1+x ≥0.令h (x )=1-ln -e e -1+x (x ≥1),则h (1)=0,h'(x )=−1+ln 2+e e +12+1=ln 2+e e+1.因为x ≥1,所以h'(x )=ln 2+e e +1>0,所以h (x )在[1,+∞)上单调递增,所以当x ≥1时,h (x )≥h (1)=0,即1-ln -e e -1+x ≥0,所以当x ≥1时,f (x )+g (x )≥2.题型二转化为两个函数的最值证明不等式[典例2](2022·武汉模拟)已知函数f(x)=a ln x+x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a=1时,证明:xf(x)<e x.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=+1=r.当a≥0时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.当a<0时,当x∈(-a,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(0,-a)时,f'(x)<0.所以f(x)在(-a,+∞)上单调递增,在(0,-a)上单调递减.综上所述,当a≥0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a<0时,f(x)在(-a,+∞)上单调递增,在(0,-a)上单调递减;(2)当a=1时,要证xf(x)<e x,即证x2+x ln x<e x,即证1+ln<e2.令函数g(x)=1+ln,则g'(x)=1−ln2,令g'(x)>0,得x∈(0,e);令g'(x)<0,得x∈(e,+∞).所以g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以g(x)max=g(e)=1+1e,令函数h(x)=e2,则h'(x)=e(−2)3.当x∈(0,2)时,h'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0.所以h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以h(x)min=h(2)=e24.因为e24-(1+1e)>0,所以h(x)min>g(x)max,即1+ln<e2,从而xf(x)<ex得证.【方法提炼】单变量不等式的证明方法(1)移项法:将证明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))的问题转化为证明f(x)-g(x)>0(f(x)-g(x)<0),进而构造辅助函数h(x)=f(x)-g(x);(2)构造“形似”函数:对原不等式同解变形,如移项、通分、取对数,把不等式左、右两边转化为相同结构的式子,根据“相同结构”构造辅助函数;(3)最值法:欲证f(x)<g(x),有时可以证明f(x)max<g(x)min.【对点训练】(2022·福州模拟)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.【解析】(1)f'(x)=e-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时,f'(x)>0,当x>e时,f'(x)<0,故f(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减;(2)方法一:因为x>0,所以只需证f(x)≤e-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-2e(x>0),则g'(x)=(−1)e2,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-2e,即xf(x)-e x+2e x≤0.方法二:证明xf(x)-e x+2e x≤0,即证e x ln x-e x2-e x+2e x≤0,即证ln x-x+2≤e e.设函数g(x)=ln x-x+2,则g'(x)=1-1.所以当x∈(0,1)时,g'(x)>0,当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,故g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,从而g(x)在(0,+∞)上的最大值为g(1)=1.设函数h(x)=e e,则h'(x)=e(−1)e2.所以当x∈(0,1)时,h'(x)<0,当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,故h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,从而h(x)在(0,+∞)上的最小值为h(1)=1.综上,当x>0时,g(x)≤h(x),即xf(x)-e x+2ex≤0.【加练备选】1e. (2022·长沙模拟)已知函数f(x)=e x2-x ln x.求证:当x>0时,f(x)<x e x+题型三适当放缩证明不等式[典例3]已知函数f(x)=e x.(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)当x>-2时,求证:f(x)>ln(x+2).【解析】(1)由f(x)=e x,得f(0)=1,f'(x)=e x,则f'(0)=1,即曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y-1=x-0,所以所求切线方程为x-y+1=0;(2)设g(x)=f(x)-(x+1)=e x-x-1(x>-2),则g'(x)=e x-1,当-2<x<0时,g'(x)<0;当x>0时,g'(x)>0,即g(x)在(-2,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,于是当x=0时,g(x)min=g(0)=0,因此f(x)≥x+1(当且仅当x=0时取等号),令h(x)=x+1-ln(x+2)(x>-2),则h'(x)=1-1r2=r1r2,则当-2<x<-1时,h'(x)<0,当x>-1时,h'(x)>0,即有h(x)在(-2,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,于是当x=-1时,h(x)min=h(-1)=0,因此x+1≥ln(x+2)(当且仅当x=-1时取等号),因为g(x)与h(x)不同时为0,所以当x>-2时,f(x)>ln(x+2).【方法提炼】放缩法证明不等式的策略导数方法证明不等式的问题中,最常见的是e x和ln x与其他代数式结合的问题,对于这类问题,可以考虑先对e x和ln x进行放缩,使问题简化,简化后再构造函数进行证明.常见的放缩公式如下:(1)e x≥1+x,当且仅当x=0时取等号;(2)ln x≤x-1,当且仅当x=1时取等号.【对点训练】已知函数f(x)=a e x-1-ln x-1.(1)若a=1,求f(x)在(1,f(1))处的切线方程;(2)证明:当a≥1时,f(x)≥0.【解析】(1)当a=1时,f(x)=e x-1-ln x-1(x>0),f'(x)=e x-1-1,k=f'(1)=0,又f(1)=0,所以切点为(1,0).所以切线方程为y-0=0(x-1),即y=0;(2)因为a≥1,所以a e x-1≥e x-1,所以f(x)≥e x-1-ln x-1.方法一:令φ(x)=e x-1-ln x-1(x>0),所以φ'(x)=e x-1-1,令h(x)=e x-1-1,所以h'(x)=e x-1+12>0,所以φ'(x)在(0,+∞)上单调递增,又φ'(1)=0,所以当x∈(0,1)时,φ'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,φ'(x)>0,所以φ(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以φ(x)min=φ(1)=0,所以φ(x)≥0,所以f(x)≥φ(x)≥0,即f(x)≥0.方法二:令g(x)=e x-x-1,所以g'(x)=e x-1.当x∈(-∞,0)时,g'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,所以g(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(0)=0,故e x≥x+1(当且仅当x=0时取“=”).同理可证ln x≤x-1(当且仅当x=1时取“=”).由e x≥x+1⇒e x-1≥x(当且仅当x=1时取“=”),由x-1≥ln x⇒x≥ln x+1(当且仅当x=1时取“=”),所以e x-1≥x≥ln x+1,即e x-1≥ln x+1,即e x-1-ln x-1≥0(当且仅当x=1时取“=”),即f(x)≥0.【加练备选】已知函数f(x)=En r,g(x)=e,且曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为x-2y+n=0.(1)求m,n的值;(2)证明:f(x)>2g(x)-1.【解析】(1)由已知得f(1)=0,所以1-0+n=0,解得n=-1.因为f'(x)=(lnr1)(r)−En(r)2,所以f'(1)=r1(1+)2=12,解得m=1;(2)设h(x)=e x-x-1(x>0),则h'(x)=e x-1>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,所以h(x)>h(0)=0,即e x>x+1>1,所以1e<1r1.要证f(x)>2g(x)-1,即证En r1>2e-1,只需证En r1≥2r1-1,即证x ln x≥x-1,令m(x)=x ln x-x+1,则m'(x)=ln x,因为当x∈(0,1)时,m'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,m'(x)>0,所以m(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以m(x)min=m(1)=0,即m(x)≥0,所以x ln x≥x-1,则f(x)>2g(x)-1得证.。

专题05利用导数证明函数不等式(二)-2020高考数学尖子生辅导专题

专题五利用导数证明函数不等式（二）专题五利用导数证明函数不等式（二）本专题总结了利用导数证明含有两个未知数的函数不等式的常有方法，希望同学们看后有所收获，提高利用导数证明函数不等式的能力．模块 1 整理方法提高能力关于两个未知数的函数不等式问题，其重点在于将两个未知数化归为一个未知数，常有的证明方法有以下4 种：方法 1：利用换元法，化归为一个未知数方法 2：利用未知数之间的关系消元，化归为一个未知数方法 3：分别未知数后结构函数，利用函数的单一性证明方法 4：利用主元法，结构函数证明对数均匀值不等式链a b我们将两个正数a 和b 的对数均匀值定义为： L a,bln a ln b,a b，对数均匀值不a,a b等式链为：2 ab L a,ba ba 2b 2 ．1 1 22ab对数均匀值不等式链的指数形式为：2 a be a e b e ae b e 2a e 2b1 1e 2a b2，此中2e ae ba b ．例 1已知函数 f x1 a ln x ．xx（1）议论 f x 的单一性；（2）若 f x 存在两个极值点f x 1 f x 2a 2 ．x 1 ， x 2 ，证明：x 1 x 2【分析】（ 1）定义域为 0,，f x 11 a x 2ax 1 x2xx2．①若 a 0 ，则 fx 0， f x 在 0, 上递减．②若a 2 4 0 ，即 0 a2 时， f x0 ， f x 在 0,上递减．专题五利用导数证明函数不等式（二）③若a240 ，即a 2 时，由f x0 ，可得aa24x a a24，由22f x0，可得 0x a a24或 x a a24，所以 f x在 0, aa24，222a a24上递减，在a a2 4 a a24上递加．2,2,2综上所述，当 a 2 时，f x 在 0,上递减；当 a 2 时，f x在 0, aa24，2a a2 4 ,上递减，在a a2 4 , a a24上递加．222【证明】（ 2）法 1：由（ 1）知，f x存在两个极值点，则a2．因为 x1， x2是 f x的两个极值点，所以 x1，x2知足 x2ax10 ，所以 x1x2 a ，x1 x21，不如设 0x11x2．1x1aln x11x2 a ln x2f x1f x2x1x2x1x2x1x2x2x1x1 x2 a ln x1ln x2x1 x21 a ln x1ln x2 a ln x1ln x212，于是x1x2x1 x2x1x2x1x2f x1f x2a22a ln x1ln x2a2ln x1ln x212ln x21x1x2x1x2x1x21x2x22ln x21x20．结构函数 g x11，由（1）知，g x在 1,x22ln x x ，x上递x减，所以 g x g10，不等式获证．法 2：由（ 1）知，f x存在两个极值点，则a2．因为 x1， x2是 f x的两个极值点，所以 x1， x2知足 x2ax10 ，不如设 0x11x2，则2124， x1 x21．x x a1x1aln x11x2 a ln x2f x1f x2x1x2x1x2x1x2x 2 x 1x 1 x 2alnx 1a lnx 1aln aa 2 4x 1 x 2x 21x 22a a 2 4 ，于是x 1x 21x 1x 2x 1 x 2a 24f x 1f x 2a ln aa 2 4 a a 2 4a22a a 2 4a2 lna 24x 1 x 2a24aa24aa 2 4 2a a24a24lna 24．2ln22设 ta 2 4 ，则 a4t24 ，结构函数t tlnt 2 1 t ， t 0 ，则212t2 t 211t11 0 ，所以 t 在 0,上递加，于是t0 ，t 2 1tt 21命题获证．法 3：模仿法 1，可得f x 1f x 2a2ln x 1 ln x 2 1 ，因为 x 1 x 21 ，所以x 1 x 2x1 x 2ln x 1 ln x 21ln x 1 ln x 21 ln x 1x 1 x 2ln x 1 x 1 x 2，令x 1x 2x 1 x 2x 1 x 2 ln x 2x 1 x 2x 2x 2x 1x 10,1 ，结构函数 h t2ln t1t ，由（ 1）知， h t 在 0,1上递减，所以 ttx 2h th 1 0 ，不等式获证．【评论】 x 1 、 x 2 和 a 之间的关系为 x 1 x 2 a ， x 1 x 2 1 ，我们能够利用其关系式对不等式进行消元，化归为只含有一个未知数的不等式．法 1 消去 x 1 和 a 留下 x 2 ，法 2 消去 x 1 和 x 2 留下 a ，因为所证的不等式等价于ln x 1 ln x 2 1 ，该不等式不含 a ，所以法 1 比法 2 简单．x 1x 2由等价的不等式ln x 1 ln x 2 1，简单联想到对数均匀值不等式x 1x 2x 1 x 2 ，将x 1x 2ln x 1ln x 2不等式进一步改造后，经过换元化归为只含一个未知数的不等式．例 2已知函数 f xe x ， xR ．（1）设 x 0 ，议论曲线 yf x 与曲线 y mx 2 （ m 0 ）公共点的个数；（2）设 ab ，比较 f af b与 f bf a2ba的大小，并说明原因．【分析】（ 1） y e x 与 ymx 2 的公共点的个数等价于y e x 与 y m 的公共点的个数．令x 2h xex，则 hxe xx2x0可得 0x 2 ，由 h x0 可得 x2 ，所以 h xx 23，由 hxe2在 0,2上递减，在 2,上递加，所以 h x在 0,上的最小值为 h 2．当 x0 时，=4h x，当 x时， h x．当 0 me 2 时， y e x 与 y m 没有公共点，即 ye x 与 ymx 2 没有公共点；当 m e 24 x 24 时， ye x 与 y m 有一个公共点，即 y e x 与 ymx 2 有一个公共点；当m e 2 时， ye xx 24x 2与 y m 有两个公共点，即 y e x与 ymx 2 有两个公共点．（2）结论：fa fb f b f a ，证明以下．2 b af af b f bf a e a e b e b e a b a ebea法 1：2b a2b a2e be ab a e ba 1．令 x b a ，则 x 0 ，即证 xe x1．结构函数xx e x1，则 2 e b a 12 e x 12 e x 1xx21x =12e e0 ，所以x 在 0,上递加，于是x0 ．命22 e x22e x 11题获证．f af bf bf a e a e be b e a b a e b e a 法 2：2b a2b a2e be ab a e ba 1．令 x b a ，则 x 0 ，即证xe x1，该不等式等价于 x 2 2 x e x ．2 e ba12e x 1结构函数 h xx2x 2 e x ，则 h x 1 x 1 e x ，令 g xh x ，则 g xxe x 0 ，于是 g x 在 0,上递加，所以 g x g 0 0 ，即 h x0 ，所以 h x 在 0,上递加，于是 h xh 00 ．命题获证．f a fbf bf aabbae e ee．令 e am ， e b n ，则 mn ，法 3：2b a2b a专题五利用导数证明函数不等式（二）nn m n mn m lnn1n ，且不等式ln n ln m 22 m，令 t1，2ln n ln mn mmnm t1m则不等式ln t2 t 1 ，这是与 ln x 相关的常用不等式，命题获证．t 1【评论】第（ 2）小问的不等式含有两个未知数 a 、 b ，其解题思路主假如利用换元法将两个未知数、化归为一个未知数，常有的换元手法有，，，a．所a bx a b x a b x abx b证不等式为e ae b e b e a ，这是对数均匀值不等式的指数形式，法 3 经过换元将其转变为2b a对数均匀值不等式再进行证明．例 3已知函数 f xa 1 ln x ax 2 1 ．（1）议论函数 f x 的单一性；（2）设 a1，假如对随意 x 1 , x 2 0, ， f x 1 f x 2 4 x 1 x 2 ，求 a 的取值范围．【分析】（ 1） f x 的定义域为0,． fxa 12ax2ax 2a 1 ．xx当 a 0 时， f x0 ，所以 f x 在 0,上递加；当 a1 时， f x 0 ，所以 f x在 0,上递减；当1 a 0 时，由fx 0 可得 0 xa 10 可得，由 f x2axa 1 ，所以 f x 在 0, a 1 上递加，在a 1 ,上递减．2a2a 2a（ 2）不如设 xx ，因为a1，所以由（ 1）可知 fx 在 0,上递减，于是12f x 1 f x 2 ，于是对随意 x 1 , x 2 0, ， f x 1f x 24 x 1x 2 等价于对随意x 1 ,x 20,， f x 2 f x 1 4 x 1 x 2 ．法 1：（分别未知数后结构函数） f x 2f x 1 4 x 1 x 2 f x 2 4x 2f x 1 4x 1 ．结构函数 g xf x 4x ，则只要证明g x 在 0,上是减函数．g x2ax 2a 14 ，要使 g x 在0,上是减函数，则2ax 2 a 10在 0,上xx4专题五利用导数证明函数不等式（二）恒建立，所以 a4 x 1．令 h x 4x1，则2x 2 12x 2 1h x4 2x 214 x 1 4x4 2x 1 x 1，由 h x0 可得 x10 可2x 222 x 22 ，由 h x112得 0 x1．所以 h x 在 0,1上递减，在1 , 上递加，所以当 x1时， h x 有最小2222值2，于是 a 的取值范围是, 2 ．法 2：（主元法）由 f x 2 f x 14 x 1 x 2 可得a 1 ln x 2 ax 22 a 1 ln x 1ax 12 4 x 1 x 2 ，以 x 2 为主元结构函数F xa 1 ln x ax 24x a 1 ln x 1 ax 12 4x 1 （ 0xx 1 ），则 F xa 12ax 4x2ax 2 4xa1．令 G x2ax 24xa 1 ，则 G x是张口方向向下，对称轴为xx1的抛物线，其8 a1 a2 ．a①若 a 2 ，则 0 ，此时 G x0，即 Fx 0，所以 Fx 在 0, x 1上递减，于是F xF x 10 ，即 f x 2f x 14 x 1x 2 ．②若 2a1 ，则0 ，此时 G x 0 有两个根，不如设为 m 、 n ，且 m n ．由F x 0 可得 m x n ，由 F x 0 可得 0 x m 或 x n ．因为 x 2 是随意的，不如设m x 2 n ，于是 F x 在 0,m 上递减，在 m, x 2 上递加，于是在m,x 2 上，有F xF x 1 0 ，即 f x 2f x 14 x 1 x 2 不建立．综上所述， a 的取值范围是, 2 ．【评论】获得二元不等式f x 2f x 1 4 x 1 x 2 后，有三种方法解决，一是分别未知数后结构函数，从而利用函数的单一性进行证明，二是利用换元法，把二元化归为一元，三是把此中一个元当作主元，从而再求导，法1 是分别未知数后结构函数法，法2 是主元法．例 4已知函数 f xx 2 x x 12ea 有两个零点．（1）求 a 的取值范围；（2）设 x 1 、 x 2 是 fx 的两个零点，证明： x 1x 2 2 ．【分析】（ 1）法 1： fxax 2 e x，于是 fx有两个零点等价于 ya 与x21xe xx 24x 5g xx 2 e 2 有两个交点．因为 g x，由 gx0 可得 x1 ，由x 3x 11g x 0 可得 x 1 ，于是 g x 在,1 上递加，在 1,上递减．当 x时，g x 0 ；当 x1 时， g x；当 x1 时， g x；当 x时，g x．于是当 a0 时， y a 与 g x 有两个交点，所以a 的取值范围是 0,．法 2： f x x 1 e x2a x 1x 1 e x 2a ．①当 a 0 时， f xx 2 e x ，只有 1个零点．②当 a0 时， e x 2 a 0 ，由 f x0 可得 x 1 ，由 f x 0 可得 x 1 ，所以 f x 在,1 上递减，在 1,上递加． f 1e 0，f 2a 0 ，当 x时，a x 1 2， x 2 ex0 ，所以 fx，所以 f x 有两个零点．③当 a 0 时，由 f x 0 可得 x 1 或 x ln2a ．（i ）当 ae时， ln 2a1 ，由 f x0可得 x 1 或 x ln2a ，由 fx0 可2得 1 x ln 2a ，所以 f x 在 ,1 、 ln 2a ,上递加，在1,ln2a 上递减．因为 f 1e 0 ，所以f x 没有两个零点．（ii ）当 ae时， ln 2a1 ，所以 f x0 恒建立，即 fx 在 R 上递加，所以 fx2没有两个零点．（iii ）当 ae时， ln2a 1 ，由 fx 0 可得 xln2a 或 x 1 ，由 fx0 可2得 ln 2a x 1 ，所以 f x 在 ,ln 2a 、 1,上递加，在 ln 2a ,1 上递减．当 x 1时， f x0 ，所以 f x 没有两个零点．综上所述， a 的取值范围是 0,．【证明】（ 2）法 1：（极值点偏移）结构函数 G xg xg 2xx 2 e xxe 2 xx 1 2x21x2 e x xe 2 x（ x 1 ），令xx2 exxe2x，则 xx 1exe2 x，因为x21x 1，所以 x1 0 ， x2 x ， e xe 2 x0 ，所以x 0 ，于是x 在,1 上递加，于是x10，于是 G x g x g 2 x0 ，即 g xg 2 x ．不如设 x 1 x 2 ，由（ 1）可知 x 1,1 ， x 21,2 ，于是 g x 1g 2 x 1 ，而g x 1g x 2 ，所以 g x 2 g 2x 1 ．因为 2x 11,，且 gx 在 1,上递减，所以 x 22 x 1 ，即 x 1 x 22 ．法 2：（极值点偏移）结构函数 F x f x f 2 xx 2 e x xe 2 x （ x 1 ），则F xx 1 e xe 2 x，因为 x 1 ，所以 x 1 0 ，x 2 x ，e xe 2 x0 ，所以 F x0 ，于是 F x 在,1 上递加，于是 F xF 1 0 ，于是 f x f 2 x ．不如设 x 1x 2 ，由（ 1）可知 x 1,1 ， x 2 1,2 ，于是 f x 1f2 x 1 ，而f x 1fx 2 ，所以 f x 2f 2 x 1 ．因为 2 x 11,，且 f x 在 1,上递加，所以 x 2 2 x 1 ，即 x 1 x 2 2 ．【评论】关于函数 yf x 在区间a,b 内只有一个极值点 x 0 ，方程 f x 0 的解分别为 x 1 、 x 2 ，即 f x 1f x 2 ，且 a x 1x 2b ，好多极值函数因为极值点左右的 “增减速度”不一样，函数图象不拥有对称性，经常有极值点 x 0x 1 x 2的状况，出现了 “极值点偏移” ．对2于极值点偏移问题，解题可沿循着以下办理策略：①结构一元差函数 F xf xf 2x 0 x ；②对差函数 F x 求导，判断函数符号，确立F x 的单一性；③联合 F x 0 0 ，判断 F x 的符号，从而确立f x 、 f 2 x 0 x 的大小关系；专题五利用导数证明函数不等式（二）④由 f x1f x2（或） f 2x0x2，联合 f x的单一性获得x1（或）2x0x2，从而x1x2（或） x0．2模块 2练习稳固整合提高练习 1：已知函数f x ax x ln x 的图象在点 x e （e为自然对数的底数）处的切线斜率为 3．（1）务实数a的值；（2）若k Z ，且 kf xx 对随意 x 1 恒建立，求 k 的最大值；1（3）当n m 4 时，证明：mn n m nm m n ．【分析】（ 1）因为f x ax x ln x ，所以 f x a ln x1，所以 f e 3 ，即a lne1 3 ，所以 a 1 ．（2）由（ 1）知，f x x x ln x ，所以 k f x对随意 x1恒建立，即x xln x xk1 1x对随意 x 1 恒建立．当 x222ln 23.38 ，猜想 k 的最大值为 3 ，下边进行证明．时，有 k213x x ln x3 x1x xln x2x 3x ln x ln x320 ，令x1xg x ln x 32 ，则 g x13x3x 0 可得 x 3 ，由 g x0 可得x x x2x2，由g1x3，所以 g x在1,3 上递减，在3,上递加，所以 g x min g 3ln3 10，命题获证，整数k 的最大值是 3 ．【证明】（ 3）mn n mnm m n ln n mn m m ln m mn n n ln n mn ln m m ln m mn ln n nmn ln n m ln m mn ln m n ln n ．法 1：（分别未知数后结构函数）mnln n m ln m mn ln m n ln nn m 1 ln n m n 1 ln m n ln n m ln m ．n1m1xln x， x 4 ，则 k x 1ln x x1x ln x x 1ln x结构函数 k x1x 22，令x1x 1k1 x x 1 ln x ，则 k1x11，因为 x 4 ，所以 k1x0在 4,上恒建立，即 k1 x x在 4,上递加，而 k143ln 40 ，于是 k x0在 4,上恒建立，所以k x 在专题五利用导数证明函数不等式（二）4,上递加．而 n m4，所以 n ln n m ln m，不等式获证．n1m1法 2：（主元法）以n为主元结构函数f x mx ln x mln m mxln m xln x ，则f x m 1 ln x m1m ln m ．因为x m 4 ，所以f x m 1 ln m m1mln m m1ln m0 ，所以函数 f x在 m,上递加．因为n m ，所以 f n f m，所以 mnln n m ln m mn ln m n ln nm2 ln m mln m m2 ln m m ln m0 ，即 mnln n mln m mn ln m n ln n ，不等式获证．练习 2：已知函数f x ln 1x x ， g x x ln x ．（1）求函数f x的最大值；（2）设0a b ，证明：0g a g ba bb a ln 2．2g2【分析】（ 1）函数f x的定义域为1,． f x11，由 f x0 可得1x1x0 ，由 f x0 可得 x0 ，于是 f x在 1,0上递加，在0,上递减，于是当x0 时， f x有最大值，且最大值为f00 ．【证明】（ 2）以b为主元结构函数．设 F x g (a)g x2g a x，此中 x a,，则2F x g x 2 g a x ln x lna2x．因为 x a ，所以 F x0，所以 F x在2a,上为增函数．而b a ，所以 F b F a0 ，即 g (a)g b2g a b．2设 G x F x x a ln 2 ，此中 x a,，则G x ln x ln a xln 2ln x ln a x．当 x a 时，G x0，所以 G x在 a,上2为减函数，而 b a ，所以 G b G a0 ，即 g a g b 2 g a bb a ln 2 ．2综上所述，0g a g ba bb a ln 2．2g2练习 3：设a R，函数f x ln x ax 有两个零点 x1、 x2，且0x1x2．（ 1）务实数 a 的取值范围；（ 2）证明： x 1 x 2 e 2 ．【分析】（1） f x 0 aln x f x0 有两个零点yln x有，所以 a 与 g xxx1 ln xx 0 可得，由 g x0 可得 xe ，所以 g x 在两个交点． g xx 2 ，由 g 0 x e0,e 上递加，在 e,+ 上递减．又因为当 x 0 时，g x ；当 x时，g x 0 ；g e1 ，所以实数 a 的取值范围为 0,1．ee【证明】（2）法 1：（化二元为一元）依题意，有ln x 1 ax 1 0 ， ln x 2 ax 2 0 ，于是ln x 1 ln x 2 a x 1x 2 ， ln x 1 ln x 2 a x 1 x 2 ，所以 ln x 1 ln x 2ln x 1 ln x 2 x 1x2．x 1 x 2x 1 x 2 e 2ln x 1ln x 2 2ln x 1 ln x 2 x 1 x 22 ln x 1 ln x 22 x 1 x 2x 1 x 2x 1 x 22 x 1 1x 1x 2，令 tx 10,1 ，则上式等价于 ln t2 t 1，这是与 ln x 相关的常用lnx 1x 2 t 1x 21x 22 t 11 4t 2不等式，证明以下：结构h t ln t ， 0 t 1，则 h t10 ，t 1tt 12t t 21于是 h t 在 0,1 上递加，于是 h th 1 0 ，命题获证．法 2：（化二元为一元）依题意，有ln x 1 ln x 2 ，即 ln x 1 x 1 ，设 ln x 1x 1t0,1 ，x 1 x 2ln x 2 x 2 ln x 2x 2则 ln x 1 ln tx 2ln t ln x 2t ln x 2 ，于是 ln x 2ln t，所以 x 1 x 2 e 2ln x 1 ln x 22t1t ln x 2 ln x 22t 1 ln t 2 ln t 2 t1，下同法 1．t 1 t 1法 3：（极值点偏移） x 1 x 2 e 2ln x 1 ln x 2 2 ，令 t 1 ln x 1 ， t 2 ln x 2 ，则 t 1 、 t 2 是函数 g t tae t 的两个零点，且 0t 1 t 2 ，该问题不是极值点偏移问题，因为g t的极值点不是 1，需要把 g t tae t 改为 k tt a ，问题才转变为极值点偏移问题．e tk t1 tt0 可得 t 1，由 k t0 可得 t 1，所以 k t 在 ,1 上递加，e t ，由 k在 1,上递减，于是0t1 1t2．结构函数 K t k t k 2t t2t te2 t t2e tt1），则e t e2 t e2（ 0K t t1e t e2 t0，于是 K t在0,1上递加，于是K t K10，即e2k t k 2t，于是 k t1k 2t1，而 k t1k t2，所以k t2k 2t1．因为 t2 1，2t1 1 ，且 k t在 1,上递减，所以 t22t1，即 t1t2 2 ，命题获证．。

高三数学利用导数证明不等式试题

高三数学利用导数证明不等式试题1. 设函数）是定义在（一，0）上的可导函数，其导函数为,且有,则不等式的解集为------------- 【答案】【解析】设,, 又因为定于域为，所以,所以为定义域内的减函数，原不等式等价于,所以根据减函数，可知：,所以解集. 【考点】利用导数解不等式2. (2014·哈尔滨模拟)已知函数f(x)=x 2+,g(x)=-m.若∀x 1∈[1,2],∃x 2∈[-1,1]使f(x 1)≥g(x 2),则实数m 的取值范围是__________. 【答案】【解析】要使∀x 1∈[1,2],∃x 2∈[-1,1],使f(x 1)≥g(x 2),只需f(x)=x 2+在[1,2]上的最小值大于等于g(x)=-m 在[-1,1]上的最小值,因为f′(x)=2x -=≥0在[1,2]上成立,且f′(1)=0,所以f(x)=x 2+在[1,2]上单调递增, 所以f(x)min =f(1)=12+=3. 因为g(x)=-m 是单调递减函数,所以g(x)min =g(1)=-m, 所以-m≤3,即m≥-.3. 已知函数（1）若函数存在单调递减区间，求的取值范围；（2）若且关于x 的方程在上恰有两个不相等的实数根，求实数的取值范围；（3）设各项为正的数列满足：求证：【答案】（1）（-1,0）；（2）(ln2-2,;(3)见解析. 【解析】本试题主要考查了导数在研究函数中的运用，以及运用函数与方程的思想求解根的问题。

以及不等式的综合运用。

解：（1）列表：x（0，1）1（1，2）2（2，4）所以(3)设4.设函数（1）若x=1是的极大值点，求a的取值范围。

（2）当a=0，b=-1时，函数有唯一零点，求正数的值。

【答案】（Ⅰ）的定义域为，，由=0，得.∴.①若a≥0，由=0，得x=1.当时，，此时单调递增；当时，，此时单调递减.所以x=1是的极大值点.②若a＜0，由=0，得x=1，或x=.因为x=1是的极大值点，所以＞1，解得－1＜a＜0.[来综合①②：a的取值范围是a＞－1.（Ⅱ）因为函数有唯一零点，即有唯一实数解，设，则．令，．因为，所以△=>0，方程有两异号根设为x1<0，x2>0.因为x>0，所以x1应舍去.当时，，在（0，）上单调递减;当时，，在（，+∞）单调递增.当时，=0，取最小值．因为有唯一解，所以，则即因为，所以（*）设函数，因为当时，是增函数，所以至多有一解．因为，所以方程（*）的解为，代入方程组解得【解析】略5.（本小题满分13分）已知函数（（1）若函数在定义域上为单调增函数，求的取值范围；（2）设【答案】解：（1）的定义域是，所以在上恒成立.……3分所以的取值范围是……6分（2）不妨设，（若交换顺序即可）即证只需证………9分由（1）知上是单调增函数，又，………11分所以………13分【解析】略6.（（本小题满分12分）设函数（I）若，直线l与函数和函数的图象相切于一点，求切线l的方程。

高考专练训练41：导数(证明数列不等式2)-2021届高三数学二轮复习

二轮大题专练41—导数（证明数列不等式2）1．已知函数()1f x x lnx =--．（1）求证：()0f x ；证明：（1）11()1x f x x x-'=-=，当1x >时()0f x '>，()f x 单调增，当01x <<时()0f x '<，()f x 单调减，所以()f x f （1）0=的最小值为f （1）0=；（2）由（1）知1lnx x -，令112n x =+得11(1)22n nln +<，所以2212111111(1)(1)(1)222222n ln ln ln ++++⋯+<++⋯11(1())1221()11212n n -==-<-，所以2111(1)(1)(1)222n e ++⋯+<．2．设函数2()(1)f x x bln x =++，其中0b ≠．（2）求函数()f x 的极值点；解：（1）2()(1)f x x bln x =++的定义域为(1,)-+∞，222()211b x x bf x x x x ++'=+=++，令2()22g x x x b =++，则()g x 在1(1,)2--上递减，1(2-，)+∞上递增；11()()022min g x g b ∴=-=-+>；从而2()220g x x x b =++>在(1,)-+∞上恒成立，()0f x ∴'>；即当12b >时，()f x 在(1,)-+∞上单调递增；（2）①当12b 时，由（1）知函数没有极值点； ②当12b <时，解()0f x '=得两个不同的解，1x =，2x =；若0b <，由于11x =<-，21x =>-；()f x ∴在(1,)-+∞上有唯一的极小值点2x =；若102b <<时，11x =>-，21x =>-；()f x ∴在1x =2x =取得极小值；综上所述，当0b <时，()f x 在(1,)-+∞上有唯一的极小值点2x =；当102b <<时，()f x 有极大值点1x =，极小值点2x =；当12b时，函数没有极值点；（3）证明：取1b =-，则2()(1)f x x ln x =-+，令332()()(1)h x x f x x x ln x =-=-++，则323(1)()01x x h x x +-'=>+在[0，)+∞上恒成立，故()h x 在[0，)+∞上单调递增，故当(0,)x ∈+∞时，恒有()(0)0h x h >=；即恒有23(1)ln x x x +>-；故对任意的正整数n ，不等式23111(1)ln n n n+>-都成立．0)a ．（1）若()0f x >对(0,)x ∈+∞都成立，求a 的取值范围；（1）解：()0f x >对(0,)x ∈+∞都成立()0min f x ⇔>．1(1)()111x ax a f x ax x x +-'=+-=++．(0)a ．当1a 时，()0f x '>，∴函数()f x 单调递增，()(0)0f x f ∴>=，()0min f x ∴>成立，因此1a 满足条件．当0a =时，()01xf x x-'=<+，∴函数()f x 单调递减，()(0)f x f ∴<，不满足条件，舍去．当01a <<时，1()()1aax x a f x x --'=+，当10a x a-<<时，函数()f x 单调递减，()(0)0f x f ∴<=，不满足条件，舍去．综上可得：只有当1a 时满足条件．因此a 的取值范围是[1，)+∞．（2）证明：由（1）可知：当0a =时，(1)ln x x +<，0x >．取2i x n =，*(i N ∈，i n ，*)n N ∈． ∴22(1)i i ln n n+<， ∴2222222(1)121212(1)(1)(1)12n n n n n ln ln ln n n n n n n n n++++++⋯++<++⋯+==， ∴22212[(1)(1)(1)]1n ln n n n ++⋯+<， 22212(1)(1)(1)n e n n n ∴++⋯+<．由（1）可知：当1a =时，211(1)22ln x x x x +>->，10x >>．取2i x n =，*(i N ∈，i n ，*)n N ∈．则221(1)2i i ln n n+>⨯， ∴2222222121121(1)1(1)(1)(1)()2222n n n n ln ln ln n n n n n n n +++++⋯++>++⋯+=>， ∴222121[(1)(1)(1)]2n ln n n n ++⋯+>， 22212(1)(1)(1)n nn n ∴++⋯+>．综上可得：*n N ∀∈22212(1)(1)(1)ne n n n ++⋯+<．（1）若1x =是函数()f x 的一个极值点，求a 的值；（2）若()0f x 在[0，)+∞上恒成立，求a 的取值范围；（3）证明：202020191()(2020e e<为自然对数的底数）．解：（1）因为()(1)(0)1axf x ln x a x =+->+，所以21()(1)x a f x x +-'=+ (0)a >，因为1x = 是函数()f x 的一个极值点，故f '（1）0=，即2a =，当2a = 时，当经验得1x =是函数()f x 的一个极值点，所以2a =．（2）因为()0f x 在[0，)+∞ 上恒成立，所以()0min f x ．当01a <时，21()0(1)x af x x +-=+ 在[0，)+∞上恒成立，即()f x 在[0，)+∞上为增函数所以()(0)0min f x f == 成立，即01a < 为所求．当1a >时，令21()0(1)x a f x x +-'=>+，则1x a >-，令21()0(1)x af x x +-'=<+，则01x a <<-，即()f x 在(0,1)a -上为减函数，在(1,)a -+∞ 上为增函数．当(0,1)a ∈-时，()(0)0f x f <=，这与()0f x 矛盾．综上所述，a 的取值范围是(0，1]．（3）要证202020191()2020e <，只需证20202020()2019e >．两边取自然对数得，2020202012019ln >，上式等价于2020120192020ln >，只需要证明20201020192020ln ->，只需要证明11(1)020*******ln +->+，由1a =时，()(1)1xf x ln x x =+-+在(0,)+∞ 单调递增．又1012019>+，(0)0f =，11202012019()(1)(0)0120192019202012019f x ln ln f =+-=->=+，从而原命题成立．5．已知函数()(1)f x ln x ax =+-，()(1)1xg x bln x x=-++．（Ⅰ）当1b =时，求()g x 的最大值；（Ⅱ）若对[0x ∀∈，)+∞，()0f x 恒成立，求a 的取值范围；（Ⅲ）证明21112ni i lnn i =-+∑．解：（Ⅰ）当1b =时，()(1)1xg x ln x x=-++，(1,)x ∈-+∞， 2211()(1)1(1)xg x x x x -'=-=+++，当(1,0)x ∈-时，()0g x '>，()g x 单调递增；当(0,)x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减；∴函数()g x 的最大值(0)0g =．（Ⅱ）1()1f x a x'=-+，[0x ∈，)+∞，∴1(0,1]1x∈+． ①当1a 时，()0f x '恒成立， ()f x ∴在[0，)+∞上是减函数， ()(0)0f x f ∴=适合题意．②当0a 时，1()01f x a x'=->+， ()f x ∴在[0，)+∞上是增函数， ()(1)(0)0f x ln x ax f ∴=+->=，不能使()0f x <在[0，)+∞恒成立． ③当01a <<时，令()0f x '=，得11x a=-，当1[0,1)x a ∈-时，()0f x '，()f x ∴在1[0,1)a-上为增函数，()(0)0f x f ∴>=，不能使()0f x <在[0，)+∞恒成立， a ∴的取值范围是[1，)+∞．（Ⅲ）证明：由（Ⅰ）得(1)01xln x x-++， ∴(1)(0)1xln x x x<+>+，取111(1)1x ln n n n =<++，211nn i i x lnn i ==-+∑，则112x =， ∴12[(1)]1n n nx x lnn ln n n --=---+ 222111(1)0111(1)n n ln n n n n n n=-+<-=-<+-++， ∴1112n n x x x -<<⋯<=， ∴21112ni i lnn i =-+∑．（1）求函数()f x 的单调区间及最值；（2）若对0x ∀>，()()1f x g x +>恒成立，求a 的取值范围；解：（1）()f x 的定义域为1(1,),()1()010;()0011xf x f x x f x x x x'''-+∞=-=->⇔-<<<⇔>++，所以函数()f x 的增区间为(1,0)-，减区间为(0,)+∞， ()(0)0max f x f ==，无最小值．（2）220,()()10,(1)12x x ax f x g x x ln x x x ++∀>+>⇔∀>+-+>+0,(1)10,(2)[1(1)]2ax ln x x a x ln x x ⇔∀>++>⇔∀>>+-++，令()(2)[1(1)]h x x ln x =+-+．则21()1(1)(1)11x h x ln x ln x x x +'=-+-=-+-++．当0x >时，显然1()(1)01h x ln x x '=-+-<+，所以()h x 在(0,)+∞上是减函数．所以当0x >时，()(0)2h x h <=．所以，a 的取值范围为[2，)+∞．（3）由（2）知，当2a =，0x >时，2(1)12ln x x ++>+，即(1)(*)2xln x x +>+．在(*)式中，令*1()x k N k =∈，得1112k kln k k +>+，即1121k ln k k +>+，依次令1k =，2，3，n ⋯，得21314111,,,,13253721n ln ln ln ln n n +>>>⋯>+．将这n 个式子左右两边分别相加，得1111(1)35721ln n n +>+++⋯++．。

2025年高考数学一轮知识点复习-利用导数证明不等式-专项训练【含答案】

利用导数证明不等式1．设函数f(x)＝ln(a－x)，已知x＝0是函数y＝xf(x)的极值点．(1)求a；(2)设函数g(x)r g(x)＜1.2．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：f(x)－e＋2e≤0.3．已知函数f(x)＝e x－x－1.(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)当x≥0时，求证：f(x)＋x＋1≥12x2＋cos x.4．已知函数f(x)＝ln x－K1.(1)证明：f(x)≥0；(2)证明：ln2＋ln322+ln432＋…＋1－1r1，n∈N*.参考答案1．解：(1)由题意得y＝xf(x)＝x ln(a－x)，则y′＝ln(a－x)＋x[ln(a－x)]′.因为x＝0是函数y＝xf(x)的极值点，＝ln a＝0，所以a＝1.所以y′|x＝0(2)证明：由(1)可知，f(x)＝ln(1－x)，其定义域为{x|x＜1}，当0＜x＜1时，ln(1－x)＜0，此时xf(x)＜0；当x＜0时，ln(1－x)＞0，此时xf(x)＜0.易知g(x)的定义域为{x|x＜1且x≠0}，故要证g(x)1，只需证x＋f(x)＞xf(x)，即证x＋ln(1－x)－x ln(1－x)＞0，令1－x＝t，则t＞0且t≠1，则只需证1－t＋ln t－(1－t)ln t＞0，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，所以h(t)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)＞h(1)＝0，即g(x)＜1成立．2．解：(1)函数的定义域为(0，＋∞)，因为f′(x)＝e－a＝e−B(x＞0)，所以当a≤0时，f′(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，由f′(x)＞0得0＜x＜e，由f′(x)＜0得x＞e，即函数f(x)在0+∞上单调递减．综上，当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，函数f(x)在0+∞上单调递减．(2)证明：因为x＞0，证明f(x)－e＋2e≤0，只需证明f(x)≤e－2e，由(1)知，当a＝e时，函数f(x)在区间(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以f(x)max＝f(1)＝－e.令g(x)＝e－2e(x＞0)，则g′(x)所以当x∈(0，1)时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.所以x＞0时，f(x)≤e－2e，所以当a＝e时，f(x)－e＋2e≤0.3．解：(1)易知函数f(x)的定义域为R，∵f(x)＝e x－x－1，∴f′(x)＝e x－1，令f′(x)>0，解得x>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，令f′(x)<0，解得x<0，f(x)在(－∞，0)上单调递减，即f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，∴函数f(x)的极小值为f(0)＝0，无极大值．(2)证明：要证f(x)＋x＋112x2＋cos x，x≥0，即证e x－12x2－cos x≥0，设g(x)＝e x－12x2－cos x，要证原不等式成立，即证g(x)≥0成立，∵g′(x)＝e x－x＋sin x，sin x≥－1，∴g′(x)＝e x－x＋sin x≥e x－x－1当且仅当=−π2+2χ，∈时等号成立，由(1)知，e x－x－1≥0(x＝0时等号成立)，∴g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴在区间[0，＋∞)上，g(x)≥g(0)＝0，∴当x≥0时，f(x)＋x＋1≥12x2＋cos x得证．4．证明：(1)由题意得f′(x)＝1−12＝K12(x＞0)，令f′(x)＝0，解得x＝1，当f′(x)＞0时，解得x＞1；当f′(x)＜0，解得0＜x＜1，则f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)在x＝1处取得最小值，f(x)min＝f(1)＝0，f(x)≥f(1)恒成立，即f(x)≥0恒成立．(2)由(1)知，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，且f(1)＝0，所以f(x)＞0在(1，＋∞)上恒成立，即ln x－K1＞0在(1，＋∞)上恒成立．所以ln x＞K1在(1，＋∞)上恒成立．则当x∈(1，＋∞)K1令x＝n＋1(n∈N*)＞1r1.ln212+ln322＋…1+13×21＋…＋1r1，即ln2＋ln322+ln432＋…1−2+−…−1－1r1，所以ln2＋ln322+ln432＋…1－1r1，故得证。

2022届高考数学二轮专题：利用导数证明不等式

利用导数证明不等式1．隐零点问题1．已知函数 2211()()2ln 2f x ax a x x aR ．（1）当0a 时，求函数 f x 的单调递增区间；（2）当0a 时，证明： 2e 4xf x x (其中e 为自然对数的底数)．【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．【解析】（1） f x 的定义域为 0, ，12221ax x f x ax a x x，当102a，即12a 时， f x 在 10,,2,,0,f x f x a上递增．当112,2a a 时， 0f x ， f x 在 0, 上递增．当12a ，即102a 时， f x 在 10,2,,a上 0f x ， f x 递增．综上所述，当12a 时， f x 的递增区间为 10,,2,a；当12a时， f x 的递增区间为 0, ；当102a时，， f x 的递增区间为 10,2,,a．（2）当0a 时，由 2e 4xf x x 化简得e ln 20x x ，构造函数 e ln 20xh x x x ，211e ,e 0x x h x h x x x ， h x 在 0,上递增，120,1e 102h h，故存在01,12x，使得 00h x ，即001e x x ．当 00,x x 时， '0,h x h x 递减；当 0,x x 时， '0,h x h x 递增，所以0x x 时， h x 取得极小值，也即是最小值．0000000111e ln 2ln 2220e x x h x x x x x，所以 e ln 20xh x x ，故 2e 4xf x x ．2．已知函数()e 2ln xf x a x ．（1）设2x 是()f x 的极值点，求()f x 的单调区间；（2）当1ea时，求证：()22ln 2f x ．【答案】（1）单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2,) ；（2）证明见解析．【解析】（1）()f x 的定义域为(0,) ，2()e x f x a x，2x Q 是()f x 的极值点，(2)0f ，即2e 10a ，21e a，2e x y 在(0,) 上单调递增，2y x在(0,) 上单调递增，22()e x f x x 在(0,) 上单调递增，且(2)0f ，()f x 的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2,) ．（2）由1e a可得11e e e ex x x a ，所以1()e 2ln e 2ln xx f x a x x ，令1()e2ln x g x x ，则12()e x g x x，()g x Q 在(0,) 上单调递增，且112122(1)e 0,(2)e e 2011g g ．0(1,2)x ，使得 00g x ，有0102e 0x x，①且()g x 在区间 01,x 上单调递减，在区间 0,2x 上单调递增，01min 00()e 2ln x g x g x x ，由①得0102ex x，即有0102ln e ln x x，00ln ln 21x x ， 01000002e 2ln 222ln 2,(1,2)x g x x x x x，又 0g x Q 在区间(1,2)上单调递增，0(1)2222ln 222ln 2g x g ，()22ln 2g x ，()()22ln 2f x g x ，()22ln 2f x ，结论得证．3．已知函数2x f x ax x a e ．（1）讨论 f x 的单调性；（2）若函数 f x 有两个不大于1 的极值点，证明： ln 11xf x e x x ．【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．【解析】（1） f x 定义域为R ，由2x f x ax x a e ，得2221211x x xf x ax e ax x a e ax a x a e ，当0a 时， 1xf x x e ，此时 f x 在 1, 上单调递增；在 ,1 上单调递减．当0a 时，令 110xf x x ax a e ，即11x ，21a x a，因为2111a x a a，所以12x x ，令 0f x ，则1a x a或1x ，即 f x 在1,a a和 1, 上单调递增．令 0f x ，则11a x a，即 f x 在1,1a a上单调递减．当0a 时，令 110xf x x ax a e ，即1211,a x x a．因为2111a x a a，所以12x x ，令 0f x ，则1x 或1a x a，即 f x 在 ,1 和1,a a上单调递增．令 0f x ，则11a x a ，即 f x 在11,a a上单调递减．综上所述：当0a 时， f x 在 1, 上单调递增，在 ,1 上单调递减．当0a 时， f x 在1,a a和 1, 上单调递增，在1,1a a上单调递减．当0a 时， f x 在 ,1 和1,a a上单调递增，在11,a a上单调递减．（2）因为函数 f x 有两个不大于1 的极值点，由（1）知0a ，因为221x xf x ax x a e x a x e且0a ，所以 x f x xe ，所以要证明 ln 11xf x e x x ，只要证明 ln 11xxxe e x x ，即要证明 ln 110x xxe e x x ，令 ln 11(1)xxg x xe e x x x ，则 1111x x x x xg x e xe e xe x x，令 0g x ，则101x e x ，令 11x h x e x，则2101x h x e x ，所以 h x 在 1,x 上单调递增，因为 2210h e ，221210e h ee e ，所以 h x 在 1,x 上有唯一零点，设为0x ，且当 01,x x 时， 0h x ， g x 单调递减，当 0,x x 时， 0h x ， g x 单调递增，所以 000000min ln 11x xg x g x x e e x x ．因为00101xe x，即0011x e x，即 00ln 1x x ，所以0000min 011101g x g x x x x x ，所以 0g x ，所以原不等式成立．2．极值点偏移问题1．（多选）已知函数 2ln 2a f x x x x 有两个极值点1x ，212()x x x ，则（）A．a 的取值范围为 ,1 B．122x x C．12112x x D．2111x x a【答案】BCD【解析】由题设，()ln 1f x x ax 且定义域为(0,) ，则1()axf x x，当0a 时()0f x ，则 f x 单调递增，不可能存在两个零点，即()f x 不可能存在两个极值点，A 错误；当10x a时()0f x ，即 f x 单调递增，当1x a 时()0f x ，即()f x单调递减，即1()(ln f x f a a，当1a 时，max 1()ln 0f x a ，所以 f x 至多有一个零点；当01a 时，max 1()ln 0f x a，而(1)10f a ，当x 趋向于0时()f x 趋于负无穷大，当x 趋向于正无穷时()f x 趋于负无穷大，综上，01a ， f x 在(0,1),(1,) 内各有一个零点1x ，212()x x x 且12101x x a，B：由1(0f a 且x 趋向于0时 f x 趋于负无穷大，所以1210x x a，故121x a a，令221()()()ln()2ln 2((0,g x f x f x x x ax x a a a ，2112(1)()22(2)ax g x a x x ax x a，又1(0,]x a ，所以()0,g x ()g x 单调递减，故当11x a 时，1111()()()()0g x g f f a a a，又1()0f x ，所以11111222()ln()()1()()0f x x a x f x g x a a a ，而2()0f x ，因此121221222()()2f x f x x x x x a a a，故正确；C：1ln ()ln 10xf x x ax a x，令1ln ()x F x x，显然有12()()F x F x ，令121211,t t x x ，显然12t t ，因此有12112212111ln1ln (1ln )(1ln )11t t t t t t t t，设()(1ln )ln h x x x x x x ，则()ln h x x ，当1x 时，()0,()h x h x 单调递减，当01x 时，()0,()h x h x 单调递增，因为12()()h t h t ，所以2101t t ，令()()(2)((0,1))x h x h x x ，即22()()(2)ln ln 2ln(2)ln[1(1)]x h x h x x x x x x ，因为(0,1)x ，所以()0,()x x 单调递增，因为2101t t ，所以22222()()(2)(1)0()(2)t h t h t h t h t ，而12()()h t h t ，所以12()(2)h t h t ，因为2101t t ，所以221t ，当1x 时，()h x 单调递减，因此有121222t t t t ，即12112x x ，正确；D：由12101x x a ，则1210x x a ，故2111x x a，正确，故选BCD．2．已知函数 2e e 2x f x x．（1）证明： f x 在R 上为增函数；（2）若 1212f x f x e x x ，，证明：122x x ．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【解析】（1）由题意， e e x f x x ，令 e e xg x x ，则 e e xg x ，令 0g x ，则1x ，故在区间 ,1 上， 0g x ， g x 为减函数；在区间 1, 上， 0g x ， g x 为增函数，故 10f x f ，故 f x 在R 上为增函数．（2）由（1）知 f x 为增函数，且 e12f，故由 1221f x f x f ，12x x ，可得 121f x f f x ，则121x x ．欲证122x x ，只需证122x x ，即证 122f x f x ，即证 22e 2f x f x ．令 2e 1F x f x f x x ，则 22e e e e 2x xF x f x f x x x ，令 H x F x ，则22e e ee e e 2e 2e 0xxx x H x ，故 F x 为增函数， 10F x F ，故 F x 为增函数， 10F x F ，故 20F x ，则 22e 2f x f x ，原式得证．3．已知函数 1ex f x ax ．（1）讨论函数 f x 的单调性；（2）若函数 f x 在 0,2上有两个不相等的零点12,x x ，求证：121x x a．【答案】（1）当0a 时， f x 单调递增，当0a 时， f x 在 1ln ,x a 上单调递增，在 ,1ln x a 上单调递减；（2）证明见解析．【解析】（1） 1ex f x a ，x R ．①当0a 时， 0f x 恒成立， f x 单调递增；②当0a 时，由 0f x ，得 1ln ,x a ， f x 单调递增，由 0f x ，得 ,1ln x a ， f x 单调递减．综上：当0a 时， f x 单调递增；当0a 时， f x 在 1ln ,x a 上单调递增，在 ,1ln x a 上单调递减．（2）∵ f x 在 0,2上有两个不相等的零点1x ，2x ，不妨设12x x ，∴1e x a x 在 0,2上有两个不相等的实根，令 1e x g x x ， 0,2x ，∴ 121e x x g x x，由 0g x ，得 0,1x ， g x 单调递减；由 0g x ，得 1,2x ， g x 单调递增，11g ， e22g，0x ， g x ，∴e 1,2a，要证121x x a，即证121ax x ，又∵ 12g x g x a ，只要证211e 1x x ，即证211e x x ，∵121x x ，即证211ex g x g ，即证 212e x g x g ，即证12221e 112e e e x x x x ，即证212e ln 10x x ，令 1eln 1xh x x ， 1,2x ，∴ 11e x h x x，令 e e xx x ， 1,2x ，则 e e xx ，当 1,2x 时， e e>0xx 恒成立，所以 e e xx x 在 1,2x 上单调递增，又 10x ，∴e e x x ，∴11e x x，∴ 0h x ，∴ h x 在 1,2上递增，∴ 10h x h ，∴1e ln 10x x ，∴121x x a．4．已知 ln f x x ．（1）若函数 1f x g x x在 ,1a a 上有极值，求实数a 的取值范围；（2）已知方程 f x kx 有两个不等实根 1212,0x x x x ，证明：212x x e （注：2.71828e 是自然对数的底数）【答案】（1） 0,1；（2）证明见解析．【解析】（1） 11ln f x x g x xx，定义域为 0, ， 2ln xg x x ．令 0g x ，解得01x ；令 0g x ，解得1x ，所以 g x 在 0,1上单增，在 1, 上单减，在1x 处取得唯一的极值．要使函数 1f x g x x在 ,1a a 上有极值，只需011a a a，解得01a ，即实数a 的取值范围为 0,1．（2）记函数 ln ,0h x x kx x ，则函数 h x 有两个不等实根 1212,0x x x x ．因为 111ln 0h x x kx ， 222ln 0h x x kx ，两式相减得，1212ln ln x x kx kx ，两式相加得，1212ln ln x x kx kx ．因为120x x ，所以要证212x x e ，只需证明12ln ln 2x x ，只需证明 122k x x ，只需证明121212ln ln 2x x x x x x，证 1212122ln x x x x x x ．设121x t x t，只需证明 21ln 1t t t ．记 21ln ,11t h t t t t，则22101t h t t t ，所以 h t 在 1, 上单增，所以 10h t h ，所以 21ln 1t t t ，即12ln ln 2x x ，所以212x x e ．即证．3．双变量问题1．若函数 321403f x x ax x a存在两个极值点1x 和2x ，则 1f x 2f x 取值范围为__________．【答案】16,3【解析】令 2240f x x ax ，则12122,4x x a x x ，由24160Δa 且0a ，解得2a ．323212111222114433f x f x x ax x x ax x 3322121212143x x a x x x x2212121212121213243x x x x x x a x x x x x x 221243448423a a a a a 3483a a ，令 34823g a a a a，24840g a a a a ， g a 在区间 2, 上递减， 3416228233g a g ．所以 12f x f x 取值范围是16,3，故答案为16,3．2．已知函数 2ln f x x x ax a R ．（1）若3a ，求函数 f x 的单调区间；（2）设 f x 存在两个极值点1x ，2x 且12x x ，若1102x，求证： 123ln 24f x f x．【答案】（1） f x 在10,2和 1, 上单调递增，在1,12上单调递减；（2）证明见解析．【解析】（1）解：当3a 时， 2ln 3f x x x x ， 0,x ，所以 2211123123x x x x f x x x x x，令 0f x ，解得102x 或1x ；令 0f x ，解得112x ，所以函数 f x 在10,2和 1, 上单调递增，在1,12上单调递减．（2）解：2()ln f x x x ax Q ，2121()2x ax f x x a x x，0x ，因为 f x 存在两个极值点1x ，2x ，所以2210x ax 存在两个互异的正实数根1x ，2x ，所以122a x x，1212x x ，则2112x x ，所以211121212x x x x x ，所以2212111222()()ln ln f x f x x x ax x x ax 1121212222ln2()()x x x x x x x x211211221221lnln 22ln 4x x x x x x x，令2111211()ln 22ln 4g x x x x，则22111331112121222x g x x x x x，1102xQ ，1()0g x ，1()g x 在1(0,)2上单调递减，11()()2g x g ，而13()ln 224g ，即13()ln 24g x ，123()()ln 24f x f x ．3．已知函数 1ln ,f x x a ax R ，在1x 处的切线与直线210x y 平行．（1）求实数a 的值，并判断函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x m 有两个零点12,x x ，求证：121x x ．【答案】（1）2a ，函数 f x 在1(0,)2上单调递减，在1(,)2上单调递增；（2）证明见解析．【解析】（1）解：函数 f x 的定义域 0, ，因为211()f x x ax，所以11(1)12f a ,解得2a ， 1ln 2f x x x ，221121()22x f x x x x ，令 0f x ，解得102x ，故()f x 在1(0,2上单调递减，令 0f x ，解得12x ，故()f x 在1(,)2上单调递增．（2）解：由1x ，2x 为函数 f x m 的两个零点，得121211ln ,ln 22x m x m x x，两式相减，得121211ln ln 022x x x x，即112212ln 2x x x x x x ，1212122ln x xx x x x ，因此1211212ln x x x x x ，2121212lnx x x x x ，令12x t x ，由120x x ，得01t ，则1211112ln 2ln 2ln t t t t x x t t t，构造函数 12ln (01)h t t t t t ，则22212(1)()10t h t t t t，所以 h t 在 0,1上单调递增，故 10h t h ，12ln 0t t t，又01t ，所以ln 0t ，所以112ln t t t，故121x x ，命题得证．4．其它1．已知函数()1xf x e x ．（1）求函数()f x 的单调区间和极值；（2）当0x 时，求证：21()1cos 2f x x x x．【答案】（1）单调递增区间为(0,) ，单调递减区间为(,0) ，极小值为(0)0f ，没有极大值；（2）证明见解析．【解析】（1）易知函数()f x 定义域为R ，∵()1xf x e x ，∴ 1xf x e ，令 10xf e x ，解得0x ，()f x 在(0,) 上单调递增，10x f e x ，解得0x ，()f x 在(,0) 上单调递减，即()f x 的单调递增区间为(0,) ，单调递减区间为(,0) ，∴函数()f x 的极小值为(0)0f ，没有极大值．（2）解法一：要证21()1cos 2f x x x x ，即证21cos 02x e x x，设21()cos 2x g x e x x ，要证原不等式成立即证()0g x 成立，∵()sin xg x e x x ，∵sin 1x ，∴()sin 1xxg x e x x e x (当且仅当22x k，k Z 时等号成立)，由（1）知10x e x (0x 等号成立)，∴()0g x ，∴()g x 在(0,) 单调递增，∴()(0)0g x g ，∴当0x 时，21()1cos 2f x x x x 得证．解法二：要证21()1cos 2f x x x x ，即证21cos 02x e x x ，设21()cos 2x g x e x x，要证原不等式成立即证()0g x 成立，∵()sin xg x e x x ，设()()sin xh x g x e x x ，则()1cos xh x e x ，令 ()m x h x ，则()sin xm x e x ，∵0x ，1x e ，又|sin |1x ，∴()sin 0xm x e x ，即()1cos xh x e x 在[0,) 单调递增，∴()(0)10h x h ，即()h x 在[0,) 单调递增，∴()(0)10h x h ，∴()0g x ，即()g x 在[0,) 单调递增，∴()(0)0g x g ，∴当0x 时，21()1cos 2f x x x x得证．2．已知函数 2ln 1(2)f x a x ax x a ．（1）讨论函数 f x 的单调性；（2）证明：对任意正整数n ， 222341ln 1223n n nL ．【答案】（1）见解析；（2）证明见解析．【解析】（1）()f x 的定义域为(1,) ，22()2()211a x x a f x a x x x，令()0f x ，得0x 或22a x ，①当212a ，即0a 时，若(1,0)x ，则()0f x ，()f x 递增；若,()0x ，则()0f x ，()f x 递减；②当2102a ，即20a 时，若2(1,2a x ，则()0f x ，()f x 递减；若2(,0)2a x ，则()0f x ，()f x 递增；若,()0x ，则()0f x ，()f x 递减，综上所述，当20a 时，()f x 在2(1,)2a，(0,) 单调递减，在2(,0)2a 单调递增；当0a 时，()f x 在(1,0) 单调递增，在(0,) 单调递减．（2）由（2）知当1a 时，()f x 在[0,) 上递减，()(0)f x f ，即2ln(1)x x x ，10i Q ，2211111ln(ln(1)i i i i i i i，1i ，2，3，，n ，23131ln 2ln ln 224n n n n ，23131ln(2)ln(1)224n n n n nL ．。