导数与不等式证明(绝对精华)
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 22a <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 －12ax ≥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 )≥12ax (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)＝12ax2＋(a－1)ln x＋32a，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12ax2－(2a－1)x＋(a－1)ln x＋32a－1>0，设g(x)＝12ax2－(2a－1)x＋(a－1)ln x＋32a－1，则g(1)＝0，且g′(x)＝ax－(2a－1)＋a－1x＝ax2＋（1－2a）x＋a－1x＝（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 12＋ln 23＋…＋ln nn＋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)＝－1－1x<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)＝1－1x ＝x－1x<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＋ax＝x＋ax(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.。
导数的应用不等式的证明
导数与不等式1.利用导数证明不等式利用导数证明不等式，主要是构造函数，通过研究函数的性质达到证明的目的. 1.1 利用单调性证明不等式构造函数，利用函数的单调性证明不等式例1. ()(1)ln(1)f x x a x x =-++。
（Ⅰ）求()f x 的极值点；（Ⅱ）当1a =时，若方程()f x t =在1[,1]2-上有两个实数解，求实数t 的取值范围；(Ⅲ）证明：当0m n >>时，(1)(1)n m m n +<+。
例2、已知函数)()(R x xe x f x∈=-。
（1）求函数()f x 的单调区间和极值；（2）已知函数()y g x =的图象与函数()y f x =的图象关于直线1x =对称，证明当1x >时，()()f x g x >；（3）如果12x x ≠，且12()()f x f x =，证明122x x +>。
1.2通过求函数的最值证明不等式在对不等式的证明过程中，可以依此不等式的特点构造函数，进而求函数的最值，当该函数的最大值或最小值对不等式成立时，则不等式是永远是成立的，从而可将不等式的证明转化到求函数的最值上来 例3.已知2()ln ,() 3.f x x x g x x ax ==-+-（1）求函数()f x 在[,2)(0)t t t +>上的最小值； （2）对一切(0,),2()()x f x g x ∈+∞≥恒成立，求实数a 的取值范围； （3）证明：对一切(0,)x ∈+∞，都有12ln x x e ex-＞成立.例4、（2009辽宁卷文）设2()(1)xf x e ax x =++，且曲线y ＝f （x ）在x ＝1处的切线与x 轴平行。
(1)求a 的值，并讨论f （x ）的单调性；(2)证明：当[0,]f(cos )f(sin )22πθθθ∈-<时，1.3多元不等式的证明含有多元的不等式，可以通过对不等式的等价变形，通过换元法，转化为一个未知数的不等式，或可选取主元，把其中的一个未知数作为变量，其他未知数作为参数，再证明之. 例5、 已知函数()ln f x x =.若120x x >>,求证:122221212()()2f x f x xx x x x ->-+.例6、 (2013·陕西高考)已知函数f (x )＝e x ，x ∈R .(1)求f (x )的反函数的图像上点(1,0)处的切线方程； (2)证明：曲线y ＝f (x )与曲线y ＝12x 2＋x ＋1有唯一的公共点；(3)设a <b ，比较f ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2与f (b )－f (a )b －a 的大小，并说明理由．1.4.与数列有关的不等式证明例8．已知函数f(x)＝ln(x＋1)－x2－x.(1)若关于x的方程f(x)＝－52x＋b在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根，求实数b的取值范围；(2)证明：对任意的正整数n，不等式2＋34＋49＋…＋21nn+>ln(n＋1)都成立．例9．已知函数f(x)＝ln ax－x ax-(a≠0)．(1)求函数f(x)的单调区间及最值；(2)求证：对于任意正整数n，均有1＋111ln23nen n⋯≥＋＋＋！(e为自然对数的底数)；(3)当a＝1时，是否存在过点(1，－1)的直线与函数y＝f(x)的图象相切？若存在，有多少条？若不存在，请说明理由．例10．已知函数f (x )＝e x －kx 2，x ∈R.(1)若k ＝12，求证：当x ∈(0，＋∞)时，f (x )>1； (2)若f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增，试求k 的取值范围； (3)求证：444422221111123n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋅⋅⋅+ ⎪⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭<e 4(n ∈N *)．．2.利用导数求解与不等式有关的恒成立问题或者有解、无解问题不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．()f x a >：min max max ()()()f x af x a f x a⇔>⎧⎪⇔>⎨⎪⇔≤⎩恒成立有解无解例11．设函数()ln f x a x =，21()2g x x =．（1）记'()g x 为()g x 的导函数，若不等式'()2()(3)()f x g x a x g x +<+-在[1,]x e ∈上有解，求实数a 的取值范围；（2）若1a =，对任意的120x x >>，不等式121122[()()]()()m g x g x x f x x f x ->-恒成立．求m （m Z ∈，1m ≤）的值．例12、 (2013·辽宁高考)(1)证明：当x ∈[0,1]时，22x ≤sin x ≤x ；(2)若不等式ax ＋x 2＋x 32＋2(x ＋2)cos x ≤4对x ∈[0,1]恒成立，求实数a 的取值范围．3.利用导数解不等式通过构造函数，利用函数的单调性得到不等式的解集.例13.若)(x f 的定义域为R ，2)(>'x f 恒成立，2)1(=-f ，则42)(+>x x f 解集（ ）A ．(1,1)-B ．(1)-+∞， C ．(,1)-∞- D ．(,)-∞+∞ 例14．函数f (x )的定义域是R ，f (0)＝2，对任意x ∈R ，f (x )＋f ′(x )>1，则不等式e x·f (x )>e x＋1的解集为( )．A. {}|0x x >B. {}|0x x <C. {}|1,1x x x <->或D. {}|1,1x x x <-<或0<例15．已知定义在R 上的函数)(x f 满足1)2()4(=-=f f ，)(x f '为)(x f 的导函数，且导函数)(x f y '=的图象如右图所示．则不等式1)(<x f 的解集是（ ）A ．)0,2(- B ．)4,2(- C ．)4,0( D ．),4()2,(+∞--∞ 例16．设)(x f 是定义在R 上的奇函数，且0)2(=f ,当0>x 时，有2()()0xf x f x x '-<恒成立，则不等式2()0x f x >的解集是（ ）A. (-2,0) ∪(2,+∞)B. (-2,0) ∪(0,2)C. (-∞,-2)∪(2,+∞)D. (-∞,-2)∪(0,2)例17．已知函数y ＝f (x )(x ∈R)的图象如图所示，则不等式xf ′(x )<0的解集为________． 例18、设函数()x f y =在其图像上任意一点00(,)x y 处的切线方程为()()0020063x x x x y y --=-，且()30f =,则不等式解集导数与不等式1.利用导数证明不等式在初等数学中，我们学习过好多种证明不等式的方法，比如综合法、分析法、比较法、反证法、数学归纳法等，有些不等式，用初等方法是很难证明的，但是如果用导数却相对容易些，利用导数证明不等式，主要是构造函数，通过研究函数的性质达到证明的目的.1.2 利用单调性证明不等式构造函数，利用函数的单调性证明不等式 例1. ()(1)ln(1)f x x a x x =-++。
导数证明不等式的方法介绍
导数证明不等式的方法介绍导数证明不等式的方法介绍利用导数是可以证明很多定律的，比如不等式之类的。
下面就是店铺给大家整理的利用导数证明不等式内容，希望大家喜欢。
利用导数证明不等式方法11.当x>1时,证明不等式x>ln(x+1)设函数f(x)=x-ln(x+1)求导，f(x)'=1-1/(1+x)=x/(x+1)>0所以f(x)在(1，+无穷大)上为增函数f(x)>f(1)=1-ln2>o所以x>ln(x+12..证明：a-a^2>0 其中0F(a)=a-a^2F'(a)=1-2a当00;当1/2因此，F(a)min=F(1/2)=1/4>0即有当003.x>0,证明：不等式x-x^3/6先证明sinx因为当x=0时，sinx-x=0如果当函数sinx-x在x>0是减函数，那么它一定<在0点的值0，求导数有sinx-x的导数是cosx-1因为cosx-1≤0所以sinx-x是减函数，它在0点有最大值0，知sinx再证x-x³/6对于函数x-x³/6-sinx当x=0时，它的值为0对它求导数得1-x²/2-cosx如果它<0那么这个函数就是减函数，它在0点的值是最大值了。
利用导数证明不等式方法2要证x²/2+cosx-1>0 x>0再次用到函数关系，令x=0时，x²/2+cosx-1值为0再次对它求导数得x-sinx根据刚才证明的当x>0 sinxx²/2-cosx-1是减函数，在0点有最大值0x²/2-cosx-1<0 x>0所以x-x³/6-sinx是减函数，在0点有最大值0得x-x³/6利用函数导数单调性证明不等式X-X²>0，X∈(0,1)成立令f(x)=x-x² x∈[0,1]则f'(x)=1-2x当x∈[0,1/2]时,f'(x)>0,f(x)单调递增当x∈[1/2,1]时,f'(x)<0,f(x)单调递减故f(x)的最大值在x=1/2处取得，最小值在x=0或1处取得f(0)=0,f(1)=0故f(x)的最小值为零故当x∈(0,1)f(x)=x-x²>0。
导数与不等式的证明及函数零点、方程根的问题
05 总结与展望
导数与不等式证明及函数零点、方程根问题的总结
导数与不等式证明
导数是研究函数性质的重要工具，通过导数可以研究函数的单调性、极值和最值等。不等 式证明则是数学中常见的题型，利用导数可以证明不等式，如AM-GM不等式、CauchySchwarz不等式等。
函数零点问题
函数的零点是指满足$f(x)=0$的$x$值。研究函数的零点对于理解函数的性质和解决方程 的根的问题具有重要意义。通过导数可以研究函数的零点个数和位置，以及零点附近的函 数性质。
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• 应用领域的拓展：导数与不等式证明及函数零点、方程根的问题不仅在数学领 域有广泛应用，在其他学科和工程领域也有着重要的应用价值。例如，在经济 学、物理学和社会科学等领域，这些问题都可能成为重要的研究课题。
• 与其他数学分支的交叉融合：随着数学各分支之间的交叉融合，导数与不等式 证明及函数零点、方程根的问题可能会与其他数学分支产生更多的交叉点。例 如，与概率论、统计学和复分析等领域的结合可能会产生新的研究方向和应用 场景。
导数在求解函数零点、方程根中的注意事项
注意定义域
在使用导数研究函数性质 时，需要注意函数的定义 域，确保导数在定义域内 连续。
考虑多解情况
在求解函数零点或方程根 时，需要注意多解情况， 全面考虑所有可能的解。
注意函数的奇偶性
在利用导数研究函数性质 时，需要注意函数的奇偶 性，以便更准确地判断函 数的性质。
不等式
不等式是表示两个数或两个量之 间大小关系的数学表达式。
导数与不等式的性质
01
导数大于零，函数在该区间内单 调递增；导数小于零，函数在该 区间内单调递减。
02
不等式的基本性质包括传递性、 加法性质、乘法性质等。
专题一 第5讲 导数与不等式的证明
可得h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以h(x)＝x－1－ln x≥h(1)＝0，即x－1≥ln x.
于是，当a≤1时，ex－a≥x－a＋1≥x＋a－1≥ln(x＋a)， 注意到以上三个不等号的取等条件分别为x＝a，a＝1，x＋a＝1，它 们无法同时取等， 所以当a≤1时，ex－a>ln(x＋a)，即f(x)>0.
12
当a＝e时，f(x)＝ln(e－x)－x＋e，
要证 f(e－x)<ex＋2xe，即证 ln x＋x<ex＋2xe，即证lnxx＋1<exx＋21e.
设
g(x)＝lnx
x＋1(x>0)，则
1－ln g′(x)＝ x2
x ，
所以当0<x<e时，g′(x)>0，当x>e时，g′(x)<0，
所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
当t∈(0,1)时，g′(t)<0，g(t)单调递减， 假设g(1)能取到， 则g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0； 当t∈(1，＋∞)时，g′(t)>0，g(t)单调递增， 假设g(1)能取到，则g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0，
x＋ln1－x 综上所述，g(x)＝ xln1－x <1 在 x∈(－∞，0)∪(0,1)上恒成立.
方法二 f(x)＝ln ex＝1－ln x. 欲证 f(x)<1＋1x－x2ex，只需证1－elxn x＋x2－1x<1，
因为x∈(0,1)，所以1－ln x>0，ex>e0＝1，
则只需证 1－ln x＋x2－1x<1， 只需证 ln x－x2＋1x>0， 令 t(x)＝ln x－x2＋1x，x∈(0,1)，
导数与不等式证明
【解答】 原不等式等价于 ex－ex＋1＞elxnx(x＞0)． 令F(x)＝ex－ex＋1(x＞0)，F′(x)＝ex－e．当x∈(0,1)时，F′(x)＜0；当x∈(1，＋ ∞)时，F′(x)＞0，所以F(x)min＝F(1)＝e－e＋1＝1． 令 G(x)＝elxnx(x＞0)，G′(x)＝e1－x2lnx．当 x∈(0，e)时，G′(x)＞0；当 x∈(e，＋∞) 时，G′(x)＜0，所以 G(x)max＝G(e)＝1．又两个等号不同时取得，所以 F(x)＞G(x)， 即 ex－ex＋1＞elxnx，故原不等式成立．
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1
配套精练
配套精练
1．(2023·泰安期末节选)求证：1＋x ln x≥x．
【解答】 要证 1＋x ln x≥x，即证 ln x＋1x－1≥0．令 h(x)＝ln x＋1x－1，所以 h′(x)＝1x －x12＝x－x21，x＞0，令 h′(x)＞0，解得 x＞1；令 h′(x)＜0，解得 0＜x＜1，所以 h(x)在 (0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以 h(x)≥h(1)＝0，所以 ln x＋1x－1≥0， 即 1＋x ln x≥x．
研题型·通法悟道 举题说法
目标 3 参数放缩证明不等式
3 (2024·聊城期中)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x． (1)讨论f(x)的单调性；
【解答】 f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)． ①若a≤0，则f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减． ②若a＞0，由f′(x)＝0，得x＝－lna．当x∈(－∞，－lna)时，f′(x)＜0；当x∈(－ lna，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单 调递增． 综上，当a≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；当a＞0时，f(x)在(－∞，－lna)上 单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增．
导数不等式证明方法总结
导数不等式证明方法总结
导数不等式证明方法是数学中的一个重要概念，它可以用于求解各种函数的最大值、最小值、单调性等问题。
下面就导数不等式证明方法进行一些总结。
首先，我们需要知道导数的概念。
导数是函数在某一点处的变化率，它可以用极限的形式表示。
如果函数f(x)在点x0处可导，则它的导数为f'(x0)，它表示函数在点x0处的斜率。
其次，我们需要掌握导数的性质。
导数的性质包括：连续性、单调性、中值定理等。
其中，连续性表示函数在某一点处可导当且仅当函数在该点处连续。
单调性表示函数单调递增当且仅当导数非负；函数单调递减当且仅当导数非正。
中值定理则表示函数在一段区间内必定存在一个点，使得该点处的导数等于该区间的平均导数。
接着，我们需要学习导数不等式的一般形式。
导数不等式是指一种基于导数性质的数学不等式。
它通常具有以下形式：若函数f(x)在区间[a,b]上具有一阶导数，则对于任意x∈[a,b]，都有f(x)≤f(a)+(x-a)f'(a)，或者f(x)≥f(a)+(x-a)f'(a)。
最后，我们需要掌握导数不等式的具体应用。
导数不等式常用于求解各种复杂函数的最值问题。
例如，我们可以通过导数不等式证明函数在某一区间内的最大值或最小值，并找到达到最值的具体点。
综上所述，导数不等式证明方法是数学中一个非常重要的概念，它可以应用于各种函数的求解问题。
我们需要掌握导数的概念和性质，了解导数不等式的一般形式，并掌握导数不等式的具体应用。
导数与不等式的证明——高三二轮数学复习
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(2)证明：设g(x)＝2xee2x－a(x＋1)－f(x)＝e22·exx－ln x， 则g′(x)＝e22·xexx－2 ex－1x＝2x－e12xe2x－e2x. 令r(x)＝2(x－1)ex－e2x，则r′(x)＝2xex－e2. 易得r′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且r′(1)＝2e－e2<0，r′(2)＝3e2>0， ∴存在唯一的实数x0∈(1,2)，使得r′(x0)＝0， ∴r(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增． 又r(0)＝－2<0，r(2)＝0，
∴f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)证明：当a＝0，x∈(0,1)时，x2－1x<fexx等价于－elnx x＋x2－1x<0.
∵当x∈(0,1)时，ex∈(1，e)，－ln x>0，
∴－elnx x<－ln x，
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数学(理)
∴只需要证－ln x＋x2－1x<0在(0,1)上恒成立． 令g(x)＝－ln x＋x2－1x，x∈(0,1)， ∴g′(x)＝－1x＋2x＋x12＝2x3－x2x＋1>0， 则函数g(x)在(0,1)上单调递增，于是g(x)<g(1)＝－ln 1＋1－1＝0， ∴当x∈(0,1)时，x2－1x<fexx.
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数学(理)
方法三 分拆转化函数证明不等式 【典例精析】
[例] 已知函数f(x)＝eln x－ax(常数a∈R)． (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
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数学(理)
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝ex－a， 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<ae时，f′(x)>0， 当x>ae时，f′(x)<0， 故f(x)在0，ae上单调递增，在ae，＋∞上单调递减．
导数与不等式证明
导数与不等式证明导数是微积分中的重要概念，它描述了函数在某一点的变化率。
而不等式是数学中常用的一种关系，用于比较两个数或表达变量之间的大小关系。
本文将探讨导数与不等式之间的关系，并通过具体的例子来证明与应用。
一、导数的定义与性质首先，我们回顾导数的定义：对于函数f(x)，在点x处的导数可以表示为lim（h->0）（f(x+h)-f(x)）/h。
简单来说，导数就是函数在某一点的斜率。
导数具有以下性质：1. 导数存在性：如果函数在某一点可导，则该点的导数存在。
2. 导数与函数图像：导数可以帮助我们理解函数图像的特性，如切线与曲线的关系、函数的增减性等。
3. 导数的计算：可以通过求导法则，例如常数法则、幂函数法则、链式法则等，来计算导数。
二、不等式的基本性质接下来，我们简要介绍不等式的基本性质。
不等式常见的有大于号（>）、小于号（<）、大于等于号（≥）、小于等于号（≤）等。
对于不等式的证明，通常有以下方法：1. 同向性：如果a>b，那么对于任意正数c，ac>bc。
这个性质可以用于不等式的乘法性质证明。
2. 等价性：如果两个不等式的左边和右边分别相等，则两个不等式等价。
这个性质可以用于不等式的代换和变形。
三、导数与不等式之间的关系导数在不等式的证明中具有重要作用。
通过对比函数在不同区间的导数值以及函数图像的特征，可以得出不等式的结论。
下面通过两个具体的例子来说明导数与不等式之间的关系。
例1：证明函数f(x)=x²在区间（0，∞）上是递增的。
解：首先计算f(x)=x²的导数：f'(x)=2x。
由于导数描述了函数的变化率，当导数大于0时，函数是递增的。
因此，我们需要证明2x>0在区间（0，∞）上成立。
由于x大于0，所以2x大于0，即导数大于0，因此函数f(x)=x²在区间（0，∞）上是递增的。
例2：证明函数f(x)=eˣ在任意区间上是递增的。
高考数学导数与不等式 导数方法证明不等式
探究点二 双变量不等式的证明
[思路点拨]首先求得导函数的解析式,然后结合导函数的符号即可确定函数的单调性;解: f'(x)=1-ln x-1=-ln x,x∈(0,+∞).当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
[总结反思]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,即若证明f(x)>g(x)在区间D上恒成立,则构造函数h(x)=f(x)-g(x),再根据函数h(x)的单调性,证明h(x)>0在区间D上恒成立.
课堂考点探究
课堂考点探究
变式题 [2021·云南师大附中模拟] 已知函数f(x)=aex+b,若f(x)的图像在点(0,f(0))处的切线方程为y=x+1.(1)求a,b的值;
课堂考点探究
例2 [2021·辽宁丹东二模] 已知函数f(x)=ln(ax)-x+a.(2)当0<a≤1时,证明:f(x)≤(x-1)ex-a-x+a.
导数证明不等式的几个方法
导数证明不等式的几个方法在高等数学中，我们学习了很多种方法来证明不等式。
其中一种常见的方法是使用导数。
导数是用来描述函数变化率的概念，因此可以很好地用来证明不等式。
本文将介绍几种使用导数证明不等式的方法。
一、利用导数的正负性来证明不等式这种方法是最直接的方法之一、假设我们要证明一个函数f(x)在一个区间上大于等于0，我们可以先求出函数f(x)的导数f'(x)，然后根据f'(x)的正负性来判断f(x)的增减情况。
如果f'(x)大于等于0，则说明f(x)在整个区间上是递增的；如果f'(x)小于等于0，则说明f(x)在整个区间上是递减的。
根据递增或递减的性质，我们可以得出f(x)大于等于0的结论。
例如，我们要证明函数f(x)=x^2在区间[0,∞)上大于等于0。
首先求出f(x)的导数f'(x)=2x。
然后我们发现在整个区间上，f'(x)大于等于0，说明f(x)是递增的。
由于f(0)=0，因此可以得出f(x)大于等于0的结论。
二、利用导数的单调性来证明不等式这种方法是一种延伸和推广。
与前一种方法类似，我们可以根据导数的单调性来判断函数f(x)的增减情况。
如果f'(x)在一个区间上是递增的，那么f(x)在该区间上是凸的；如果f'(x)在一个区间上是递减的，那么f(x)在该区间上是凹的。
利用这个性质，我们可以得出一些重要的结论。
例如，如果我们要证明一个凸函数在一个区间上大于等于一个常数c，那么只需要证明在这个区间的两个端点上的函数值大于等于c，同时导数在这个区间上是递增的。
三、利用导数的极值来证明不等式这种方法利用了导数的极值特性。
如果一个函数f(x)在一些点x0处的导数为0，并且在这个点的左右两侧的导数符号发生了改变，那么我们可以得出结论，在x0处取得极值。
如果f(x)在x0处取得最大值，那么在这个点的左侧函数值都小于等于f(x0)，而在这个点的右侧函数值都大于等于f(x0)；反之，如果f(x)在x0处取得最小值，那么在这个点的左侧函数值都大于等于f(x0)，而在这个点的右侧函数值都小于等于f(x0)。
A新高考数学 高考重难专攻(一) 导数与不等式的证明
成立．
适当放缩法
已知函数f(x)＝aex－ln x－1． (1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间； (2)证明：当a≥1e时，f(x)≥0． [解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1x． 由题设知，f′(2)＝0，所以a＝21e2． 从而f(x)＝21e2ex－ln x－1，f′(x)＝21e2ex－1x． 当0<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0． 所以f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)．
1．待证不等式的两边含有相同的变量时，一般地，可以直接构造“左减右” 或“右减
2．利用构造差函数证明不等式的基本步骤 (1)作差或变形； (2)构造新的函数g(x)； (3)利用导数研究g(x)的单调性或最值； (4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
x＝ln 2．
于是当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，ln 2)
ln 2
(ln 2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
2(1－ln 2＋a)
故 f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)． 所以 f(x)在 x＝ln 2 处取得极小值，极小值为 f(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)，无极大值．
(2)证明：当a＝0，x∈(0,1)时，x2－1x<fexx等价于－elnx x＋x2－1x<0， ∵当x∈(0,1)时，ex∈(1，e)，－ln x>0，∴－elnx x<－ln x， ∴只需要证－ln x＋x2－1x<0在(0,1)上恒成立． 令g(x)＝－ln x＋x2－1x，x∈(0,1)， ∴g′(x)＝－1x＋2x＋x12＝2x3－x2x＋1>0， 则函数g(x)在(0,1)上单调递增，于是g(x)<g(1)＝－ln 1＋1－1＝0， ∴当x∈(0,1)时，x2－1x<fexx．
(完整版)导数证明不等式题型全
导数题型一：证明不等式不等式的证明问题是中学数学教学的一个难点,传统证明不等式的方法技巧性强,多数学生不易想到,并且各类不等式的证明没有通性通法.随着新教材中引入导数,这为我们处理不等式的证明问题又提供了一条新的途径,并且在近年高考题中使用导数证明不等式也时有出现,但现行教材对这一问题没有展开研究,使得学生对这一简便方法并不了解.利用导数证明不等式思路清晰,方法简捷,操作性强,易被学生掌握。
下面介绍利用单调性、极值、最值证明不等式的基本思路，并通过构造辅助函数，证明一些不等式。
一．构造形似函数型例1．求证下列不等式（1）)1(2)1ln(222x x x x x x +-<+<- ),0(∞+∈x （相减）（2）πx x 2sin > )2,0(π∈x （相除两边同除以x 得π2sin >x x ）（3）x x x x -<-tan sin )2,0(π∈x（4）已知：)0(∞+∈x ，求证xx x x 11ln 11<+<+；（换元：设x x t 1+=）（5）已知函数()ln(1)f x x x =+-，1x >-，证明：11ln(1)1x x x -≤+≤+巩固练习：1.证明1>x 时，不等式xx 132-> 2.0≠x ，证明：x e x +>13.0>x 时，求证：)1ln(22x x x +<- 4.证明: ).11(,32)1ln(32<<-+-≤+x x x x x 5.证明: 331an x x x t +>，)2,0(π∈x .二、需要多次求导例2.当)1,0(∈x 时,证明:22)1(ln )1(x x x <++例3.求证:x ＞0时,211x 2x e x ->+例4.设函数f (x )＝ln x ＋2a x 2－(a ＋1)x (a >0，a 为常数)．若a ＝1，证明：当x >1时，f (x )<12x 2－21x x +三、作辅助函数型例5.已知：a 、b 为实数，且b ＞a ＞e ,其中e 为自然对数的底，求证：a b ＞b a .例6.已知函数f(x)=ln(1+x)-x,g(x)=xlnx,(i)求函数f(x)的最大值；(ii)设0<a<b,证明0<g(a)+g(b)-2g(2b a +)<(b-a)ln2.巩固练习6、证明 (1) )0(ln b a a ab a bb ab <<-<<-(2)0,0>>b a ,证明b a b a b a b a ≤++)2(（3）若2021π<<<x x ,证明:1212tan tan x x x x >四、同增与不同增例7.证明：对任意21ln 0,1e e x x x x x ---><+.例8.已知函数1()1,()ln x x f x g x x x e-=-=-证明：21(ln )()1x x f x e ->-.五、极值点偏移（理科）例9.已知函数．如果且证明．例10.已知函数()(1)e x f x x x -=-∈R ，，其中e 是自然对数的底数.若12x x ≠，且12()()f x f x =，求证：12 4.x x +>六、放缩法例11.已知：2≥∈n N n 且，求证：11211ln 13121-+++<<+++n n n 。
高考数学复习考点知识与题型专题讲解13--导数-不等式的证明(解析版)
1 / 31高考数学复习考点知识与题型专题讲解专题13导数-不等式的证明1．高考对本部分的考查一般有三个层次：（1）主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义； （2）导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；（3）综合考查，如零点、证明不等式、恒成立问题、求参数等，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式、数列及函数单调性有机结合，设计综合题． 2．利用导数证明不等式问题，方法如下：（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()()0f x g x ->（或()()0f x g x -<），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，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数．1．已知函数2()1(x f x e ax a =-+为常数）．（1）若曲线()y f x =在1x =处的切线方程为2y bx =+，求a ，b 的值； （2）讨论函数()f x '函数的单调性；（3）当1a =，0x >时，求证：()(2)2f x e x ≥-+． 【试题来源】2021届高三数学二轮复习【答案】（1）1a =，2b e =-；（2）答案见解析；（3）证明见解析．【分析】（1）算出曲线()y f x =在1x =处的切线方程，然后与2y bx =+比较系数即可； （2）分0a ≤和0a >讨论即可；（3）构造函数2()()(2)2(2)1x x f x e x e x e x φ=---=----，利用导数证明()0x φ≥即可．【解析】（1）)2(x f x e ax '=-，f '（1）2e a =-，f （1）1e a =-+，∴曲线()y f x =在1x =处的切线方程为1(2)2y e a e a x e a -+-=--+，即(2)1y e a x a =-++，由题意：2e a b -=，12a +=，1a ，2b e =-；（2）()2x f x e ax '=-，设()(),()2x h x f x h x e a =''=-，当0a ≤时，()0h x '>在R 上恒成立；当0a >时，令()0h x '>，即20x e a ->，解得ln(2)x a >， 令()0h x '<，即20x e a -<，解得ln(2)x a <． 综上所述，当0a ≤时，函数()f x '在R 上单调递增；当0a >时，函数()f x '在(ln(2)a ，)+∞上单调递增，在(-∞，ln(2))a 上单调递减． （3）证明：令2()()(2)2(2)1x x f x e x e x e x φ=---=----， 则()2(2)x x e x e φ'=---，令()()t x x φ='，则()2t x ex '=-，令()0t x '<得0ln 2x <<令()0t x '>得ln 2x >，()()t x x φ∴='在(0,2)ln 上单调递减，在(ln 2,)+∞上单调递增 (0)(0)30t e φ='=->，t （1）φ='（1）0=，0ln 21<<，(ln 2)(ln 2)0t φ∴='<，∴存在0(0,1)x ∈使00()()0t x x φ='=，且当0(0,)x x ∈或(1,)x ∈+∞时，()()0t x x φ='>， 当0(x x ∈，1)时，()()0t x x φ='<，()x φ∴在0(0,)x 上递增，在0(x ，1)上递减，在(1,)+∞上递增， 又(0)φφ=（1）0=，所以有：()0x φ≥，即()(2)20f x e x ---≥，3 / 31()(2)2f x e x ∴≥-+．【名师点睛】证明不等式()()f x g x >或()()f x g x <转化为证明()()0f x g x ->或()()0f x g x -<，进而构造辅助函数()()()h x f x g x =-． 2．已知函数()1()x f x e ax a R =--∈． （1）求函数()f x 的单调递增区间；（2）若对一切实数x ∈R ，都有()0f x 恒成立，求a 的取值范围． （3）求证：121()()()()1n n n n n n ennn n e -++⋯++<-，*n N ∈． 【试题来源】2021届高三数学二轮复习【答案】（1）答案见解析；（2）1；（3）证明见解析． 【解析】（1）由()x f x e a '=-， ①当0a 时，显然()0x f x e a '=-；②当0a >时，由()0f x '=得ln x a =，显然当ln x a >时，()0f x '>； 所以当0a 时，()f x 在R 上单调递增； 当0a >时，()f x 在()ln ,a +∞上递增；（2）由（1）知，当0a 时，()f x 递增，且1(1)10f a e-=+-<，不合题意，舍去．当0a >时，由（1）知，当ln x a <时，()0f x '<，当ln x a >时，()0f x '> 所以当ln x a =时，()f x 有极小值也是最小值，即()()ln ln 1min f x f a a a a ==--， 依题意ln 10a a a --，⋯①再令g （a ）ln 1a a a =--，0a >，则g '（a ）ln a =-， 于是g '（a ）0=时，1a =，同理知当1a =时，g （a ）有极大值也是最大值， 所以g （a ）g （1）0=⋯②比较①②式可得，g （a ）0=，即1a =为所求． （3）由（2）知对x R ∀∈，有1x e x +，于是令,,,i x n N i N i n n +=-∈∈，则有10i n i n ie n n---=即有()in n i en --，即()n i nn i e n --（当且仅当0i =时取等号）所以有1210112111111()()()()()()()()1nn n n n n n n n e n n n n e e e e e ------++⋯++<++⋯++=-即1112111()()()()111n n n n n n n e en n n n e e e -----++⋯++<<=---，即证．【名师点睛】解决()0f x 恒成立问题一般转化为min ()0f x ；关键点【名师点睛】第三问只需让左边的通项小于右边的通项，借助于题目中的不等式进行赋值，转化为()n inn i e n --是关键． 3．已知函数ln()()ax f x ax=． （1）讨论函数()f x 的单调区间； （2）若当1a =时，()9()2()f x F x f x ex=+，求证：()0F x >． 【试题来源】江西省重点中学协作体（鹰潭一中、上饶中学等）2021届高三下学期第一次联考【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）对函数()f x 求导，分0a >和0a <两种情况，结合函数的定义域得出函数的单调性；（2）要证()0F x >，由于0x >，即证ln 2ln e90xxx +>．令ln ()2ln e9(0)x xm x x x =+>，对函数求导并化简，构造()(1ln )ln h x x x x =-+二次求导，令分子为()2ln 1x x x ϕ=-+，利用导数判断出单调性和最小值，得出函数()h x 的单调性，由零点存在定理知极小值即为最小值，利用导数判断出最小值的范围，命题得证． 【解析】（1）()21ln ()ax f x ax -'=，5 / 31当0a >，定义域为(0,)+∞，令()0f x '>，得0e x a <<，()0f x '<得ex a> ()f x ∴在0,e a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，在,e a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减当0a <，定义域为(,0)-∞，令()0f x '>，得ex a <，()0f x '<得0e x a<< ()f x ∴在,e a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,0e a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减（2）要证()0F x >，0x，即证ln 2ln e90x xx +>．令ln ()2ln e9(0)x xm x x x =+>，则ln ln ln 221ln 12m ()2ln 2[ln (1ln )]x x x xxxxex ex e x x x x x x-'=⋅⋅+⋅=-+， 设()(1ln )ln h x x x x =-+，则12ln 2ln 1()1x x x h x x x x'-+=-+=，令()2ln 1x x x ϕ=-+，其中0x >，22()1x x x xϕ-'=-=．当02x <<时，()0x ϕ'<，此时函数()ϕx 单调递减；所以，min ()(2)32ln 20x ϕϕ==->，则对任意的0x >，()0h x '>， 所以，函数()h x 在(0,)+∞上为增函数，因为11111ln ln 02222h ⎛⎫⎛⎫=-+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，(1)10h =>，由零点存在定理可知，存在01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()()00001ln ln 0h x x x x =-+=，可得000ln 1ln 1x x x =-． 当00x x <<时，h(x)<0，即()0F x '<，此时函数()F x 单调递减； 当0x x >时，()0h x >，即()0F x '>，此时函数()F x 单调递增．()000ln 11ln 1ln 2min 000009m()m 2ln 92ln 9ln 2ln x x x x x x ex ex x e x --⎛⎫∴==+=+=+ ⎪ ⎪⎝⎭，令1121022929ln (ln 2,0),()2,()0(1)t t t x p t ep t e tt t'--=∈-=+=--<-， 则函数()p t 在(ln 2,0)t ∈-时单调递减，所以，1ln 229()(ln 2)20ln 2p t p e-+<-=-<，所以，()min 0m()0x m x => 因此，对任意的0x >，m()0x >，即()0F x >． 4．已知函数ln ()x af x x+=，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为=5y bx +． （1）求a ，b 的值；（2）证明：()1()2x e x xf x -≥-．【试题来源】2021年高考数学二轮复习热点题型精选精练 【答案】（1）3a =，2b =-；（2）证明见解析．【分析】（1）根据切线方程，可得(1)5f b =+，(1)f b '=，对()f x 求导，根据导数的几何意义，可得(1)f '表达式，将x =1代入()f x ，可得(1)f ，即可求得a ，b 的值； （2）将题干条件()e1()2xx xf x -≥-等价于e ln 10x x x x ---≥，设()e ln 1(0)x g x x x x x =--->，求导可得1()(1)e xg x x x ⎛⎫'=+-⎪⎝⎭，设1()e (0)xh x x x =->，可得()h x 的零点11,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，即可得()g x 的单调区间和极值点，进而可得()g x 的最小值()1g x ，化简整理，即可得证．【解析】（1）由切线方程可得(1)5f b =+，(1)f b '=．()f x 定义域为(0,)+∞，21ln ()a xf x x '--=． 所以(1)5f a b ==+，(1)1f a b '=-=，解得3a =，2b =-． （2）()e 1()2x x xf x -≥-等价于e ln 10x x x x ---≥．设()e ln 1(0)x g x x x x x =--->，则1()(1)e x g x x x ⎛⎫'=+- ⎪⎝⎭．设1()e (0)xh x x x=->，则函数1()e x h x x =-在(0,)+∞单调递增，因为1202h ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，(1)e 10h =->，所以存在唯一11,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()10h x =．7 / 31因为()'g x 符号与1e x x-符号相同，所以当()10,x x ∈时，()0g x '<， 当()1,x x ∈+∞时，()0g x '>．故()g x 在()10,x 单调递减，在()1,x +∞单调递增． 所以当1x x =时，()g x 取得最小值()1g x ，由()10h x =得111e xx =，从而11ln x x =-，故()11111()e ln 10xg x g x x x x ≥=---=．所以()e 1()2x x xf x -≥-．【名师点睛】解题的关键是熟练掌握利用导数求切线方程、单调性、极（最）值的方法，并灵活应用，难点在于需找到1()e x h x x=-的零点，可得()g x 的极值点，进而求得()g x 的极小值，即为最小值，即可得证，考查计算化简，转化化归的思想，属中档题． 5．已知函数()()2ln 21f x x x =+-． （1）求()f x 在1x =处的切线方程；（2）求证：()()2121x f x x e -≤-（e 为自然对数的底数）．【试题来源】陕西省西安市八校2021届高三下学期第二次联考 【答案】（1）420x y --=；（2）证明见解析．【分析】（1）求出()1f 、()1f '的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；（2）令21t x =-，构造函数()ln 1tg t te t t =---，利用导数计算得出()min 0g t =，即可证得不等式成立．【解析】（1）()()2ln 21f x x x =+-，()2221f x x '∴=+-，则()12f =，()14f '=， 所以，曲线()y f x =在1x =处的切线方程为()241y x -=-，即420x y --=；（2）令210t x =->，要证()()2121x f x x e -≤-，即证1ln t t t te ++≤，其中0t >，构造函数()ln 1tg t te t t =---，其中0t >，()()()11111t t g t t e t e t t⎛⎫⎛⎫'=+-+=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．令()1t t e t ϕ=-，其中0t >，则()210tt e tϕ'=+>，所以，函数()t ϕ在()0,∞+上单调递增．因为1202ϕ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，()110e ϕ=->，所以，存在01,12t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00010t t e t ϕ=-=，即001t t e =， 当00t t <<时，()0t ϕ<，即()0g t '<，此时函数()g t 单调递减； 当0t t >时，()0t >φ，即()0g t '>，此时函数()g t 单调递增．所以，()()()000000000min ln ln 1ln 1110t t t tg t g t t e e t t e t e ==---=--=-=，故所证不等式成立．6．已知函数()sin xf x ae x x =++，[]0,x π∈．（1）证明：当1a =-时，函数()f x 有唯一的极大值点； （2）当20a -<<时，证明：()f x π<．【试题来源】江苏省百师联盟2021届高三下学期3月摸底联考 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）求得()f x '，利用导数分析函数()f x 的单调性，结合零点存在定理可证得结论成立；（2）构造函数()sin x h x ae x x π=++-，利用导数证得()max 0h x <，即可证得结论成立．【解析】（1）当1a =-时，()sin x f x x x e =+-，()1cos x f x x e '=+-，因为[]0,x π∈，所以1cos 0x +≥，令()1cos x g x x e =+-，()sin 0xg x e x '=--<，所以()g x 在区间[]0,π上单调递减．()02110g =-=>，()0g e ππ=-<， 所以，存在()00,x π∈，使得()00f x '=，且当00x x <<时，()0f x '>；当0x x π<<时，()0f x '<． 所以函数()f x 的递增区间是[]00,x ，递减区间是[]0,x π．9 / 31所以函数()f x 存在唯一的极大值点0x ；（2）当20a -<<时，令()sin x h x ae x x π=++-，则()cos 1xh x ae x '=++，()sin 0x h x ae x ''=-<，所以，函数()h x '在区间[]0,π上单调递减，因为()020h a '=+>，()0h ae ππ'=<，所以，存在()0,t π∈，使得()0h t '=，即cos 10t ae t ++=， 且当0x t <<时，()0h x '>；当t x π<<时，()0h x '<．所以函数()h x 在区间[]0,t 上是递增函数，在区间[],t π上是递减函数．()()max sin t h x h ae t t t π==++-，()0,t π∈，因为cos 10t ae t ++=，只需证()sin cos 10t t t t ϕπ=-+--<即可，()()cos sin 1sin 1cos 0t t t t t ϕ'=++=++>，所以，函数()t ϕ在区间()0,π上是增函数，()()0t ϕϕπ<=，即()f x π<． 7．已知函数()()11ln f x a x x =+++． （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）对任意0x >，求证：()()22e 11exa x f x x +++>．【试题来源】1号卷A10联盟2021届高三开年考 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析． 【分析】（1）求导()()1111a x f x a x x++'=++=，分1a ≥-和1a <-，分别令()0f x '>，()0f x '<求解．（2）将不等式()()22e 11e x a x f x x +++>，转化为22eln 0e x x x⋅->，令()22e ln e xg x x x=⋅-，用导数法证明()0mim g x >即可．【解析】（1）由题意得，()f x 的定义域为()0,∞+，()()1111a x f x a x x++'=++=，当1a ≥-时，()0f x '>恒成立，所以()f x 在()0,∞+上单调递增． 当1a <-时，令()0f x '>，解得11x a <-+；令()0f x '<，解得11x a >-+， 所以()f x 在10,1a ⎛⎫- ⎪+⎝⎭上单调递增，在1,1a ⎛⎫-+∞ ⎪+⎝⎭上单调递减．（2）要证()()22e 11e x a x f x x +++>，即证22e ln 0e xx x ⋅->．令()22e ln e xg x x x =⋅-，则()()22221e e e x x x g x x--'=． 令()()221e e x r x x x =--，则()22e e x r x x '=-，易得()r x '在()0,∞+上单调递增，且()212e e 0r '=-<，()223e 0r '=>，所以存在唯一的实数()01,2x ∈，使得()00r x '=， 所以()r x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增．因为()00r <，()20r =，所以当()0r x >时，2x >；当()0r x <时，02x <<， 所以()g x 在()0,2上单调递减，在()2,+∞上单调递增，所以()()21ln20g x g ≥=->．综上，22e ln 0e x x x ⋅->，即()()22e 11exa x f x x +++>．【名师点睛】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．8．已知函数()2x xf x e ae -=+为R 上的偶函数．（1）求a 的值，并求出()f x 的最大值； （2）若()2x f x eλ≥对任意R x ∈恒成立，求实数λ的取值范围；（3）设,0p q >，且1p q +=，求证：2228x x x pqp q pe qee -+≤．【试题来源】黑龙江省哈尔滨市哈尔滨第三中学2020-2021学年高三下学期第一次模拟11 / 31【答案】（1）1a =，()f x 的最大值为1；（2）12λ≤-；（3）证明见解析．【解析】（1）因为函数()2x xf x e ae -=+为R 上的偶函数，所以()()112211f f e ae e ae ---===++，即11e ae e ae --+=+，所以1a =， ()2x x f x e e-=+，因为2x x e e -+≥，当且仅当x x e e -=即0x =时等号成立，所以()f x 的最大值为1． （2）由题意知，22x x x ee e λ-≤+恒成立，只需22ln x xx e e λ-≤+恒成立，设()()2=ln 2ln x xx e e g x λ--++，由于()g x 为偶函数，只需0x ≥时()0g x ≤，而()00g =，()2x xx x e e g x x e eλ---'=++，()00g '=，()2x x x x e e m x x e eλ---=++，()()2224422122x x x x m x e e e e λλλ--'=+=+≤++++，①当12λ≤-时，()0m x '≤，对0x ∀≥，()g x '单调递减，0x ∀≥，()()00g x g ''≤=，对0x ∀≥，()g x 单调递减， 所以0x ∀≥，()0g x ≤恒成立．②当0λ≥时，()0m x '≥，对0x ∀≥，()g x '单调递增，0x ∀≥，()()00g x g ''≥=，对0x ∀≥，()g x 单调递增， 0x ∀≥，()0g x ≥恒成立，不成立．③当102λ-<<时，当10,2x ⎛ ⎝∈⎭时，()0m x '≥，110,ln 2x λλ⎛⎫- ⎝∈⎪⎪⎭时，()()00g x g ''≥=，()g x 单调递增，110,ln 2x λλ⎛⎫- ⎝∈⎪⎪⎭时，()()00g x g ≥=，不成立，综上12λ≤-．（3）设()222ln 8x x p qx h x pe qe p q -⎛⎫=+- ⎪ ⎪⎝⎭，由对称性，只需0x ≥时()0h x ≤， ()2214x pq x pqexh x p qpeq-'=-+，()00h '=， ()222222211044xx pq pqxx pq pq pe q e pqh x p q pe q p q pe q ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭''=-=-≤⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 所以0x ≥，()h x '递减，()()00h x h ''≤=，0x ≥，()h x 递减，()()00h x h ≤=，不等式得证．【名师点睛】本题考查了恒成立和证明不等式的问题，关键点是构造函数利用函数的单调性和最值解题，考查了学生分析问题、解决问题的能力及推理能力和计算能力，本题有一定的难度．9．已知函数f (x )=e x ，g (x )=2ax +1．（1）若f (x )≥g (x )恒成立，求a 的取值集合；（2）若a >0，且方程f (x )-g (x )=0有两个不同的根x 1，x 2，证明：122x x +<ln 2a ． 【试题来源】广东省湛江市2021届高三一模【答案】（1）12⎫⎧⎨⎬⎩⎭；（2）见解析【分析】（1）构造函数()()()21xu x f x g x e ax =-=--，求导，分类讨论得函数最值即可求解；（2）由题意得12122121x x e ax e ax ⎧=+⎨=+⎩，21212x x e e a x x -=-，等价证明()21212211x x x x x x e e --⎡⎤-<-⎣⎦，令2102x x t -=>，构造函数()212t tg t e te =--求导证明即可【解析】（1）令()()()21x u x f x g x e ax =-=--，()'2xu x e a =-13 / 31当0,a ≤()'0u x >恒成立，()u x 在R 上单调递增，()00u =，当0x <()0u x <不合题意，故舍去当0,a >()'0u x =则()ln 2x a =，故当()ln 2,x a <()'0u x <，()u x 单调递减；当()ln 2,x a >()'0u x >；()u x 单调递增，故()()()()max ln 222ln 210u x u a a a a ==--≥令()()'ln 1,ln 0,1h x x x x h x x x =--∴=-==，故()h x 在()0,1递增，在()1,+∞递减，故()()10,h x h ≤=即()ln 10,h x x x x =--≤即()22ln 21a a a --0≤，故21a =即12a =，故a 的取值集合为12⎫⎧⎨⎬⎩⎭.（2）方程f (x )-g (x )=0有两个不同的根x 1，x 2不妨令x 1<x 2，1212121221221x x x x e ax e e a x x e ax ⎧=+-∴∴=⎨-=+⎩，若证122x x +<ln 2a ． 即证()()1212212121212222121211x x x x x x x x x x x x e e e x x e e e x x e e x x ++---⎡⎤<⇔-<-⇔-<-⎣⎦- 令2102x x t -=>，即证212t t e te ->，令()()()2'12,21t t t tg t e te g t e e t =--=--因为1t e t >+，故()'0g t >，故()g t 单调递增，()()00g t g >=得证【名师点睛】本题关键是利用12122121x x e ax e ax ⎧=+⎨=+⎩，21212x x e e a x x -=-，等价证明()21212211x x x x x x ee --⎡⎤-<-⎣⎦，构造函数证明 10．已知函数2()ln ()f x x x ax x a =-+∈R ．（1）证明：曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线l 恒过定点；（2）若()f x 有两个零点12,x x ，且212x x >4e>． 【试题来源】广东省广州市2021届高三一模 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【分析】（1）求出函数在1x =处的导数，求出()1f ，即可求出切线方程，得出定点；（2）由题可得1122ln 1ln 1x ax x ax +=⎧⎨+=⎩，可得()21211221ln ln 2x x x x x x x x ++=-，令21x t x =，则()121ln ln 21t t x x t ++=-，构造函数()()1ln 1t t g t t +=-，二次求导得出()g t 单调递增，即可求出1228x x e >，再利用基本不等式即可证明． 【解析】（1）()ln 22f x x ax '=-+， 则()122f a '=-，即切线斜率为22a -，又()11f a =-，则切线l 的方程为()()()1221y a a x --=--，即()1222y a x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，可得当12x =时，0y =，故切线l 恒过定点1,02⎛⎫⎪⎝⎭；（2）12,x x 是()f x 的零点，212x x >，且120,0x x >>，则2111122222ln 0ln 0x x ax x x x ax x ⎧-+=⎨-+=⎩，即1122ln 1ln 1x ax x ax +=⎧⎨+=⎩， 12211221ln ln 2ln ln x x x x a x x x x ++-∴==+-，即()21211221ln ln 2xx x x x x x x ++=-， 令21x t x =，则2t >，则()121ln ln 21t t x x t ++=-， 令()()1ln 1t t g t t +=-，则()()212ln 1t t t g t t --'=-．令()12ln h t t t t =--，则()()2210t h t t-'=>，则()h t 单调递增， ()()322ln 202h t h ∴>=->，即()0g t '>，则()g t 单调递增， ()()23ln2g t g ∴>=，15 / 3112ln 23ln 2x x ∴+>，即1228ln 3ln 22lnx x e >-=，即1228x x e >，则22121242x x x x e+>>（由于12x x ≠，故不取等号），得证． 【名师点睛】本题考查利用导数解决双变量问题，解题的关键是将其转化为()121ln ln 21t t x x t ++=-，利用导数求出单调性，得出1228x x e >． 11．已知函数22ln ()xf x x a x=--． （1）若()0f x ≥，求实数a 的取值范围；（2）若函数()f x 有两个零点12,x x ，证明：121x x <．【试题来源】备战2021年高考数学全真模拟卷（山东高考专用） 【答案】（1）(,1]-∞；（2）证明见解析．【分析】（1）利用导数研究()f x 的单调性，求得()f x 的最小值，由此列不等式，解不等式求得a 的取值范围．（2）利用构造函数法证得()1210f x f x ⎛⎫-> ⎪⎝⎭，结合()f x 的单调性证得121x x <．【解析】（1）函数22ln ()xf x x a x=--的定义域为(0,)+∞． ()3222ln 12(1ln )()2x x x f x x x x +--'=-=．设3()ln 1r x x x =+-，所以21()30r x x x'=+>， 所以函数3()ln 1r x x x =+-在(0,)+∞上单调递增． 又(1)0r =，列表如下：x (0,1)1 (1,)+∞()'f x- 0+ ()f x极小值所以当1x =时，函数22ln ()xf x x a x=--取得最小值为(1)1f a =-． 因为()0f x ≥，即10a -≥，所以1a ≤．所以a 的取值范围是(,1]-∞． （2）不妨设12x x <．由（1）可得，函数()f x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增． 所以1201x x <<<，2101x <<．因为()()120f x f x ==， 所以()()122211f x f f x f x x ⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2222222212ln 2ln 11x x x a a x x x ⎛⎫ ⎪⎛⎫=----- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪⎝⎭22222112ln x x x x x ⎛⎫⎛⎫=+-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭．设函数1()2ln (1)g x x x x x=-->， 则22212(1)()10(1)x g x x x x x-'=+-=>>，函数()g x 在(1,)+∞上单调递增． 所以()222212ln (1)0g x x x g x =-->=， 所以()1210f x f x ⎛⎫-> ⎪⎝⎭，即()121f x f x ⎛⎫>⎪⎝⎭． 又函数22ln ()xf x x a x=--在(0,1)上单调递减． 所以12101x x <<<，所以121x x <． 【名师点睛】如果求一次导数无法确定函数单调性，可考虑再一次求导来确定函数的单调性．12．已知函数()2sin 2x f x x x =--．（1）证明：0x >时()0f x <；17 / 31（2）证明：2n ≥时，111111sin sin sin 1223n n++⋅⋅⋅+>+⋅⋅⋅+．【试题来源】河南省非凡2020-2021学年高三（3月）调研考理数试卷 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）利用导数分析函数()f x 在区间()0,∞+上的单调性，可得出()()00f x f <=，即可证得结论成立；（2）由（1）得出()1111023f f f f n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋅⋅⋅+< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，可得222211*********sin sin sin 112232123n n n ⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+>++⋅⋅⋅+-++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭利用放缩法得出当2n ≥时，()2111111n n n n n <=---，可证得222211112123n++⋅⋅⋅+<，代入不等式计算即可证得结论成立． 【解析】（1）因为()2sin 2x f x x x =--，则()1cos f x x x '=--，设()()1cos g x f x x x '==--，则()sin 10g x x '=-≤，故()g x 在()0,∞+上为减函数， 可得()()00g x g <=，即()0f x '<，故()f x 在()0,∞+上为减函数，故()()00f x f <=；（2）由（1）知0x >时()0f x <，可得()1111023f f f f n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋅⋅⋅+< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭2222111111111111sin sin sin 023212312n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⇒++⋅⋅⋅+-++⋅⋅⋅+-++⋅⋅⋅+< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭222211*********sin sin sin 112232123n n n ⎛⎫⎛⎫⇒++⋅⋅⋅+>++⋅⋅⋅+-++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当2n ≥时，()2111111n n n n n <=---，故2221111111111112312231n n n n+⋅⋅⋅+<-+-+⋅⋅⋅+-=-<-， 所以，222211112123n ++⋅⋅⋅+<，因此，1111111111sin sin sin 121223223n n n⎛⎫++⋅⋅⋅+>++⋅⋅⋅+-⨯=+⋅⋅⋅+ ⎪⎝⎭．13．已知函数()1ln 1x f x e x -=--．（1）判断()f x 的单调性；（2）若方程()()10f ax a a x =-->有唯一实根0x ，求证：012x <<． 【试题来源】全国百强名校“领军考试”2020-2021学年高三下学期3月 【答案】（1）()f x 在()0,1上是减函数，在()1,+∞上是增函数；（2）证明见解析．【分析】（1）求得()11x f x e x-'=-，分析()f x '的符号变化，由此可得出函数()f x 的单调递增区间和递减区间；（2）设()()1g x f x ax a =-++，利用导数分析函数()g x 的单调性，根据已知条件得出()()min0g x g t ==，其中t 为函数()g x 的极小值点，可得出()()00g t g t ⎧=⎪⎨='⎪⎩，消去a 可得出()112ln 0t t t e t t ----+=，构造函数()()()112ln 1t t h t t e t t t--=--+>，分析函数()h t 在区间()1,+∞上的单调性，结合零点存在定理证得12t <<，即可得出012x <<．【解析】（1）因为()1ln 1x f x e x -=--，所以()11x f x e x -'=-，则()1210x f x e x-''=+>，所以，函数()f x '在()0,∞+上是增函数，且()10f '=， 所以，当()0,1x ∈时，()0f x '<；当()1,x ∈+∞时，()0f x '>． 所以()f x 在()0,1上是减函数，在()1,+∞上是增函数；（2）设()()11ln x g x f x ax a e x ax a -=-++=--+，则()11x g x e a x-'=--， 因为()g x '是增函数，又()10g a '=-<，()11101aa g a e a e a a '+=-->-->+， 所以存在唯一的()1,t ∈+∞，使得()0g t '=．当()0,x t ∈时，()0g x '<，此时，函数()g x 单调递减； 当(),x t ∈+∞时，()0g x '>，此时，函数()g x 单调递增．所以，()()1min ln t g x g t e t at a -==--+．方程()1f x ax a =--有唯一实根0x ，则0x t =，且()()00g t g t ⎧=⎪⎨='⎪⎩，即1110ln 0t t e a t e t at a --⎧--=⎪⎨⎪--+=⎩，消去a 得()112ln 0t t t e t t ----+=， 设()()()112ln 1t t h t t e t t t --=--+>，则()()12110t h t t e t -'+⎛⎫ ⎝=⎪⎭-<，所以，函数()h t 在()1,+∞上是减函数，19 / 31因为()110h =>，()12ln 202h =-+<，所以12t <<，即012x <<． 【名师点睛】利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题． 14．已知函数()11lnx aF x x x =--+． （1）设函数()()()1h x x F x =-，当2a =时，证明：当 1x >时，()0h x >； （2）若()0F x >恒成立，求实数a 的取值范围；（3）若a 使()F x 有两个不同的零点12 ,x x，证明：21a a x x e e -<-<-． 【试题来源】东北三省四市教研联合体2021届高考模拟考试 【答案】（1）证明见解析；（2）2a ≤；（3）证明见解析．【分析】（1）当 2a =时对()h x 求导，证明 1x >时，()0h x '>即可． （2）设函数()()1ln 1a x f x x x -=-+，根据函数的单调性判断ln x 与()11a x x -+的关系，根据()0F x >恒成立，确定a 的取值范围；（3）根据函数的单调性求出2121a at t x x e e --<-<-，得到21t t -=【解析】（1）()()ln 111xa h x x x x ⎛⎫=-- ⎪-+⎝⎭当 2a =时，()()()21ln 21ln 111x xh x x x x x x -⎛⎫=--=- ⎪-++⎝⎭()()()()()()()()2222221211111114x x x x h x x x x x x x x +---+-'=-==+++， 当1x >时，()0h x '>，所以()h x 在()1,+∞上为单调递增函数， 因为()10h =，所以()()10h x h >=，（2）设函数()()1ln 1a x f x x x -=-+，则()()()222111x a x f x x x +-+'=+， 令()()2211g x x a x =+-+，当1a ≤时，当0x >时，()0g x >，当12a <≤时，2480a a ∆=-≤，得()0g x ≥，所以当2a ≤时，()f x 在()0,∞+上为单调递增函数，且()10f =， 所以有()101f x x >-，可得()0F x >． 当2a >时，有2480a a ∆=->，此时()g x 有两个零点，设为12,t t ，且12t t <． 因为()12210t t a +=->，121t t =，所以1201t t <<<， 在()21,t 上，()f x 为单调递减函数， 所以此时有()0f x <，即()1ln 1a x x x -<+，得ln 011x ax x -<-+， 此时()0F x >不恒成立，综上2a ≤．（3）若()F x 有两个不同的零点12, x x ，不妨设12 x x <， 则12, x x 为()()1ln 1a x f x x x -=-+的两个零点，且11x ≠，21x ≠， 由（2）知此时2a >，并且()f x 在()10,t ，()2,t +∞为单调递增函数， 在()12,t t 上为单调递减函数，且()10f =，所以()10f t >，()20f t <，因为()201aa a f e e -=-<+，()201aaa f e e =>+，1a a e e -<<， 且()f x 图象连续不断，所以()11,ax e t -∈，()22,a x t e ∈，21 / 31所以2121a at t x x e e --<-<-，因为21t t -=综上得21||a a x x e e -<-<-． 【名师点睛】求不等式恒成立问题的方法 （1）分离参数法若不等式(),0f x λ≥()x D ∈（λ是实参数）恒成立，将(),0f x λ≥转化为()g x λ≥或()()g x x D λ≤∈恒成立，进而转化为()max g x λ≥或()()min g x x D λ≤∈，求()g x 的最值即可．（2）数形结合法结合函数图象将问题转化为函数图象的对称轴、区间端点的函数值或函数图象的位置关系（相对于x 轴）求解．此外，若涉及的不等式转化为一元二次不等式，可结合相应一元二次方程根的分布解决问题． （3）主参换位法把变元与参数变换位置，构造以参数为变量的函数，根据原变量的取值范围列式求解，一般情况下条件给出谁的范围，就看成关于谁的函数，利用函数的单调性求解． 15．已知函数2()x f x e ax x =--．（1）当1a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（2）若函数()()F x f x x =+有两个极值点1x ，2x ，求证：212(ln(2))x x a <． 【试题来源】2021年新高考测评卷数学（第六模拟） 【答案】（1）(3)1y e x =-+；（2）证明见解析．【分析】（1）当1a =时，可得()f x 解析式，求导得()'f x 解析式，则可求得(1)k f '=，(1)2f e =-，代入直线方程，化简即可得答案．（2）函数()F x 有两个极值点1x ，2x ，等价为()0F x '=有两个不相等的实数根1x ，2x ．令()2x h x e ax =-，分别讨论0a >和0a ≤两种情况，利用导数求得其单调区间和极值，可得a 的范围，不妨设12x x <，则1ln(2)x a <，2ln(2)1x a >>．令24()()(2ln(2))44ln(2)xx a G x h x h a x e ax a a e=--=--+，利用导数判断其单调性，结合基本不等式，分析整理，即可得证．【解析】（1）当1a =时，2()x f x e x x =--，则()21x f x e x '=--， 所以(1)3k f e ='=-，又(1)2f e =-，所以切线方程为(3)(1)2y e x e =--+-，即(3)1y e x =-+． （2）由题意得2()x F x e ax =-，则()2x F x e ax '=-． 因为函数()F x 有两个极值点1x ，2x ， 所以()0F x '=有两个不相等的实数根1x ，2x ． 令()2x h x e ax =-，则()2x h x e a '=-．①当0a ≤时，()0h x '>恒成立，则函数()h x 为R 上的增函数， 故()h x 在R 上至多有一个零点，不符合题意． ②当0a >时，令()0h x '=，得ln(2)x a =，当(,ln(2))∈-∞x a 时，()0h x '<，故函数()h x 在(,ln(2))a -∞上单调递减， 当(ln(2),)x a ∈+∞时，()0h x '>，故函数()h x 在(ln(2),)a +∞上单调递增． 因为函数()0h x =有两个不相等的实数根1x ，2x ， 所以min ()(ln(2))22ln(2)0h x h a a a a ==-<，得2e a > 不妨设12x x <，则1ln(2)x a <，2ln(2)1x a >>． 又(0)10h =>，所以1(0,ln(2))x a ∈．令24()()(2ln(2))44ln(2)xx a G x h x h a x e ax a a e=--=--+，23 / 31则24()440xx a G x e a a e '=+-≥=，所以函数()G x 在R 上单调递增．由2ln(2)x a >可得()2(ln(2))0G x G a >=，即()()222ln(2)h x h a x >-． 又1x ，2x 是函数()h x 的两个零点，即12h x h x ，所以()()122ln(2)h x h a x >-．因为2ln(2)x a >，所以22ln(2)ln(2)a x a -<，又1ln(2)x a <，函数()h x 在(,ln(2))a -∞上单调递减， 所以122ln(2)x a x <-，即122ln(2)x x a +<．又12x x +>2ln(2)a ，因此212(ln(2))x x a <．【名师点睛】解决本题的关键主要有三点：一是确定1x ，2x 的范围，为后续的灵活转化做准备；二是能够想到构造函数()()(2ln(2))G x h x h a x =--，并借助其单调性得到()()222ln(2)h x h a x >-；三是巧妙利用自变量的范围和函数()h x 的单调性构建关于1x ，2x 的不等式．16．已知函数()2ln 4f x x a x a =-+，()a R ∈ （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）令()()sin g x f x x =-，若存在()12,0,x x ∈+∞，且12x x ≠时，()()12g x g x =，证明：212x x a <．【试题来源】江西省九所重点中学（玉山一中、临川一中等）2021届高三3月联合考试 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）求函数的定义域和导数，分0a ≤和0a >两种情况，结合导数可求出函数的单调性．（2）根据题意可得()()()121212ln ln 2sin sin a x x x x x x -=---，通过构造函数()sin h x x x =-，求函数单调性及参变分离可得1212ln ln x x a x x ->-，令()121x t x t >=，通过导数得()()ln 1m t t t =->的单调性，即可证明()()10m t m >=，从而可证明212x x a <．【解析】（1）()f x 的定义域为()0,∞+，()22a x a f x x x -'=-=， 当0a ≤时，()0f x '>，当0a >时，由()0f x '>得2a x >，由()0f x '<得02ax <<，所以当0a ≤时，()f x 在()0,∞+上单调递增当0a >时，()f x 在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增． （2）()2ln sin 4g x x a x x a =--+，因为()()12g x g x =，由题意知，1112222ln sin 2ln sin x a x x x a x x --=--， 所以()()()121212ln ln 2sin sin a x x x x x x -=---，令()sin h x x x =-，则()1cos 0h x x '=-≥，所以()h x 在()0,∞+上单调递增， 不妨设120x x >>，因为()()12h x h x >，所以1122sin sin x x x x ->-， 所以()1221sin sin x x x x -->-，所以()()()()12121221122sin sin 2x x x x x x x x x x --->-+-=- 所以()1212ln ln a x x x x ->-，所以1212ln ln x x a x x ->-，令()121x t x t >=，只需证t 1ln t->ln 0t ->，设()()ln 1m t t t =>，则()210m t '=>，所以()m t 在()1,+∞递增，所以()()10m t m>=，即1212ln ln x x x x ->-所以a >212x x a <．【名师点睛】利用导数求含参函数的单调性时，一般先求函数的定义域，求出导数后，令导数为零，解方程，讨论方程的根的个数以及根与定义域的位置关系，确定导数的符号，从而求出函数的单调性．17．已知函数1()2ln f x x a x x=--(a ∈R)． （1）讨论函数()f x 的单调性；25 / 31（2）若1x ，2x 为函数()f x 的两个极值点，证明：1212()()24f x f x a x x ->--．【试题来源】湖北省八市2021届高三下学期3月联考 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）求出导函数()'f x ，根据()0f x '=的解的情况分类讨论得单调性；（2）由（1）知1a >，化简1212()()f x f x x x --，不等式化为1212ln2x x x x <-，再由121=x x 不妨设2110x x >>>，转化为只要证2221ln 0,x x x -+<这个不等式可利用（1）中的结论证明． 【解析】（1）2221(),0x ax f x x x-+'=>，令22210,44x ax a -+=∆=- 当0∆≤即11a -≤≤时，()0f x '≥，()f x 在()0,∞+上单调递增； 当0∆>即1a >或1a <-时，①当1a <-时，20,()0,ax f x '->>()f x 在()0,∞+上单调递增； ②当1a >时，令()0f x '=，12x a x a =-=+综上：当1a ≤时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当1a >时，()f x 在(()0,,a a +∞上单调递增，在(a a 上单调递减．（2）由（1）知1a >时()f x 有两个极值点12,x x ， 且12122,1x x a x x +==，不妨设2110x x >>>，1121112212121221221212121211(2ln )(2ln )()2ln 2ln ()()2.x x x x x a x x a x x x a a f x f x x x x x x x x x x x x x x x ----------===-----要证1212()()24,f x f x a x x ->--即证1212ln 2x x x x <-，即2222ln 21x x x <-，2221ln 0,x x x ∴-+< 设1()ln (1),g t t t t t =-+>由（1）知当1=2a 时，()f x 在()0,∞+上单调递增，()()g t f t =-，则()g t 在()1,+∞上单调递减，()(1)0g t g ∴<=．原式得证．【名师点睛】本题考查用导数研究函数的单调性，证明不等式．含有参数的函数在求单调区间时一般需要分类讨论，可根据()0f x '=的根的情况分类讨论．对于双变量的不等式的证明需要进行变形，利用双变量之间的关系，转化为只有一个变量的不等式，从而可引入新函数，利用函数的性质进行证明．解题过程中换元法是一种重要的方法． 18．已知函数()ln(3)f x x x =+-． （1）求函数()f x 的最大值；（2）若关于x 的方程()ln303xa ae a x +=>+有两个不等实数根12,x x ，证明：122x x e e a+>． 【试题来源】河南省新乡市2020-2021学年高三下学期2月一轮复习摸底考试 【答案】（1）2；（2）证明见解析．【分析】（1）先求函数的导数，判断含的单调性，再求函数的最大值；（2）首先方程变形为ln ln 3x a x a x e +++=++ln(3)ln(3)ln(3)x x e x ++=++，再构造函数()x g x e x =+，判断函数的单调性，转化为ln(3)ln x x a +-=有两个实数根1x ，2x ，再利用分析法，转化不等式证明为122x x ae ae +>，转化为证明()()()()121212232333ln 3ln 3x x x x x x +-++++>+-+，利用换元转化为证明2(1)ln (01)1t t t t -<<<+． 【解析】（1）解：因为()ln(3)f x x x =+-，所以2()(3)3x f x x x --'=>-+． 令()0f x '>，得32x -<<-；令()0f x '<，得2x >-，27 / 31所以()f x 在(3,2)--上单调递增，在(2,)-+∞上单调递减， 所以max ()(2)2f x f =-=．（2）证明：方程()ln303xaae a x +=>+可化为ln ln 3x a x a x e +++=++ln(3)ln(3)ln(3)x x e x ++=++．设()x g x e x =+，显然()g x 在(,)-∞+∞上是增函数，又(ln )(ln(3))g x a g x +=+， 所以有ln ln(3)x a x +=+，即方程ln(3)ln x x a +-=有两个实数根1x ，2x ．由（1）可知()ln(3)2f x x x =+-≤，则有ln 2a <，所以a 的取值范围为()20,e ．因为方程()ln f x a =有两个实数根1x ，2x ，所以()()1122ln 3ln ln 3ln x x ax x a ⎧+=+⎪⎨+=+⎪⎩，则()()()()1212331ln 3ln 3x x x x +-+=+-+，要证122e e x xa+>，即证122x x ae ae +>． 1212ln ln x x x a x a ae ae e e +++=+=()()12ln 3ln 3126x x e e x x +++=++，需证12332x x +++>．需证()()()()121212232333ln 3ln 3x x x x x x +-++++>+-+．不妨设123x x -<<，令1233x t x +=+，则01t <<，即要证2(1)ln (01)1t t t t -<<<+． 设2(1)()ln (01)1t h t t t t -=-<<+，则22(1)()0(1)t h t t t -'=>+， 所以()h t 在(0,1)上是增函数，()(1)0h t h <=，即2(1)ln 1t t t -<+成立，故原式成立． 【名师点睛】本题考查利用导数证明不等式双变量问题，属于难题． 难点一：方程实根个数转化为ln(3)ln x x a +-=有两个实数根1x ，2x ，难点二：通过变形，消去并得到关于要证不等式不等号右边()1ln 3x +和()2ln 3x +的关于的表达式，进而整理为由1233x x ++表达的形式，利用换元得到关于单变量t 的函数表达式．。
导数与不等式证明(绝对精华)
二轮博题 （十一）导数与没有等式道明之阳早格格创做【教习目标】1. 会利用导数道明没有等式.2. 掌握时常使用的道明要领.【知识回瞅】一级排查：应知应会1.利用导数道明没有等式要思量构制新的函数，利用新函数的单调性或者最值办理没有等式的道明问题．比圆要道明对付任性∈x [b a ,]皆有)()(x g x f ≤，可设)()()(x g x f x h -=，只消利用导数道明)(x h 正在[b a ,]上的最小值为0即可．二级排查：知识聚集利用导数道明没有等式，解题本领归纳如下：（1）利用给定函数的某些本量（普遍第一问先让办理出去），如函数的单调性、最值等，服务于第二问要道明的没有等式.（2）多用分解法思索.二边与对付数（指数），移项通分等等.要注意变形的目标：果为要利用函数的本量，力供变形后没有等式一边需要出现函数闭系式.（4）时常使用要领另有断绝函数法，max min )()(x g x f ≥，搁缩法（常与数列战基础没有等式所有考查），换元法，主元法，消元法，数教归纳法等等，但是无论何种要领，问题的粗髓仍旧构制辅帮函数，将没有等式问题转移为利用导数钻研函数的单调性战最值问题.（5）修议有本领共教不妨相识一下罗必塔规则战泰勒展启式，有许多题皆是利用泰勒展启式搁缩得去.三极排查：易错易混用导数道明数列时注意定义域.【课堂商量】一、做好（商）法例1、道明下列没有等式：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 二、利用max min )()(x g x f ≥道明没有等式例2、已知函数.22)(),,(,ln )1(1)(e x e x g R b a x a b x ax x f +-=∈+-+-= （1）若函数2)(=x x f 在处博得极小值0，供b a ,的值；（2）正在（1）的条件下，供证：对付任性的],[,221e e x x ∈，总有)()(21x g x f >. 变式：道明：对付十足),0(+∞∈x ，皆有ex e x x 21ln ->创制.三、构制辅帮函数或者利用主元法例3、已知n m ,为正整数，且,1n m <<供证：m n n m )1()1(+>+.变式：设函数x x f ln )(=，22)(-=x x g （1≥x ）.(1)试推断)()()1()(2x g x f x x F -+=正在定义域上的单调性；（2）当b a <<0时，供证22)(2)()(b a a b aa fb f +->-.四、分解法道明没有等式例4、设1>a ，函数a e x x f x -+=)1()(2.若直线()y f x 正在面P 处的切线与x轴仄止，且正在面(,)M m n 处的切线与直线OP 仄止（O 是坐标本面）,道明：123--≤e a m . 变式：已知函数x x x f ln )(2=．（Ⅰ）供函数)(x f 的单调区间；（Ⅱ）道明：对付任性的0>t ，存留唯一的s ，使)(s f t =． （Ⅲ）设（Ⅱ）中所决定的s 闭于t 的函数为)(t g s =，道明：当2e t >时，有21ln )(ln 52<<t t g . 五、断绝函数例5、已知函数)ln()(m x e x f x +-=.（Ⅰ）设0=x 是)(x f 的极值面，供m 并计划)(x f 的单调性； （Ⅱ）当2≤m 时，道明:)(x f 0>.变式：已知函数,,)(R x x nx x f n ∈-=其中*∈N n ，且2≥n .（1）计划)(x f 的单调性；（2）设直线)(x f y =与x 轴正半轴的接面为P ，直线正在面P 处的切线圆程为)(x g y =，供证：对付于任性的正真数x ，皆有)()(x g x f ≤；（3）若闭于x 的圆程)()(为实数a a x f =有二个正真数根21,x x ，供证：.2112+-<-n a x x六、与数列分离例6、已知函数3ln )(--=ax x a x f )(R a ∈.（1）供函数)(x f 的单调区间；（2）供证：)2(1ln 44ln .33ln .22ln ≥*∈<n N n nn n ， 变式：（1）已知),0(+∞∈x ，供证：xx x x 11ln 11<+<+； （2）供证：)2(1131211ln 1413121≥*∈-++++<<++++n N n n n n ， . 【坚韧锻炼】1. 已知函数,ln 21)(2x x x f +=供证：正在区间),1(+∞上，函数)(x f 的图像正在函数332)(x x g =的图像的下圆. ()1ln 1x f x x+=-． （Ⅰ）供直线()y f x =正在面()()00f ，处的切线圆程；（Ⅱ）供证：当()01x ∈，时，()323x f x x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭； （Ⅲ）设真数k 使得()33x f x k x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭对付()01x ∈，恒创制，供k 的最大值． 210x x <<，供证：n n n x x x x ⎪⎭⎫ ⎝⎛+>+222121. )0()1ln()(>+=x xx x f . （1）推断)(x f 的单调性；（2）道明：e nn <+)11((e 为自然对付数，*N n ∈). （1）供函数)(x f 的最小值；（2）设没有等式ax x f >)(的解集为P ，且P ⊆]2,0[，供真数a 的与值范畴；（3）设*∈N n ，道明：1321-<⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛e e n n n n n nn n n . )0()1ln()(2≤++=a ax x x f .(1)计划)(x f 的单调性；（2）道明：）（4211+）（4311+）（411n+ e <(e 为自然对付数，*N n ∈，2≥n ). (1)供函数)(x f 的最大值；(2)设b a <<0,道明 ：2ln )()2(2)()(0a b b a g b g a g -<+-+<. xbe x ae x f x x 1ln )(-+=，直线()y f x =正在面（1，(1)f 处的切线为(1)2y e x =-+. (Ⅰ)供,a b ； （Ⅱ）道明：()1f x >.9. 已知函数()ax e x f x -=（a 为常数）的图像与y 轴接于面A ，直线()x f y =正在面A 处的切线斜率为-1.（Ⅰ）供a 的值及函数()x f 的极值； （Ⅱ）道明：当0>x 时，x e x <2；（Ⅲ）道明：对付任性给定的正数c ，总存留0x ，使恰当()∞+∈，0x x ，恒有x ce x <2.10.(选做)已知.1)1()(--=x e x x f（1）道明：当0>x 时，0)(<x f ;（2）数列}{n x 谦脚,1,111=-=+x e e x n n x x n 供证：}{n x 递减，且n n x 21>.。
高数利用导数证明不等式及导数的应用
an n2
a n a n1 ln a
a n1 (n 1)2
x x2 x3 ln(1 x) 0 f (x) 0 x x2 x3 ln(1 x)
23
23
20 利用函数的单调性 当要证的不等式两端是给定的两个表达式,或不等式一端 或两端含f(x),且知道f’(x)>0(或f”(x)>0)则常需要用单调性证. 解：:为证不等式,只要证 例2 当x>0时,证明不等式
ln a n(n 1)
n 1 n
其中 ( 1 , 1)
n 1 n
1
an
1
a n1
a
ln a(1
1
),
n n 1
1
1
1
1
a n a a n1
an
a
a n1
n(n 1) n(n 1) n(n 1)
a 1, 1 1
n
n 1
1
1
1
1
1
1
an n2
a n(n 1)
a n1 (n 1)2
其辅助函数为
f
( x)
2
2 (1 x)3
2[1
(1
1 x)3
]
0
(x 0)
f (x) 1 x x 2 1 1 x
f (x) 1 2x 1 , (1 x) 2
f (0) 0 f (0) 0
f (x) x x 2 x3 ln(1 x) f (x) 0 f (0) 23
一． 证明不等式 二． 证明方程根的个数 三． 导数的应用
第五讲 利用导数 证明不等式
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一．利用导数证明不等式
利用导数证明不等式是常考的题型.主要的方法有:
利用导数证明数列不等式(含解析)
利用导数证明数列不等式(含解析)利用导数证明数列不等式是高考中常见的题型，可以考查学生灵活运用知识的能力。
这种题型一方面以函数为背景，让学生探究函数的性质；另一方面，体现数列是特殊的函数，进而利用恒成立的不等式将没有规律的数列放缩为有具体特征的数列。
可以说，这种题型涉及到函数、导数、数列和不等式，是一题多考的巧妙结合，也是近年来高考的热门题型。
常见的题型有两种类型：一种是利用放缩通项公式解决数列求和中的不等问题，另一种是利用递推公式处理通项公式中的不等问题。
恒成立不等式的来源主要有两种：一是函数的最值，最值可以提供XXX成立的不等式；二是恒成立问题的求解，参数范围内的值均可提供恒成立不等式。
常见的恒成立不等式有lnxx+1.关于前n项和的放缩问题，求数列前n项公式往往要通过数列的通项公式来解决。
高中阶段求和的方法有倒序相加、错位相减、等比数列求和公式和裂项相消。
在处理数列求和不等式时，放缩为等比数列和能够裂项相消的数列的情况比较多见，应优先考虑。
对于数列求和不等式，要从通项公式入手，结合不等号方向考虑放缩成可求和的通项公式。
在放缩时要注意前几问的铺垫与提示，尤其是关于恒成立问题与最值问题所带来的恒成立不等式，往往提供了放缩数列的方向。
放缩通项公式有可能会进行多次，要注意放缩的方向，朝着可求和的通项公式进行靠拢（等比数列，裂项相消等）。
数列不等式也可考虑利用数学归纳法进行证明。
经典例题是已知函数f(x)=kx-xlnx，求函数f(x)的单调区间、当<x≤1时，f(x)≤k恒成立的k的取值范围，以及证明ln1ln2+23+lnnn(n-1)≤n+14.1.已知函数$f(x)=\ln(ax+1)(x\geq0,a>0)$，$g(x)=x-\frac{x^3}{3}$。
1）讨论函数$y=f(x)-g(x)$的单调性；2）若不等式$f(x)\geq g(x)+1$在$x\in[0,+\infty)$时恒成立，求实数$a$的取值范围；3）当$a=1$时，证明：frac{1}{1\cdot3\cdot5\cdots(3572n+1)}+\frac{1}{2\cdot4\cd ot6\cdots(3572n+2)}+\cdots+\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}<f^{(n)}(n)(n\in N^*),$$其中$f^{(n)}(n)$表示$f(x)$的$n$阶导数在$x=n$处的值。
利用导数证明不等式的方法
利用导数证明不等式的方法导数是微积分中的重要概念，它可以用来研究函数在不同点的变化趋势。
在数学中，不等式是一种比较两个数或两个函数大小关系的方式。
结合导数和不等式的概念，我们可以利用导数来证明不等式。
让我们回顾一下导数的定义。
对于一个函数f(x)，在某一点a处的导数f'(a)表示函数在该点处的变化率。
导数可以通过求取函数的极限来计算，也可以通过求取函数的斜率来计算。
导数的正负可以表示函数的增减性，即导数大于0表示函数在该点处递增，导数小于0表示函数在该点处递减。
利用导数证明不等式的方法主要有以下几种：1. 利用导数的正负性：假设我们要证明一个不等式f(x) > g(x)，我们可以先求取函数f(x)和g(x)的导数，然后观察导数的正负性。
如果在某一区间上，f'(x) > g'(x)，则可以得出在该区间上f(x) > g(x)。
举个例子，我们要证明对于所有的x，函数f(x) = x^2 + 3x + 2大于函数g(x) = 2x + 1。
首先，求取f(x)和g(x)的导数分别为f'(x) = 2x + 3和g'(x) = 2。
然后观察导数的正负性，我们发现在所有的x上，f'(x) > g'(x)，因此可以得出对于所有的x，f(x) > g(x)。
2. 利用导数的单调性：如果一个函数在某一区间上是单调递增或单调递减的，那么我们可以根据函数值的大小关系得出不等式的成立。
举个例子，我们要证明对于所有的x大于0，函数f(x) = x^2 + 3x + 2大于函数g(x) = 2x + 1。
首先，求取f(x)和g(x)的导数分别为f'(x) = 2x + 3和g'(x) = 2。
然后观察导数的单调性，我们发现f'(x)是一个递增函数，因此可以得出在x大于0的区间上，f(x)也是一个递增函数。
又因为在x大于0的区间上，f(0) = 2大于g(0) = 1，所以可以得出对于所有的x大于0，f(x) > g(x)。
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二轮专题 （十一） 导数与不等式证明
【学习目标】
1. 会利用导数证明不等式.
2. 掌握常用的证明方法.
【知识回顾】
一级排查：应知应会
1.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．比如要证明对任意∈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 ,]上的最小值为0即可．
二级排查：知识积累
利用导数证明不等式，解题技巧总结如下：
（1）利用给定函数的某些性质（一般第一问先让解决出来），如函数的单调性、最值等，服务于第二问要证明的不等式.
（2）多用分析法思考.
（3）对于给出的不等式直接证明无法下手，可考虑对不等式进行必要的等价变形后，再去证明.例如采用两边取对数（指数），移项通分等等.要注意变形的方向：因为要利用函数的性质，力求变形后不等式一边需要出现函数关系式.
（4）常用方法还有隔离函数法，max min )()(x g x f ≥，放缩法（常与数列和基本不等式一起考查），换元法，主元法，消元法，数学归纳法等等，但无论何种方法，问题的精髓还是构造辅助函数，将不等式问题转化为利用导数研究函数的单调性和最值问题.
（5）建议有能力同学可以了解一下罗必塔法则和泰勒展开式，有许多题都是利用泰勒展开式放缩得来.
三极排查：易错易混
用导数证明数列时注意定义域.
【课堂探究】
一、作差（商）法
例1、证明下列不等式：
①1+≥x e x ②1ln -≤x x ③x x 1-1ln ≥
④1x 1)-2(x ln +≥
x )1(≥x ⑤)2
,0(,2sin ππ∈>x x x
二、利用max min )()(x g x f ≥证明不等式
例2、已知函数.2
2)(),,(,ln )1(1)(e x 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 >.
变式：证明：对一切),0(+∞∈x ，都有ex e
x x 21ln ->
成立.
三、构造辅助函数或利用主元法 例3、已知n m ,为正整数，且,1n m <<求证：m n n m )1()1(+>+.
变式：设函数x x f ln )(=，22)(-=x x g （1≥x ）.
(1)试判断)()()1()(2x g x f x x F -+=在定义域上的单调性；
（2）当b a <<0时，求证22)(2)()(b
a a
b a a f b f +->
-.
四、分析法证明不等式
例4、设1>a ，函数a e x x f x -+=)1()(2.若曲线()y f x 在点P 处的切线与x 轴平行， 且在点(,)M m n 处的切线与直线OP 平行（O 是坐标原点）,证明：123--
≤e a m .
变式：已知函数x x x f ln )(2=．
（Ⅰ）求函数)(x f 的单调区间；
（Ⅱ）证明：对任意的0>t ，存在唯一的s ，使)(s f t =．
（Ⅲ）设（Ⅱ）中所确定的s 关于t 的函数为)(t g s =，证明：当2e t >时，有21ln )(ln 52<<t t g .
五、隔离函数
例5、已知函数)ln()(m x e x f x +-=.
（Ⅰ）设0=x 是)(x f 的极值点，求m 并讨论)(x f 的单调性； （Ⅱ）当2≤m 时，证明:)(x f 0>.
变式：已知函数,,)(R x x nx x f n ∈-=其中*∈N n ，且2≥n .
（1）讨论)(x f 的单调性；
（2）设曲线)(x f y =与x 轴正半轴的交点为P ，曲线在点P 处的切线方程为)(x g y =，求证：对于任意的正实数x ，都有)()(x g x f ≤；
（3）若关于x 的方程)()(为实数a a x f =有两个正实数根21,x x ，求证：.2112+-<-n
a x x
六、与数列结合
例6、已知函数3ln )(--=ax x a x f )(R a ∈.
（1）求函数)(x f 的单调区间；
（2）求证：
)2(1ln 44ln .33ln .22ln ≥*∈<n N n n
n n ，
变式：（1）已知),0(+∞∈x ，求证：x
x x x 11ln 11<+<+； （2）求证：)2(1131211ln 1413121≥*∈-++++<<++++n N n n n n ， .
【巩固训练】
1. 已知函数,ln 21)(2x x x f +=
求证：在区间),1(+∞上，函数)(x f 的图像在函数33
2)(x x g =的图像的下方.
2.已知函数()1ln 1x f x x +=-． （Ⅰ）求曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线方程；
（Ⅱ）求证：当()01x ∈，时，()323x f x x ⎛⎫>+ ⎪⎝
⎭； （Ⅲ）设实数k 使得()33x f x k x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭
对()01x ∈，恒成立，求k 的最大值．
3.已知210x x <<，求证：n
n n x x x x ⎪⎭⎫ ⎝⎛+>+222121.
4. 设函数)0()
1ln()(>+=x x x x f .
（1）判断)(x f 的单调性；
（2）证明：e n n <+)1
1((e 为自然对数，
*N n ∈).
5.已知函数.)(x e x f x -=
（1）求函数)(x f 的最小值；
（2）设不等式ax x f >)(的解集为P ，且P ⊆]2,0[，求实数a 的取值范围；
（3）设*∈N n ，证明：1321-<⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛e e n n n n n n
n n n .
6.已知)0()1ln()(2≤++=a ax x x f .
(1) 讨论)(x f 的单调性；
（2）证明：）（4211+）（4311+）（41
1n + e <(e 为自然对数，
*N n ∈，2≥n ).
7. 已知函数x x x g x x x f ln )(,)1ln()(=-+=
(1)求函数)(x f 的最大值；
(2)设b a <<0,证明 ：2ln )()2(2)()(0a b b a g b g a g -<+-+<.
8.设函数x be x ae x f x x 1
ln )(-+=，曲线()y f x =在点（1，(1)f 处的切线为(1)2y e x =-+. (Ⅰ)求,a b ； （Ⅱ）证明：()1f x >.
11 9. 已知函数()ax e x f x -=（a 为常数）的图像与y 轴交于点A ，曲线()x f y =在点A 处的切线斜率为-1.
（Ⅰ）求a 的值及函数()x f 的极值； （Ⅱ）证明：当0>x 时，x e x <2；
（Ⅲ）证明：对任意给定的正数c ，总存在0x ，使得当()∞+∈，
0x x ，恒有x ce x <2.
10.(选作)已知.1)1()(--=x e x x f
（1）证明：当0>x 时，0)(<x f ;
（2）数列}{n x 满足,1,111=-=+x e e x n n x x n 求证：}{n x 递减，且n n x 21>.。