大题考法精研(一)-导数与不等式的证明

大题考法精研(一)——导数与不等式的证明[标杆题]设函数f(x)＝ln(a－x)－x＋e.(1)求函数f(x)的单调区间；[内化基本解题思维]1．证明函数不等式f(x)>g(x)的常用的方法构造差函数法构造差函数F(x)＝f(x)－g(x)，求导函数F′(x)，判断函数单调性，从而得函数最值，让最值与0比较大小即可得答案分离函数法确定中间函数h(x)，利用导数分别证明f(x)>h(x)，h(x)>g(x)，即可证明结论放缩法利用不等式对所证不等式进行放缩，证明放缩后的不等式成立，即可得结论2．求最值的几种情形(1)直接求得f(x)的最值，且最值是一个具体的实数；(2)求得f(x)的最值，且最值是一个含有参数的代数式，再说明该代数式的最值大于0(小于0)；(3)通过隐零点求得f(x)的最值，再说明含有隐零点的最值表达式大于0(小于0)．[演进题1](2023·潍坊一模)已知函数f(x)＝ex－1lnx，g(x)＝x2－x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x∈(0,2)时，f(x)≤g(x)．逐级演进·练清悟通[规范解答]

(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，[演进题2]已知函数f(x)＝4(x－1)－2xlnx.(1)若函数g(x)＝f(x)－m存在零点，求实数m的取值范围．[规范解答]

(1)函数g(x)＝f(x)－m存在零点，即函数f(x)的图象与直线y＝m有交点．由题意得函数f(x)＝4(x－1)－2xlnx的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝4－2(1＋lnx)＝－2lnx＋2.令－2lnx＋2＝0，解得x＝e.当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)在(0，e)上单调递增；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)在(e，＋∞)上单调递减．所以f(x)的最大值为f(e)＝4(e－1)－2elne＝2e－4，且f(e2)＝－4<0.即当x→＋∞时，f(x)→－∞，故m≤2e－4.所以实数m的取值范围是(－∞，2e－4]．(2)证明：由于f(1)＝0，由(1)知f(x)在(0，e)上单调递增，故当0<x≤1时，f(x)≤f(1)＝0，即f(x)＝4x－4－2xlnx≤0，得2x－xlnx≤2.

当且仅当n＝1时等号成立．在证明不等式时，若直接证明比较困难，可将不等式中的部分项进行放大或缩小，然后证明放缩后的不等式成立，再根据不等式的传递性证明原不等式成立．常用的放缩技巧有：(1)ex≥x＋1；(2)ex－1≥x；(3)lnx≤x－1；(4)ln(x＋1)≤x；(5)x≥sinx(x≥0)等．[演进题3]已知函数f(x)＝x－lnx，g(x)＝aex.(1)求函数f(x)的单调区间；当x∈(0,1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1，＋∞)．于是，当x∈(0,1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减．思维变通升华如果作表，研究函数y＝xf(x)－g(x)的单调性比较复杂，对于参数已知或参数范围已知的不等式，可分离参数后构造函数，再用导数来研究所构造函数的数值，进而证明不等式成立．本题也可以先[规范解答]

(1)存在x1，x2∈[0,2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，即存在x1，x2∈[0,2]，使得[g(x1)－g(x2)]max≥M，即g(x)max－g(x)min≥M(x∈[0,2])．又g(0)＝－3，g(2)＝1，所以当x∈[0,2]时，g(x)max＝g(2)＝1，思维变通升华双变量不等式恒(能)成立问题的转化方法问题描述等价转化语言描述

x1∈M，

x2∈N，f(x1)<g(x2)f(x1)max<g(x2)min函数f(x)在区间M上的任意函数值都小于函数g(x)在区间N上的任意函数值

x1∈M，

x2∈N，f(x1)<g(x2)f(x1)max<g(x2)max函数g(x)在区间N上的某个函数值大于函数f(x)在区间M上的所有函数值

x1∈M，

x2∈N，f(x1)<g(x2)f(x1)min<g(x2)min函数f(x)在区间M上的某个函数值小于函数g(x)在区间N上的所有函数值

x1∈M，

x2