提高专题3导数与不等式的证明问题专题讲义-高三数学二轮复习

提高专题3导数与不等式的证明问题探究一探究一单变量的不等式证明思路一：利用单调性证明不等式fx>gx1.构造函数ℎx2.若ℎa=0,则需证明ℎx在区间a,b上单调递增；ℎb=0,则需证明ℎ思路二：利用最值证明单变量不等式1.作差或变形，构造函数ℎx，转化为证明ℎx>0；判断函数2.凸凹反转：对不等式进行变形得到gx≥ℎx,使不等号两侧的对应函数呈现凹凸反转的特点；问题可转化为提醒：凹凸反转的分离的原则，常见的不等式是由指数、对数和多项式函数构成，若构造差值函数不易求出导函数零点时，可以考虑指、对分离，即指数函数和多项式函数组合与对数函数和多项式函数组合分开，然后利用导数求函数的最值.思路三：利用放缩法证明不等式适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论，如=1\*GB2⑴ex≥1+x，当且仅当x=0时取等号；=2\*GB2⑵ex≥ex，当且仅当x=1时取等号；=3\*GB2⑶当x≥0时，ex≥1+x+12x2,=4\*GB2⑷当x≥0时，ex≥e2x2=5\*GB2⑸x−1x≤lnx≤x－1≤x2－x，当且仅当=6\*GB2⑹当x≥1时，2x−1x+1≤lnx≤x−1x，当且仅当思路四：利用分析法，通过不等式的等价转换，证明新的不等式成立.【典例精讲】例1.(2023·辽宁省大连市模拟)(1)非零实数x，满足：−1<x<1.证明不等式：(1−x)1−1(2)证明不等式：0.9999101证明：(1)显然(1−x)1−1x>0

且

(1+x)原不等式

⇔1−1⇔0<x<1时令fx=x−1ln1−x−则

f'x=ln1−x+1−1则

g'x=当

x∈−1,0

时，

g'x>0,f'x

在

−1,0

x∈0,1

时，

g'x<0,f'x

在

0,1

递减，∴fx

在

−1,0

上递减，在

0,1

∴fx

在

x∈−1,0

时，

f(x)>f(0)=0

，在

x∈0,1

时，

f(x)<f(0)=0

．

即0<x<1时，(x−1)ln(1−x)<ln(1+x)∴

(1−x)1−(2)∵

0.99991000.9999101原不等式等价为

1−1100即证

99100100在(1)中，令

x=1100

，则

(在(1)中，令

x=−1100

，则

101∴0.9999101例2.(2023·湖南省长沙市联考)已知函数fx=(1)若曲线y=fx在x=1处的切线的斜率为e，求a(2)若0≤a≤e2，求证：当x>0时，fx的图像恒在(1)解：∵函数f(x)=ex−ax2−1(x∈R)的导数为f'(x)=ex−2ax，

曲线y=f(x)在x=1处的切线的斜率为e，

∴f'(1)=e−2a=e，∴a=0=1\*GB3①当0≤a≤12时，ℎ'(x)>0，∴f'(x)单调递增，∴f=2\*GB3②当12<a≤e2时，令ℎ'(x)=当x∈(0,ln2a)时，ℎ'(x)<0，当x∈(ln2a,+∞)时，ℎ'∴f∵a≤e2，∴1−ln2a≥0，即f'(x)min≥0综上可得，当0≤a≤e2且x>0时f(x)的图像恒在【拓展提升】练11(2023·安徽省六安市月考)已知函数f(x)=aexlnx的图象在x=1处的切线与直线(1)求a的值;(2)证明：xf(x)>1−5ex−1解：(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞)，

f'(x)=aexlnx+exx，

则由题意知f(x)的图像在x=1处的切线的斜率k=f'(1)=ae=2e，所以a=2．

(2)证明：要证明xf(x)>1−5ex−1，

即证明2xexln x>1−5ex−1，x>0，

即证明2xln x+5e>1ex，x>0．

令g(x)=2xln x+5e，

则g'(x)=2(ln x+1)．

当0<x<1e时，g'(x)<0;当x>1e时，g'(x)>0练12(2023·广东省佛山市月考)已知函数fx=−(1)讨论fx(2)当a>0时，证明：fx>(1)解：由函数

fx=−lnax+ax−2

，

当

a<0

时，可得

ax>0

，解得

x<0

，即函数的定义域为

(−∞,0)

，令

f'x=0

，解得

x=当

x∈(−∞,1a)

时，

f'x<0

当

x∈(1a,0)

时，

f'x>0

所以当

x=1a

时，函数

fx

取得极小值

当

a>0

时，可得

ax>0

，解得

x>0

，即函数的定义域为

(0,+∞)

，令

f'x=0

，解得

x=当

x∈(0,1a)

时，

f'x<0

当

x∈(1a,+∞)

时，

f'x>0

所以当

x=1a

时，函数

fx

取得极小值

综上可得，函数

fx

的极小值为

f(1(2)证明：因为

a>0

，所以

ax>0

，解得

x>0

，即函数的定义域为

(0,+∞)

，令

gx=x−sinx

，可得

g'x=1−cosx≥0

，

所以所以当x∈(0,+∞)时，

gx>g0=0

，即

x>要证不等式

fx>只需证明

−lnax又由函数

ℎx=lnx−x+1,x>0

，可得当

x∈(0,1)

时，

ℎ'x>0

，

ℎ当

x∈(1,+∞)

时，

ℎ'x<0

，

ℎ所以

ℎx≤ℎ1=0

，即

lnx−x+1≤0

，

即

lnx≤x−1所以，当

a>0

时，

lnax≤ax−1只需证明：

−ax+1+ax−2>lnx−xex+1+x+1

即

xex+1−x−lnx−2>0

令

x+1+lnx=t

，可得

e设

φx=ex−x−1

，可得

φ'x=ex−1当

x∈(0,+∞)

时，

φ'x>0

，

φ当

x∈(−∞,0)

时，

φ'x<0

，

φ所以

φx≥φ0=0

，所以

ex≥x+1当且仅当

x+1+lnx=0又由以上不等式的等号不能同时成立，所以

fx>探究二探究二含双变量的不等式证明【方法储备】思路一：整体换元对于齐次式往往可将双变量整体换元，化为一元不等式．破解含双变量（参）不等式的证明的关键.思路二：转化为单参不等式由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；思路三：利用对称性构造函数若双变量的函数不等式具有对称性，并且可以将两个变量分离开，分离之后的函数结构具有相似性，从而构造函数利用单调性证明.【典例精讲】例3.(2023·浙江省杭州市联考)已知函数f(x)=sinx+(1−x)cosx，x∈(−π(1)讨论f(x)的单调性；(2)若存在−π2<x1<解：(1)由题知f'(x)=(x−1)sin

x，

当

x∈(−π2,0)∪(1,π2)

时，f'(x)>0，

当x∈(0,1)时，f'(x)<0，

所以f(x)的单调增区间为

(−π(2)由(1)易知

−π2<x1<0<x2<1<x3<π2

，

先证明x1+x2>0，

证明如下：

要证明x1+x2>0，

即证

0>x1>−x2>−π2

，

即证f(x1)>f(−x2)，

由于f(x1)=f(x2)，即证f(x2)−f(−x2)>0，

构造函数F(x)=f(x)−f(−x)=2sin

x−2xcos

x，x∈(0,1)，

则F'(x)=2xsin

x>0，

所以F(x)在(0,1)上单调递增，

所以F(x)>F(0)=0得证．

再证明x2+x3<2，证明如下：

要证明x2例4.(2023·江西省南昌市月考)已知函数f(x)=12(1)当a>0时，讨论函数f(x)的单调性;(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，证明：f(解：f'x=x−1+ax=x2−x+ax，x>0，

对于函数y=x2−x+a，因为Δ=1−4a，

1=1\*GB3=2\*GB3②当0<a<14时，x1,2=1±1−4a2，

所以fx在0,1−1−4a2,1+1−4a2,+∞上是增函数，

在1−1−4a2,1+1−4a2上是减函数；

(2)f'(x)=x−1+ax=x2−x+ax(x>0)．

因为函数f(x)有两个极值点x1【拓展提升】练21(2023·安徽省黄山市模拟)已知函数f(x)=xex+1(x>0)(1)求不等式fx(2)若方程f(x)=3ex+3elnx有两个不相等的实数根x1，x2解：(1)由

f(x)<3ln3−3

，得

xex+1<3ln3−3=3(ln3−1)=3ln3e

．

所以

xex<3eln3e

，所以

exlnex<3eln3e

．

因为

x>0

，所以ex>1，又因为

3e>1

，

所以可设

F(u)=ulnu

，

u>1

，则

Fex<F3e

．

当

u>1

时，

F'(u)=lnu+1>0

，

可得函数

Fu

在

1,+∞

上单调递增，

所以

ex<3e

，又x>0，故0<x<ln3−1．

故不等式

f(x)<3ln3−3

的解集为

0,ln3−1

．

(2)

3ex+3elnx=xex+1

等价于

3lnxex=xex

，

令

t=xex>0

，其中

x>0

，则

3lnt=t

，显然

t≠1，所以

3=tlnt

．

令

g(t)=tlnt

，则

g'(t)=lnt−1(lnt)2

，

所以

gt

在

0,1

，

1,e

上单调递减，在

e,+∞

上单调递增．

所以

gt

的极小值为

ge=e

．

因为方程

3lnxex=x因为

ℎ'=1s−4(s+1)2=(s−1)2s(s+1)2>0

，所以

ℎs

在

1,+∞练22(2023·江苏省南京市联考)已知函数f(x)=(x−1)lnx−a(x+1)，a∈R．

(1)若a≤0，求证：f(x)≥0；

(2)若f(x)有且只有两个零点x1，x2．

(ⅰ)求a的取值范围；

(ⅱ)求证：1lnx解：(1)证明：函数的定义域为(0,+∞)，

当a=0时，f(x)=(x−1)lnx，

若x∈(0,1)则x−1<0，lnx<0，f(x)>0，

若x∈(1,+∞)则x−1>0，lnx>0，f(x)>0，

又f(1)=0，

∴a=0时，f(x)≥0，

当a<0时，a(x+1)<0，则f(x)=(x−1)lnx−a(x+1)>(x−1)lnx≥0，

∴a≤0时，f(x)≥0；

(2)由(1)知，a≤0不符合题意，

当a>0时，f'(x)=lnx+1−1x−a，

令ℎ(x)=f'(x)，ℎ'(x)=1x+1x2>0，

∴ℎ(x)在(0,+∞)单调递增，且ℎ(1)=−a<0，ℎ(ea)=1−1ea>0，

∴存在x0∈(1,ea)，使得ℎ(x0)=0，

∴当x∈(0,x0)时，f'(x)<0，此时f(x)单调递减，

当x∈(x0,+∞)时，f'(x)>0，此时f(x)单调递增，

∵f(x0)<f(1)=−2a<0，

f(e3a+1)=(3a+1)(e3a+1−1)−a(e3a+1+1)

>3a(e探究三数列探究三数列不等式的证明【方法储备】数列不等式证明的思路：函数中与正整数有关的不等式，其实质是利用函数性质证明数列不等式，证明此类问题时常根据已知的函数不等式，用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量，通过多次求和达到证明的目的.即利用第一问的函数单调性，选取对应的不等式（多是极值点和最值点），代入正整数的合适形式，构造累加和，互相消去求和即可.【典例精讲】例5.(2023·重庆市市辖区月考)已知函数f(x)=aln(x+1)−x+2(a∈R).

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)求证：2222+1×32解：(1)由题意，函数f(x)的定义域为(−1,+∞)，

所以f'(x)=a=1\*GB3①若a≤0，则f'x<0，

所以fx在−1,+∞内单调递减=2\*GB3②若a>0，则f'(x)在(−1,+∞)内单调递减，且f'(a−1)=0，

所以当x∈(−1,a−1)时，f'(x)>0;

当x∈(a−1,+∞)时，f'(x)<0，

所以f(x)在(−1,a−1)内单调递增，在(a−1,+∞)内单调递减．

综上所述，当a≤0时，f(x)在(−1,+∞)内单调递减；

当a>0时，f(x)在(−1,a−1)内单调递增，在(a−1,+∞)内单调递减．

(2)当a=1时，由(1)可知f(x)=ln(x+1)−x+2在(−1,0)上单调递增，在(0,+∞)上单调递减，

所以f(x)=ln(x+1)−x+2≤f(0)=2，

即ln(x+1)−x≤0(当且仅当x=0时取等号)，

令x=1n2(n≥2)，得ln(1+1n2)<1n2<1(n−1)n=1n−1−1n，

从而ln(1+122)<11−【拓展提升】练31(2023·安徽省六安市月考)（多选）已知数列{an}中，a1=1，若anA.a3=611 B.1an+1解：因为an=nan−1n+an−1(n≥2,n∈N∗)，所以1an−1an−1=1n，

则当n≥2时，1an=(1an−1an−1)+(1an−1−1an−2)+……+(1a2−1a1)+1a1

=1n+1n−1+……+12+1，

显然a1=1也满足上式，即1