2025版高考数学一轮总复习考点突破第3章导数及其应用第3讲导数的综合应用第1课时导数与不等式的证明考点2利用隔离分析最值法证明不等式

利用隔离分析最值法证明不等式(2023·青岛质检改编)已知函数f(x)＝lnx＋x.证明：xf(x)<ex.[证明]要证xf(x)<ex，即证x2＋xlnx<ex，即证1＋eq\f(lnx,x)<eq\f(ex,x2)，x>0.令函数g(x)＝1＋eq\f(lnx,x)，则g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).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＋eq\f(1,e)，令函数h(x)＝eq\f(ex,x2)，则h′(x)＝eq\f(exx－2,x3).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)＝eq\f(e2,4).因为eq\f(e2,4)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,e)))>0，所以h(x)min>g(x)max，即1＋eq\f(lnx,x)<eq\f(ex,x2)，从而xf(x)<ex得证．名师点拨：1．若直接求导比较复杂或无从下手时，或两次求导都不能判断导数的正负时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．含lnx与ex的混合式不能直接构造函数，要将指数与对数分离，分别计算它们的最值，借助最值进行证明．2．等价变形的目的是求导后简单地找到极值点，一般地，ex与lnx要分离，常构造xn与lnx，xn与ex的积、商形式，便于求导后找到极值点．【变式训练】(此题为更换新题)已知函数f(x)＝eq\f(lnx,x)＋1，证明：当x>0时，f(x)≤ex－eq\f(1,x).[证明]若证f(x)≤ex－eq\f(1,x)，即证eq\f(lnx,x)＋1≤ex－eq\f(1,x)，即证lnx＋x－xex＋1≤0，设h(x)＝lnx＋x－xex＋1(x>0)，h′(x)＝eq\f(1,x)＋1－(x＋1)ex＝(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－ex))，令t(x)＝eq\f(1,x)－ex(x>0)，t′(x)＝－eq\f(1,x2)－ex<0恒成立，所以t(x)＝eq\f(1,x)－ex在(0，＋∞)上单调递减，又teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2－eq\r(e)>0，t(1)＝1－e<0，所以存在唯一x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，使得t(x0)＝eq\f(1,x0)－ex0，所以当x∈(0，x0)时，t(x)>0，则h′(x)>0，函数h(x)单调递增，当x∈(x0，＋∞)时，t(x)<0，则h′(x)<0，函数h(x)单调递减，所以h(x)max＝h(x0)＝lnx0＋x0－x0ex0＋1＝－x0＋x0－1＋1＝0，所以f(x)≤ex－eq\f(1,x).(此题为原重题)(2024·武汉模拟改编)已知函数f(x)＝ex2－xlnx．求证：当x>0时，f(x)<xex＋eq\f(1,e).[证明]要证f(x)<xex＋eq\f(1,e)，只需证ex－lnx<ex＋eq\f(1,ex)，即ex－ex<lnx＋eq\f(1,ex).令h(x)＝lnx＋eq\f(1,ex)(x>0)，则h′(x)＝eq\f(ex－1,ex2)，易知h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，则h(x)min＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，所以lnx＋eq\f(1,ex)≥0.再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，易知φ(x)在(0,1)上单调