第17讲 导数的综合应用（第1课时 导数与不等式证明）-2027届高考数学一轮复习（含答案）

第17讲导数的综合应用（第1课时导数与不等式证明）——2027届高考数学一轮复习（含答案）方法导航三种通法的选择用导数证明不等式，本质是「把不等式问题转化为函数的最值问题」。本课时涉及的方法主要有三类，解题时按下列顺序判断即可：①作差构造新函数——不等式两边结构相近、作差后能顺利求导并求最值，优先使用。②隔离分析（分而治之）——不等式两边的函数「各自为政」、作差后导数过于复杂时，把左右两边分别求最值，再比较两端的最值。③放缩法——不等式一端含有ex、lnx等超越式，或含有参数时，借助恒成立的基本不等式先放缩，再构造函数。判断口诀：能作差先作差，作差难算就分家；一端超越先放缩，参数优先取最值。题型突破思维拓展方法一构造新函数求最值证明不等式【适用特征】证明f（x）＞g（x）（或f（x）＜g（x）），直接转化为证明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），求h（x）的最值。例1已知函数f（x）＝eq\f(1,2)1/2x2－（a－1）x－alnx，a∈R．（1）讨论f（x）的单调性；（2）当a＞0时，求证：f（x）≥lna－a2＋eq\f(3,2)3/2．【思路点睛】第（1）问中f′（x）＝（x－a）（x＋1）/x，因x＞0时x＋1＞0恒成立，导数符号只由x－a决定，故以a与0的大小为分界点讨论即可。第（2）问先由（1）得f（x）≥f（a），把「含x的不等式」降维成「只含a的不等式」，再构造关于a的函数g（a），这是含参不等式证明的通用降维手段。方法二隔离分析证明不等式【适用特征】不等式可变形为φ（x）＞ψ（x）的形式，且φ与ψ的最值都容易求出。此时只需证明φ（x）min＞ψ（x）max，即「左端最小值大于右端最大值」，两边互不影响。例2当a∈（0，2e）时，求证：x3－（x2＋a）lnx＞0．【思路点睛】式中x3与lnx纠缠在一起，直接作差求导较繁。注意到x＞0，两边同除以x2即可把左端化为x－lnx（最值为1）、右端化为alnx/x2，两边最值都能求出，且极值点分别是x＝1与x＝√e，错开不重合，隔离成功。方法三利用放缩法证明不等式【适用特征】不等式一端含超越式，或含有可取最值的参数时，先用恒成立的基本不等式（见下方「放缩依据」）把式子放缩成多项式，再作差构造。例3－1已知函数f（x）＝a（x－1）－lnx＋1，a≤2，求证：当x＞1时，f（x）＜xex－1恒成立．【思路点睛】参数a只以一次式出现，且x－1＞0，故可对参数直接取最值：由a≤2得－a（x－1）≥－2（x－1），把含参不等式化为无参不等式，这是「对参数放缩」的典型用法。例3－2求证：xlnx－2x2＜e－x＋eq\f(1,x²)1/x²－eq\f(2,x)2/x．【思路点睛】左端有lnx，右端有e－x，两端分别用lnx≤x－1与et≥1＋t放缩，化为多项式后再配方即可。放缩方向务必保证：把左端放大、把右端缩小，中间留出「缝隙」，不等式才成立。【放缩依据】常用的恒成立不等式：（1）ex≥x＋1（x∈R），当且仅当x＝0时取等号；（2）ex≥ex，当且仅当x＝1时取等号；（3）x－1≥lnx（x＞0），当且仅当x＝1时取等号；（4）lnx≥1－eq\f(1,x)1/x（x＞0），当且仅当x＝1时取等号；（5）ex＞lnx；（6）tanx＞x＞sinx（x∈（0，eq\f(π,2)π/2））．注意：有时候可对参数进行放缩（对参数直接取最值），如例3－1。易错警示①忘写定义域。凡含lnx、分式、偶次根式的函数，第一步必须交代定义域，否则单调区间写成x∈R会被扣分。②忽略「取不到」的最小值。若最小值点落在开区间端点（如x→0＋时f（x）→－∞），则不能直接说f（x）≥f（x0），应先确认极值点在定义域内。③放缩方向搞反。放缩必须「把要证大的一端缩小、把要证小的一端放大」，方向反了结论就不成立。④对参数放缩时忽略正负。由a≤2推出a（x－1）≤2（x－1）的前提是x－1＞0；若x－1＜0，不等号要变向。⑤二阶求导不彻底。当g′（x0）＝0但g″（x0）＝0时，不能下结论，应继续求三阶导或改用单调性传递（如例1中借助h（a）的单调性判断g′（a）的符号）。⑥忽略等号能否取到。题目要求证「＞」时，即使放缩过程中出现「≥」，也要说明两端等号不能同时成立，结论才严格。配套精练1．已知函数f（x）＝eq\f(lnx－2,x)lnx－2/x，求证：f（x）≤3x－5．2．已知函数f（x）＝2x－lnx，求证：f（x）≥ln2＋cos（2x－1）．3．设函数f（x）＝（x－2）lnx＋2．（1）求f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（2）求证：f（x）＋ex＞x＋1．4．已知函数f（x）＝a（ex＋a）－x．（1）讨论f（x）的单调性；（2）求证：当a＞0时，f（x）＞2lna＋eq\f(7,4)7/4．5．已知函数f（x）＝lnx，函数g（x）＝eq\f(3sinx,2＋cosx)3sinx/2＋cosx．（1）讨论函数h（x）＝ax－f（x）的单调性；（2）求证：xf（x）＞g（x）－1．参考答案例1【解答】（1）f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝x－（a－1）－eq\f(a,x)a/x＝eq\f(（x－a）（x＋1）,x)（x－a）（x＋1）/x．当a≤0时，x＞0，有x－a＞0、x＋1＞0，故f′（x）＞0，f（x）在（0，＋∞）上单调递增；当a＞0时，令f′（x）＝0得x＝a．当0＜x＜a时f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x＞a时f′（x）＞0，f（x）单调递增．综上，当a≤0时，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）当a＞0时，由（1）知f（x）≥f（a）＝eq\f(1,2)1/2a2－（a－1）a－alna＝－eq\f(1,2)1/2a2＋a－alna．要证f（x）≥lna－a2＋eq\f(3,2)3/2，只需证－eq\f(1,2)1/2a2＋a－alna≥lna－a2＋eq\f(3,2)3/2，即证eq\f(1,2)1/2a2＋a－alna－lna－eq\f(3,2)3/2≥0（a＞0）．令g（a）＝eq\f(1,2)1/2a2＋a－alna－lna－eq\f(3,2)3/2（a＞0），则g′（a）＝a＋1－（lna＋1）－eq\f(1,a)1/a＝a－lna－eq\f(1,a)1/a．令h（a）＝a－lna－eq\f(1,a)1/a（a＞0），则h′（a）＝1－eq\f(1,a)1/a＋eq\f(1,a²)1/a²＝eq\f(a²－a＋1,a²)a²－a＋1/a²＝eq\f(（a－1/2）²＋3/4,a²)（a－1/2）²＋3/4/a²＞0，所以h（a）在（0，＋∞）上单调递增，即g′（a）在（0，＋∞）上单调递增．又g′（1）＝1－ln1－1＝0，故当0＜a＜1时g′（a）＜0，g（a）单调递减；当a＞1时g′（a）＞0，g（a）单调递增，所以g（a）≥g（1）＝eq\f(1,2)1/2＋1－0－0－eq\f(3,2)3/2＝0，即f（x）≥lna－a2＋eq\f(3,2)3/2成立．变式1【解答】（1）f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝eq\f(a－2,x)a－2/x＋1－eq\f(2a,x²)2a/x²＝eq\f(x²＋（a－2）x－2a,x²)x²＋（a－2）x－2a/x²＝eq\f(（x－2）（x＋a）,x²)（x－2）（x＋a）/x²．①当－2＜a＜0时，0＜－a＜2：在（0，－a）上f′（x）＞0，f（x）单调递增；在（－a，2）上f′（x）＜0，f（x）单调递减；在（2，＋∞）上f′（x）＞0，f（x）单调递增．②当a＝－2时，f′（x）＝eq\f(（x－2）²,x²)（x－2）²/x²≥0，f（x）在（0，＋∞）上单调递增．③当a＜－2时，－a＞2：在（0，2）上f′（x）＞0，f（x）单调递增；在（2，－a）上f′（x）＜0，f（x）单调递减；在（－a，＋∞）上f′（x）＞0，f（x）单调递增．（2）当a＜－2时，由（1）知f（x）在（2，－a）上单调递减、在（－a，＋∞）上单调递增，故f（x）在（2，＋∞）上的最小值为f（－a）＝（a－2）ln（－a）＋（－a）＋eq\f(2a,－a)2a/－a＝（a－2）ln（－a）－a－2．欲证f（x）＞－a2，只需证（a－2）ln（－a）－a－2＋a2＞0，即证（a－2）ln（－a）＋（a－2）（a＋1）＞0，即证（a－2）[ln（－a）＋a＋1]＞0．因为a＜－2，所以a－2＜0，只需证ln（－a）＋a＋1＜0，即ln（－a）＜－a－1．令t＝－a＞2，即证lnt＜t－1．令φ（t）＝lnt－t＋1（t＞1），则φ′（t）＝eq\f(1,t)1/t－1＝eq\f(1－t,t)1－t/t＜0，故φ（t）在（1，＋∞）上单调递减，φ（t）＜φ（1）＝0，即lnt＜t－1成立．所以当a＜－2时，∀x∈（2，＋∞），f（x）＞－a2成立．例2【解答】由题意x＞0．要证x3－（x2＋a）lnx＞0，两边同除以x2，即证x－lnx＞eq\f(alnx,x²)alnx/x²．令g（x）＝x－lnx，则g′（x）＝1－eq\f(1,x)1/x＝eq\f(x－1,x)x－1/x．由g′（x）＜0得0＜x＜1，由g′（x）＞0得x＞1，所以g（x）在（0，1）上单调递减、在（1，＋∞）上单调递增，故g（x）≥g（1）＝1．令h（x）＝eq\f(alnx,x²)alnx/x²，则h′（x）＝eq\f(a（1－2lnx）,x³)a（1－2lnx）/x³．因a＞0，由h′（x）＞0得0＜x＜√e，由h′（x）＜0得x＞√e，所以h（x）在（0，√e）上单调递增、在（√e，＋∞）上单调递减，故h（x）≤h（√e）＝eq\f(a·1/2,e)a·1/2/e＝eq\f(a,2e)a/2e．因为a∈（0，2e），所以eq\f(a,2e)a/2e＜1，于是g（x）≥1＞eq\f(a,2e)a/2e≥h（x），即x－lnx＞eq\f(alnx,x²)alnx/x²恒成立．故当a∈（0，2e）时，x3－（x2＋a）lnx＞0成立．例3－1【解答】要证f（x）＜xex－1，即证xex－1－a（x－1）＋lnx－1＞0．因为a≤2，且x＞1时x－1＞0，所以－a（x－1）≥－2（x－1），于是xex－1－a（x－1）＋lnx－1≥xex－1－2（x－1）＋lnx－1＝xex－1－2x＋lnx＋1．令g（x）＝xex－1－2x＋lnx＋1（x＞1），则g（1）＝1－2＋0＋1＝0，g′（x）＝（x＋1）ex－1－2＋eq\f(1,x)1/x，g′（1）＝2－2＋1＝1＞0，g″（x）＝（x＋2）ex－1－eq\f(1,x²)1/x²．当x＞1时（x＋2）ex－1＞3＞1＞eq\f(1,x²)1/x²，故g″（x）＞0，所以g′（x）在（1，＋∞）上单调递增，g′（x）＞g′（1）＝1＞0，从而g（x）在（1，＋∞）上单调递增，故g（x）＞g（1）＝0，即当x＞1时f（x）＜xex－1恒成立．例3－2【解答】先证lnx≤x－1（x＞0）：令φ（x）＝lnx－x＋1，则φ′（x）＝eq\f(1,x)1/x－1＝eq\f(1－x,x)1－x/x．当0＜x＜1时φ′（x）＞0；当x＞1时φ′（x）＜0，故φ（x）≤φ（1）＝0，即lnx≤x－1．于是xlnx≤x（x－1）＝x2－x，从而xlnx－2x2≤－x2－x．再由et≥1＋t（当且仅当t＝0取等号），取t＝－x≠0，得e－x＞1－x，所以e－x＋eq\f(1,x²)1/x²－eq\f(2,x)2/x＞1－x＋eq\f(1,x²)1/x²－eq\f(2,x)2/x＝－x＋（eq\f(1,x)1/x－1）2≥－x．又－x＞－x2－x（因x＞0，x2＞0），故e－x＋eq\f(1,x²)1/x²－eq\f(2,x)2/x＞－x2－x≥xlnx－2x2，即xlnx－2x2＜e－x＋eq\f(1,x²)1/x²－eq\f(2,x)2/x成立．1．【解答】f（x）的定义域为（0，＋∞）．f（x）≤3x－5⇔lnx－2≤3x2－5x⇔lnx－3x2＋5x－2≤0．令g（x）＝lnx－3x2＋5x－2，则g′（x）＝eq\f(1,x)1/x－6x＋5＝eq\f(－6x²＋5x＋1,x)－6x²＋5x＋1/x＝eq\f(－（6x＋1）（x－1）,x)－（6x＋1）（x－1）/x．因为x＞0，6x＋1＞0，所以当0＜x＜1时g′（x）＞0，g（x）单调递增；当x＞1时g′（x）＜0，g（x）单调递减．故g（x）≤g（1）＝0－3＋5－2＝0，即f（x）≤3x－5成立（当且仅当x＝1时取等号）．2．【解答】f′（x）＝2－eq\f(1,x)1/x＝eq\f(2x－1,x)2x－1/x（x＞0）．由f′（x）＜0得0＜x＜eq\f(1,2)1/2；由f′（x）＞0得x＞eq\f(1,2)1/2，故f（x）在（0，eq\f(1,2)1/2）上单调递减、在（eq\f(1,2)1/2，＋∞）上单调递增，f（x）≥f（eq\f(1,2)1/2）＝1－lneq\f(1,2)1/2＝1＋ln2．又对任意实数u，cosu≤1，故ln2＋cos（2x－1）≤ln2＋1＝f（eq\f(1,2)1/2）．于是f（x）≥1＋ln2≥ln2＋cos（2x－1），即f（x）≥ln2＋cos（2x－1）成立（当且仅当x＝eq\f(1,2)1/2时取等号）．3．【解答】（1）f（1）＝（1－2）ln1＋2＝2．又f′（x）＝lnx＋eq\f(x－2,x)x－2/x＝lnx＋1－eq\f(2,x)2/x，则f′（1）＝0＋1－2＝－1，所以曲线y＝f（x）在点（1，2）处的切线方程为y－2＝－（x－1），即x＋y－3＝0．（2）f′（x）＝lnx＋1－eq\f(2,x)2/x，f″（x）＝eq\f(1,x)1/x＋eq\f(2,x²)2/x²＞0，故f′（x）在（0，＋∞）上单调递增．而f′（1）＝－1＜0，f′（2）＝ln2＞0，故存在唯一的x0∈（1，2）使f′（x0）＝0，即lnx0＝eq\f(2,x⁰)2/x⁰－1．当0＜x＜x0时f′（x）＜0；当x＞x0时f′（x）＞0，故f（x）在（0，x0）上单调递减、在（x0，＋∞）上单调递增，于是f（x）≥f（x0）＝（x0－2）lnx0＋2＝（x0－2）（eq\f(2,x⁰)2/x⁰－1）＋2＝6－（x0＋eq\f(4,x⁰)4/x⁰）．函数y＝t＋eq\f(4,t)4/t在（1，2）上单调递减，故4＜x0＋eq\f(4,x⁰)4/x⁰＜5，从而f（x）≥f（x0）＞6－5＝1＞0．令G（x）＝ex－x－1（x＞0），则G′（x）＝ex－1＞0，G（x）在（0，＋∞）上单调递增，故G（x）＞G（0）＝0，即ex＞x＋1．所以f（x）＋ex＞0＋（x＋1）＝x＋1，即f（x）＋ex＞x＋1成立．4．【解答】（1）f（x）的定义域为R，f′（x）＝aex－1．当a≤0时，由ex＞0得aex≤0，故f′（x）＜0恒成立，f（x）在R上单调递减；当a＞0时，令f′（x）＝0得x＝－lna．当x＜－lna时f′（x）＜0；当x＞－lna时f′（x）＞0，故f（x）在（－∞，－lna）上单调递减，在（－lna，＋∞）上单调递增．（2）当a＞0时，由（1）得f（x）min＝f（－lna）＝a（e－lna＋a）＋lna＝1＋a2＋lna．要证f（x）＞2lna＋eq\f(7,4)7/4，只需证1＋a2＋lna＞2lna＋eq\f(7,4)7/4，即证a2－lna－eq\f(3,4)3/4＞0（a＞0）．令g（a）＝a2－lna－eq\f(3,4)3/4，则g′（a）＝2a－eq\f(1,a)1/a＝eq\f(2a²－1,a)2a²－1/a．由g′（a）＜0得0＜a＜eq\f(√2,2)√2/2；由g′（a）＞0得a＞eq\f(√2,2)√2/2，故g（a）在（0，eq\f(√2,2)√2/2）上单调递减、在（eq\f(√2,2)√2/2，＋∞）上单调递增，于是g（a）≥g（eq\f(√2,2)√2/2）＝eq\f(1,2)1/2－lneq\f(√2,2)√2/2－eq\f(3,4)3/4＝eq\f(1,2)1/2ln2－eq\f(1,4)1/4．由e＜4得√e＜2，故ln2＞ln√e＝eq\f(1,2)1/2，于是eq\f(1,2)1/2ln2＞eq\f(1,4)1/4，即g（a）＞0恒成立．所以当a＞0时，f（x）＞2lna＋eq\f(7,4)7/4恒成立．5．【解答】（1）h（x）＝ax－lnx，定义域为（0，＋∞），h′（x）＝a－eq\f(1,x)1