2020高考数学100个必考知识点详解20 一元不等式的证明

1、第第 2020 一元不等式的证明一元不等式的证明 利用函数性质与最值证明一元不等式是导数综合题常涉及的一类问题， 考察学生构造函 数选择函数的能力， 体现了函数最值的一个作用每一个函数的最值带来一个恒成立的不 等式。此外所证明的不等式也有可能对后一问的解决提供帮助，处于承上启下的位置。 一、基础知识： 1、证明方法的理论基础 （1）若要证f xC (C为常数）恒成立，则只需证明：f x max C，进而将不等式的 证明转化为求函数的最值 （2） 已知f x,gx的公共定义域为D ， 若f x nm i g x x m a ， 则 x Df,x gx 证明：对任意的x1D，有f x 1 fx m

2、in ,gx 1 gx max 由不等式的传递性可得：f x 1 fx min gx max gx 1 ， 即 x Df,x 2、证明一元不等式主要的方法有两个： gx 第一个方法是将含x的项或所有项均挪至不等号的一侧，将一侧的解析式构造为函数， 通过分析函数的单调性得到最值，从而进行证明， 其优点在于目的明确，构造方法简单，但 对于移项后较复杂的解析式则很难分析出单调性 第二个方法是利用不等式性质对所证不等式进行等价变形， 转化成为f x gx的形 式，若能证明f x min gx max ，即可得：f x gx，本方法的优点在于对x 的项进 行分割变形，可将较复杂的解析式拆成两个简单的解析

3、式。但缺点是局限性较强，如果 fx min 与gx max 不满足f x min gx max ，则无法证明f x gx。所以用此类方 法解题的情况不多，但是在第一个方法失效的时候可以考虑尝试此法。 3、在构造函数时把握一个原则：以能够分析导函数的符号为准则。 4、若在证明f x 0中，解析式 f x可分解为几个因式的乘积，则可对每个因式的符号 进行讨论，进而简化所构造函数的复杂度。 5、合理的利用换元简化所分析的解析式。 6、判断解析式符号的方法： （1）对解析式进行因式分解，将复杂的式子拆分为一个个简单的式子，判断出每个式子的 符号即可得到解析式的符号 （2）将解析式视为一个函数，利用其零

4、点（可猜出）与单调性（利用导数）可判断其符号 （3）将解析式中的项合理分组，达到分成若干正项的和或者若干负项的和的结果，进而判 断出解析式符号 二、典型例题： 例 1：求证：lnx x 1 思路：移项构造函数求解即可 证明：所证不等式等价于：lnx x 1 0 令f x lnx x 1 则只需证明：f x max 0 fx 11 x 令f x 0解得：x 11 xx x 0,1 1, fx f x fx max f1 0 fx f1 0 即所证不等式成立 小有话说： （1）此题的解法为证明一元不等式的基本方法，即将含x的项移至不等号的一侧，构造函 数解决。 （2）一些常见不等关系可记下来以备使

5、用： lnx x 1 e x 1 x sinx x0,x 例 2：设函数f x1e ，证明：当x 1时，f x x x x1 思路：本题依然考虑构造函数解决不等式，但如果仅仅是移项，则所证不等式为 1ex xx 0，令gx1ex ，其导函数比较复杂（也可解决此题） ，所以 x 1x 1 考虑先对不等式进行等价变形，转变为形式较为简单的不等式，再构造函数进行证明 证明：1 1x1x11 1 exx1exx1exx1 x 1，所以所证不等式等价于 xxe x1 e x1 0 设gxexx1只需证gx min 0即可 gx ex1 令gx0 x 0 gx在,0单调递减，在0,单调递增 gx min

6、g0 0gx g00 故不等式得证 小有话说： 本题在证明时采取先化简再证明的策略， 这也是我们解决数学问题常用的方法之 一，先把问题简单化再进行处理。在利用导数证明不等式的问题中，所谓的“简化”的标准 就是构造的函数是否易于分析单调性。 例 3：已知函数f xx1lnxx1，证明：x1fx0 思路：若化简不等式左边，则所证不等式等价于x 1 ln x x 1 0，若将左边构造 2 2 为函数， 则函数的单调性难于分析， 此法不可取。 考虑原不等式为乘积式， 且与 0 进行比较， 所以考虑也可分别判断各因式符号，只需让x1与f x同号即可。而x1的正负一 眼便可得出，f x的符号也不难分析，故

7、采取分别判断符号的方法解决。 解：f x 11 ln x 1ln x xx 11x 1 fx 2 2 fx在0,1单调递减，在1,单调递增 xxx x fx f11 0 fx为增函数 f1 0x0,1时，fx f 1 0 x1fx 0 x1,时，fx f 1 0 x1fx 0 综上所述，x1f x 0 成立 小有话说： 与 0 比较大小也可看做是判断一侧式子的符号， 当不等式的一侧可化为几个因式 的乘积时，可分别判断每一个因式的符号（判断相对简单） ，再决定乘积的符号。 例 4：已知f x ex alnxa，其中常数a 0 （1）当a e时，求函数f x的极值 （2）求证：e2x2ex1lnx

8、 x 0 解： （1）当a e时，f x ex elnxe e ，f 1 0 x e fx ex 2 0 fx在0,单调递增 x fx ex x0,1时，fx f1 0，x1,，fx f1 0 fx在0,1单调递减，在1,单调递增 f x的极小值为 f1 0，无极大值 （2）思路：本题如果直接构将左侧构造函数，则导数过于复杂，不易进行分析，所以考虑 将所证不等式进行变形成 “f x min gx max ” 的形式。 由第 （1） 问可得：e elnx e 0， x 即e elnx e，则所证不等式两边同时除以e xx2，即证：e elnx x x ex2 ，而 exelnx e，所以只需构造

9、函数证明 xx x ex2 e即可 解：由（1）得e elnx e 0 e elnx e 所证不等式：e2x2ex1lnx x 0 e elnx 设gx x x ex2 x ex2 xe2x gx e2x xe2x1 xe2x 令g x 0可解得：x 1 gx在0,1单调递增，在1,单调递减 gx max g1 e exelnx e gx即exelnx e2x2ex1lnx x 0 x ex2 例 5：已知f x xlnxax,gx x2 2 （1）当a 1时，求f x在m,m3m 0的最值 （2 2）求证：）求证：x0,，ln x1 解： （1）f x xlnx x, f 12 xeex x

10、 lnx2 fx的单调区间为 x 1 0, 2 e 1 2 , e gx gx m 0m3 0 m 1 2e 1 e2 1 1 fx min f 2 2 fx max fm3m3lnm3m3 e e 1 时，f x min mlnmm, fx max m3lnm3m3 2e 12 （2）思路：所证不等式ln x1 x ，若都移到左边构造函数，则函数 eex 12 进而无法求出最值。 本题考虑在两边分别求出最值， y ln x1 x 很难分析单调性， eex m 再比较大小即可 解：所证不等式等价于ln x1 12x2 xln x x exexexe 设px xlnx x px1lnx1lnx2

11、 令p x 0 x 1 1 1 0, 在单调递减，在 p x 2 单调递增 2 2eee 1 1 px px min p 2 2e e 设qx xex 2 qx1xex e qx在0,1单调递增，在1,单调递减 1 qx qx max q1 e px min qx max x0, px px min qx max qx 所证不等式成立 例 6：设f (x) ln(x1) x1 ax b(a,bR,a,b为常数） ，曲线y f (x)与直线 y 3 x在(0，0)点相切. 2 (1)求a,b的值.(2)(2)证明：当证明：当0 x 2时，时，f (x) 解： （1） 9x . x6 fx过0,0

12、点 f01b 0b 1 fx 1113 af01a a 0 x12 x122 a 0 f x lnx1 x11 b 1 9x ，若将x的表达式挪至不等号 x6 9x9x 一侧，则所构造的函数gx lnx 1 x 11 中， x 1求导后结构 x 6x 6 （2）思路：所证不等式等价于lnx1 x11 比较复杂。观察到对数与根式均含有x1，进而考虑换元t x 1化简不等式。另一 方面，当x 0时，g0 0，而x 0是所证x的临界值，进而会对导数值的符号有所影 响。 解： 所证不等式等价于：lnx1 x11 9x x6 令t x1,t 1, 3 则不等式转化为：lnt2t 1 9t21 t25 t

13、252ln t t 19t21 0 （若不去分母，导函数比较复杂，不易分析） 令gt t25 2ln t t 19 t2 1 2t2lnt t3t210ln t 5t 59t29 2t lnt t 10t 10ln t 5t 4 只需证gt max 0即可 232 观察g10 gt 4tlnt 2t 3t220t 1010 5 4tlnt 3t218t 5 tt g1 0 进而考虑gx的单调性（尽管gt,gt复杂，但有零点在，就能够帮助继续分 析，坚持往下进行） gx 44ln t 6t 18 1010 4ln t 6t 14 t2t2 gt单调递增，gt g3 4ln3 6 3 14 10

14、0 3 （t 1是g x,gx的零点， 从而引发连锁反应） gt单调递减gt g1 0 gt单调递减gt g10gt 0即所证不等式成立 当0 x 2时，f (x) 9x x6 小有话说：本题有以下两个亮点 （1）利用换元简化所证不等式 （2）零点的关键作用：对于化简后的函数gt而言，形式依然比较复杂，其导函数也很难 直接因式分解判断符号，但是由于寻找到t 1这个零点，从而对导函数的符号判断指引了 方向，又因为发现t 1也是导函数的零点，于是才决定在对导函数求一次导，在二次导函 数中判断了符号，进而引发连锁反应，最终证明不等式。可以说，本题能坚持对gt进行 分析的一个重要原因就是t 1这个零点

15、。 例 7： （2015，福建，20）已知函数f x ln1 x,gx kx （1 1）求证：当）求证：当x 0时，时，f x x （2 2）求证：当）求证：当k 1时，存在时，存在x0 0，使得对任意的，使得对任意的x0,x0，恒有，恒有f x gx 解： （1）思路：所证不等式为：ln1 x x，只需将含x的项移植不等号一侧，构造函数 即可证明 证明：所证不等式等价于：ln1 x x 0，设hx lnx 1 x hx 1x 1 0 x 1x 1 hx在0,单调递减x0,时，hx h0 0 即ln1 x x得证 （2）思路：本题的目标是要找到与k相关的x0，因为f x,gx函数形式较为简单，

16、所 以可以考虑移至不等号一侧：f x gx 0lnx1kx 0 ，设 hx lnx1kx，hx 1kx 1 k ， 因为h0 0， 所以只需hx在k x 1x 1 0,x 0 单增即可。可对k 进行k 0和0 k 1分类讨论。 证明：f x gx 0lnx1kx 0 设hx lnx1kx则h x 1kx 1 k 且h0 0k x 1x 1 令h x 0，即kx k 1 当k 0时，解得x 1k1 1 kk 11 k 恒成立1 0 x kk hx在0,单调递增hx h0 0 x 0 可取任意正数 当k 0时，hx lnx1，当x 0，hx 0，故x0可取任意正数 当0 k 1时，解得x 1 k1

17、 k ，而 0 kk 1 k 1 k ,单调递减 单调递增，在 hx在0, k k 1 k1 k x0, ，均有，只需取即可 0 x h x h 0 0 0 kk 综上所述：存在x0 0，使得对任意的x0,x0，恒有f x gx 例 8：已知函数f x ln xk （k为常数，e 2.71828 xe ，是自然对数的底数） ，曲线 y fx在1, f1处的切线与x轴平行 （1）求k的值 （2 2）设）设gx x x f 2 x，其中 ，其中f x为 为f x的导函数。 的导函数。 证明：对证明：对x 0,gx1e2 1 x 1 e lnxkexlnxk xx 解： （1）f x 2xxee 1

18、, f1处的切线与x轴平行 f 101k 0 k 1: （2）所证不等式等价于： 1 ln x1 x2 x x ex 1e2 ex 1 xln x x 1e2 x1 设px1xlnxx px 1lnx1 lnx2 令p x0 lnx2 0 x e 2 px在0,e2单调递增，在e2,单调递减 px pe21e2，即1 xln x x 1e2 exex 21e ，只需证 1 ex x1 若要证1 xln x x x1x1 设qxe x1 qxe 1，令qx 0解得：x 0 xx qx在0,单调递增qx q00 ex e x11 x1 x ex 1 xln x x 1e2，即原不等式得证 x1 例

19、 9：已知函数f x axlnx ，函数gx的导函数g x e ，且g0g 1 e ，其 x 中e为自然对数的底数 （1）求f x的极值； （2 2）当）当a 0时，对于时，对于x0,，求证：，求证：f x gx2 解： （1）函数f x的定义域为0,， fx a 1ax 1 xx 当a 0时，f x 0， fx在0,上为增函数，fx没有极值； 当a 0时，令f x 0 x 1 a 1 1 fx在0, 单调增，在 ,单调递减 a a 1 fx有极大值f 1lna，无极小值 a （2）当a 0时，f x lnx ，令 x gx fx2 ，即x e lnx2 x x ex 1 1 ，则 x在0,上

20、为增函数 x e 2 0,1 e1 0 2 1 x 0 ,1，x 0 0 x在0,上为增函数 2 x0,x 0 时，x 0 xx 0,时， x 0 x在0,x 0 单调递减，在x 0,单调递增 x min x 0 ex0lnx 0 2 x 0 0 ex 0 111 0 ex0 ，x0 ln lnx 0 x 0 x 0 x 0 x 0 x 0 111 1 x 0 2，由x 0 ,1可知 x 0 2 x 0 2 x 0 x 0 x 0 2 x 0 0 xx 0 0 即f x gx2 例 10：设函数f x ax cosx . 2 （1）证明：a 1 时，函数f x在0,上单调递增； 2 2 （2）

21、证明：4sin x 2xln x 3x 1 0. 解： （1）f x 2axsinx 只需证2ax sinx 0即可 令gx 2axsinx g0 0 gx 2a cosx a 1 2a 12a cosx 0gx在0,单调递增 2 gx g0 0即fx 2axsinx 0函数f x在0,上单调递增 （2）思路：对所证不等式4sin x 2xln x 3x 1 0，若直接将左侧构造函数，则无法 求出单调区间和最值。 （导函数中含有sinx,ln x无法进一步运算） ，所以考虑将左侧的一部 分挪至不等号另一侧，构造两个函数进行比较。 4sin x 2xln x 3x 1 0 3x 2xln x 1 4sin x(右边4sin x 4,考虑 22 2 2 gx 3x22xlnx 1能否恒大于 4，gx 6x 22ln x,gx 6gx在 x 1 1 1 0,+gx g 处单调减，在单调递增， 0 故gx为增函数，但无法求 3 33 gx的最小值。无法用fx min gx max f x gx证