创新设计二轮理科数学 教师WORD文档微专题34　导数与不等式的证明.doc

微专题34导数与不等式的证明高考定位利用导数证明关于极值、最值、零点等的不等式是高考的常见类型，一般为难度较大的压轴题.高考真题 (2021·全国乙卷改编)设函数f(x)ln(1x)，函数g(x)，证明：g(x)<1.证明f(x)ln(1x)，g(x)，x<1且x0.当x(0，1)时，ln(1x)<0，xln(1x)<0，当x(，0)时，ln(1x)>0，xln(1x)<0.故要证g(x)<1，即证xln(1x)>xln(1x)，即证x(1x)ln(1x)>0，令1xt，则x1t，t>0且t1，即证1ttln t>0，令h(t)1ttln t，则h(t)1ln t1ln t.当t(0，1)时，h(t)<0，h(t)单调递减；当t(1，)时，h(t)>0，h(t)单调递增，所以h(t)>h(1)0，所以1ttln t>0成立，即g(x)<1成立.样题1 (2022·焦作模拟改编)已知函数f(x)exk(ln x1)，证明：当k(0，e)时，f(x)>0.证明因为k(0，e)，则，所以ln x1>ln x1.设g(x)ln x1，则g(x)，易知g(x)在(0，)上是增函数，且g(1)0，故当x(0，1)时，g(x)<0，当x(1，)时，g(x)>0，所以g(x)g(1)0，故>0，即f(x)>0.样题2 (2022·合肥调研改编)已知函数f(x)x2axln x(aR).若函数f(x)有两个极值点x1，x2，求证：f(x1x2)<2ln .证明f(x)2xa，由题意得2x2ax10的两个不等的实根为x1，x2，则解得a>2.故f(x1x2)(x1x2)2a(x1x2)ln(x1x2)ln ln .设g(a)ln (a>2)，则g(a)<0，故g(a)在(2，)上单调递减，所以g(a)<g(2)2ln.因此f(x1x2)<2ln.样题3 设函数f(x)ln xkx1.(1)当k0时，若对任意的x0，恒有f(x)0，求k的取值范围；(2)证明：(nN，n2).(1)解f(x)的定义域为(0，)，f(x)k，当x时，f(x)0；当x时，f(x)0，f(x)在上单调递增，在上单调递减，f(x)maxfln 0，解得k1，k的取值范围是1，).(2)证明令k1，由(1)知，ln xx10，ln xx1，nN，n2，ln n2n21，1，(n1)(n1)(n1)(n1)，结论成立.规律方法利用导数证明不等式问题的方法(1)直接构造函数法：证明不等式f(x)>g(x)(或f(x)<g(x)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).(2)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.(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同结构变形，根据相似结构构造辅助函数.训练 (2022·佛山模拟改编)已知函数f(x)ex，证明：当a1或0<a时，f(x)ax.证明当a1时，f(x)ax(x1)exx0(x1).由ex1x，得exx1x，又1x，当且仅当x0时取等号，所以exx，即exx0，即当a1时，f(x)ax(x1).当0<a时，f(x)ax(x1)exax(x1).令(x)exax，x1，即(x)ex(1a)x(1a)，因为0<a<1，所以(x)(1a)>0，(x)在1，)上单调递增，又(1)(1a)0，所以(x)(1)0，故当0<a，exaxexx，由知，exx，所以exax0(x1)，即当0<a时，f(x)ax(x1).综上，当a1或0<a时，f(x)ax.一、基本技能练1.已知f(x)ax2(a1)ln xa，若a>0，求证：x>1时，f(x)>1(2a1)x.证明当x>1时，要证f(x)>1(2a1)x，即证ax2(2a1)x(a1)ln xa1>0，设g(x)ax2(2a1)x(a1)ln xa1，则g(1)0，且g(x)ax(2a1).因为a>0，x>1，所以x1>0，ax1a>a1a1>0，所以g(x)>0，g(x)在(1，)是增函数，所以g(x)>g(1)0，即f(x)>1(2a1)x.2.(2022·西安调研)已知函数f(x)a(x1)xln x(aR).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当0<x1时，f(x)0恒成立，求实数a的取值范围；(3)设nN*，求证：.(1)解f(x)的定义域为(0，)，f(x)a(1ln x)ln xa1，令ln xa10，解得xea1.所以在区间(0，ea1)上，f(x)>0，f(x)单调递增；在区间(ea1，)上，f(x)<0，f(x)单调递减.所以f(x)的单调递增区间为(0，ea1)，单调递减区间为(ea1，).(2)解易知f(1)0，由(1)知f(x)在(0，ea1)上单调递增，在(ea1，)上单调递减，所以ea11，所以a1.故实数a的取值范围是1，).(3)证明当a1，0<x1时，f(x)x1xlnx0，所以xxln x1，令x(nN*)，则ln 1，ln n1，2ln nn21，所以.3.(2022·潍坊段考)已知函数f(x)2xexa(xln x)(aR).(1)若a1，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)若xx0是函数f(x)的极值点，且f(x0)>0，求证：f(x)>4x04x.(1)解若a1，则f(x)2xexxln x，f(x)2ex2xex1，f(1)4e2，f(1)2e1，切线的方程为y2e1(4e2)(x1)，即y(4e2)x2e1.(2)证明f(x)2ex(x1)a(x1)，函数f(x)的定义域为(0，)，x1>0，令g(x)2ex，x(0，).当a0时，g(x)>0，f(x)>0，f(x)在(0，)上单调递增，无极值，不符合题意.当a>0时，g(x)2ex>0，g(x)在(0，)上单调递增，当x0且x>0时，g(x)，g(a)2ea1>0，存在x0(0，a)，使得g(x0)0，即a2x0ex0.当x(0，x0)时，g(x)<0，f(x)<0，f(x)单调递减；当x(x0，)时，g(x)>0，f(x)>0，f(x)单调递增.函数f(x)的极小值为f(x0)2x0ex0a(x0ln x0)2x0ex02x0ex0(x0ln x0)2x0ex0(1x0ln x0)>0.令h(x)1xln x>0，则h(x)1<0.h(x)在(0，)上单调递减，又h(1)0，0<x0<1.令p(x)exx1，0x<1，则p(x)ex10，故p(x)在(0，1)上单调递增，p(x)p(0)0.故当0<x<1时，有ex>x1.令q(x)x1ln x，0<x<1，则q(x)1<0，故q(x)在(0，1)上单调递减，q(x)>11ln 10，故当0<x<1时，有x1>ln x.f(x0)2x0ex0(1x0ln x0)>2x0(x01)(22x0)4x4x0，则f(x)f(x0)>4x04x.二、创新拓展练4.(2022·江西八校联考)已知函数f(x)xaln x，g(x)exln x2x.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若g(x0)0，求x0ln x0的值；(3)证明：xxln xexx2.(1)解由题知f(x)1(x>0).当a0时，f(x)>0恒成立，则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)解法一当x0ln x0<0时，ln x0<x0，即x0<ex0，即ex0x0<0，所以ex0x0x0ln x0<0与ex02x0ln x00矛盾；当x0ln x0>0时，ln x0>x0，即x0>ex0，即ex0x0>0，所以ex0x0x0ln x0>0与ex02x0ln x00矛盾；当x0ln x00时，ln x0x0，即x0ex0，即ex0x00，所以ex02x0ln x00，故x0ln x00成立.法二因为ex02x0ln x0，所以ex0x0x0ln x0，所以ex0ln ex0x0ln x0.因为f(x)xln x是增函数，f(ex0)f(x0)，所以ex0x0，即ex0x0x0ln x00.(3)证明要证xxln xexx2，即证exx2xxln x0.设h(x)exx2xxln x，x>0，则h(x)ex2xln x.令(x)h(x)，则(x)ex2>0，所以函数h(x)ex2xln x在(0，)上单调递增.又he1<0，h(1)2>0，故h(x)ex2xln x在上存在唯一零点x0，即ex02x0ln x00，所以当x(0，x0)时，h(x)<0；当x(x0，)时，h(x)>0，所以函数h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，故h(x)h(x0)ex0xx0x0ln x0，由ex02x0ln x00，得h(x0)(x01)(x0ln x0)0，所以h(x)0，即xxln xexx2.