2023版考前三个月冲刺专题练　第9练　导数与不等式证明

第9练　导数与不等式证明

[考情分析]　导数与不等式证明是高考考查的重点内容，在解答题中一般会考查函数的单调性、极值和最值的综合运用，试题难度较大，多以压轴题出现．

一、单变量函数不等式的证明

例1　(2022·新高考全国Ⅱ)已知函数f(x)＝xeax－ex.

(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；

(2)当x>0时，f(x)<－1，求a的取值范围；

(3)设n∈N*，证明：＋＋…＋>ln(n＋1)．

(1)解　当a＝1时，f(x)＝(x－1)ex，x∈R，

则f′(x)＝xex，

当x<0时，f′(x)<0，

当x>0时，f′(x)>0，

故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．

(2)解　设h(x)＝xeax－ex＋1，

则h(0)＝0，

h′(x)＝(1＋ax)eax－ex，

设g(x)＝(1＋ax)eax－ex，

则g′(x)＝(2a＋a2x)eax－ex，

若a>，

则g′(0)＝2a－1>0，

因为g′(x)为连续不间断函数，

故存在x0∈(0，＋∞)，

使得∀x∈(0，x0)，总有g′(x)>0，

故g(x)在(0，x0)上单调递增，

故g(x)>g(0)＝0，

故h(x)在(0，x0)上单调递增，

故h(x)>h(0)＝0，与题设矛盾；

若0<a≤，

则h′(x)＝(1＋ax)eax－ex＝eax＋ln(1＋ax)－ex，

下证：对任意x>0，总有ln(1＋x)<x成立，

证明：设S(x)＝ln(1＋x)－x，

故S′(x)＝－1＝<0，

故S(x)在(0，＋∞)上单调递减，

故S(x)<S(0)＝0，即ln(1＋x)<x成立．

由上述不等式有

eax＋ln(1＋ax)－ex<eax＋ax－ex＝e2ax－ex≤0，

故h′(x)≤0总成立，

即h(x)在(0，＋∞)上单调递减，

所以h(x)<h(0)＝0，满足题意；

若a≤0，则h′(x)＝eax－ex＋axeax<1－1＋0＝0，

所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，

所以h(x)<h(0)＝0，满足题意．

综上，a的取值范围为.

(3)证明　取a＝，

则∀x>0，总有－ex＋1<0成立，

令，

则t>1，t2＝ex，x＝2ln t，

故2tln t<t2－1，即2ln t<t－对任意的t>1恒成立．

所以对任意的n∈N*，

有2ln<－，

整理得ln(n＋1)－ln n<，

故＋＋…＋>ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln(n＋1)－ln n

＝ln(n＋1)，

故不等式成立．

规律方法　用导数证明不等式一般有以下方法

(1)构造函数法．

(2)由结论出发，通过对函数变形，证明不等式．

(3)分成两个函数进行研究．

(4)利用图象的特点证明不等式．

(5)利用放缩法证明不等式．

跟踪训练1　(2022·宜宾第四中学模拟)已知函数f(x)＝－ax2＋xln x＋2.

(1)若f(x)有两个极值点，求实数a的取值范围；

(2)当a＝0时，证明：f(x)>x－.

(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x－2ax＋1，

由题意知f′(x)＝0在(0，＋∞)上有两解，

即ln x－2ax＋1＝0，

即2a＝有两解．

令g(x)＝(x>0)，

即g(x)的图象与直线y＝2a有两个交点．

由g′(x)＝＝0，得x＝1，

当x∈(0,1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；

当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，

∴g(x)max＝g(1)＝1，g＝0，

当x→0时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→0，

∴0<2a<1，

∴0<a<，

∴a的取值范围是.

(2)证明　当a＝0时，f(x)＝xln x＋2，

即证xln x＋2>x－，

即证xln x＋2－x＋>0，

令h(x)＝xln x＋2－x＋(x>0)，

则h′(x)＝ln x－，

令m(x)＝ln x－，

则m′(x)＝＋，

当x>0时，m′(x)>0，

∴h′(x)在(0，＋∞)上单调递增．

h′(1)＝－2<0，h′(e)＝1－>0，

∴存在唯一的x0∈(1，e)，

使得h′(x0)＝ln x0－＝0，

当x0∈(0，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；

当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，

∴h(x)min＝h(x0)．

又∵x0∈(1，e)，h′(x0)＝0，

∴ln x0－＝0，

∴h(x0)＝x0ln x0＋2－x0＋＝＋2－x0＋＝2－x0＋>2－e＋>0，

∴h(x)>0，

∴f(x)>x－.

二、双变量函数不等式的证明

例2　(2022·全国甲卷)已知函数f(x)＝－ln x＋x－a.

(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；

(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.

(1)解　由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．

由f′(x)＝－＋1

＝＝，

可得函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，

所以f(x)min＝f(1)＝e＋1－a.

又f(x)≥0，

所以e＋1－a≥0，解得a≤e＋1，

所以a的取值范围为(－∞，e＋1]．

(2)证明　方法一　不妨设x1<x2，

则由(1)知0<x1<1<x2，>1.

令F(x)＝f(x)－f ，

则F′(x)＝＋＝(ex＋x－－1)．

令g(x)＝ex＋x－－1(x>0)，

则g′(x)＝ex＋1－＋＝ex＋1＋(x>0)，

所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，

所以当x∈(0,1)时，g(x)<g(1)＝0，

所以当x∈(0,1)时，F′(x)>0，

所以F(x)在(0,1)上单调递增，

所以F(x)<F(1)，

即在(0,1)上，f(x)－f <F(1)＝0.

又f(x1)＝f(x2)＝0，

所以f(x2)－f <0，即f(x2)<f .

由(1)可知，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，

所以x2<，即x1x2<1.

方法二　不妨设x1<x2，

则由(1)知0<x1<1<x2,0<<1.

由f(x1)＝f(x2)＝0，

得－ln x1＋x1＝－ln x2＋x2，

即

因为函数y＝ex＋x在R上单调递增，

所以x1－ln x1＝x2－ln x2成立．

构造函数h(x)＝x－ln x(x>0)，

g(x)＝h(x)－h＝x－－2ln x(x>0)，

则g′(x)＝1＋－＝≥0(x>0)，

所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，

所以当x>1时，g(x)>g(1)＝0，

即当x>1时，h(x)>h，

所以h(x1)＝h(x2)>h.

又h′(x)＝1－＝(x>0)，

所以h(x)在(0,1)上单调递减，

所以0<x1<<1，即x1x2<1.

规律方法　破解含双参不等式的证明的关键：一是转化，即由已知条件入手，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；二是构造函数，借助导数，判断函数的单调性，从而求其值；三是回归含双参的不等式的证明，把所求的最值应用到含参的不等式中，即可证得结果．

跟踪训练2　(2022·绍兴模拟)已知函数f(x)＝ex－a－x2(a∈R)有两个极值点x1，x2(x1<x2)，其中e＝2.718 28…为自然对数的底数．

(1)记f′(x)为f(x)的导函数，证明：f′(1)<0；

(2)证明：<.

证明　(1)函数f(x)＝ex－a－x2的定义域为R，

f′(x)＝ex－a－x，

因为函数f(x)＝ex－a－x2有两个极值点，

则方程f′(x)＝0⇔ex－a＝x有两个不相等的实数根，

显然x>0，方程ex－a＝x化为x－a＝ln x

⇔x－ln x－a＝0，

令g(x)＝x－ln x－a，x>0，

则g′(x)＝1－＝，

当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0，

即函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，

所以g(x)min＝g(1)＝1－a，

依题意，函数g(x)有两个零点，必有1－a<0，

即a>1，此时g(e－a)＝e－a>0，g(ea)＝ea－2a，

令m(x)＝ex－2x，x>1，

则m′(x)＝ex－2>0，

即有m(x)在(1，＋∞)上单调递增，m(x)>e－2>0，

于是得g(ea)>0，

因此，f(x)有两个极值点时，函数g(x)必有两个零点，从而得a>1，

所以f′(1)＝e1－a－1<e0－1＝0.

(2)由已知及(1)得，且，0<x1<x2，

则f(x1)＝－x＝x1－x，

f(x2)＝x2－x，

＝＝x1x2，

因此<⇔x1x2<⇔x1x2<1.

又x1－a＝ln x1且x2－a＝ln x2，

则x2－x1＝ln x2－ln x1＝ln ，

令＝t(t>0)，则有x1＝，x2＝，

则x1x2＝，

于是得x1x2<1⇔<1⇔ln t<－，

令h(t)＝ln t－＋，t>1，

h′(t)＝－－＝－<0，

即函数h(t)在(1，＋∞)上单调递减，

当t>1时，h(t)<h(1)＝0成立，即ln t<－恒成立，x1x2<1恒成立，

所以不等式<成立．