【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题34　导数与不等式的证明

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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(1－x)，函数g(x)＝，证明：g(x)h(1)＝0，
所以1－t＋tln t>0成立，
即g(x)0.
证明　因为k∈(0，e)，则∈，
所以＝－ln x－1>－ln x－1.
设g(x)＝－ln x－1，
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，
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)＝x2－ax＋ln x(a∈R).若函数f(x)有两个极值点x1，x2，
求证：f(x1＋x2)2.
故f(x1＋x2)＝(x1＋x2)2－a(x1＋x2)＋ln(x1＋x2)＝－＋ln ＝－＋ln .
设g(a)＝－＋ln (a>2)，
则g′(a)＝－＋＝0，ax＋1－a>a＋1－a＝1>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＋(2a－1)x.
2.(2022·西安调研)已知函数f(x)＝a(x－1)－xln x(a∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当00，f(x)单调递增；在区间(ea－1，＋∞)上，f′(x)4x0－4x.
(1)解　若a＝1，则f(x)＝2xex－x－ln x，
∴f′(x)＝2ex＋2xex－1－，
f′(1)＝4e－2，f(1)＝2e－1，
∴切线的方程为y－2e＋1＝(4e－2)(x－1)，
即y＝(4e－2)x－2e＋1.
(2)证明　f′(x)＝2ex(x＋1)－a＝(x＋1)，
∵函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
∴x＋1>0，
令g(x)＝2ex－，x∈(0，＋∞).
①当a≤0时，g(x)>0，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值，不符合题意.
②当a>0时，g′(x)＝2ex＋>0，
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当x→0且x>0时，g(x)→－∞，g(a)＝2ea－1>0，
∴存在x0∈(0，a)，
使得g(x0)＝0，即a＝2x0ex0.
当x∈(0，x0)时，g(x)0，f(x)单调递增.
∴函数f(x)的极小值为f(x0)＝2x0ex0－a(x0＋ln x0)＝2x0ex0－2x0ex0(x0＋ln x0)＝2x0ex0(1－x0－ln x0)>0.
令h(x)＝1－x－ln x>0，
则h′(x)＝－1－