高考数学精品讲义练习【一轮复习】微专题一　 不等式的证明

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能利用导数证明不等式，掌握证明不等式的常用方法，如构造法、双函数最值法、放缩法等，了解一些基本的构造方法和常用的放缩公式．
考点1 移项构造函数或直接利用函数的最值证明不等式
【例1】 （2024·河北保定三模）已知函数f(x)＝x2－ax＋ln x，x＝1为f(x)的极值点．
(1)求a的值；
(2)求证：f(x)≤2x2－4x.
【解】 (1)f′(x)＝2x－a＋ eq \f(1,x)，
依题意，f′(1)＝2×1－a＋1＝0，解得a＝3，
经检验符合题意，所以a＝3.
(2)证明：由(1)可知，f(x)＝x2－3x＋ln x，
要证f(x)＝x2－3x＋ln x≤2x2－4x，即证x2－x－ln x≥0.
设g(x)＝x2－x－ln x，x>0，则g′(x)＝2x－1－ eq \f(1,x)＝ eq \f((x－1)(2x＋1),x)，
所以当x∈(0，1)时，g′(x)0，g(x)单调递增，
当x＝1时，g(x)取得极小值，也是最小值．
因为g(1)＝0，所以g(x)≥g(1)＝0，所以f(x)≤2x2－4x.
1．若待证不等式的一边含有自变量，另一边为常数，可根据含自变量的一边构造函数，求函数的最值，利用最值证明不等式．
2．若待证不等式的两边含有同一个变量，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证．
【对点训练1】 （2024·湖北荆州三模节选）已知函数f(x)＝ eq \r(x)ln x，求证：函数y＝f(x)的图象位于直线y＝x的下方．
证明：因为x>0，所以 eq \r(x)>0，要证明f(x)0)，
则g′(x)＝ eq \f((x－1)ex,x2)，
所以当00时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤ eq \f(ex,x)－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0得证．
1．若直接求导比较复杂或两次求导都不能判断导数的正负时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目的．
2．等价变形的目的是求导后能简单地找到极值点，一般地，ex与ln x要分离，常构造xn与ln x，xn与ex的积、商的形式，便于求导后找到极值点．
【对点训练2】 已知函数f(x)＝ex2－x ln x，求证：当x＞0时，f(x)＜xex＋ eq \f(1,e).
证明：当x>0时，要证f(x)＜xex＋ eq \f(1,e)，只需证ex－ln x＜ex＋ eq \f(1,ex)，即ex－ex＜ln x＋ eq \f(1,ex).令h(x)＝ln x＋ eq \f(1,ex)(x＞0)，则h′(x)＝ eq \f(ex－1,ex2)，易知h(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，
则h(x)min＝h eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝0，所以ln x＋ eq \f(1,ex)≥0.
再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，易知φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
则φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.
因为h(x)与φ(x)不同时为0，所以ex－ex＜ln x＋ eq \f(1,ex)，故原不等式成立．
考点3 利用放缩法证明不等式
【例3】 （2024·内蒙古赤峰三模）已知x∈(0，2).
(1)比较sin x，x的大小，并证明；
(2)求证：esin x< eq \f(2＋x,2－x).
【解】 (1)x>sin x，x∈(0，2).
证明如下：
令g(x)＝x－sin x，x∈(0，2)，则g′(x)＝1－cs x>0，
∴g(x)在(0，2)上单调递增，g(x)>g(0)＝0，即x∈(0，2)时，x>sin x.
(2)证明：由(1)得x∈(0，2)时，esin x0)， eq \f(x,1＋x)≤ln (1＋x)≤x(x>－1).
(2)ex-1≥x，ex≥ex；eeq \s\up7(\f(x,n))≥ eq \f(x,n)＋1(n∈N*)，ex≥ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,n)＋1)) eq \s\up12(n)(n∈N*).
【典例】 （2023·新课标Ⅰ卷）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)>2ln a＋ eq \f(3,2).
【解】 (1)因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R，所以f′(x)＝aex－1.
当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，故f′(x)＝aex－10时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－ln a，
当x0，则f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增．
综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递减；当a>0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)证明：证法一 由(1)得，f(x)min＝f(－ln a)
＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a.
要证f(x)>2ln a＋ eq \f(3,2)，即证1＋a2＋ln a>2ln a＋ eq \f(3,2)，即证a2－ eq \f(1,2)－ln a>0恒成立．
令g(a)＝ln a－a＋1(a>0)，则g′(a)＝ eq \f(1,a)－1＝ eq \f(1－a,a)，所以当01时，g′(a)0，从而原不等式得证．
证法二 令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，由于y＝ex在R上单调递增，所以h′(x)＝ex－1在R上单调递增．又h′(0)＝e0－1＝0，所以当x0，所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故h(x)≥h(0)＝0，则ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立，所以f(x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x＝ex＋ln a＋a2－x≥x＋ln a＋1＋a2－x，当且仅当x＋ln a＝0，即x＝－ln a时，等号成立，所以要证f(x)>2ln a＋ eq \f(3,2)，即证x＋ln a＋1＋a2－x>2ln a＋ eq \f(3,2)，即证a2－ eq \f(1,2)－ln a>0.
令g(a)＝a2－ eq \f(1,2)－ln a(a>0)，则g′(a)＝2a－ eq \f(1,a)＝ eq \f(2a2－1,a)，
令g′(a) eq \f(\r(2),2)，
所以g(a)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))上单调递减，在 eq \f(\r(2),2)，＋∞上单调递增，所以g(a)min＝g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2))) eq \s\up12(2)－ eq \f(1,2)－ln eq \f(\r(2),2)＝ln eq \r(2)>0，则g(a)>0恒成立，所以当a>0时，f(x)>2ln a＋ eq \f(3,2)恒成立.
【对点训练3】 （2024·全国甲卷文）已知函数f(x)＝a(x－1)－ln x＋1.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)当a≤2时，求证：当x>1时，f(x)0，
若a≤0，则f′(x)0，则当00，所以f(x)的减区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞)).
(2)证明：因为a≤2，
所以当x>1时，ex-1－f(x)＝ex-1－a(x－1)＋ln x－1≥ex-1－2x＋ln x＋1.
令g(x)＝ex-1－2x＋ln x＋1，则g′(x)＝ex-1－2＋ eq \f(1,x)，
令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex-1－ eq \f(1,x2)，其在(1，＋∞)上单调递增，h′(x)>h′(1)＝0，
所以h(x)＝g′(x)在(1，＋∞)上单调递增，g′(x)>g′(1)＝0，
故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，g(x)>g(1)＝0，
所以当x>1时，f(x)1时，f′(x)0)，
则h′(x)＝(x＋2)ex＋ eq \f(1,x2)>0，即h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
h eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝ eq \f(3,2)eeq \s\up5(\f(1,2))－30，故∃x0∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，e))，使得h(x0)＝0，即x0＝1，
当x∈(0，x0)时，h(x)0，g(x)在(x0，＋∞)上单调递增，
故g(x)min＝g(x0)＝x0－ln－x0－1＝0，即g(x)≥0，即xex≥ln x＋x＋1，则ln x＋x＋1≤xex.
4．（15分）已知函数f(x)＝ax ln x＋x2，g(x)＝ex＋x－1，0