2027年高考数学一轮复习第三章　进阶篇　不等式的证明方法　进阶1　作差法与双函数构造法学案含解析

这是一份2027年高考数学一轮复习第三章　进阶篇　不等式的证明方法　进阶1　作差法与双函数构造法学案含解析，共5页。
重点解读 在证明与函数有关的不等式时，我们可以把不等式问题转化为函数的最值问题，也常构造函数，把不等式的证明问题转化为利用导数研究函数的单调性或最值问题.
题型一 作差构造法
例1 已知函数f(x)=lnxx+a(a∈R)，曲线y=f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y=1e.
(1)求实数a的值，并求f(x)的单调区间；
(2)求证：当x>0时，f(x)≤x-1.
(1)解 ∵f(x)=lnxx+a，x>0，且x≠-a，
∴f'(x)=x+ax−lnx(x+a)2，
∴f'(e)=ae(e+a)2，
又曲线y=f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y=1e，
则f'(e)=0，即a=0，且f(e)=1e，符合题意，
∴f'(x)=1−lnxx2，x>0，
令f'(x)>0，得0-14.
(1)解 f(x)=x2-ln x的定义域是(0，+∞)，f'(x)=2x-1x=(2x+1)(2x−1)x.
当x>22时，f'(x)>0，函数f(x)在22，+∞上单调递增；
当00)，t'(x)=9x2+1>0恒成立，
所以t(x)在(0，+∞)上单调递增，
又t(1)=0，即g'(1)=0，
所以当x∈(0，1)时，t(x)0，
所以g(x)在(1，+∞)上单调递增，
所以g(x)min=g(1)=14+14=12>0成立，所以原不等式成立.
题型二 构造双函数法
例2 设函数f(x)=ax2-(x+1)ln x，曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0.
(1)求实数a的值；
(2)求证：当012x.
(1)解 f'(x)=2ax-ln x-1-1x(x>0)，
由题意得f'(1)=2a-2=0，所以a=1.
(2)证明 由(1)得f(x)=x2-(x+1)ln x(x>0)，
要证当012x，
只需证当012，
即证x-ln x>lnxx+12.
令g(x)=x-ln x(x>0)，h(x)=lnxx+12(x>0)，
令g'(x)=1-1x=0，得x=1，
易知g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，2]上单调递增，
故当00，
所以h(x)在(0，2]上单调递增，
故当00，f(x)在(0，+∞)上单调递增；
②若a>0，则当00)，
由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减.
所以f(x)max=f(1)=-e.
设g(x)=exx-2e(x>0)，
则g'(x)=(x−1)exx2，
所以当00，g(x)单调递增，
所以g(x)min=g(1)=-e.
综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，
即f(x)≤exx-2e.
故不等式xf(x)-ex+2ex≤0得证.
课时精练
[分值：30分]
1.(15分)(2026·六安模拟)已知函数f(x)=2(x+2)-ex.
(1)求f(x)的最大值；(7分)
(2)当x≥0时，证明：f(x)0，函数y=ex，y=-1x在(0，+∞)上都单调递增，
所以函数φ(x)=ex-1x在(0，+∞)上单调递增，
而φ12=e-20，
则存在x0∈12，1，使得φ(x0)=0，
即ex0=1x0，x0=-ln x0，
所以当00，
因此函数h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，
则h(x)≥h(x0)=x0ex0-x0-ln x0-1=0，
所以f(x)≤g(x).
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