备考2024届高考数学一轮复习好题精练第三章一元函数的导数及其应用突破3利用导数证明不等式命题点3放缩法证明不等式

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（1）若x＝0是函数f（x）唯一的极小值点，求实数a的取值范围；
（2）证明：sin312＋sin324＋sin338＋…＋sin3202322023＜2.
解析 （1）f'（x）＝－sin x＋ax，且f'（0）＝0，令g（x）＝f'（x），则g'（x）＝
－cs x＋a.
①当a≥1时，g'（x）≥0且g'（x）不恒为0，则g（x）单调递增，
当x＞0时，g（x）＝f'（x）＞g（0）＝0，当x＜0时，g（x）＝f'（x）＜g（0）＝0，即当x＞0时，f（x）单调递增，当x＜0时，f（x）单调递减，此时x＝0是函数f（x）唯一的极小值点.
②当a＜1时，g'（0）＝－1＋a＜0，所以存在δ＞0使得当x∈（0，δ）时，g（x）＝
f'（x）在（0，δ）上单调递减，即当x∈（0，δ）时，f'（x）＜f'（0）＝0，所以f（x）在（0，δ）上单调递减，与x＝0是函数f（x）唯一的极小值点矛盾.
综上，实数a的取值范围为[1，＋∞）.
（2）由（1）可知，当a＝1且x＞0时，－sin x＋x＞0，即当x＞0时，x＞sin x，
故当x＞0且x∈[2kπ，π＋2kπ]，k∈N时，sin3x＜x2，即sin3x＜x，
故可得sin312＋sin324＋sin338＋…＋sin3202322023＜12＋24＋38＋…＋202322023.
令S＝12＋24＋38＋…＋202322023，
则12S＝14＋28＋316＋…＋202322024，两式相减可得12S＝12＋14＋18＋…＋122023－202322024，化简可得S＝2×[1－（12）2 023－202322024]＜2.
故sin312＋sin324＋sin338＋…＋sin3202322023＜2.
方法技巧
1.利用放缩法证明不等式的思路
一是会放缩，即从所求证的不等式入手，利用分析法，进行转化，寻找可放大或缩小的条件；
二是会构造函数，即通过构造辅助函数，把所求证的不等式进行转化；
三是借用导数，即会利用导数的工具性，研究新构造函数的性质，进而求解.
2.常见放缩公式
（1）ex≥x＋1（当且仅当x＝0时取等号）；
（2）ln（x＋1）≤x（x＞－1）（当且仅当x＝0时取等号）；
（3）sin x≤x≤tanx（0≤x＜π2）（当且仅当x＝0时取等号）；
（4）sin x≥x≥tanx（－π2＜x≤0）（当且仅当x＝0时取等号）.
训练3 [2024南通部分学校联考]已知函数f（x）＝ln x＋ax，a∈R.
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当a＝34时，证明：x3＞f（x）.
解析 （1）f（x）的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝1x＋a＝ax+1x，当a≥0时，f'（x）＞0，此时f（x）在（0，＋∞）上单调递增.
当a＜0时，令f'（x）＞0，得x＜－1a，可知f（x）在（0，－1a）上单调递增；
令f'（x）＜0，得x＞－1a，可知f（x）在（－1a，＋∞）上单调递减.
综上，当a≥0时，f（x）在（0，＋∞）上单调递增；当a＜0时，f（x）在（0，－1a）上单调递增，在（－1a，＋∞）上单调递减.
（2）当a＝34时，x3＞f（x），即x3＞ln x＋34x.
令h（x）＝x－1－ln x，则h'（x）＝1－1x＝x－1x，令h'（x）＞0，则x＞1；令h'（x）＜0，则0＜x＜1.所以h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，所以h（x）≥h（1）＝0，即x－1≥ln x（等号成立的条件是x＝1）.
欲证x3＞ln x＋34x，只需证x3＞x－1＋34x＝74x－1（x＞0）.
设g（x）＝x3－74x＋1（x＞0），则g'（x）＝3x2－74（x＞0）.
令g'（x）＝0，求得x＝216，
当x∈（0，216）时，g'（x）＜0，可知g（x）在（0，216）上单调递减；
当x∈（216，＋∞）时，g'（x）＞0，可知g（x）在（216，＋∞）上单调递增.
所以g（x）≥g（216）＝72172－72124＋1＝1－72136＞0，
即x3＞x－1＋34x（x＞0），
所以x3＞ln x＋34x，即x3＞f（x）.
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凹凸反转在不等式证明问题中的应用
如果要证明的不等式由指数函数、对数函数、多项式函数组合而成，往往进行指对分离，转化为证明g（x）≥h（x）恒成立，分别求g（x）min，h（x）max进行证明，由于两个函数图象的凹凸性正好相反，所以这种证明不等式的方法称为凹凸反转.
类型1 隔海相望
如图所示，在g（x），h（x）图象之间有一个带型区域，所以我们把它形象地称为“隔海相望”.这时必有g（x）＞h（x）.
例4 [2024陕西省咸阳市模拟]已知函数f（x）＝x3－3ln x＋11.
（1）判断函数f（x）的单调性；
（2）证明：当x＞0时，f（x）＞－x3＋3x2＋（3－x）ex.
解析 （1）∵f（x）＝x3－3ln x＋11，
∴函数f（x）的定义域为（0，＋∞）且f'（x）＝3x2－3x＝3（x3－1）x＝3（x－1)(x2＋x+1）x.
令f'（x）＝0可得x＝1，当x∈（1，＋∞）时，f'（x）＞0，当x∈（0，1）时，f'（x）＜0，
∴f（x）在（1，＋∞）上单调递增，在（0，1）上单调递减.
（2）由（1）可得f（x）min＝f（1）＝12.
令g（x）＝－x3＋3x2＋（3－x）ex（x＞0），则g'（x）＝－3x2＋6x－ex＋（3－x）ex＝
（2－x）（ex＋3x），
令g'（x）＝0，可得x＝2.
当x∈（0，2）时，g'（x）＞0，当x∈（2，＋∞）时，g'（x）＜0，
∴g（x）在（0，2）上单调递增，在（2，＋∞）上单调递减.
∴g（x）max＝g（2）＝e2＋4，
∴f（x）min＞g（x）max，则f（x）＞g（x），
∴当x＞0时，f（x）＞－x3＋3x2＋（3－x）ex.
类型2 一线之隔
构造的函数g（x），h（x），满足g（x）min＝h（x）max，如图所示，但由于g（x），
h（x）不在同一处取到最值，所以必有g（x）＞h（x）.
例5 已知函数f（x）＝ex＋x2－x－1.
（1）求f（x）的最小值；
（2）证明：ex＋xlnx＋x2－2x＞0.
解析 （1）由题意可得f'（x）＝ex＋2x－1，则函数f'（x）在R上单调递增，且f'（0）＝0.
由f'（x）＞0，得x＞0；
由f'（x）＜0，得x＜0.
则f（x）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增，故f（x）min＝f（0）＝0.
（2）要证ex＋xlnx＋x2－2x＞0，即证ex＋x2－x－1＞－xlnx＋x－1.
由（1）可知当x＞0时，f（x）＞0恒成立.
设g（x）＝－xlnx＋x－1，x＞0，则g'（x）＝－ln x.
由g'（x）＞0，得0＜x＜1；由g'（x）＜0，得x＞1.
则g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，
从而g（x）≤g（1）＝0，当且仅当x＝1时，等号成立.
故f（x）＞g（x），即ex＋xlnx＋x2－2x＞0.
类型3 亲密无间
构造函数g（x），h（x），满足g（x）min＝h（x）max，且g（x），h（x）在同一处取到最值，如图所示，这时g（x）≥h（x）.
例6 已知函数f（x）＝13x3＋12x2＋ax，g（x）＝xex－1＋xlnx，f'（x），g'（x）分别为
f（x），g（x）的导函数，且对任意的x1∈（0，1]，存在x2∈（0，1]，使f'（x1）≤
g'（x2）－2.
（1）求实数a的取值范围；
（2）证明：g（x）≥f'（x）.
解析 （1）因为f（x）＝13x3＋12x2＋ax，所以f'（x）＝x2＋x＋a＝（x＋12）2＋a－14，
所以f'（x）在区间（0，1]上单调递增，故f'（x）max＝f'（1）＝a＋2.
因为g（x）＝xex－1＋xlnx，所以g'（x）＝ex－1＋xex－1＋ln x＋1＝（x＋1）ex－1＋ln x＋1.
令h（x）＝（x＋1）ex－1＋ln x＋1，则h'（x）＝（x＋2）ex－1＋1x＞0，故g'（x）在区间（0，1]上单调递增，所以g'（x）max＝g'（1）＝3.
又对任意的x1∈（0，1]，存在x2∈（0，1]，使f'（x1）≤g'（x2）－2，
所以f'（x）max≤g'（x）max－2，
即a＋2≤3－2，解得a≤－1，
故实数a的取值范围为（－∞，－1].
（2）要证g（x）≥f'（x），即证xex－1＋xlnx≥x2＋x＋a，
由（1）知，a≤－1，故只需证xex－1＋xlnx≥x2＋x－1.
因为x＞0，只需证ex－1＋ln x≥x－1x＋1，
即证ex－1－x≥－ln x－1x＋1.
令s（x）＝ex－1－x，x＞0，则s'（x）＝ex－1－1.
令s'（x）＝0，解得x＝1，则当x∈（0，1）时，s'（x）＜0，s（x）单调递减；
当x∈（1，＋∞）时，s'（x）＞0，s（x）单调递增，
所以s（x）min＝s（1）＝0.
令F（x）＝－ln x－1x＋1，则F'（x）＝－1x＋1x2＝－x－1x2.
令F'（x）＝0，解得x＝1，则当x∈（0，1）时，F'（x）＞0，F（x）单调递增；
当x∈（1，＋∞）时，F'（x）＜0，F（x）单调递减，
所以F（x）max＝F（1）＝0，
所以s（x）min＝s（1）＝F（x）max＝F（1）＝0，
故g（x）≥f'（x）.