微专题34　导数与不等式的证明-2024年高考数学二轮微专题系列

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[高考真题](2021·全国乙卷改编)设函数f(x)＝ln(1－x)，函数g(x)＝eq \f(x＋f（x）,xf（x）).证明：g(x)＜1.
证明 f(x)＝ln(1－x)，g(x)＝eq \f(x＋f（x）,xf（x）)＝eq \f(x＋ln（1－x）,xln（1－x）)，x＜1且x≠0，
当x∈(0，1)时，
要证g(x)＝eq \f(x＋ln（1－x）,xln（1－x）)＜1，
∵x＞0，ln(1－x)＜0，
∴xln(1－x)＜0，
即证x＋ln(1－x)＞xln(1－x)，
化简得x＋(1－x)ln(1－x)＞0；
同理，当x∈(－∞，0)时，要证g(x)＝eq \f(x＋ln（1－x）,xln（1－x）)＜1，
∵x＜0，ln(1－x)＞0，
∴xln(1－x)＜0，
即证x＋ln(1－x)＞xln(1－x)，
化简得x＋(1－x)ln(1－x)＞0，
令h(x)＝x＋(1－x)ln(1－x)，
再令t＝1－x，
则t∈(0，1)∪(1，＋∞)，x＝1－t，
令g(t)＝1－t＋tln t，
g′(t)＝－1＋ln t＋1＝ln t，
当t∈(0，1)时，g′(t)＜0，g(t)单调递减，
假设g(1)能取到，则g(1)＝0，
故g(t)＞g(1)＝0；
当t∈(1，＋∞)时，g′(t)＞0，g(t)单调递增，
假设g(1)能取到，则g(1)＝0，
故g(t)＞g(1)＝0，
综上所述，g(x)＝eq \f(x＋ln（1－x）,xln（1－x）)＜1在x∈(－∞，0)∪(0，1)上恒成立.
样题1 (2022·广州模拟改编)已知函数f(x)＝(x2－ax)ln x－eq \f(3,2)x2＋2ax，a∈R.若1＜a＜2，求证：f(x)＞eq \f(5,2)(a－2)x.
证明 因为x＞0，所以f(x)＞eq \f(5,2)(a－2)x，
即(x－a)ln x－eq \f(3,2)x＋2a＞eq \f(5,2)(a－2)，
即(x－a)ln x－eq \f(3,2)x－eq \f(a,2)＋5＞0.
设g(x)＝(x－a)ln x－eq \f(3,2)x－eq \f(a,2)＋5，
则g′(x)＝ln x－eq \f(a,x)－eq \f(1,2)，
易知g′(x)在(0，＋∞)上单调递增.
因为1＜a＜2，所以g′(2)＝ln 2－eq \f(a,2)－eq \f(1,2)＜0，g′(4)＝ln 4－eq \f(a,4)－eq \f(1,2)＞0，
所以存在t∈(2，4)，使得g′(t)＝0.
所以ln t＝eq \f(a,t)＋eq \f(1,2)，g(x)在(0，t)上单调递减，在(t，＋∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(t)＝(t－a)ln t－eq \f(3,2)t－eq \f(a,2)＋5＝(t－a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,t)＋\f(1,2)))－eq \f(3,2)t－eq \f(a,2)＋5＝5－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(a2,t)))，
设h(t)＝t＋eq \f(a2,t)(2＜t＜4)，则h′(t)＝1－eq \f(a2,t2)＞0，h(t)在(2，4)上单调递增，
所以t＋eq \f(a2,t)＜4＋eq \f(a2,4)＜5.
所以g(x)＞0，即f(x)＞eq \f(5,2)(a－2)x.
样题2 (2022·武汉模拟改编)已知函数f(x)＝aex－2ln x，当a≥eq \f(1,e)时，求证：f(x)＞2－2ln 2.
证明 由a≥eq \f(1,e)可得aex≥eq \f(1,e)×ex＝ex－1，
所以f(x)＝aex－2ln x≥ex－1－2ln x，
令g(x)＝ex－1－2ln x，
则g′(x)＝ex－1－eq \f(2,x)，
∵g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
且g′(1)＝e1－1－eq \f(2,1)＜0，
g′(2)＝e2－1－eq \f(2,2)＝e－1＞0，
∴∃x0∈(1，2)，使得g′(x0)＝0，有ex0－1－eq \f(2,x0)＝0，①
且g(x)在区间(1，x0)上单调递减，在区间(x0，2)上单调递增，
∴g(x)min＝g(x0)＝ex0－1－2ln x0，
由①得ex0－1＝eq \f(2,x0)，即有ln ex0－1＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x0)))，
∴ln x0＝ln 2－x0＋1，
∴g(x0)＝ex0－1－2ln x0＝eq \f(2,x0)－2(ln 2－x0＋1)＝eq \f(2,x0)＋2x0－2－2ln 2，x0∈(1，2).
又∵g(x0)在区间(1，2)上单调递增，
∴g(x0)＞g(1)＝2＋2－2－2ln 2＝2－2ln 2，
∴g(x)＞2－2ln 2，
∴f(x)≥g(x)＞2－2ln 2，
∴f(x)＞2－2ln 2，结论得证.
样题3 设函数f(x)＝ln x－kx＋1.
(1)当k＞0时，若对任意的x＞0，恒有f(x)≤0，求k的取值范围；
(2)证明：eq \f(ln 22,22)＋eq \f(ln 32,32)＋…＋eq \f(ln n2,n2)＜eq \f(2n2－n－1,2（n＋1）)(n∈N，n≥2).
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(1,x)－k＝eq \f(1－kx,x)，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,k)))时，f′(x)＞0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)，＋∞))时，f′(x)＜0，
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,k)))上单调递增，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)，＋∞))上单调递减，
∴f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)))＝ln eq \f(1,k)≤0，解得k≥1，
∴k的取值范围是[1，＋∞).
(2)证明 令k＝1，由(1)知，ln x－x＋1≤0，∴ln x≤x－1，
∵n∈N，n≥2，∴ln n2≤n2－1，
∴eq \f(ln n2,n2)≤eq \f(n2－1,n2)＝1－eq \f(1,n2)，
∴eq \f(ln 22,22)＋eq \f(ln 32,32)＋…＋eq \f(ln n2,n2)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,22)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,32)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n2)))＝(n－1)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22)＋\f(1,32)＋…＋\f(1,n2)))
＜(n－1)－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2×3)＋\f(1,3×4)＋…＋\f(1,n（n＋1）)))
＝(n－1)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))
＝(n－1)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,n＋1)))＝eq \f(2n2－n－1,2（n＋1）)，
∴结论成立.
规律方法 利用导数证明不等式问题的方法
(1)直接构造函数法：证明不等式f(x)＞g(x)(或f(x)＜g(x))转化为证明f(x)－g(x)＞0(或f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x).
(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论.
(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同结构变形，根据相似结构构造辅助函数.
训练 (2022·长沙模拟改编)已知函数f(x)＝ex－k(ln x＋1)，证明：当k∈(0，e)时，f(x)>0.
证明 因为k∈(0，e)，则eq \f(1,k)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))，
所以eq \f(f（x）,k)＝eq \f(ex,k)－ln x－1>eq \f(ex,e)－ln x－1.
设g(x)＝eq \f(ex,e)－ln x－1，
则g′(x)＝eq \f(ex,e)－eq \f(1,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eq \f(f（x）,k)>0，即f(x)>0.
一、基本技能练
1.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)0，,x1＋x2＝\f(a,2)>0，,x1·x2＝\f(1,2)，))
解得a>2eq \r(2).
故f(x1＋x2)＝(x1＋x2)2－a(x1＋x2)＋ln(x1＋x2)＝eq \f(a2,4)－eq \f(a2,2)＋ln eq \f(a,2)＝－eq \f(a2,4)＋ln eq \f(a,2).
设g(a)＝－eq \f(a2,4)＋ln eq \f(a,2)(a>2eq \r(2))，
则g′(a)＝－eq \f(a,2)＋eq \f(1,a)＝eq \f(2－a2,2a)