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第2课时 利用导数证明不等式
考点一 直接构造函数证明不等式
例1 (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)证明：当a>0时，f(x)>2ln a＋.
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－1<0恒成立，
所以f(x)在R上单调递减；
当a>0时，令f′(x)＝aex－1＝0，
解得x＝－ln a，
当x<－ln a时，f′(x)<0，
则f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，
当x>－ln a时，f′(x)>0，
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＋，即证1＋a2＋ln a>2ln a＋，
即证a2－－ln a>0恒成立，
令g(a)＝a2－－ln a(a>0)，
则g′(a)＝2a－＝，
令g′(a)<0，则0
令g′(a)>0，则a>，
所以g(a)在上单调递减，在上单调递增，
所以g(a)min＝g＝－－ln ＝ln >0，
则g(a)>0恒成立，
所以当a>0时，f(x)>2ln a＋恒成立，证毕．
证法二：令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，
当x<0时，h′(x)<0，当x>0时，h′(x)>0，
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，
因为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＋，即证x＋ln a＋1＋a2－x>2ln a＋，即证a2－－ln a>0恒成立，
以下同证法一．
【常用结论】 待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证．
1.(2023·新课标Ⅱ卷节选)证明：当0证明 构建F(x)＝x－sinx，
则F′(x)＝1－cosx>0对任意x∈(0，1)恒成立，
则F(x)在(0，1)上单调递增，可得F(x)>F(0)＝0，
所以当0sinx；
构建G(x)＝sinx－(x－x2)＝x2－x＋sinx，
则G′(x)＝2x－1＋cosx，
构建g(x)＝G′(x)，
则g′(x)＝2－sinx>0对任意x∈(0，1)恒成立，
则g(x)在(0，1)上单调递增，可得g(x)>g(0)＝0，
即G′(x)>0对任意x∈(0，1)恒成立，
则G(x)在(0，1)上单调递增，可得G(x)>G(0)＝0，
所以当0x－x2.
综上所述，当0考点二 放缩法证明不等式
例2 已知x∈(0，1)，求证：x2－<.
证明 证法一：要证x2－<，
只需证ex又易证ex>x＋1(0∴只需证ln x＋(x＋1)>0，
即证ln x＋1－x3＋－x2>0，
而x3∴只需证ln x＋1－2x＋>0，
令g(x)＝ln x＋1－2x＋，
则g′(x)＝－2－＝－，
而2x2－x＋1>0恒成立，∴g′(x)<0，
∴g(x)在(0，1)上单调递减，
∴当x∈(0，1)时，g(x)>g(1)＝0，
即ln x＋1－2x＋>0，
∴x2－<.
证法二：∵x∈(0，1)，
∴ex∈(1，e)，x2－∈(－∞，0)，
∴要证x2－<成立，只需证ex只需证x2－∴只需证ln x＋－x>0，
令h(x)＝ln x＋－x，
则h′(x)＝－－1＝－，
而x2－x＋1>0恒成立，∴h′(x)<0，
∴h(x)在(0，1)上单调递减，
∴当x∈(0，1)时，h(x)>h(1)＝0，
∴ln x＋－x>0，
∴x2－<.
导数的综合应用题中，最常见就是ex和ln x与其他代数式结合的难题，对于这类问题，可以先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，便于化简或判断导数的正负．常见的放缩公式如下： (1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号； (2)ex≥ex，当且仅当x＝1时取等号； (3)当x≥0时，ex≥1＋x＋x2，当且仅当x＝0时取等号； (4)当x≥0时，ex≥1＋x2，当且仅当x＝0时取等号； (5)≤ln x≤x－1≤x2－x，当且仅当x＝1时取等号．
2.(2023·四川南充模拟)已知函数f(x)＝ax－sinx.
(1)若函数f(x)为增函数，求实数a的取值范围；
(2)求证：当x>0时，ex>2sinx.
解 (1)因为f(x)＝ax－sinx，
所以f′(x)＝a－cosx，
由函数f(x)为增函数，得f′(x)＝a－cosx≥0恒成立，
即a≥cosx在R上恒成立，
因为y＝cosx∈[－1，1]，所以a≥1，
即实数a的取值范围是[1，＋∞)．
(2)证明：由(1)知，当a＝1时，f(x)＝x－sinx为增函数，
当x>0时，由f(x)>f(0)＝0，得x>sinx，
要证当x>0时，ex>2sinx，现在证当x>0时，ex>2x，
即证ex－2x>0在(0，＋∞)上恒成立，
设g(x)＝ex－2x(x>0)，则g′(x)＝ex－2，
当0ln 2时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，
所以g(x)min＝g(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2(1－ln 2)>0，
所以g(x)≥g(ln 2)>0，所以ex>2x成立，
故当x>0时，ex>2sinx.
考点三 凹凸反转法证明不等式
例3 求证：ex－ex＋1－>0(x>0)．
证明 原不等式等价于ex－ex＋1>(x>0)．令F(x)＝ex－ex＋1(x>0)，F′(x)＝ex－e，当x∈(0，1)时，F′(x)<0，F(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，F′(x)>0，F(x)单调递增，所以F(x)min＝F(1)＝e－e＋1＝1.令G(x)＝(x>0)，G′(x)＝.当x∈(0，e)时，G′(x)>0，G(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，G′(x)<0，G(x)单调递减，所以G(x)max＝G(e)＝1，等号不同时取得，所以F(x)>G(x)，即ex－ex＋1>，故原不等式成立．
“凹凸反转法”证明不等式的方法步骤 ，如图所示． 注意：在证明过程中，“隔离化”是关键．如果证g(x)≥f(x)恒成立，只需证g(x)min≥f(x)max恒成立，但只有当f(x)与g(x)取到最值的条件是同一个x的值时取等号，否则只能得到g(x)>f(x)．
3.已知函数g(x)＝xln x．证明：当x>0时，g(x)>－.
证明 因为g(x)＝xln x，所以g′(x)＝1＋ln x，令g′(x)＝0，得x＝，所以当x∈时，g′(x)<0；当x∈时，g′(x)>0，所以函数g(x)在上单调递减，在上单调递增，所以当x>0时，g(x)min＝g＝－.令φ(x)＝－，则φ′(x)＝，所以当00，当x>1时，φ′(x)<0，所以φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以φ(x)max＝φ(1)＝－.又两个等号不同时成立，故当x>0时，g(x)>－.
课时作业
1．(2023·福建福州模拟)已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
解 (1)f′(x)＝－a(x>0)，
①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②若a>0，则当00；
当x>时，f′(x)<0，
故f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证法一：因为x>0，
所以只需证f(x)≤－2e，
当a＝e时，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.
令g(x)＝－2e(x>0)，
则g′(x)＝，
所以当0当x>1时，g′(x)>0，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)≤－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.
证法二：由题意知，要证xf(x)－ex＋2ex≤0，
即证exln x－ex2－ex＋2ex≤0，
即证ln x－x＋2≤.
设函数m(x)＝ln x－x＋2(x>0)，
则m′(x)＝－1.
所以当x∈(0，1)时，m′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，m′(x)<0，
故m(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
从而m(x)在(0，＋∞)上的最大值为m(1)＝1.
设函数h(x)＝(x>0)，
则h′(x)＝.
所以当x∈(0，1)时，h′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，
故h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1.
综上，当x>0时，m(x)≤h(x)，
即xf(x)－ex＋2ex≤0.
2．(2024·山东临沂沂水县第四中学高三上学期月考)已知函数f(x)＝ex－2－ax(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a≤0时，求证：f(x)>ln x.
解 (1)函数的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－2－a.
当a≤0时，f′(x)>0，则函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
当a>0时，由f′(x)＝0，得x＝2＋ln a；
当x<2＋ln a时，f′(x)<0，当x>2＋ln a时，f′(x)>0，
∴f(x)在(－∞，2＋ln a)上单调递减，在(2＋ln a，＋∞)上单调递增．
综上所述，当a≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在(－∞，2＋ln a)上单调递减，在(2＋ln a，＋∞)上单调递增．
(2)证明：要证f(x)>ln x，即证ex－2－ax>ln x，
即证－a>.
设g(x)＝－a(x>0)，
则g′(x)＝，
当0当x>1时，g′(x)>0，
∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(1)＝e－1－a＝－a.
令h(x)＝(x>0)，
则h′(x)＝(x>0)，
当00；当x>e时，h′(x)<0，
∴h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，∴h(x)max＝h(e)＝，
当a≤0时，g(x)≥－a≥≥h(x)，
∵前后取等号的条件不一致，
∴－a>.
综上所述，当a≤0时，f(x)>ln x.
3．已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝x－1，证明：
(1)当x∈(0，＋∞)时，不等式f(x)≤g(x)恒成立；
(2)对于任意正整数n，不等式·…证明 (1)要证不等式f(x)≤g(x)恒成立，即证ln x≤x－1恒成立，
令h(x)＝ln x－x＋1，
则h′(x)＝－1＝，
当00；
当x>1时，h′(x)<0，
所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以h(x)≤h(1)＝0，所以ln x≤x－1恒成立．
(2)由(1)知ln x≤x－1，
令x＝1＋，则ln <，k∈N*，
所以ln ＋ln ＋…＋ln <＋＋…＋＝1－<1，
即…4．(2023·哈尔滨模拟)已知函数f(x)＝ax＋1(x>0)，g(x)＝ln x－＋2a.
(1)若a＝，比较函数f(x)与g(x)的大小；
(2)若m>n>0，求证：>.
解 (1)当a＝时，
f(x)＝＋1，g(x)＝ln x＋＋1，
令F(x)＝f(x)－g(x)＝－ln x－，
则F′(x)＝－＋＝≥0，
所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，且F(1)＝0.
综上，当x＝1时，F(x)＝0，f(x)＝g(x)；
当x∈(0，1)时，F(x)<0，f(x)当x∈(1，＋∞)时，F(x)>0，f(x)>g(x)．
(2)证明：m>n>0，>1，
要证>，
即证>ln m－ln n，
即证－>ln ，
设t＝，且t>1，即证t－>ln t2＝2ln t，
即证－ln t－>0(t>1)，
由(1)知，当x∈(1，＋∞)时，F(x)>0成立，故不等式成立，所以当m>n>0时，>.
5．设函数f(x)＝ln (a－x)，已知x＝0是函数y＝xf(x)的极值点．
(1)求a；
(2)设函数g(x)＝，证明：g(x)<1.
解 (1)由题意，得y＝xf(x)＝xln (a－x)，y′＝ln (a－x)＋x[ln (a－x)]′.
因为x＝0是函数y＝xf(x)的极值点，
所以y′|x＝0＝ln a＝0，所以a＝1.
(2)证明：由(1)可知f(x)＝ln (1－x)，
要证g(x)<1，
即证<1，即需证<1.
因为当x∈(－∞，0)时，xln (1－x)<0，
当x∈(0，1)时，xln (1－x)<0；
所以需证x＋ln (1－x)>xln (1－x)，
即证x＋(1－x)ln (1－x)>0.
令h(x)＝x＋(1－x)ln (1－x)，x∈(－∞，1)，且x≠0，
则h′(x)＝1＋(－1)ln (1－x)＋(1－x)·＝－ln (1－x)，
所以当x∈(－∞，0)时，h′(x)<0；
当x∈(0，1)时，h′(x)>0，
所以h(x)>h(0)＝0，
即x＋ln (1－x)>xln (1－x)，
所以<1成立，
所以<1，即g(x)<1.
6．(2023·天津高考)已知函数f(x)＝·ln (x＋1)．
(1)求曲线y＝f(x)在x＝2处切线的斜率；
(2)当x>0时，证明：f(x)>1；
(3)证明：解 (1)f′(x)＝－ln (x＋1)＋，
所以f′(2)＝－，
故曲线y＝f(x)在x＝2处切线的斜率为－.
(2)证明：构造g(t)＝ln t－(t≥1)，
则g′(t)＝－＝≥0，
所以函数g(t)在[1，＋∞)上单调递增，
所以g(t)≥g(1)＝0，
所以ln t>(t>1)．
令x＋1＝t(x>0)，则ln (x＋1)>(x>0)，
所以当x>0时，ln (x＋1)>1，
即f(x)>1.
(3)证明：先证ln (n！)－ln n＋n≤1.
令h(n)＝ln (n！)－ln n＋n，n∈N*，
则h(n＋1)－h(n)＝ln (n＋1)－ln (n＋1)＋ln n＋1＝1－ln ，
由(2)可知ln (x＋1)>1，令n＝，
则1－ln <0，
故h(n)单调递减，则h(n)≤h(1)＝1，得证．
再证ln (n！)－ln n＋n>.
证法一：构造s(x)＝ln x－，x>0，
则s′(x)＝－＝－，
当00，当x>1时，s′(x)<0，
故s(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
故s(x)≤s(1)＝0，即ln x≤.
又当n≥2时，h(n)－h(n＋1)＝ln －1≤·－1＝<＝，
所以h(1)－h(2)＋h(2)－h(3)＋…＋h(n－1)－h(n)＝h(1)－h(n)<1－ln 2＋ln 2－2＋＝ln 2－1＋故h(n)>h(1)－＝，得证．
综上，证法二：先证不等式ln (1＋x)－1<成立．
令p(x)＝ln (1＋x)－(x≥0)，
则p′(x)＝－≤0，
故p(x)在[0，＋∞)上单调递减，
故当x>0时，p(x)所以当n≥2时，ln －1<<＝.
以下同证法一．
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第2课时 利用导数证明不等式
考点一 直接构造函数证明不等式
例1 (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)证明：当a>0时，f(x)>2ln a＋.
【常用结论】 待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证．
1.(2023·新课标Ⅱ卷节选)证明：当0考点二 放缩法证明不等式
例2 已知x∈(0，1)，求证：x2－<.
导数的综合应用题中，最常见就是ex和ln x与其他代数式结合的难题，对于这类问题，可以先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，便于化简或判断导数的正负．常见的放缩公式如下： (1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号； (2)ex≥ex，当且仅当x＝1时取等号； (3)当x≥0时，ex≥1＋x＋x2，当且仅当x＝0时取等号； (4)当x≥0时，ex≥1＋x2，当且仅当x＝0时取等号； (5)≤ln x≤x－1≤x2－x，当且仅当x＝1时取等号．
2.(2023·四川南充模拟)已知函数f(x)＝ax－sinx.
(1)若函数f(x)为增函数，求实数a的取值范围；
(2)求证：当x>0时，ex>2sinx.
考点三 凹凸反转法证明不等式
例3 求证：ex－ex＋1－>0(x>0)．
“凹凸反转法”证明不等式的方法步骤 ，如图所示． 注意：在证明过程中，“隔离化”是关键．如果证g(x)≥f(x)恒成立，只需证g(x)min≥f(x)max恒成立，但只有当f(x)与g(x)取到最值的条件是同一个x的值时取等号，否则只能得到g(x)>f(x)．
3.已知函数g(x)＝xln x．证明：当x>0时，g(x)>－.
课时作业
1．(2023·福建福州模拟)已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
2．(2024·山东临沂沂水县第四中学高三上学期月考)已知函数f(x)＝ex－2－ax(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a≤0时，求证：f(x)>ln x.
3．已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝x－1，证明：
(1)当x∈(0，＋∞)时，不等式f(x)≤g(x)恒成立；
(2)对于任意正整数n，不等式·…4．(2023·哈尔滨模拟)已知函数f(x)＝ax＋1(x>0)，g(x)＝ln x－＋2a.
(1)若a＝，比较函数f(x)与g(x)的大小；
(2)若m>n>0，求证：>.
5．设函数f(x)＝ln (a－x)，已知x＝0是函数y＝xf(x)的极值点．
(1)求a；
(2)设函数g(x)＝，证明：g(x)<1.
6．(2023·天津高考)已知函数f(x)＝·ln (x＋1)．
(1)求曲线y＝f(x)在x＝2处切线的斜率；
(2)当x>0时，证明：f(x)>1；
(3)证明：21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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