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二轮专题
专题六 函数、导数和不等式 课时24 利用导数证明不等式（课件 学案 练习）2026届高中数学（通用版）二轮专题复习
文档属性
名称
专题六 函数、导数和不等式 课时24 利用导数证明不等式（课件 学案 练习）2026届高中数学（通用版）二轮专题复习
格式
zip
文件大小
6.0MB
资源类型
教案
版本资源
通用版
科目
数学
更新时间
2026-01-24 00:00:00
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文档简介
课后限时练24 利用导数证明不等式
1．已知函数f＝ln ．
(1)求证：当x∈时，
(2)已知e为自然对数的底数，求证： n∈N*，<·…·
2．已知函数f(x)＝2ln x＋ax2(a∈R)．
(1)试判断函数f(x)的单调性；
(2)已知函数g(x)＝f(x)－2x，若g(x)有且只有两个极值点x1，x2，且x1
课后限时练24
1．证明：(1)令g，
则g'(x)＝>0，
故g上单调递增，
∴当x∈时，g＝0，
即f成立．
令h，
则h'，
∴h上单调递减，
∴当x∈时，h＝0，
即f
综上所述，当x∈
(2)证明：由(1)可知，ln(1＋x)
0．
取x＝(i∈N*，i≤n，n∈N*)．
∴ln，
∴ln＋…＋ln＋…＋≤1，
∴ln<1，∴·…·
由(1)可知，ln(1＋x)>对x∈恒成立．
取x＝(i∈N*，i≤n，n∈N*)，
则ln，
∴ln＋…＋ln＋…＋
>＋…＋，
∴ln>，∴·…·>．
综上可得， n∈N*，<·…·
2．解：(1)因为函数f(x)＝2ln x＋ax2(a∈R)，定义域为(0，＋∞)，
所以f'(x)＝，
当a≥0时，f'(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a<0时，令f'(x)>0，即2ax2＋2>0，解得，
令f'(x)<0，解得x<或x>，
所以f(x)在上单调递减．
(2)由题可知，g(x)＝2ln x＋ax2－2x，g'(x)＝，
因为g(x)有两个极值点x1，x2(x1
所以x1，x2是2ax2－2x＋2＝0的两个根，
则
所以g(x1)－g(x2)＝(2ln x1＋a－2x1)－(2ln x2＋a－2x2)
＝2ln＋a()－2(x1－x2)
＝2ln－2(x1－x2)
＝2ln－(x1－x2)，
所以，要证g(x1)－g(x2)<(2a－1)(x1－x2)，即证2ln－(x1－x2)<(2a－1)·(x1－x2)，即证ln
令t＝(0
令h(t)＝ln t－，则h'(t)＝>0，所以，h(t)在(0，1)内单调递增，
则h(t)
所以原不等式g(x1)－g(x2)<(2a－1)·(x1－x2)成立．
1/1课时24 利用导数证明不等式
[备考指南] 常以y＝ex，y＝ln x，y＝sin x等基本初等函数或与之相关的复合函数为载体，将函数、方程、不等式巧妙地融合在一起，重在考查转化化归、逻辑推理能力．备考时，既要熟知不等式证明的常规方法，也要关注“对数平均不等式、切线不等式”等相应的结论．
命题点1 单变量不等式的证明
【典例1】 已知函数f＝a ln x－x＋1(a∈R)，g＝sin x－x．
(1)讨论函数f的单调性；
(2)证明：g<0(n∈N*)；
(3)证明：ln 2>sin ＋sin ＋sin ＋…＋sin (n∈N*)．
[听课记录]
反思领悟 单变量不等式的证明方法
(1)构造函数法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；
(2)凹凸反转法：欲证f(x)＜g(x)，有时可以证明f(x)max＜g(x)min；
(3)放缩法：在证明相关不等式时，若能灵活运用ex≥x＋1，ln x≤x－1及ln x≥1－进行放缩，往往事半功倍．
(2025·安徽六安模拟)已知函数f(x)＝2(x＋2)－ex．
(1)求f(x)的最大值；
(2)当x≥0时，证明：f(x)
命题点2 双变量不等式的证明
【典例2】 (1)(对数平均不等式)若a＞0，b＞0，a≠b，求证：＜＜；
(2)已知函数f(x)＝－x＋a ln x存在两个极值点x1，x2，证明：＜a－2．
[听课记录]
反思领悟 证明双变量不等式的三种常见方法
(1)消元法：建立x1与x2的等量关系，如x2＝g(x1)，从而将f(x1，x2)＞A的双变量不等式化成h(x1)＞A的单变量不等式．
(2)换元法：先对含有双变量的不等式进行“除法”变形，再将[或(x2－x1)]看成一个新对象(整体)，进行“换元”处理，将双变量问题等价转化为单变量问题，从而进行降维求解．
(3)构造“形似”函数法：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子，根据“相同结构”构造辅助函数．
三种方法都是通过“减元”将双元问题转化为单元问题，确定待研究的函数是解题的核心．
1．已知函数f(x)＝(a＋1)ln x＋ax2＋1．设a≤－2，证明：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|．
2．(2025·江西赣州一模节选)已知函数f(x)＝ex－mx(其中e为自然对数的底数)有两个零点x1，x2．
(1)求m的取值范围；
(2)证明：＋x1x2>3．
课时24 利用导数证明不等式
典例1 解：(1)函数f，f'．
①当a≤0时，f'<0恒成立，
所以函数f上单调递减；
②当a>0时，由f'＝0，得x＝a，
当x∈时，f'>0；
当x∈时，f'<0．
所以函数f上单调递减．
综上，当a≤0时，函数f在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，函数f上单调递减．
(2)证明：∵g＝sin x－x，∴g'＝cos x－1≤0恒成立，∴g在R上单调递减，又n∈N*，∴0<，
∴g＝0．
(3)证明(放缩法)：由(1)知，当a＝1时，f≤0，即ln x≤x－1，∴ln－1，
∴ln x≥1－，
∴ln(当x＝0时“＝”成立)．
令x＝(n∈N*)，∴ln，
即ln，
∴ln，
从而ln，
ln，…，
ln(2n)－ln，
累加可得ln＋…＋，
即ln 2>＋…＋．
由(2)知，g＝sin x－x在上单调递减，∴g＝0，即sin x
∴＋…＋＋…＋sin．
∴ln 2>sin＋…＋sin(n∈N*)．
考教衔接
解：(1)由题意知f'(x)＝2－ex，令f'(x)＝0，得x＝ln 2，
当x∈(－∞，ln 2)时，f'(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(ln 2，＋∞)时，f'(x)<0，f(x)单调递减．
∴当x＝ln 2时，f(x)取得最大值，且最大值为f(ln 2)＝2ln 2＋2．
(2)证明(凹凸反转法)：设g(x)＝x－sin x＋4，x≥0，则g'(x)＝1－cos x≥0，
∴g(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(0)＝4，即g(x)在[0，＋∞)上的最小值为4，
∵2ln 2＋2<4，∴f(x)≤2ln 2＋2<4≤g(x)，x≥0，
∴当x≥0时，f(x)
典例2 证明：(1)不妨设a>b>0，
①要证成立，
即证，即证ln ，
即证ln ，
令＝t(t>1)，
则需证明2ln t
1)，
构造函数f(t)＝2ln t－t＋(t>1)，
则f'(t)＝<0，
所以f(t)在(1，＋∞)上单调递减，又f(1)＝0，
所以f(t)<0，即2ln t
②要证，只需证2·，
即证2·，令t＝(t>1)，
即证2·
构造函数φ(t)＝2－－ln t(t>1)，
φ'(t)＝<0，
所以φ(t)在(1，＋∞)上单调递减，
所以φ(t)<φ(1)＝0，即2－
所以原不等式得证．
综上，．
(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f'(x)＝－，
易知当且仅当a>2时，f(x)存在两个极值点．
由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1．不妨设x1
1．
法一：(消元法)
由于－1＋a·
＝－2＋a·．
＝－2＋a·，
所以
1)．
设函数g(x)＝－x＋2ln x(x>1)，
则g'(x)＝－<0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递减．
又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0，
所以－x2＋2ln x2<0，
即
法二：(对数平均不等式)
由于－1＋a·
＝－2＋a·．
由对数平均不等式知
＝1，又x2>x1>0，
所以x1－x2<0，ln x1－ln x2<0，
所以0<<1，
所以<－2＋a，即证原不等式成立．
考教衔接
1．解：(构造“形似”函数法)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
∵a≤－2，∴ f'(x)＝<0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
不妨假设x1≥x2，∴|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|等价于 f(x2)－f(x1)≥4x1－4x2．
即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1．
令g(x)＝f(x)＋4x，则g'(x)＝．
∵a≤－2，x>0，∴g'(x)≤<0．
从而g(x)在(0，＋∞)上单调递减，故g(x1)≤g(x2)，即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1，故对任意 x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|．
2．解：(1)由f(x)＝ex－mx得f'(x)＝ex－m．
当m≤0时，f'(x)>0，f(x)在R上单调递增，f(x)在R上最多有一个零点，不符合题意．
当m>0时，由f'(x)>0得x>ln m，
由f'(x)<0得x
∴f(x)在(－∞，ln m)上单调递减，
在(ln m，＋∞)上单调递增，
∴f(x)min＝f(ln m)＝eln m－mln m＝m－mln m<0，故m>e．
∵f(0)＝1>0，x→＋∞时，f(x)→＋∞，
∴f(x)在(0，ln m)内和(ln m，＋∞)上分别存在一个零点，符合题意，∴m的取值范围为(e，＋∞)．
(2)由(1)得，f(x)在(0，ln m)和(ln m，＋∞)上分别存在一个零点，由m>e得f(1)＝e－m<0，设x1
∵ex－mx＝0等价于x＝ln x＋ln m，
∴x1－ln x1＝x2－ln x2，即＝1，
由对数平均不等式，得1＝，即x1＋x2>2，
∴＝3．
1/4(共80张PPT)
专题六 函数、导数和不等式
课时24 利用导数证明不等式
[备考指南] 常以y＝ex，y＝ln x，y＝sin x等基本初等函数或与之相关的复合函数为载体，将函数、方程、不等式巧妙地融合在一起，重在考查转化化归、逻辑推理能力．备考时，既要熟知不等式证明的常规方法，也要关注“对数平均不等式、切线不等式”等相应的结论．
命题点1 单变量不等式的证明
【典例1】 已知函数f＝a ln x－x＋1(a∈R)，g＝sin x－x．
(1)讨论函数f的单调性；
(2)证明：g<0(n∈N*)；
(3)证明：ln 2>sin ＋sin ＋sin ＋…＋sin (n∈N*)．
[解] (1)函数f 的定义域为，f ′＝－1＝．
①当a≤0时，f ′<0恒成立，
所以函数f 在上单调递减；
②当a>0时，由f ′＝0，得x＝a，
当x∈时，f ′>0；当x∈时，f ′<0．
所以函数f 在内单调递增，在上单调递减．
综上，当a≤0时，函数f 在上单调递减；
当a>0时，函数f在内单调递增，在上单调递减．
(2)证明：∵g＝sin x－x，∴g′＝cos x－1≤0恒成立，∴g在R上单调递减，又n∈N*，∴0<，∴g
(3)证明(放缩法)：由(1)知，当a＝1时，f≤0，即ln x≤x－1，
∴ln －1，∴ln x≥1－＝，
∴ln (当x＝0时“＝”成立)．
令x＝(n∈N*)，∴ln >，
即ln >，
∴ln －ln n>，从而ln －ln >，
ln －ln >，…，ln (2n)－ln >，
累加可得ln －ln n>＋…＋，
即ln 2>＋…＋．
由(2)知，g＝sin x－x在上单调递减，∴g
∴＋…＋>sin ＋sin ＋sin ＋…＋sin ．
∴ln 2>sin ＋sin ＋sin ＋…＋sin (n∈N*)．
反思领悟 单变量不等式的证明方法
(1)构造函数法：证明不等式f (x)＞g(x)(f (x)＜g(x))转化为证明f (x)－g(x)＞0(f (x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f (x)－g(x)；
(2)凹凸反转法：欲证f (x)＜g(x)，有时可以证明f (x)max＜g(x)min；
(3)放缩法：在证明相关不等式时，若能灵活运用ex≥x＋1，ln x≤x－1及ln x≥1－进行放缩，往往事半功倍．
(2025·安徽六安模拟)已知函数f (x)＝2(x＋2)－ex．
(1)求f (x)的最大值；
(2)当x≥0时，证明：f (x)
[解] (1)由题意知f ′(x)＝2－ex，令f ′(x)＝0，得x＝ln 2，
当x∈(－∞，ln 2)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增；当x∈(ln 2，＋∞)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减．
∴当x＝ln 2时，f (x)取得最大值，且最大值为f (ln 2)＝2ln 2＋2．
(2)证明(凹凸反转法)：设g(x)＝x－sin x＋4，x≥0，则g′(x)＝1－
cos x≥0，
∴g(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(0)＝4，即g(x)在[0，＋∞)上的最小值为4，
∵2ln 2＋2<4，∴f (x)≤2ln 2＋2<4≤g(x)，x≥0，
∴当x≥0时，f (x)
【教用·备选题】
1．已知函数f (x)＝1－ln x，x∈(0，1)，求证：＋x2－＜1．
[证明] 法一(凹凸反转法)：因为x∈(0，1)，
所以欲证＋x2－＜1，只需证＋x2－＜1，
即证x(1－ln x)＜(1＋x－x3)ex．
设函数g(x)＝x(1－ln x)，
则g′(x)＝－ln x．
当x∈(0，1)时，g′(x)＞0，
故函数g(x)在(0，1)内单调递增，所以g(x)＜g(1)＝1．
设函数h(x)＝(1＋x－x3)ex，则h′(x)＝(2＋x－3x2－x3)ex．
设函数p(x)＝2＋x－3x2－x3，则p′(x)＝1－6x－3x2．
当x∈(0，1)时，p′(0)·p′(1)＝－8＜0，
故存在x0∈(0，1)，使得p′(x0)＝0，
从而函数p(x)在(0，x0)内单调递增，
在(x0，1)内单调递减．
当x∈(0，x0)时，p(x0)＞p(0)＝2，
当x∈(x0，1)时，p(x0)·p(1)＜－2＜0，
故存在x1∈(0，1)，使得p(x1)＝0，
即当x∈(0，x1)时，p(x)＞0，当x∈(x1，1)时，p(x)＜0，
从而函数h(x)在(0，x1)内单调递增，
在(x1，1)内单调递减．
因为h(0)＝1，h(1)＝e，
所以当x∈(0，1)时，h(x)＞h(0)＝1，
所以x(1－ln x)＜(1＋x－x3)ex，x∈(0，1)，
即＋x2－＜1，x∈(0，1)．
法二(放缩法)：因为x∈(0，1)，
所以欲证＋x2－＜1，
只需证＋x2－＜1，
由于1－ln x＞0，ex＞e0＝1，
则只需证明1－ln x＋x2－＜1，
只需证明ln x－x2＋＞0，
令g(x)＝ln x－x2＋，则
当x∈(0，1)时，g′(x)＝－2x－＝＜＜0，
则函数g(x)在(0，1)内单调递减，则g(x)＞g(1)＝0，
所以ln x－x2＋＞0，即原不等式成立．
2．(2023·天津高考)已知函数f (x)＝ln (x＋1)．
(1)求曲线y＝f (x)在x＝2处的切线斜率；
(2)求证：当x>0时，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处的切线的斜率为．
(2)证明：要证当x＞0时，f (x)＞1，即证当x＞0时，ln (x＋1)＞1，即证当x＞0时，ln (1＋x)＞．
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
构造s(x)＝ln x－，x>0，
则s′(x)＝＝，
当0
0，
当x>1时，s′(x)<0，
故s(x)在(0，1)内单调递增，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＋
h(1)－＝，得证．
综上，
3．(1)非零实数x满足－1＜x＜1．证明不等式：＜．
(2)证明不等式：0.999 9101＜0.99＜0.999 9100．
[证明] (1)显然＞0且＞0且x≠0，
原不等式 ln (1－x)＜ln (1＋x)，
令f (x)＝(x－1)ln (1－x)－ln (1＋x)(－1＜x＜1且x≠0)，则f ′(x)＝ln (1－x)＋1－．
令g(x)＝ln (1－x)＋1－，则g′(x)＝＝，
当x∈(－1，0)时，g′(x)＞0，f ′(x)在(－1，0)内单调递增，f ′(x)＜
f ′(0)＝0，当x∈(0，1)时，g′(x)＜0，f ′(x)在(0，1)内单调递减，f ′(x)＜f ′(0)＝0，∴f (x)在(－1，0)内单调递减，在(0，1)内单调递减，
∴f (x)在x∈(－1，0)时，f (x)＞0，在x∈(0，1)时，f (x)＜0．
＜．
(2)∵0.999 9100＝＝，0.999 9101＝，原不等式等价为
＜1－＜，
即证＜1＜，在(1)中，
令x＝，则＜，∴＞1，
在(1)中，令x＝－，则
＜，
∴＜1，
∴0.999 9101＜0.99＜0.999 9100．
命题点2 双变量不等式的证明
【典例2】 (1)(对数平均不等式)若a＞0，b＞0，a≠b，求证：＜＜；
(2)已知函数f (x)＝－x＋a ln x存在两个极值点x1，x2，证明：＜a－2．
[证明] (1)不妨设a＞b＞0，①要证＜成立，
即证＜，即证ln ＜，
即证ln ＜，令＝t(t＞1)，则需证明2ln t＜t－(t＞1)，
构造函数f (t)＝2ln t－t＋(t＞1)，则f ′(t)＝－1－＝－＜0，
所以f (t)在(1，＋∞)上单调递减，又f (1)＝0，
所以f (t)<0，即2ln t＜t－，原不等式得证．
②要证＜，只需证2·＜ln ，
即证2·＜ln ，令t＝(t＞1)，
即证2·＜ln t，即证2－
构造函数φ(t)＝2－－ln t(t>1)，φ′(t)＝＝－<0，
所以φ(t)在(1，＋∞)上单调递减，所以φ(t)<φ(1)＝0，即2－
所以原不等式得证．
综上，＜＜．
(2)f (x)的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝－－1＋＝－，
易知当且仅当a＞2时，f (x)存在两个极值点．
由于f (x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1．不妨设x1＜x2，则x2＞1．
法一：(消元法)
由于
＝－－1＋a·
＝－2＋a·
＝－2＋a·，
所以＜a－2等价于－x2＋2ln x2＜0(x2＞1)．
设函数g(x)＝－x＋2ln x(x＞1)，
则g′(x)＝－－1＋＝＝－＜0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递减．
又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0，所以－x2＋2ln x2＜0，即＜a－2．
法二：(对数平均不等式)
由于＝－－1＋a·
＝－2＋a·．
由对数平均不等式知>＝1，又x2>x1>0，
所以x1－x2<0，ln x1－ln x2<0，所以0<<1，
所以＝－2＋<－2＋a，即证原不等式成立．
反思领悟 证明双变量不等式的三种常见方法
(1)消元法：建立x1与x2的等量关系，如x2＝g(x1)，从而将f (x1，x2)＞A的双变量不等式化成h(x1)＞A的单变量不等式．
(2)换元法：先对含有双变量的不等式进行“除法”变形，再将[或(x2－x1)]看成一个新对象(整体)，进行“换元”处理，将双变量问题等价转化为单变量问题，从而进行降维求解．
(3)构造“形似”函数法：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子，根据“相同结构”构造辅助函数．
三种方法都是通过“减元”将双元问题转化为单元问题，确定待研究的函数是解题的核心．
1．已知函数f (x)＝(a＋1)ln x＋ax2＋1．设a≤－2，证明：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f (x1)－f (x2)|≥4|x1－x2|．
[解] (构造“形似”函数法)f (x)的定义域为(0，＋∞)，
∵a≤－2，∴ f ′(x)＝＋2ax＝<0，
∴f (x)在(0，＋∞)上单调递减．
不妨假设x1≥x2，∴|f (x1)－f (x2)|≥4|x1－x2|等价于f (x2)－f (x1)≥4x1－4x2．
即f (x2)＋4x2≥f (x1)＋4x1．
令g(x)＝f (x)＋4x，则g′(x)＝＋2ax＋4＝．
∵a≤－2，x>0，∴g′(x)≤＝<0．
从而g(x)在(0，＋∞)上单调递减，故g(x1)≤g(x2)，即f (x2)＋4x2≥
f (x1)＋4x1，故对任意 x1，x2∈(0，＋∞)，|f (x1)－f (x2)|≥4|x1－x2|．
2．(2025·江西赣州一模节选)已知函数f (x)＝ex－mx(其中e为自然对数的底数)有两个零点x1，x2．
(1)求m的取值范围；
(2)证明：＋x1x2>3．
[解] (1)由f (x)＝ex－mx得f ′(x)＝ex－m．
当m≤0时，f ′(x)>0，f (x)在R上单调递增，f (x)在R上最多有一个零点，不符合题意．
当m>0时，由f ′(x)>0得x>ln m，由f ′(x)<0得x
∴f (x)在(－∞，ln m)上单调递减，在(ln m，＋∞)上单调递增，
∴f (x)min＝f (ln m)＝eln m－m ln m＝m－m ln m<0，故m>e．
∵f (0)＝1>0，x→＋∞时，f (x)→＋∞，
∴f (x)在(0，ln m)内和(ln m，＋∞)上分别存在一个零点，符合题意，∴m的取值范围为(e，＋∞)．
(2)由(1)得，f (x)在(0，ln m)和(ln m，＋∞)上分别存在一个零点，由m>e得f (1)＝e－m<0，设x1
∵ex－mx＝0等价于x＝ln x＋ln m，
∴x1－ln x1＝x2－ln x2，即＝1，
由对数平均不等式，得1＝<，即x1＋x2>2，
＋x1x2＝>＋>12＋＝3．
【教用·备选题】
1．已知函数f ＝a ln x－x，a∈R．
(1)讨论f 的单调性；
(2)若存在不相等的实数x1，x2，使得f＝f，证明：0<2a
[解] (1)由题得f 的定义域为，f ′＝－1＝，
当a≤0时，f ′<0，所以f 在上单调递减；
当a>0，x∈时，f ′>0，
所以f 在内单调递增，
当x∈时，f ′<0，所以f在上单调递减．
综上所述，
当a≤0时，f 在上单调递减；
当a>0时，f 在内单调递增，在上单调递减．
(2)证明：由(1)得，当a≤0时，f在上单调递减，不符合题意，故a>0，则2a>0．
由f＝f，可得a ln x1－x1＝a ln x2－x2，即a＝x1－x2，可设x1>x2>0，
则ln x1>ln x2，则a＝>0．
要证2a
即证ln x1－ln x2>2·，即证ln >2·，设t＝(t>1)，即证ln t>2·，设k＝ln t－2·，t>1，
可得k′＝＝>0，
所以k在上单调递增，即k>k＝0，即ln t>2·，则2a
综上可得0<2a
2．已知函数f (x)＝2x－a ln x．
(1)若f (x)＞0恒成立，求a的取值范围；
(2)当a＝1时，若＝＝，其中x1＜x2，证明：x2－x1＜．
[解] (1)因为f (x)＝2x－a ln x(x＞0)，所以f ′(x)＝2－＝，
当a＝0时，f (x)＝2x，显然f (x)＞0恒成立；
当a＜0时，易得)＝－＜2e0－2＝0，不符合题意；
当a＞0时，令f ′(x)＜0，得0＜x＜；令f ′(x)＞0，得x＞，所以f (x)在内单调递减，在上单调递增，故有＝
f ＝a－a ln ＞0，所以0＜a＜2e．
综上，a的取值范围为[0，2e)．
(2)证明：当a＝1时，令g(x)＝，
则g′(x)＝，
由(1)知2x－ln x＞0，
令p(x)＝2x－2＋ln x，
由于y＝2x－2与y＝ln x在(0，＋∞)上均单调递增，
所以p(x)在(0，＋∞)上单调递增且p(1)＝0，
令g′(x)＜0，得0＜x＜1；令g′(x)＞0，得x＞1，故g(x)在(0，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增，故g(x)≥g(1)＝4．
由已知可得g(x1)＝g(x2)＝m，则m＞4，且0＜x1＜1＜x2．
下证：g(x)＝≥h(x)＝2，
即证(2x－ln x)2≥2x2＋2，令φ(x)＝(2x－ln x)2－2x2－2，
则φ′(x)＝，
令m(x)＝x－1－ln x(x＞0)，则m′(x)＝1－＝，
当0＜x＜1时，m′(x)＜0；当x＞1时，m′(x)＞0，所以m(x)在(0，1)内单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故m(x)≥m(1)＝0，即x－1≥
ln x，则－2ln x≥－2(x－1)．
令q(x)＝2x2－2x－2x ln x＋ln x，
则q′(x)＝4x＋－2ln x－4≥4x＋－2(x－1)－4＝2x＋－2≥2－2＞0，于是q(x)在(0，＋∞)上单调递增，且q(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，φ′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＞0，故φ(x)在(0，1)内单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，φ(x)≥φ(1)＝0，故g(x)≥h(x)．
设方程h(x)＝m的两个不等实根为x3，x4，且令x3＜x4，由2＝m，可得2x2－mx＋2＝0，故x4－x3＝，由g(x)≥h(x)＝2，可知x2－x1＜x4－x3＝，结论成立．
3．已知函数f ＝－ln ．
(1)求函数f 的单调区间；
(2)已知m，n是正整数，且1
．
[解] (1)函数f 的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x)＝，
①当a≤－1时，f ′<0在上恒成立，f 在上单调递减，无单调递增区间；
②当a>－1时，令f ′>0，解得－1
a，
所以f 的单调递增区间为，单调递减区间为．
综上，当a≤－1时，f 的单调递减区间为，无单调递增区间；
当a>－1时，f 的单调递增区间为，单调递减区间为
(2)证明：两边同时取对数，证明不等式成立等价于证明
n ln >m ln ，即证明>，构造函数h(x)＝，h′(x)＝，令g(x)＝－ln (1＋x)，由(1)知，当a＝0时，g在上单调递减，故g
所以h′<0，所以h在上单调递减，
因为1
h，即>，即>
4．已知函数f ＝ln x＋，若x1，x2是f 的两个极值点，从下面两个结论中任选一个进行证明．
①<；
②f ＋2a≥3ln 2．
[证明] 方案一：选结论①．
(换元法)因为f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝＝，
由题意知，x1，x2是x2－3x＋2a＝0的两根，所以
即0＜a＜，
所以＝
＝
＝＝．
要证<，
只需证<，
即证<，即证<，
即证，即证ln >．
设t＝，则0
t－．
令h＝ln t－t＋，则h′＝－1－＝<0，
所以h在内单调递减，则h>h(1)＝0，所以ln t>t－，故<．
方案二：选结论②．
(消元法)因为f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝＝．
由题意知，x1，x2是x2－3x＋2a＝0的两根，所以
即0＜a＜，
因为x1
所以f ＋2a＝＋2a＝＋3x1，
设g＝ln x＋－x2＋3x＋，
则g′＝－2x＋3
＝，
当x∈时，g′<0，当x∈时，g′>0，
所以g在内单调递减，在内单调递增，则g≥g＝3ln 2，故f＋2a≥3ln 2．
课后限时练24 利用导数证明不等式
1．已知函数f ＝ln ．
(1)求证：当x∈时，
(2)已知e为自然对数的底数，求证： n∈N*，<·…·
[证明] (1)令g＝f＝ln ，
则g′(x)＝＝>0，
故g在上单调递增，∴当x∈时，g>g＝0，即f >成立．
令h＝f －x＝ln －x，
则h′＝－1＝－<0，∴h在上单调递减，∴当x∈时，h
综上所述，当x∈时，
(2)证明：由(1)可知，ln (1＋x)
0．
取x＝(i∈N*，i≤n，n∈N*)．
∴ln <，
∴ln ＋ln ＋…＋ln <＋…＋＝＝≤1，∴ln <1，
∴·…·
由(1)可知，ln (1＋x)>对x∈恒成立．
取x＝(i∈N*，i≤n，n∈N*)，则ln >＝，
∴ln ＋ln ＋…＋ln >＋…＋
>＋…＋＝＝，
∴ln >，
∴·…·>．
综上可得， n∈N*，<·…·
2．已知函数f (x)＝2ln x＋ax2(a∈R)．
(1)试判断函数f (x)的单调性；
(2)已知函数g(x)＝f (x)－2x，若g(x)有且只有两个极值点x1，x2，且x1
[解] (1)因为函数f (x)＝2ln x＋ax2(a∈R)，定义域为(0，＋∞)，
所以f ′(x)＝＋2ax＝，
当a≥0时，f ′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a<0时，令f ′(x)>0，即2ax2＋2>0，解得
令f ′(x)<0，解得x<或x>，
所以f (x)在内单调递增，在上单调递减．
(2)由题可知，g(x)＝2ln x＋ax2－2x，g′(x)＝＋2ax－2＝，
因为g(x)有两个极值点x1，x2(x1
所以x1，x2是2ax2－2x＋2＝0的两个根，
则
所以g(x1)－g(x2)＝－2x2)
＝－2(x1－x2)＝－2(x1－x2)
＝2ln －(x1－x2)，
所以，要证g(x1)－g(x2)<(2a－1)(x1－x2)，
即证2ln －(x1－x2)<(2a－1)(x1－x2)，
即证ln
令t＝(0
0，所以，h(t)在(0，1)内单调递增，则h(t)
即ln t<，所以原不等式g(x1)－g(x2)<(2a－1)(x1－x2)成立．
【教用·备选题】
1．已知函数f (x)＝x＋b(1＋ln x)(b∈R)．
(1)求f (x)的单调区间；
(2)设g(x)＝f (x)－sin x，若存在0
①b<0；
②x1x2<4b2．
[解] (1)由题意，f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝，
若b≥0，则f ′(x)>0，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；若b<0，令f ′(x)＝0，得x＝－b，
当x∈(0，－b)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减；
当x∈(－b，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增．
综上，若b≥0，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
若b<0，f (x)在(0，－b)内单调递减，在(－b，＋∞)上单调递增．
(2)证明：g(x)＝x＋b(1＋ln x)－sin x，g′(x)＝1－．
①若b≥0，则由1－>0，≥0得
g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
故不存在0
所以b<0．
②令m(x)＝x－sin x(x>0)，
m′(x)＝1－cos x≥0，所以m(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为x2＞x1＞0，所以m(x2)＞m(x1)，即x2－sin x2＞x1－sin x1，
因为g(x1)＝g(x2)，
即x1＋b(1＋ln x1)－sin x1
＝x2＋b(1＋ln x2)－sin x2，
所以－b(ln x2－ln x1)
＝x2－x1－(sin x2－sin x1)>(x2－x1)，
又0
>0，
法一(换元法)：
下面证明＞，即＞，
令t＝＞1，则原不等式化为＞，
即证ln t＜，设h(t)＝ln t－(t＞1)，则h′(t)＝＝＜0，h(t)在(1，＋∞)上单调递减，
所以h(t)＜h(1)＝0，所以ln t＜成立，即＞成立，
所以－2b＞，故x1x2＜4b2．
法二(对数平均不等式)：
根据对数平均不等式＜＜，所以>，
所以－2b>，故x1x2<4b2．
2．已知函数f ＝ln x－ax2＋．
(1)讨论函数f 的单调性；
(2)若0
(3)设an＝，n∈N*，数列的前n项和为Sn．证明：Sn>2ln (n＋1)．
[解] (1)函数f 的定义域为，f ′＝－ax＝．
①若a≤0，则f ′>0恒成立，f 在上单调递增．
②若a>0，当x∈时，f ′>0，f 单调递增；
当x∈时，f ′<0，f 单调递减．
综上，当a≤0时，f 在上单调递增；
当a>0时，f 在内单调递增，在上单调递减．
(2)证明：令F＝f ′，则F－ax－＝－ax－a，因为a>0，
所以F＝－ax－a(x2＋x1)在(x1，x2)内单调递减．
F＝－ax1－a(x2＋x1)＝a(x2－x1)＝a(x2－x1)．
令g＝t－1－ln t，t>0，则g′＝1－＝，
所以当t∈时，g′<0，g单调递减，当t∈时，g′>0，g单调递增，
所以g＝g＝0，
又0
1，所以g＝－1－ln >0恒成立，
又因为a>0，x2－x1>0，所以F>0．
同理可得，F＝a，
由t－1－ln t≥0(t＝1时等号成立)，得－1－ln ≥0，即1－－ln t≤0(t＝1时等号成立)，又0
所以1－－ln <0恒成立，又因为a>0，x1－x2<0，x2－x1>0，
所以F<0，
所以在区间内存在唯一实数ξ，使得F＝0，
所以对任意a∈，存在唯一的实数ξ∈，使得f ′＝成立．
(3)证明：当a＝1时，由(1)可得，f＝ln x－x2＋在上单调递减，所以当x>1时，f
令x＝，n∈N*，则ln ＋<0，
即－1>2ln －2ln n，即>2ln －2ln n，
令bn＝2ln －2ln n，n∈N*，则an>bn，
所以a1＋a2＋a3＋…＋an>b1＋b2＋b3＋…＋bn＝2ln 2－2ln 1＋2ln 3－2ln 2＋…＋2ln －2ln n＝2ln ，
所以Sn>2ln ．
谢 谢！
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