2023高考数学二轮专题 微专题34 导数与不等式的证明

微专题34　导数与不等式的证明

高考定位　导数与不等式的交汇命题是高考的热点和难点，在利用导数证明不等式问题中，常用的方法有构造函数、适当换元、合理放缩、利用最值、有界性、不等式及其性质等.

[高考真题](2021·全国乙卷改编)设函数f(x)＝ln(1－x)，函数g(x)＝.证明：g(x)＜1.

证明　f(x)＝ln(1－x)，g(x)＝＝，x＜1且x≠0，

当x∈(0，1)时，

要证g(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)＝＜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)＝＜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－x2＋2ax，a∈R.若1＜a＜2，求证：f(x)＞(a－2)x.

证明　因为x＞0，所以f(x)＞(a－2)x，

即(x－a)ln x－x＋2a＞(a－2)，

即(x－a)ln x－x－＋5＞0.

设g(x)＝(x－a)ln x－x－＋5，

则g′(x)＝ln x－－，

易知g′(x)在(0，＋∞)上单调递增.

因为1＜a＜2，所以g′(2)＝ln 2－－＜0，g′(4)＝ln 4－－＞0，

所以存在t∈(2，4)，使得g′(t)＝0.

所以ln t＝＋，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－t－＋5＝(t－a)－t－＋5

＝5－，

设h(t)＝t＋(2＜t＜4)，则h′(t)＝1－＞0，h(t)在(2，4)上单调递增，

所以t＋＜4＋＜5.

所以g(x)＞0，即f(x)＞(a－2)x.

样题2 (2022·武汉模拟改编)已知函数f(x)＝aex－2ln x，当a≥时，求证：f(x)＞2－2ln 2.

证明　由a≥可得aex≥×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－，

∵g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，

且g′(1)＝e1－1－＜0，

g′(2)＝e2－1－＝e－1＞0，

∴∃x0∈(1，2)，使得g′(x0)＝0，

有ex0－1－＝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＝，即有ln ex0－1＝ln，

∴ln x0＝ln 2－x0＋1，

∴g(x0)＝ex0－1－2ln x0＝－2(ln 2－x0＋1)＝＋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：＋＋…＋＜(n∈N，n≥2).

(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝－k＝，

当x∈时，f′(x)＞0；

当x∈时，f′(x)＜0，

∴f(x)在上单调递增，

在上单调递减，

∴f(x)max＝f＝ln ≤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，

∴≤＝1－，

∴＋＋…＋≤＋

＋…＋＝(n－1)－

＜(n－1)－

＝(n－1)－

＝(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∈，

所以＝－ln x－1>－ln x－1.

设g(x)＝－ln x－1，

则g′(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，

当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，

所以g(x)≥g(1)＝0，

故>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)<－2＋ln .

证明　f(x)的定义域为(0，＋∞)，求导，得f′(x)＝2x－a＋＝，

由题意得2x2－ax＋1＝0的两个不等的实根为x1，x2，

则解得a>2.

故f(x1＋x2)＝(x1＋x2)2－a(x1＋x2)＋ln(x1＋x2)＝－＋ln ＝－＋ln .

设g(a)＝－＋ln (a>2)，

则g′(a)＝－＋＝<0，

故g(a)在(2，＋∞)上单调递减，

所以g(a)<g(2)＝－2＋ln.

因此f(x1＋x2)<－2＋ln.

2.(2022·江西八校联考改编)证明：x－xln x≤e－x＋x2.

证明　要证x－xln x≤e－x＋x2，

即证e－x＋x2－x＋xln x≥0.

设h(x)＝e－x＋x2－x＋xln x，x>0，

则h′(x)＝－e－x＋2x＋ln x.

令φ(x)＝h′(x)，

则φ′(x)＝e－x＋2＋>0，

所以函数h′(x)＝－e－x＋2x＋ln x在(0，＋∞)上单调递增.

又h′＝－e－＋－1<0，

h′(1)＝－＋2>0，

故h′(x)＝－e－x＋2x＋ln x在上存在唯一零点x0，

即－e－x0＋2x0＋ln x0＝0，

所以当x∈(0，x0)时，h′(x)<0；

当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，

所以函数h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，

故h(x)≥h(x0)＝e－x0＋x－x0＋x0ln x0，

由－e－x0＋2x0＋ln x0＝0，

得h(x0)＝(x0＋1)(x0＋ln x0)＝0，

所以h(x)≥0，即x－xln x≤e－x＋x2.

3.(2022·西安模拟改编)已知函数f(x)＝a(x－1)－xln x(a∈R).

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)当0<x≤1时，f(x)≤0恒成立，求实数a的取值范围；

(3)设n∈N*，求证：＋＋…＋≤.

(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝a－(1＋ln x)＝－ln x＋a－1，

令－ln x＋a－1＝0，解得x＝ea－1.

所以在区间(0，ea－1)上，f′(x)>0，f(x)单调递增；在区间(ea－1，＋∞)上，f′(x)<0，f(x)单调递减.

所以f(x)的单调递增区间为(0，ea－1)，单调递减区间为(ea－1，＋∞).

(2)解　易知f(1)＝0，由(1)知f(x)在(0，ea－1)上单调递增，在(ea－1，＋∞)上单调递减，所以ea－1≥1，所以a≥1.

故实数a的取值范围是[1，＋∞).

(3)证明　当a＝1，0<x≤1时，

f(x)＝x－1－xlnx≤0，

所以x－xln x≤1，

令x＝(n∈N*)，

则－ln ≤1，

＋ln n≤1，

2ln n≤n2－1，≤，

所以＋＋…＋≤＋＋…＋＝＝.

二、创新拓展练

4.(2022·南通质检)已知函数f(x)＝－a(x－1)＋(a－1)ln x，a＞2.

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)若f(m)＝f(1)且m＞1, 证明：∀x∈(1，m)，(a－1)ln x＞x－1.

(1)解　f′(x)＝x－a＋＝，x＞0，

因为a＞2，所以a－1＞1，

所以f′(x)＞0⇒x＞a－1或0＜x＜1，f′(x)＜0⇒1＜x＜a－1，

所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，(a－1，＋∞)，单调递减区间为(1，a－1).

(2)证明　令h(x)＝ln x－x＋1，

则h′(x)＝，h′(x)＞0⇒0＜x＜1，

故h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，

故h(x)≤h(1)＝0，即ln x≤x－1，

欲证：∀x∈(1，m)，(a－1)ln x＞x－1，

即证：∀x∈(1，m)，a－1＞，

令g(x)＝，1＜x＜m，

则g′(x)＝，

因为ln x≤x－1，故ln x－1＋≥0，

所以g′(x)＞0，g(x)在(1，m)上单调递增，

所以g(x)＜g(m)＝，

故欲证∀x∈(1，m)，a－1＞，

只需证a－1＞.

因为f(m)＝f(1)，

所以－a(m－1)＋(a－1)ln m＝，

即＝(a－1)(m－1－ln m)，

因为ln m＜m－1，故m－1－ln m＞0，

故等价于证明：ln m＞，

令H(x)＝ln x－，x＞1，

则H′(x)＝＞0，

H(x)在(1，＋∞)上单调递增，

故H(x)＞H(1)＝0，即ln x＞，从而结论得证.