新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题3函数与导数第4讲利用导数研究不等式核心考点1不等式的证明教师用书

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题3函数与导数第4讲利用导数研究不等式核心考点1不等式的证明教师用书，共10页。试卷主要包含了 已知函数f＝a－x， 证明， 已知函数f＝xeax－ex等内容，欢迎下载使用。

1. (2023·全国新课标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＋eq \f(3,2).
【解析】 (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，f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)证明：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＋eq \f(3,2)，即证1＋a2＋ln a>2ln a＋eq \f(3,2)，即证a2－eq \f(1,2)－ln a>0恒成立，
令g(a)＝a2－eq \f(1,2)－ln a(a>0)，则g′(a)＝2a－eq \f(1,a)＝eq \f(2a2－1,a)，
令g′(a)<0，则00，则a>eq \f(\r(2),2)；
所以g(a)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，＋∞))上单调递增，
所以g(a)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2－eq \f(1,2)－ln eq \f(\r(2),2)＝ln eq \r(2)>0，则g(a)>0恒成立，所以当a>0时，f(x)>2ln a＋eq \f(3,2)恒成立，证毕．
证法二：令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，
由于y＝ex在R上单调递增，所以h′(x)＝ex－1在R上单调递增，
又h′(0)＝e0－1＝0，
所以当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＋eq \f(3,2)，即证x＋ln a＋1＋a2－x>2ln a＋eq \f(3,2)，即证a2－eq \f(1,2)－ln a>0，
令g(a)＝a2－eq \f(1,2)－ln a(a>0)，则g′(a)＝2a－eq \f(1,a)＝eq \f(2a2－1,a)，
令g′(a)<0，则00，则a>eq \f(\r(2),2)；
所以g(a)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，＋∞))上单调递增，
所以g(a)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2－eq \f(1,2)－ln eq \f(\r(2),2)＝ln eq \r(2)>0，则g(a)>0恒成立，
所以当a>0时，f(x)>2ln a＋eq \f(3,2)恒成立，证毕．
2. (2023·全国新课标Ⅱ卷)(1)证明：当0(2)已知函数f(x)＝cs ax－ln(1－x2)，若x＝0是f(x)的极大值点，求a的取值范围．
【解析】 (1)证明：①设h(x)＝sin x－x，x∈[0,1]，
h′(x)＝cs x－1≤0对∀x∈[0,1]恒成立，且仅在x＝0时有h′(0)＝0，
所以h(x)在x∈[0,1]上单调递减，
所以对∀x∈(0,1)，有h(x)又因为h(0)＝sin 0－0＝0，
所以h(x)＝sin x－x<0对∀x∈(0,1)恒成立．
亦即有sin x②设g(x)＝sin x＋x2－x，x∈[0,1]，
g′(x)＝cs x＋2x－1，
g″(x)＝－sin x＋2>0对∀x∈[0,1]恒成立，
所以g′(x)在x∈[0,1]上单调递增，且因为g′(0)＝1＋0－1＝0，
所以∀x∈[0,1]，g′(x)≥0恒成立，且仅在x＝0时g′(0)＝0，
所以函数y＝g(x)在[0,1]上单调递增．
所以对∀x∈(0,1)，有g(x)>g(0)恒成立
又因为g(0)＝0，
所以sin x＋x2－x>0对∀x∈(0,1)恒成立．
所以x－x2综上可知：x－x2(2)解法一：f(x)＝cs ax－ln(1－x2)，x∈(－1,1)，
且f′(x)＝－asin ax－eq \f(－2x,1－x2)＝－asin ax＋eq \f(2x,1－x2)，
满足f′(0)＝－asin 0＋0＝0.
且因为f′(－x)＝asin ax－eq \f(2x,1－x2)＝－f′(x)，
所以y＝f′(x)为奇函数．
f″(x)＝－a2cs ax＋eq \f(2－2x2＋4x2,1－x22)＝－a2cs ax＋eq \f(2＋2x2,1－x22)，
f″(0)＝－a2＋2.
由极值的第二充分条件：y＝f(x)在x＝x0处二阶可导，
若f″(x0)<0，x＝x0是y＝f(x)的极大值点；
若f″(x0)>0，x＝x0是y＝f(x)的极小值点；
(关键点：这里使用了判断极值点的第二充分条件)
所以当a∈(－∞，－eq \r(2))∪(eq \r(2)，＋∞)时，有f″(0)<0，得x＝0是y＝f(x)的极大值点；
当a∈(－eq \r(2)，eq \r(2))时，f″(0)>0，得x＝0是y＝f(x)的极小值点，不满足条件；
当a＝±eq \r(2)时，f″(0)＝0，f′(x)＝－eq \r(2)sin eq \r(2)x＋eq \f(2x,1－x2)，
由(1)知当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，sin eq \r(2)x>eq \r(2)x－2x2，
所以f′(x)＝－eq \r(2)sin eq \r(2)x＋eq \f(2x,1－x2)<2x－2eq \r(2)x2＋eq \f(2x,1－x2)＝2xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\r(2)x＋\f(1,1－x2)))>0，
因为y＝f′(x)为奇函数，所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))时，f′(x)<0，
所以x＝0是y＝f(x)的极小值点，不满足题设条件；
综上可知，实数a的取值范围是(－∞，－eq \r(2))∪(eq \r(2)，＋∞)．
解法二：首先证明引理：若a≠0，当0(ⅰ)若a>0，有a2x－a3x2(ⅱ)若a<0，有a2x＋a3x2证明：(ⅰ)当a>0时，由(1)知ax－a2x2(ⅱ)当a<0时，由(1)知－ax－(－ax)2－a2x－a(－ax)2>asin(－ax)>－a2x，亦即有a2x＋a3x2故上述引理成立．
下面证明(2)
由题f(x)＝cs ax－ln(1－x2)，x∈(－1,1)，
所以f′(x)＝－asin ax－eq \f(－2x,1－x2)＝－asin ax＋eq \f(2x,1－x2)，
且因为f′(－x)＝asin ax－eq \f(2x,1－x2)＝－f′(x)，
所以y＝f′(x)为奇函数．
①当a＝0时，f′(x)＝eq \f(2x,1－x2).x∈(－1,1)，当x∈(－1,0)时f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(0,1)时f′(x)>0，f(x)单调递增，
此时x＝0是y＝f(x)的极小值点．
②当a∈(eq \r(2)，＋∞)时，
若0≤xa2x－a3x2，
所以有f′(x)<－a(ax－a2x2)＋eq \f(2x,1－x2)＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,1－x2)＋a3x－a2))，
令F(x)＝eq \f(2,1－x2)＋a3x－a2，则f′(x)＝eq \f(4x,1－x22)＋a3>0，
故F(x)在0≤x由于F(0)＝2－a2<0，且因为F(x)在0所以存在t1>0，使得F(x)在(0，t1)上恒小于0，
因此f′(x)又因为y＝f′(x)是奇函数，所以在(－t1,0)上有f′(x)>0，
因此函数f(x)在(－t1,0)上单调递增，在(0，t1)上单调递减，所以x＝0是函数y＝f(x)的极大值点．
③a∈(－∞，eq \r(2))时，
若0≤x所以有f′(x)<－a2x－a3x2＋eq \f(2x,1－x2)＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,1－x2)－a3x－a2))，
令F(x)＝eq \f(2,1－x2)－a3x－a2，则f′(x)＝eq \f(4x,1－x22)－a3>0，
故F(x)在0由于F(0)＝2－a2<0，
且因为F(x)在0所以存在t1>0，使得F(x)在(0，t1)上恒小于0，
因此f′(x)＝xF(x)<0，
又因为y＝f′(x)是奇函数，所以在(－t1,0)上有f′(x)>0，
因此函数f(x)在(－t1,0)上单调递增，在(0，t1)上单调递减，所以x＝0是函数y＝f(x)的极大值点．
④当a∈[－eq \r(2)，eq \r(2)]时，有F(0)＝2－a2≥0，
由引理知0≤x所以f′(x)＝－asin ax＋eq \f(2x,1－x2)>eq \f(2x,1－x2)－a2x
＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,1－x2)－a2))
≥xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,1－x2)－2))
>x(2－2)＝0，
故而函数y＝f(x)在x＝0的右侧f′(x)>0，左侧f′(x)<0，所以x＝0是函数的极小值点，不满足条件．
综上可知，实数a的取值范围是(－∞，－eq \r(2))∪(eq \r(2)，＋∞)．
3. (2023·全国甲卷理科)已知f(x)＝ax－eq \f(sin x,cs3x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
(1)若a＝8，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x) 【解析】 (1)f′(x)＝a－eq \f(cs xcs3x＋3sin xcs2xsin x,cs6x)
＝a－eq \f(cs2x＋3sin2x,cs4x)＝a－eq \f(3－2cs2x,cs4x)，令cs2x＝t，则t∈(0,1)，
则f′(x)＝g(t)＝a－eq \f(3－2t,t2)＝eq \f(at2＋2t－3,t2).
当a＝8，f′(x)＝g(t)＝eq \f(8t2＋2t－3,t2)＝eq \f(2t－14t＋3,t2)，
当t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，即x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，f′(x)<0.当t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，即x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，f′(x)>0.
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递减．
(2)设h(x)＝f(x)－sin 2x，
h′(x)＝f′(x)－2cs 2x＝g(t)－2(2cs2x－1)＝eq \f(at2＋2t－3,t2)－2(2t－1)＝a＋2－4t＋eq \f(2,t)－eq \f(3,t2)，设φ(t)＝a＋2－4t＋eq \f(2,t)－eq \f(3,t2)，
φ′(t)＝－4－eq \f(2,t2)＋eq \f(6,t3)＝eq \f(－4t3－2t＋6,t3)＝－eq \f(2t－12t2＋2t＋3,t3)>0所以φ(t)<φ(1)＝a－3.
①若a∈(－∞，3]，h′(x)＝φ(t)即h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，所以h(x)所以当a∈(－∞，3]，f(x)②若a∈(3，＋∞)，
当t→0，eq \f(2,t)－eq \f(3,t2)＝－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)－\f(1,3)))2＋eq \f(1,3)→－∞，所以φ(t)→－∞.φ(1)＝a－3>0.
所以∃t0∈(0,1)，使得φ(t0)＝0，即∃x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，使得h′(x0)＝0.
当t∈(t0,1)，φ(t)>0，即当x∈(0，x0)，h′(x)>0，h(x)单调递增．
所以当x∈(0，x0)，h(x)>h(0)＝0，不合题意．
综上，a的取值范围为(－∞，3]．
4. (2022·全国新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝xeax－ex.
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x>0时，f(x)<－1，求a的取值范围；
(3)设n∈N*，证明：eq \f(1,\r(12＋1))＋eq \f(1,\r(22＋2))＋…＋eq \f(1,\r(n2＋n))>ln(n＋1)．
【解析】 (1)当a＝1时，f(x)＝(x－1)ex，则f′(x)＝xex，
当x<0时，f′(x)<0，当x>0时，f′(x)>0，
故f(x)的减区间为(－∞，0)，增区间为(0，＋∞)．
(2)设h(x)＝xeax－ex＋1，则h(0)＝0，
又h′(x)＝(1＋ax)eax－ex，设g(x)＝(1＋ax)eax－ex，
则g′(x)＝(2a＋a2x)eax－ex，
若a>eq \f(1,2)，则g′(0)＝2a－1>0，
因为g′(x)为连续不间断函数，
故存在x0∈(0，＋∞)，使得∀x∈(0，x0)，总有g′(x)>0，
故g(x)在(0，x0)为增函数，故g(x)>g(0)＝0，
故h(x)在(0，x0)为增函数，故h(x)>h(0)＝0，与题设矛盾．
若0下证：对任意x>0，总有ln(1＋x)证明：设S(x)＝ln(1＋x)－x，故S′(x)＝eq \f(1,1＋x)－1＝eq \f(－x,1＋x)<0，
故S(x)在(0，＋∞)上为减函数，故S(x)由上述不等式有eax＋ln(1＋ax)－ex故h′(x)≤0总成立，即h(x)在(0，＋∞)上为减函数，
所以h(x)当a≤0时，有h′(x)＝eax－ex＋axeax<1－1＋0＝0，
所以h(x)在(0，＋∞)上为减函数，所以h(x)综上，a≤eq \f(1,2).
(3)证明：取a＝eq \f(1,2)，则∀x>0，总有xeeq \s\up7(\f(1,2))x－ex＋1<0成立，
令t＝eeq \s\up7(\f(1,2))x，则t>1，t2＝ex，x＝2ln t，
故2tln t1恒成立．
所以对任意的n∈N*，有2lneq \r(\f(n＋1,n))整理得到：ln(n＋1)－ln n故eq \f(1,\r(12＋1))＋eq \f(1,\r(22＋2))＋…＋eq \f(1,\r(n2＋n))>ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln(n＋1)－ln n＝ln(n＋1)，
故不等式成立．
核心考点1 不等式的证明
典例研析·悟方法
典例1 (2023·梅河口市校级一模)已知函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x)))x(x>0)．
(1)证明：f(x)(2)讨论f(x)的单调性，并证明：当n∈N*时，(2n＋1)ln(n＋1)【解析】 (1)证明：令g(x)＝ln(1＋x)－x(x>0)，则g′(x)＝eq \f(1,1＋x)－1＝－eq \f(x,1＋x)<0，
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递减，即g(x)∴ln(1＋x)令x＝eq \f(1,t)(t>0)，则lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,t)))即lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x)))0)，
∴xlneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x)))<1，即lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x)))x<1，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x)))x又f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x)))x(x>0)，则f(x)(2)f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x)))x(x>0)，
则ln f(x)＝xlneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x)))，
令h(x)＝xlneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x)))，
则h′(x)＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x)))－eq \f(\f(1,x),1＋\f(1,x))，
令t＝eq \f(1,x)，则φ(t)＝ln(1＋t)－eq \f(t,1＋t)(t>0)，
∴φ′(t)＝eq \f(1,1＋t)－eq \f(1,1＋t2)＝eq \f(t,1＋t2)>0，
∴φ(t)在(0，＋∞)上单调递增，即φ(t)>φ(0)＝0，
∴h′(x)＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x)))－eq \f(\f(1,x),1＋\f(1,x))>0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x)))x在(0，＋∞)上单调递增，
∴当n∈N*时，满足eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))n∴lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))n∴nlneq \f(n＋1,n)<(n＋1)lneq \f(n＋2,n＋1)，即n[ln(n＋1)－ln n]<(n＋1)[ln(n＋2)－ln(n＋1)]，
∴当n∈N*时，(2n＋1)ln(n＋1)方法技巧·精提炼
利用导数证明不等式的两个妙招
(1)构造函数法证明不等式
①移项，使等式右边为零，左边构造为新函数．
②求导判断单调性，通常要对参数分类讨论．
③根据单调性，求出最值与“0”比较即可得证．
(2)转化函数最值法证明不等式
①条件：函数很复杂，直接求导不可行．
②拆分：把复杂函数拆分成两个易求最值函数．
③方法：分别求导，结合单调性和图象以及极值、最值，比较得出结论．
加固训练·促提高
(2023·浙江模拟)已知函数f(x)＝eq \f(aex,x)＋ln x－x有三个极值点x1，x2，x3(x1(1)求a的取值范围；
(2)求证：x1＋x3>2；
(3)求证：eq \f(fx3,x1)＋eq \f(fx1,x3)>－eq \f(2,a3e4).
【解析】 (1)因为f(x)＝eq \f(aex,x)＋ln x－x，x>0，
所以f′(x)＝eq \f(aexx－1,x2)＋eq \f(1,x)－1＝eq \f(aex－xx－1,x2)，
所以a＝eq \f(x,ex)(x>0)有两个不等实根，
令g(x)＝eq \f(x,ex)(x>0)，则由g′(x)＝eq \f(1－x,ex)>0，可得x<1，
所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且g(x)max＝g(1)＝eq \f(1,e)，
所以a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))).
(2)证明：由(1)知，x2＝1，x1，x3是eq \f(x,ex)－a＝0的两个根，
即证x1＋x3>2⇔x3>2－x1⇔g(x3)令h(x)＝g(x)－g(2－x)(0则h′(x)＝g′(x)＋g′(2－x)＝eq \f(x－1e2x－2－1,ex)>0，
所以h(x)在(0,1)上单调递增，
所以h(x)所以g(x)又0所以g(x1)(3)证明：因为eq \f(x1,ex1)＝eq \f(x3,ex3)＝a，所以eq \f(ex1,x1)＝eq \f(ex3,x3)＝eq \f(1,a)，
ln x1－x1＝ln x3－x3＝ln a，
所以f(x1)＝f(x3)＝1＋ln a，
要证eq \f(fx3,x1)＋eq \f(fx1,x3)>－eq \f(2,a3e4)，
即证(1＋ln a)·eq \f(x1＋x3,x1x3)>－eq \f(2,a3e4)，
又因为x1x3＝a2ex1＋x3，
即证a(1＋ln a)·eq \f(x1＋x3,ex1＋x3)>eq \f(－2,e4)，
令g(a)＝a(1＋ln a)，a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))，g′(a)＝2＋ln a，
所以a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e2)))，g(a)单调递减，a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)，\f(1,e)))，g(a)单调递增，
geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)))≤g(a)<0，即－eq \f(1,e2)≤g(a)<0，
令x1＋x3＝t∈(2，＋∞)，
h(t)＝eq \f(t,et)，t∈(2，＋∞)，h′(t)＝eq \f(1－t,et)，t∈(2，＋∞)时，h(t)单调递减，
所以0所以g(a)h(t)>eq \f(－2,e4)，
即a(1＋ln a)·eq \f(x1＋x3,ex1＋x3)>eq \f(－2,e4)，
即eq \f(fx3,x1)＋eq \f(fx1,x3)>－eq \f(2,a3e4)成立，得证．高频考点
高考预测
利用导数证明不等式
函数不等式中的参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论，是高考的必考内容.
双变量问题
利用导数研究不等式恒成立或能成立(存在性)问题