第19讲 利用导数证明不等式--2025高考一轮单元综合复习与测试卷

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考点1 作差构造法证明不等式
[名师点睛]
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”或“右减左”的函数，利用导数研究其单调性等相关函数性质证明不等式．
[典例]
(2021·全国乙卷)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)＝eq \f(x＋fx,xfx)，证明：g(x)＜1.
[解] (1)由题意得y＝xf(x)＝xln(a－x)，
则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)，其定义域为{x|x＜1}，
当0＜x＜1时，ln(1－x)＜0，此时xf(x)＜0，
当x＜0时，ln(1－x)＞0，此时xf(x)＜0.
易知g(x)的定义域为{x|x＜1且x≠0}，
故要证g(x)＝eq \f(x＋fx,xfx)＜1，只需证x＋f(x)＞xf(x)，即证x＋ln(1－x)－xln(1－x)＞0.
令1－x＝t，则t＞0且t≠1，则只需证1－t＋ln t－(1－t)ln t＞0，即证1－t＋tln t＞0.
令h(t)＝1－t＋tln t，则h′(t)＝－1＋ln t＋1＝ln t，
所以h(t)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)＞h(1)＝0，
即g(x)＜1成立．
[举一反三]
（2022·江苏盐城·三模）已知函数．
(1)若函数在上是单调递增，求实数的取值范围；
(2)若对于任意，存在正实数，使得，试判断与的大小关系，并给出证明．
【解】(1)则
由题意可得当时恒成立
构建，则当时恒成立
∴在上单调递增，当时恒成立
则即
(2)构建，则
∵且在区间连续
则在区间上存在极值点
即存在正实数，使得，
即
设，，当时恒成立
则函数在上单调递增，则，
即，则，
由（1）可知函数在上单调递增，
则，即．
考点2 隔离分析法证明不等式
[名师点睛]
1．在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值问题．
2．在证明过程中，“隔离”化是关键，证出f(x)min>g(x)max，从而得到f(x)>g(x)恒成立，但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不一定是同一个“x值”．
[典例]
(2022·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)＝eq \f(e,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0eq \f(e,a)时，f′(x)0，所以只需证f(x)≤eq \f(ex,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)＝eq \f(ex,x)－2e(x>0)，
则g′(x)＝eq \f(（x－1）ex,x2)，
所以当00时，f(x)≤g(x)，
即f(x)≤eq \f(ex,x)－2e，
即xf(x)－ex＋2ex≤0.
方法二：由题意知，即证exln x－ex2－ex＋2ex≤0，
从而等价于ln x－x＋2≤eq \f(ex,ex).
设函数m(x)＝ln x－x＋2(x＞0)，则m′(x)＝eq \f(1,x)－1.
所以当x∈(0，1)时，m′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，m′(x)0时，m(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.
[举一反三]
(2022·贵阳联考)设函数f(x)＝x2－(x＋1)ln x，求证：当0＜x≤2时，f(x)>eq \f(1,2)x.
证明 由题意知，只需证x－eq \f(ln x,x)－ln x>eq \f(1,2)，即x－ln x>eq \f(ln x,x)＋eq \f(1,2)，令g(x)＝x－ln x，h(x)＝eq \f(ln x,x)＋eq \f(1,2).
由g′(x)＝1－eq \f(1,x)＝0，解得x＝1，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，故g(x)min＝g(1)＝1.
由h′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)可知h(x)在(0,2]上单调递增，
故h(x)max＝h(2)＝eq \f(1＋ln 2,2)＜1＝g(x)min，
故h(x)＜g(x)，即f(x)>eq \f(1,2)x.
考点3 换元构造法证明不等式
[名师点睛]
换元法构造函数证明不等式的基本思路是直接消掉参数a，再结合所证问题，巧妙引入变量c＝eq \f(x1,x2)，从而构造相应的函数．其解题要点为：
（1）联立消参：利用方程f(x1)＝f(x2)消掉解析式中的参数a
（2）抓商构元：令c＝eq \f(x1,x2)，消掉变量x1，x2，构造关于c的函数h(c)
（3）用导求解：利用导数求解函数h(c)的最小值，从而可证得结论
[典例]
(2021·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x(1－ln x)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a，b为两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，证明：2＜eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＜e.
[解] (1)因为f(x)＝x(1－ln x)，所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－ln x＋x·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))＝－ln x.
当x∈(0,1)时，f′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0.
所以函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
(2)证明：由题意，a，b是两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，两边同时除以ab，得eq \f(ln a,a)－eq \f(ln b,b)＝eq \f(1,b)－eq \f(1,a)，即eq \f(ln a＋1,a)＝eq \f(ln b＋1,b)，即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b))).
令x1＝eq \f(1,a)，x2＝eq \f(1,b)，由(1)知f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且当0＜x＜e时，f(x)＞0，当x＞e时，f(x)＜0，
不妨设x1＜x2，则0＜x1＜1＜x2＜e.
要证2＜eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＜e，即证2＜x1＋x2＜e.
先证x1＋x2＞2：
要证x1＋x2＞2，即证x2＞2－x1，
因为0＜x1＜1＜x2＜e，所以x2＞2－x1＞1，
又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以即证f(x2)＜f(2－x1)，
又f(x1)＝f(x2)，所以即证f(x1)＜f(2－x1)，即证当x∈(0,1)时，f(x)－f(2－x)＜0.
构造函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，
则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－ln x－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]，
当0＜x＜1时，x(2－x)＜1，即－ln[x(2－x)]＞0，
即当0＜x＜1时，F′(x)＞0，所以F(x)在(0,1)上单调递增，
所以当0＜x＜1时，F(x)＜F(1)＝0，
所以当0＜x＜1时，f(x)－f(2－x)＜0成立，所以x1＋x2＞2成立．
再证x1＋x2＜e.
由(1)知，f(x)的极大值点为x＝1，f(x)的极大值为f(1)＝1，
过点(0,0)，(1,1)的直线方程为y＝x，
设f(x1)＝f(x2)＝m，当x∈(0,1)时，f(x)＝x(1－ln x)＞x，
直线y＝x与直线y＝m的交点坐标为(m，m)，则x1＜m.
欲证x1＋x2＜e，
即证x1＋x2＜m＋x2＜f(x2)＋x2＜e，
即证当1＜x＜e时，f(x)＋x＜e.
构造函数h(x)＝f(x)＋x，则h′(x)＝1－ln x，
当1＜x＜e时，h′(x)＞0，所以函数h(x)在(1，e)上单调递增，
所以当1＜x＜e时，h(x)＜h(e)＝f(e)＋e＝e，即f(x)＋x＜e成立，所以x1＋x2＜e成立．
综上可知，2＜eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＜e成立．
[举一反三]
（2022·山东威海·三模）已知函数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)若有两个极值点，且，从下面两个结论中选一个证明．
①；
②．
【解】(1)，
当时，，
令，解得；令，解得或，
所以的单增区间为；单减区间为，．
(2)证明①：由题意知，是的两根，则，
，
将代入得，，
要证明，
只需证明，
即，
因为，所以，
只需证明，
令，则，只需证明，即，
令，
，
所以在上单调递减，可得，
所以，
综上可知，．
证明②：
设，
因为有两个极值点，所以，
解得，
因为，
所以，
，
由题意可知，
可得代入得，，
令，
，
当，所以在上单调递减，
当，所以在上单调速增，
因为，所以，
由，
可得，所以，
所以，
所以，即．