2025版高考数学全程一轮复习练习第三章一元函数的导数及其应用高考大题研究课二利用导数证明不等式

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关键能力·题型剖析
题型一将不等式转化为函数的最值问题
例1 (12分)[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＋.
思路导引
(1)求出导函数，对a进行分类讨论，根据导函数判断函数的单调性即可．
(2)由(1)可求f(x)min，只要证f(x)min＞2ln a＋，移项构造函数，根据函数的单调性证明即可．
[满分答卷·评分细则]
→正确求f(x)的导数得1分
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；→正确讨论a≤0得1分
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，→正确讨论a＞0得2分
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．→正确写出结论得1分
(2)证明：由(1)得，f(x)min＝f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a→正确求出f(x)min得1分
要证f(x)≥2ln a＋，即证1＋a2＋ln a＞2ln a＋，即证a2－－ln a＞0恒成立．→正确转化f(x)＞2ln a＋⇒f(x)min＞2ln a＋得2分
令g(a)＝a2－－ln a(a＞0)，则g′(a)＝2a－＝，→正确构造新函数，求导得1分
令g′(a)＜0，则0＜a＜；令g′(a)＞0，则a＞；所以g(a)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，所以g(a)min＝g()＝()2－－ln ＝ln ＞0，则g(a)＞0恒成立．→正确求出g(a)min＞0得2分
→最后下结论得1分
题后师说
(1)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，有时对复杂的式子要进行变形，借助所构造函数的单调性和最值即可得证．
(2)待证不等式的两边一边含有变量而另一边含参数时，可以转化为求含变量函数的最值，再构造含参数的函数，利用导数研究其单调性和最值即可得证．
巩固训练1
[2024·河南新乡模拟]已知函数f(x)＝x2ln x.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)≥x－1.
题型二分拆函数法证明不等式
例2
[2024·广东东莞模拟]已知函数f(x)＝a ln x＋x＋＋2a(a∈R)．若0