2025届高考数学二轮专题复习与测试专题3导数与不等式

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技法❶ 等价转化法证明不等式
(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＋ eq \f(3,2) .
【解】 (1)f′(x)＝aex－1，
当a≤0时，f′(x)0时，令f′(x)>0，得x>－ln a，
令f′(x)0时，函数f(x)＝a(ex＋a)－x的最小值为f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a，
令g(a)＝1＋a2＋ln a－2ln a－ eq \f(3,2) ＝a2－ln a－ eq \f(1,2) ，a∈(0，＋∞)，
所以g′(a)＝2a－ eq \f(1,a) ，令g′(a)>0，得a> eq \f(\r(2),2) ；
令g′(a)0时，f(x)>2ln a＋ eq \f(3,2) 成立．
方法二(分析法)：当a>0时，由(1)得，f(x)min＝f(－ln a)＝1＋a2＋ln a，
故欲证f(x)>2ln a＋ eq \f(3,2) 成立，
只需证1＋a2＋ln a>2ln a＋ eq \f(3,2) ，
即证a2－ eq \f(1,2) >ln a.
构造函数u(a)＝ln a－(a－1)(a>0)，
则u′(a)＝ eq \f(1,a) －1＝ eq \f(1－a,a) ，所以当a>1时，u′(a)0，
因为a2－a＋ eq \f(1,2) ＝(a－ eq \f(1,2) )2＋ eq \f(1,4) >0恒成立，
所以当a>0时，f(x)>2ln a＋ eq \f(3,2) 成立．
等价转化法证明不等式的常见思路
已知函数f(x)＝－xeax＋1.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a> eq \f(1,e) 时，证明：(ln a＋1)f(x)≤1.
解：(1)由f(x)＝－xeax＋1得，
f′(x)＝－eax＋1＋(－x)·aeax＋1＝(－ax－1)eax＋1.
①当a－ eq \f(1,a) ，则f′(x) eq \f(1,e) 时，ln a＋1>0，
f(x)max＝f(－ eq \f(1,a) )＝ eq \f(1,a) ，
即f(x)≤ eq \f(1,a) ，
所以(ln a＋1)f(x)≤ eq \f(ln a＋1,a) ，
令g(a)＝ eq \f(ln a＋1,a) (a> eq \f(1,e) )，g′(a)＝－ eq \f(ln a,a2) .
当 eq \f(1,e) 1时，g′(a)0，
所以f′(x)＝ eq \f(1,\r(x)) － eq \f(a,x) －a，
令f′(x)＝0，得 eq \f(1,\r(x)) － eq \f(a,x) －a＝0，
令t＝ eq \r(x) ，则t＞0，
原方程可化为at2－t＋a＝0，①
则t1＝ eq \r(x1) ，t2＝ eq \r(x2) 是方程①的两个不同的根，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Δ＝1－4a2＞0，,\f(1,a)＞0，)) 解得0＜a＜ eq \f(1,2) ，
由根与系数的关系得t1＋t2＝ eq \f(1,a) ，t1t2＝1，则t eq \\al(2,1) ＋t eq \\al(2,2) ＝(t1＋t2)2－2t1t2＝ eq \f(1,a2) －2，
所以f(x1)＋f(x2)＝2( eq \r(x1) ＋ eq \r(x2) )－a(ln x1＋ln x2)－a(x1＋x2)－2
＝2(t1＋t2)－a ln (t eq \\al(2,1) t eq \\al(2,2) )－a(t eq \\al(2,1) ＋t eq \\al(2,2) )－2
＝2a＋ eq \f(1,a) －2.
令h(a)＝2a＋ eq \f(1,a) －2(0＜a＜ eq \f(1,2) )，
则h′(a)＝2－ eq \f(1,a2) (0＜a＜ eq \f(1,2) )，
因为h′(a)＜0在(0， eq \f(1,2) )上恒成立，
所以函数h(a)在(0， eq \f(1,2) )上单调递减，
所以h(a)＞h( eq \f(1,2) )＝1＞0，
所以f(x1)＋f(x2)＞0.
变量代换法证明不等式的三种常见方法
(1)消元法：借助题设条件，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：结合题设条件，有时需要先对含有双变量的不等式进行“除法”变形，再对含有双变量的局部代数式进行“换元”处理，将双变量问题等价转化为单变量问题，即构建形如 eq \f(x1,x2) 的形式．
(3)构造“形似”函数：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．
已知函数f(x)＝ eq \f(ln x－a,x) －m(a，m∈R)在x＝e(e为自然对数的底数)时取得极值，且有两个零点x1，x2.
(1)求实数a的值，以及实数m的取值范围；
(2)证明：x1x2>e2.
解：(1)由已知得，函数f(x)＝ eq \f(ln x－a,x) －m的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ eq \f(\f(1,x)·x－（ln x－a）,x2) ＝ eq \f(a＋1－ln x,x2) .
由f′(x)＝0，得x＝ea＋1，且当0ea＋1时，f′(x)0)，f′(x)＝ eq \f(1－ln x,x2) ，
显然当0e时，f′(x)0)时，f(x)→－∞；当x→＋∞时，f(x)→－m.
又f(x)有两个零点x1，x2，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)－m>0，,－m2，令t＝ eq \f(x2,x1) ，则t>1，
则只需证当t>1时，ln t> eq \f(2（t－1）,t＋1) ，
即证当t>1时，ln t－ eq \f(2（t－1）,t＋1) >0.
设g(t)＝ln t－ eq \f(2（t－1）,t＋1) (t>1)，
则g′(t)＝ eq \f(1,t) － eq \f(4,（t＋1）2) ＝ eq \f(（t－1）2,t（t＋1）2) >0，
所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增，
则g(t)>g(1)＝ln 1－ eq \f(2×（1－1）,1＋1) ＝0，从而原不等式成立，
即x1x2>e2成立．
大题考法2 不等式恒(能)成立问题
命题角度❶ 单变量不等式恒(能)成立问题
(2024·梅州模拟)已知函数f(x)＝2x－ln x.
(1)当x≥1时，证明：f(x)≥x＋ eq \f(1,x) ；
(2)若f(x)＋ae3x＋ln a≥0，求实数a的取值范围．
【解】 (1)证明：令F(x)＝f(x)－(x＋ eq \f(1,x) )＝x－ln x－ eq \f(1,x) (x≥1)，
则F′(x)＝1－ eq \f(1,x) ＋ eq \f(1,x2) ＝ eq \f(x2－x＋1,x2) ＝ eq \f(（x－\f(1,2)）2＋\f(3,4),x2) >0，
所以F(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以当x≥1时，F(x)≥F(1)＝0，即f(x)≥x＋ eq \f(1,x) .
(2)f(x)＋ae3x＋ln a≥0⇔2x－ln x＋ae3x＋ln a≥0⇔ae3x＋3x＋ln a≥x＋ln x⇔e3x＋ln a＋3x＋ln a≥eln x＋ln x.
设g(x)＝ex＋x，则g(3x＋ln a)≥g(ln x).
因为g′(x)＝ex＋1>0，所以g(x)在定义域R上为增函数，
所以3x＋ln a≥ln x，即ln a≥ln x－3x.
设h(x)＝ln x－3x(x>0)，则ln a≥h(x)max.
因为h′(x)＝ eq \f(1,x) －3＝ eq \f(1－3x,x) ，则当00；
当x> eq \f(1,3) 时，h′(x)0)，g(x)＝x－ eq \f(a,x) (a>0).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若m＝ eq \f(1,2e2) ，∀x1，x2∈[2，2e2]，g(x1)≥f(x2)，求实数a的取值范围．
【解】 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ eq \f(1,2x) －m＝ eq \f(1－2mx,2x) ＝ eq \f(－m（x－\f(1,2m)）,x) .
令f′(x)>0，解得00)，得g′(x)＝1＋ eq \f(a,x2) >0，
所以g(x)在[2，2e2]上单调递增，
所以g(x)min＝g(2)＝2－ eq \f(a,2) .
所以2－ eq \f(a,2) ≥ eq \f(1,2) ，解得a≤3.又a>0，所以00)，则f′(x)＝ln x＋ eq \f(x－1,x) －1＝ln x－ eq \f(1,x) ，所以f′(1)＝－1，又f(1)＝－2，所以切线方程为y＋2＝－(x－1)，即x＋y＋1＝0.
(2)因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f(x)≥0恒成立，所以m≤ eq \f(x－1,x＋1) ·ln x．令g(x)＝ eq \f(x－1,x＋1) ·ln x(x>0)，则m≤g(x)min，g′(x)＝ eq \f(2ln x,（x＋1）2) ＋ eq \f(x－1,x（x＋1）) ＝ eq \f(2ln x＋x－\f(1,x),（x＋1）2) ，令h(x)＝2ln x＋x－ eq \f(1,x) (x>0)，则h′(x)＝ eq \f(2,x) ＋1＋ eq \f(1,x2) ＝ eq \f(x2＋2x＋1,x2) ＝ eq \f(（x＋1）2,x2) ＞0，
所以h(x)在(0，＋∞)上为增函数，又h(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，h(x)＜0，即g′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0，即g′(x)＞0.所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝0，所以m≤0，即实数m的取值范围为(－∞，0].
2．已知函数g(x)＝ax－a－ln x，f(x)＝xg(x)，且g(x)≥0.
(1)求实数a的值；
(2)证明：存在x0，f′(x0)＝0，且当0＜x0＜1，0＜x＜1时，f(x)≤f(x0).
解：(1)解：g(x)的定义域为(0，＋∞)，且g′(x)＝a－ eq \f(1,x) .因为g(x)≥0，且g(1)＝0，故只需g′(1)＝0.
又g′(1)＝a－1，则a－1＝0，所以a＝1.
若a＝1，则g′(x)＝1－ eq \f(1,x) .
显然当0＜x＜1时，g′(x)＜0，此时g(x)在(0，1)上单调递减；
当x＞1时，g′(x)＞0，此时g(x)在(1，＋∞)上单调递增．
所以1是g(x)的唯一极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.
综上，实数a的值为1.
(2)证明：由(1)知f(x)＝x2－x－x ln x(x>0)，f′(x)＝2x－2－ln x.
设h(x)＝2x－2－ln x(x>0)，则h′(x)＝2－ eq \f(1,x) .
则当x∈(0， eq \f(1,2) )时，h′(x)＜0；
当x∈( eq \f(1,2) ，＋∞)时，h′(x)＞0，所以h(x)在(0， eq \f(1,2) )上单调递减，在( eq \f(1,2) ，＋∞)上单调递增．
又h(e－2)＞0，h( eq \f(1,2) )＜0，h(1)＝0，所以h(x)在(0， eq \f(1,2) ]上有唯一零点x0，在[ eq \f(1,2) ，＋∞)上有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)＞0；当x∈(x0，1)时，h(x)＜0.
因为f′(x)＝h(x)，所以x0是f(x)的唯一极大值点，
即x0是f(x)在(0，1)上的最大值点，
所以存在x0，f′(x0)＝0，且当0