(新高考)高考数学一轮复习讲练测 第4章 第4讲　第1课时　利用导数证明不等式 (2份打包，原卷版+教师版)

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第4讲　导数的综合应用
第1课时　利用导数证明不等式

考点一　移项补充构造法(综合型)
(2020·江西赣州模拟)已知函数f(x)＝1﹣，g(x)＝＋﹣bx，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直.
(1)求a，b的值；
(2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.
【解】　(1)因为f(x)＝1﹣，
所以f′(x)＝，f′(1)＝﹣1.
因为g(x)＝＋﹣bx，
所以g′(x)＝﹣﹣﹣b.
因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直，
所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝﹣1，
所以g(1)＝a＋1﹣b＝1，g′(1)＝﹣a﹣1﹣b＝1，解得a＝﹣1，b＝﹣1.
(2)证明：由(1)知，g(x)＝﹣＋＋x，
则f(x)＋g(x)≥⇔1﹣﹣﹣＋x≥0.
令h(x)＝1﹣﹣﹣＋x(x≥1)，
则h(1)＝0，h′(x)＝﹣＋＋＋1＝＋＋1.
因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1>0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0，即1﹣﹣﹣＋x≥0，
所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.

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，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证.
　已知函数f(x)＝ax＋xln x在x＝e﹣2(e为自然对数的底数)处取得极小值.
(1)求实数a的值；
(2)当x>1时，求证：f(x)>3(x﹣1).
解：(1)因为f(x)＝ax＋xln x，
所以f′(x)＝a＋ln x＋1，
因为函数f(x)在x＝e﹣2处取得极小值，
所以f′(e﹣2)＝0，即a＋ln e﹣2＋1＝0，
所以a＝1，所以f′(x)＝ln x＋2.
当f′(x)>0时，x>e﹣2；
当f′(x)<0时，0 所以f(x)在(0，e﹣2)上单调递减，在(e﹣2，＋∞)上单调递增，
所以f(x)在x＝e﹣2处取得极小值，符合题意，所以a＝1.
(2)证明：由(1)知a＝1，所以f(x)＝x＋xln x.
令g(x)＝f(x)﹣3(x﹣1)，
即g(x)＝xln x﹣2x＋3(x>0).
g′(x)＝ln x﹣1，由g′(x)＝0，得x＝e.
由g′(x)>0，得x>e；由g′(x)<0，得0 所以g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
所以g(x)在(1，＋∞)上的最小值为g(e)＝3﹣e>0.
于是在(1，＋∞)上，都有g(x)≥g(e)>0，
所以f(x)>3(x﹣1).
考点二　隔离分析法(综合型)
(2020·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)＝﹣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00，当x>时，f′(x)<0，
故f(x)在(0,)上单调递增，在(,+∞)上单调递减.
(2)证明：法一：因为x>0，所以只需证f(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.
记g(x)＝﹣2e(x>0)，则g′(x)＝，
所以当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝﹣e.
综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤﹣2e，即xf(x)﹣ex＋2ex≤0.
法二：由题意知，即证exln x﹣ex2﹣ex＋2ex≤0，
从而等价于ln x﹣x＋2≤.
设函数g(x)＝ln x﹣x＋2，则g′(x)＝﹣1.
所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，
故g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1.
设函数h(x)＝，则h′(x)＝.
所以当x∈(0，1)时，h′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，
故h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1.
综上，当x>0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)﹣ex＋2ex≤0.

(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，等价转化是关键，此处f(x)min>g(x)max恒成立.从而f(x)>g(x)，但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”.
　已知f(x)＝xln x.
(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>﹣成立.
解：(1)由f(x)＝xln x，x>0，得f′(x)＝ln x＋1，令f′(x)＝0，得x＝.
当x∈(0,)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
①当0 ②当≤t 所以f(x)min＝.
(2)证明：问题等价于证明xln x>﹣(x∈(0，＋∞)).
由(1)可知f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是﹣，
当且仅当x＝时取到.设m(x)＝﹣(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝，
由m′(x)<0得x>1时，m(x)为减函数，
由m′(x)>0得0 易知m(x)max＝m(1)＝﹣，当且仅当x＝1时取到.
从而对一切x∈(0，＋∞)，xln x≥﹣≥﹣，两个等号不能同时取到，
即证对一切x∈(0，＋∞)都有ln x>﹣成立.
考点三　特征分析法(综合型)
已知函数f(x)＝ax﹣ln x﹣1.
(1)若f(x)≥0恒成立，求a的最小值；
(2)证明：＋x＋ln x﹣1≥0.
【解】　(1)由题意知x>0，
所以f(x)≥0等价于a≥.
令g(x)＝，则g′(x)＝，
所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.
则g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1，则a≥1，
所以a的最小值为1.
(2)证明：当a＝1时，由(1)得x≥ln x＋1.即t≥ln t＋1.
令＝t，则﹣x﹣ln x＝ln t，所以≥﹣x﹣ln x＋1，
即＋x＋ln x﹣1≥0.

这种方法往往要在前面问题中证明出某个不等式，在后续的问题中应用前面的结论，呈现出层层递进的特点.
　已知函数f(x)＝.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)若对任意的x>1，恒有ln(x﹣1)＋k＋1≤kx成立，求k的取值范围.
解：(1)f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝﹣，由f′(x)＝0⇒x＝1，列表如下：
x
(0，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
﹣
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
因此函数f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)，
极大值为f(1)＝1，无极小值.
(2)因为x>1，
ln(x﹣1)＋k＋1≤kx⇔≤k⇔f(x﹣1)≤k，所以f(x﹣1)max≤k，
所以k≥1，所以k的取值范围为[1，＋∞).
考点四　换元构造法(综合型)
已知函数f(x)＝ln x﹣ax(x>0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2).求证：x1x2>e2.
【证明】　不妨设x1>x2>0，
因为ln x1﹣ax1＝0，ln x2﹣ax2＝0，
所以ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，ln x1﹣ln x2＝a(x1﹣x2)，所以＝a，
欲证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2.
因为ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，
所以即证a>，
所以原问题等价于证明>，即ln>，
令c＝(c>1)，
则不等式变为ln c>.令h(c)＝ln c﹣，c>1，
所以h′(c)＝﹣＝>0，所以h(c)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(c)>h(1)＝ln 1﹣0＝0，
即ln c﹣>0(c>1)，因此原不等式x1x2>e2得证.

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＝，从而构造相应的函数.其解题要点为：
联立消参
利用方程f(x1)＝f(x2)消掉解析式中的参数a
抓商构元
令c＝，消掉变量x1，x2，构造关于c的函数h(c)　
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
　已知函数f(x)＝ln x﹣ax2＋x，a∈R.
(1)当a＝0时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若a＝﹣2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，求证：x1＋x2≥.
解：(1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，则f(1)＝1，所以切点为(1，1)，又因为f′(x)＝＋1，所以切线的斜率k＝f′(1)＝2，故切线方程为y﹣1＝2(x﹣1)，即2x﹣y﹣1＝0.
(2)证明：当a＝﹣2时，f(x)＝ln x＋x2＋x(x>0).　
由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，
得ln x1＋x＋x1＋ln x2＋x＋x2＋x1x2＝0，
从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2﹣ln(x1x2)，
令t＝x1x2(t>0)，令φ(t)＝t﹣ln t，得φ′(t)＝1﹣＝，
易知φ(t)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t)≥φ(1)＝1，所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1，因为x1>0，x2>0，所以x1＋x2≥.

[基础题组练]
1.设定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数f′(x)满足xf′(x)>1，则(　　)
A.f(2)﹣f(1)>ln 2 B.f(2)﹣f(1) C.f(2)﹣f(1)>1 D.f(2)﹣f(1)<1
解析：选A.根据题意，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，则xf′(x)>1⇒f′(x)>＝(ln x)′，
即f′(x)﹣(ln x)′>0.令F(x)＝f(x)﹣ln x，则F(x)在(0，＋∞)上单调递增，故f(2)﹣ln 2>f(1)﹣ln 1，即f(2)﹣f(1)>ln 2.
2.若0 A.ex2﹣ex1>ln x2﹣ln x1 B.e x2﹣e x1 C.x2e x1>x1e x2 D.x2e x1 解析：选C.令f(x)＝，则f′(x)＝＝.
当0 因为0x1e x2，故选C.
3.已知函数f(x)＝aex﹣ln x﹣1.(e＝2.718 28…是自然对数的底数).
(1)设x＝2是函数f(x)的极值点，求实数a的值，并求f(x)的单调区间；
(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex﹣.
由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.
从而f(x)＝ex﹣ln x﹣1，f′(x)＝ex﹣.
当02时，f′(x)>0.
所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增.
(2)证明：当a≥时，f(x)≥﹣ln x﹣1.
设g(x)＝﹣ln x﹣1，则g′(x)＝﹣.
当01时，g′(x)>0.
所以x＝1是g(x)的最小值点.故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.
因此，当a≥时，f(x)≥0.
4.已知函数f(x)＝ln x＋，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a>0时，证明：f(x)≥.
解：(1)f′(x)＝﹣＝(x>0).
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；
若0 (2)证明：由(1)知，当a>0时，f(x)min＝f(a)＝ln a＋1.
要证f(x)≥，只需证ln a＋1≥，即证ln a＋﹣1≥0.
令函数g(a)＝ln a＋﹣1，则g′(a)＝﹣＝(a>0)，
当01时，g′(a)>0，
所以g(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(a)min＝g(1)＝0.
所以ln a＋﹣1≥0恒成立，
所以f(x)≥.
5.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)＝﹣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00，当x>时，f′(x)<0，
故f(x)在(0,)上单调递增，在(,+∞)上单调递减.
(2)证明：因为x>0，所以只需证f(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.
记g(x)＝﹣2e(x>0)，则g′(x)＝，
所以当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝﹣e.
综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤﹣2e，
即xf(x)﹣ex＋2ex≤0.





6.已知函数f(x)＝λln x﹣e﹣x(λ∈R).
(1)若函数f(x)是单调函数，求λ的取值范围；
(2)求证：当01﹣.
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
因为f(x)＝λln x﹣e﹣x，
所以f′(x)＝＋e﹣x＝，
因为函数f(x)是单调函数，
所以f′(x)≤0或f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
①当函数f(x)是单调递减函数时，f′(x)≤0，
所以≤0，即λ＋xe﹣x≤0，λ≤﹣xe﹣x＝﹣.令φ(x)＝﹣，则φ′(x)＝，
当01时，φ′(x)>0，
则φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x>0时，φ(x)min＝φ(1)＝﹣，所以λ≤﹣.
②当函数f(x)是单调递增函数时，f′(x)≥0，
所以≥0，即λ＋xe﹣x≥0，λ≥﹣xe﹣x＝﹣，
由①得φ(x)＝﹣在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
又φ(0)＝0，x→＋∞时，φ(x)<0，所以λ≥0.
综上，λ的取值范围为(-∞,﹣]∪[0，＋∞).
(2)证明：由(1)可知，当λ＝﹣时，f(x)＝﹣ln x﹣e﹣x在(0，＋∞)上单调递减，
因为0f(x2)，即﹣ln x1﹣e﹣x1>﹣ln x2﹣e﹣x2，
所以e1﹣x2﹣e1﹣x1>ln x1﹣ln x2.
要证e1﹣x2﹣e1﹣x1>1﹣，只需证ln x1﹣ln x2>1﹣，即证ln>1﹣.
令t＝，t∈(0，1)，则只需证ln t>1﹣，
令h(t)＝ln t＋﹣1，则h′(t)＝﹣＝，
当0 又因为h(1)＝0，所以h(t)>0，即ln t>1﹣，原不等式得证.