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

这是一份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，共12页。

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题后师说
若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．本例中同时含有ln x与ex，不能直接构造函数，把指数与对数分别构造函数，计算它们的最值，借助最值进行证明
巩固训练2
已知函数f(x)＝x ln x＋1.
(1)若函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)证明：f(x)≥x2e1－x.
题型三
适当放缩证明不等式
例3 已知函数f(x)＝aex－1－ln x－1.
(1)若a＝1，求f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)证明：当a≥1时，f(x)≥0.
题后师说
放缩法证明不等式
在证明不等式的时候，若直接证明比较困难，可将不等式中的部分项进行放大或缩小，然后证明放缩后的不等式成立，再根据不等式的传递性证明原不等式成立，这种方法就是放缩法证明不等式，常用的放缩技巧有：(1)ex≥x＋1；≥x；(3)ln x≤x－1；(4)ln (x＋1)≤x等．
巩固训练3
已知函数f(x)＝a ln (x－1)＋，其中a为正实数，证明：当x>2时，f(x)题型四利用导数证明与数列有关的不等式
例4
[2024·山东济南模拟]已知函数f(x)＝a ln x＋1－x.
(1)若f(x)≤0，求a的值；
(2)证明：当n∈N＋且n≥2时，×…×<.
题后师说
证明与数列有关的不等式的策略
在证明与数列有关的不等式时，往往是从题目中已经证得的结论(参数取值范围、不等式等)出发，通过特殊化处理，即将其中的变量替换为特殊的变量，尤其是可替换为与自然数n有关的式子，然后再结合数列中的裂项求和以及不等式的放缩等方法证得结论．
巩固训练4
[2024·河北唐山模拟]已知函数f(x)＝ln x＋(a∈R)．
(1)求函数f(x)的极值；
(2)求证：＋…＋高考大题研究课二 利用导数证明不等式
关键能力·题型剖析
巩固训练1 解析：(1)因为f(x)＝x2ln x，x>0，
所以f′(x)＝2x ln x＋x＝x(2ln x＋1)，
由f′(x)＝0，得x＝.
当)时，f′(x)<0；当，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)的单调递减区间为)，单调递增区间为，＋∞)．
(2)证明：f(x)≥x－1等价于ln x－≥0.
令函数g(x)＝ln x－，则g′(x)＝＝＝.
当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增.
故g(x)≥g(1)＝0，即f(x)≥x－1.
例2 证明：要证明f(x)即证x＋a ln x＋＋2a即证a(ln x＋2)<，即证<.
令g(x)＝，其中x>0，则g′(x)＝，
当0当x>2时，g′(x)>0，此时函数g(x)单调递增．
所以g(x)min＝g(2)＝.
构造函数h(x)＝，其中00，
则h′(x)＝－.
当00，此时函数h(x)单调递增；
当x>时，h′(x)<0，此时函数h(x)单调递减．
所以h(x)max＝h()＝ae<，则h(x)max所以<.
故原不等式得证．
巩固训练2 解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1.令f′(x)＝0，可得x＝.
当0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)的单调递增区间为，
因为函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增，所以(a，＋∞)⊆[，＋∞)，
所以a≥.故实数a的取值范围为[，＋∞)．
(2)证明：因为x>0，所以要证x ln x＋1≥x2e1－x，只需证明ln x＋≥xe1－x成立．
令g(x)＝ln x＋，则g′(x)＝＝.
令g′(x)＝0，得x＝1，当0当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝1.
令h(x)＝xe1－x，则h′(x)＝(1－x)e1－x，
令h′(x)＝0，得x＝1，当00，h(x)单调递增；
当x>1时，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝1.
因此g(x)≥h(x)，即f(x)≥x2e1－x，当且仅当x＝1时等号成立．
例3 解析：(1)当a＝1时，f(x)＝ex－1－ln x－1(x＞0)，f′(x)＝ex－1－，k＝f′(1)＝0，
又f(1)＝0，∴切点为(1，0)，
∴切线方程为y－0＝0(x－1)，即y＝0.
(2)证明：∵a≥1，∴aex－1≥ex－1，
∴f(x)≥ex－1－ln x－1.
令φ(x)＝ex－1－ln x－1(x＞0)，
∴φ′(x)＝ex－1－，令h(x)＝ex－1－，
∴h′(x)＝ex－1＋＞0，
∴φ′(x)在(0，＋∞)单调递增，又φ′(1)＝0，
∴当x∈(0，1)时，φ′(x)＜0；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＞0，
∴φ(x)在(0，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增，
∴φ(x)min＝φ(1)＝0，∴φ(x)≥0，∴f(x)≥φ(x)≥0，即证得f(x)≥0.
巩固训练3 证明：令φ(x)＝ln x－x＋1，其定义域为(0，＋∞)，
φ′(x)＝－1＝.
当x∈(0，1)时，φ′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，
∴φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴φ(x)max＝φ(1)＝0，
∴φ(x)≤0，
即ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”．
当x＞2时，ln (x－1)＜x－2，
又a＞0，
∴a ln (x－1)＜a(x－2)．
要证f(x)＜ex＋(a－1)x－2a，
只需证a ln (x－1)＋＜ex＋(a－1)x－2a，
只需证a(x－2)＋＜ex＋(a－1)x－2a，即ex－x－＞0对于任意的x＞2恒成立．
令h(x)＝ex－x－，x＞2，
则h′(x)＝ex－1＋，
∵x＞2，∴h′(x)＞0恒成立，
∴h(x)在(2，＋∞)上单调递增，
∴h(x)＞h(2)＝e2－4＞0，
∴当x＞2时，f(x)＜ex＋(a－1)x－2a.
例4 解析：(1)由题意知，x∈(0，＋∞)，f′(x)＝－1＝，
①当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以，当x∈(0，1)时，f(x)>f(1)＝0，不合题意；
②当00得x∈(0，a)，则f(x)在(0，a)上单调递增，
由f′(x)<0得x∈(a，＋∞)，则f(x)在(a，＋∞)上单调递减，
所以f(a)>f(1)＝0，不合题意；
③当a＝1时，由f′(x)>0得x∈(0，1)，则f(x)在(0，1)上单调递增，
由f′(x)<0得x∈(1，＋∞)，则f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以对于任意的x∈(0，＋∞)，f(x)≤f(1)＝0，符合题意；
④当a>1时，由f′(x)>0得x∈(0，a)，则f(x)在(0，a)上单调递增，
由f′(x)<0得x∈(a，＋∞)，则f(x)在(a，＋∞)上单调递减，
所以f(a)>f(1)＝0，不合题意．
综上所述，a＝1.
(2)证明：由(1)知，a＝1时，ln x＋1－x≤0即ln x≤x－1，当且仅当x＝1时等号成立．
令x＝n，其中n∈N＋且n≥2，则有ln n又n－1所以×…×<×…×＝.
所以原不等式得证．
巩固训练4 解析：(1)f′(x)＝＝，
当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值；
当a>0时，当0a时，f′(x)>0，
函数f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，
函数f(x)有极小值f(a)＝ln a＋1，无极大值．
(2)证明：由(1)知，当a＝1时，f(x)≥f(1)＝1，当且仅当x＝1时取等号，
令x＝>1，n∈N*，可知f()>1，即ln ()>1－＝，
即累加得＋…＋