2023年高考数学一轮复习 第三章 一元函数的导数及其应用 6 利用导数证明不等式练习（含解析）.docx

1、利用导数证明不等式题型一将不等式转化为函数的最值问题例1已知函数g(x)x3ax2.(1)若函数g(x)在1,3上为单调函数，求a的取值范围；(2)已知a1，x0，求证：g(x)x2lnx.(1)解由题意知，函数g(x)x3ax2，则g(x)3x22ax，若g(x)在1,3上单调递增，则g(x)3x22ax0在1,3上恒成立，则a；若g(x)在1,3上单调递减，则g(x)3x22ax0在1,3上恒成立，则a.所以a的取值范围是.(2)证明由题意得，要证g(x)x2ln x，x0，即证x3ax2x2ln x，即证xaln x，令u(x)xaln x，x0，可得u(x)1，x0，当0x1时，u(x

2、)1时，u(x)0，函数u(x)单调递增所以u(x)u(1)1a，因为a1，所以u(x)0，故当a1时，对于任意x0，g(x)x2ln x.教师备选已知函数f(x)1，g(x)bx，若曲线yf(x)与曲线yg(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x1时，f(x)g(x).(1)解因为f(x)1，x0，所以f(x)，f(1)1.因为g(x)bx，所以g(x)b.因为曲线yf(x)与曲线yg(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)a1b1，g(1)a1b1，解得a1，b1.(

3、2)证明由(1)知，g(x)x，则f(x)g(x)1x0.令h(x)1x(x1)，则h(1)0，h(x)11.因为x1，所以h(x)10，所以h(x)在1，)上单调递增，所以当x1时，h(x)h(1)0，即1x0，所以当x1时，f(x)g(x).思维升华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，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证跟踪训练1已知函数f(x)lnx，aR.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a0时，证明：f(x).(1)解f(x)(x0)当a0时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增当a

4、0时，若xa，则f(x)0，函数f(x)在(a，)上单调递增；若0xa，则f(x)0时，f(x)minf(a)lna1.要证f(x)，只需证lna1，即证lna10.令函数g(a)lna1，则g(a)(a0)，当0a1时，g(a)1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)ming(1)0.所以lna10恒成立，所以f(x).题型二将不等式转化为两个函数的最值进行比较例2(2022武汉模拟)已知函数f(x)alnxx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a1时，证明：xf(x)0，所以f(x)在(0，)上单调递增当a0；若x(0，a)，则f(x)0.

5、所以f(x)在(a，)上单调递增，在(0，a)上单调递减综上所述，当a0时，f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，f(x)在(a，)上单调递增，在(0，a)上单调递减(2)证明当a1时，要证xf(x)ex，即证x2xln xex，即证10，得x(0，e)；令g(x)0，得x(e，)所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减，所以g(x)maxg(e)1，令函数h(x)，则h(x).当x(0,2)时，h(x)0.所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，)上单调递增，所以h(x)minh(2).因为0，所以h(x)ming(x)max，即1，从而xf(x)0时，f(x)xex.

6、证明要证f(x)xex，只需证exlnxex，即exex0)，则h(x)，易知h(x)在上单调递减，在上单调递增，则h(x)minh0，所以lnx0.再令(x)exex，则(x)eex，易知(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，则(x)max(1)0，所以exex0.因为h(x)与(x)不同时为0，所以exex0)，若a0，则f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增；若a0，则当0x0；当x时，f(x)0，所以只需证f(x)2e，当ae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)maxf(1)e.设g(x)2e(x0)，则g(x)，所以当0x1

7、时，g(x)1时，g(x)0，g(x)单调递增，所以g(x)ming(1)e.综上，当x0时，f(x)g(x)，即f(x)2e.故不等式xf(x)ex2ex0得证题型三适当放缩证明不等式例3已知函数f(x)ex.(1)求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)当x2时，求证：f(x)ln(x2)(1)解由f(x)ex，得f(0)1，f(x)ex，则f(0)1，即曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y1x0，所以所求切线方程为xy10.(2)证明设g(x)f(x)(x1)exx1(x2)，则g(x)ex1，当2x0时，g(x)0时，g(x)0，即g(x)在(2,0)上单调递

8、减，在(0，)上单调递增，于是当x0时，g(x)ming(0)0，因此f(x)x1(当且仅当x0时取等号)，令h(x)x1ln(x2)(x2)，则h(x)1，则当2x1时，h(x)1时，h(x)0，即有h(x)在(2，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，于是当x1时，h(x)minh(1)0，因此x1ln(x2)(当且仅当x1时取等号)，所以当x2时，f(x)ln(x2)教师备选已知函数f(x)，g(x)，且曲线yf(x)在x1处的切线方程为x2yn0.(1)求m，n的值；(2)证明：f(x)2g(x)1.(1)解由已知得，f(1)0，10n0，解得n1.f(x)，f(1)，解得m1.(2)

9、证明设h(x)exx1(x0)，则h(x)ex10，h(x)在(0，)上单调递增，h(x)h(0)0，即exx11，2g(x)1，即证1，只需证1，即证xln xx1，令m(x)xln xx1，则m(x)ln x，当x(0,1)时，m(x)0，m(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，m(x)minm(1)0，即m(x)0，xln xx1，则f(x)2g(x)1得证思维升华导数方法证明不等式中，最常见的是ex和lnx与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对ex和lnx进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明常见的放缩公式如下：(1)ex1x，当且仅当x0时取等号(2

10、)lnxx1，当且仅当x1时取等号跟踪训练3已知函数f(x)aex1lnx1.(1)若a1，求f(x)在(1，f(1)处的切线方程；(2)证明：当a1时，f(x)0.(1)解当a1时，f(x)ex1lnx1(x0)，f(x)ex1，kf(1)0，又f(1)0，切点为(1,0)切线方程为y00(x1)，即y0.(2)证明a1，aex1ex1，f(x)ex1lnx1.方法一令(x)ex1lnx1(x0)，(x)ex1，令h(x)ex1，h(x)ex10，(x)在(0，)上单调递增，又(1)0，当x(0,1)时，(x)0，(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，(x)min(1)0，(x

11、)0，f(x)(x)0，即f(x)0.方法二令g(x)exx1，g(x)ex1.当x(，0)时，g(x)0，g(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，g(x)ming(0)0，故exx1，当且仅当x0时取“”同理可证lnxx1，当且仅当x1时取“”由exx1ex1x(当且仅当x1时取“”)，由x1lnxxlnx1(当且仅当x1时取“”)，ex1xlnx1，即ex1lnx1，即ex1lnx10(当且仅当x1时取“”)，即f(x)0.课时精练1已知函数f(x)(aR)，曲线yf(x)在点(e，f(e)处的切线方程为y.(1)求实数a的值，并求f(x)的单调区间；(2)求证：当x0时，f(

12、x)x1.(1)解f(x)，f(x)，f(e)，又曲线yf(x)在点(e，f(e)处的切线方程为y，则f(e)0，即a0，f(x)，令f(x)0，得1ln x0，即0xe；令f(x)0，得1ln xe，f(x)的单调递增区间是(0，e)，单调递减区间是(e，)(2)证明当x0时，要证f(x)x1，即证ln xx2x0，令g(x)ln xx2x(x0)，则g(x)2x1，当0x0，g(x)单调递增；当x1时，g(x)0时，f(x)x1.2已知f(x)xlnx.(1)求函数f(x)的极值；(2)证明：对一切x(0，)，都有lnx成立(1)解由f(x)xlnx，x0，得f(x)lnx1，令f(x)0

13、，得x.当x时，f(x)0，f(x)单调递增所以当x时，f(x)取得极小值，f(x)极小值f，无极大值(2)证明问题等价于证明xlnx(x(0，)由(1)可知f(x)xlnx(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)1时，m(x)单调递减；由m(x)0得0x成立3已知函数f(x)lnxax(aR)(1)讨论函数f(x)在(0，)上的单调性；(2)证明：exe2lnx0恒成立(1)解f(x)的定义域为(0，)，f(x)a，当a0时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增，当a0时，令f(x)0，得x，x时，f(x)0；x时，f(x)0，即证ex2ln

14、x，令(x)exx1，(x)ex1.令(x)0，得x0，当x(，0)时，(x)0，(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，(x)min(0)0，即exx10，即exx1，当且仅当x0时取“”同理可证lnxx1，当且仅当x1时取“”由exx1(当且仅当x0时取“”)，可得ex2x1(当且仅当x2时取“”)，又x1lnx，当且仅当x1时取“”，ex2x1lnx且两等号不能同时成立，故ex2lnx即证原不等式成立4(2022常德模拟)已知函数f(x)xexx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x0时，f(x)lnx1.(1)解由题意得f(x)(x1)ex1，设g(x)(x1)ex，则g(x)(x2)ex，当x1时，g(x)0，f(x)1时，g(x)0，g(x)单调递增，又因为g(0)1，所以当x0时，g(x)1，即f(x)0时，g(x)1，即f(x)0，综上可知，f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增(2)证明要证f(x)ln x1，即证xexxln x1，即证exln x(xln x)1，令txln x，易知tR，待证不等式转化为ett1.设u(t)ett，则u(t)et1，当t0时，u(t)0时，u(t)0，故u(t)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增所以u(t)u(0)1，原命题得证