2023年高考数学一轮总复习考点探究与题型突破 第19讲　利用导数证明不等式 精品讲义 含解析.docx

1、第19讲利用导数证明不等式 考点1 作差构造法证明不等式名师点睛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”或“右减左”的函数，利用导数研究其单调性等相关函数性质证明不等式典例(2021全国乙卷)设函数f(x)ln(ax)，已知x0是函数yxf(x)的极值点(1)求a；(2)设函数g(x)，证明：g(x)1.举一反三（2022江苏盐城三模）已知函数(1)若函数在上是单调递增，求实数的取值范围；(2)若对于任意，存在正实数，使得，试判断与的大小关系，并给出证明 考点2 隔离分析法证明不等式名师点睛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

2、问题2在证明过程中，“隔离”化是关键，证出f(x)ming(x)max，从而得到f(x)g(x)恒成立，但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不一定是同一个“x值”典例(2022福州模拟)已知函数f(x)eln xax(aR)(1)讨论f(x)的单调性；(2)当ae时，证明：xf(x)ex2ex0.举一反三(2022贵阳联考)设函数f(x)x2(x1)ln x，求证：当0x2时，f(x)x. 考点3 换元构造法证明不等式名师点睛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：（1）联立消参：利用方程f(x1)f(x2)消掉解析

3、式中的参数a（2）抓商构元：令c，消掉变量x1，x2，构造关于c的函数h(c)（3）用导求解：利用导数求解函数h(c)的最小值，从而可证得结论典例(2021新高考卷)已知函数f(x)x(1ln x)(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且bln aaln bab，证明：2e.举一反三（2022山东威海三模）已知函数(1)当时，求的单调区间；(2)若有两个极值点，且，从下面两个结论中选一个证明；第19讲利用导数证明不等式 考点1 作差构造法证明不等式名师点睛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”或“右减左”的函数，利用导数研究其单调性等相关函数性

4、质证明不等式典例(2021全国乙卷)设函数f(x)ln(ax)，已知x0是函数yxf(x)的极值点(1)求a；(2)设函数g(x)，证明：g(x)1.解(1)由题意得yxf(x)xln(ax)，则yln(ax)xln(ax)，因为x0是函数yxf(x)的极值点，所以y|x0ln a0，所以a1.(2)证明：由(1)可知，f(x)ln(1x)，其定义域为x|x1，当0x1时，ln(1x)0，此时xf(x)0，当x0时，ln(1x)0，此时xf(x)0.易知g(x)的定义域为x|x1且x0，故要证g(x)1，只需证xf(x)xf(x)，即证xln(1x)xln(1x)0.令1xt，则t0且t1，则

5、只需证1tln t(1t)ln t0，即证1ttln t0.令h(t)1ttln t，则h(t)1ln t1ln t，所以h(t)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以h(t)h(1)0，即g(x)1成立举一反三（2022江苏盐城三模）已知函数(1)若函数在上是单调递增，求实数的取值范围；(2)若对于任意，存在正实数，使得，试判断与的大小关系，并给出证明【解】(1)则由题意可得当时恒成立构建，则当时恒成立在上单调递增，当时恒成立则即(2)构建，则且在区间连续则在区间上存在极值点即存在正实数，使得，即设，当时恒成立则函数在上单调递增，则，即，则，由（1）可知函数在上单调递增，则，即

6、考点2 隔离分析法证明不等式名师点睛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，“隔离”化是关键，证出f(x)ming(x)max，从而得到f(x)g(x)恒成立，但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不一定是同一个“x值”典例(2022福州模拟)已知函数f(x)eln xax(aR)(1)讨论f(x)的单调性；(2)当ae时，证明：xf(x)ex2ex0.【解】(1)f(x)a(x0)，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

7、，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以f(x)maxf(1)e.令g(x)2e(x0)，则g(x)，所以当0x1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，即xf(x)ex2ex0.方法二：由题意知，即证exln xex2ex2ex0，从而等价于ln xx2.设函数m(x)ln xx2(x0)，则m(x)1.所以当x(0，1)时，m(x)0，当x(1，)时，m(x)0，故m(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，从而m(x)在(0，)上的最大值为m(1)1.设函数h(x)(x0)，则h(x).

8、所以当x(0，1)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x0时，m(x)h(x)，即xf(x)ex2ex0.举一反三(2022贵阳联考)设函数f(x)x2(x1)ln x，求证：当0x2时，f(x)x.证明由题意知，只需证xln x，即xln x，令g(x)xln x，h(x).由g(x)10，解得x1，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2上单调递增，故g(x)ming(1)1.由h(x)可知h(x)在(0,2上单调递增，故h(x)maxh(2)1g(x)min，故h(x)g(x)，即f(x)x.

9、 考点3 换元构造法证明不等式名师点睛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：（1）联立消参：利用方程f(x1)f(x2)消掉解析式中的参数a（2）抓商构元：令c，消掉变量x1，x2，构造关于c的函数h(c)（3）用导求解：利用导数求解函数h(c)的最小值，从而可证得结论典例(2021新高考卷)已知函数f(x)x(1ln x)(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且bln aaln bab，证明：2e.解(1)因为f(x)x(1ln x)，所以f(x)的定义域为(0，)，f(x)1ln xxln

10、 x.当x(0,1)时，f(x)0；当x(1，)时，f(x)0.所以函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减(2)证明：由题意，a，b是两个不相等的正数，且bln aaln bab，两边同时除以ab，得，即，即ff.令x1，x2，由(1)知f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，且当0xe时，f(x)0，当xe时，f(x)0，不妨设x1x2，则0x11x2e.要证2e，即证2x1x2e.先证x1x22：要证x1x22，即证x22x1，因为0x11x2e，所以x22x11，又f(x)在(1，)上单调递减，所以即证f(x2)f(2x1)，又f(x1)f(x2)，所以即

11、证f(x1)f(2x1)，即证当x(0,1)时，f(x)f(2x)0.构造函数F(x)f(x)f(2x)，则F(x)f(x)f(2x)ln xln(2x)lnx(2x)，当0x1时，x(2x)1，即lnx(2x)0，即当0x1时，F(x)0，所以F(x)在(0,1)上单调递增，所以当0x1时，F(x)F(1)0，所以当0x1时，f(x)f(2x)0成立，所以x1x22成立再证x1x2e.由(1)知，f(x)的极大值点为x1，f(x)的极大值为f(1)1，过点(0,0)，(1,1)的直线方程为yx，设f(x1)f(x2)m，当x(0,1)时，f(x)x(1ln x)x，直线yx与直线ym的交点坐

12、标为(m，m)，则x1m.欲证x1x2e，即证x1x2mx2f(x2)x2e，即证当1xe时，f(x)xe.构造函数h(x)f(x)x，则h(x)1ln x，当1xe时，h(x)0，所以函数h(x)在(1，e)上单调递增，所以当1xe时，h(x)h(e)f(e)ee，即f(x)xe成立，所以x1x2e成立综上可知，2e成立举一反三（2022山东威海三模）已知函数(1)当时，求的单调区间；(2)若有两个极值点，且，从下面两个结论中选一个证明；【解】(1)，当时，令，解得；令，解得或，所以的单增区间为；单减区间为，(2)证明：由题意知，是的两根，则，将代入得，要证明，只需证明，即，因为，所以，只需证明，令，则，只需证明，即，令，所以在上单调递减，可得，所以，综上可知，证明：设，因为有两个极值点，所以，解得，因为，所以，由题意可知，可得代入得，令，当，所以在上单调递减，当，所以在上单调速增，因为，所以，由，可得，所以，所以，所以，即