重难点突破08 证明不等式问题 （十三大题型）（解析版）

重难点突破08证明不等式问题目录利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式fxgx（或fxgx）转化为证明0fxgx（或0fxgx），进而构造辅助函数hxfxgx；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.（4）对数单身狗，指数找基友（5）凹凸反转，转化为最值问题（6）同构变形题型一：直接法例1．（2023·北京房山·北京市房山区良乡中学校考模拟预测）已知函数2ln1fxx．(1)若函数fx在点00,Pxfx处的切线平行于直线22yx，求切点P的坐标及此切线方程；(2)求证：当0,e1x时，22fxxx．（其中e2.71828）【解析】（1）由题意得，21fxx，所以切线斜率00221fxx，所以00x，即0,0P，此时切线方程为2yx；（2）令22ln12gxxxx，0,e1x，则22222211xgxxxx，当02x时，0gx，gx单调递增，当2x时，0gx，gx单调递减，又00g，2e12e13e4ee10g，所以min00gxg，即0gx恒成立，所以当0,e1x时，22fxxx．例2．（2023·北京·高二北京二十中校考期中）已知函数ln1()xfxxx.(1)求曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程；(2)求证：()23fxx.【解析】（1）2221ln12ln()xxfxxxx,(1)2f，(1)1f,所以切点为(1,1)，由点斜式可得，12(1)yx，所以切线方程为：23yx.（2）由题可得，2ln123ln123xxxxxxx设2()ln231gxxxx，21431(1)(41)()43xxxxgxxxxx，所以当01x时，(1)(41)()0xxgxx，当1x时，(1)(41)()0xxgxx，所以()gx在0,1单调递增，1,单调递减，所以max10gxgxg，即()23fxx.例3．已知函数()(1)afxalnxxx，0a．（1）讨论函数()fx的单调性；（2）当1a时，证明：(1,)x，2()fxaa．【解析】解：（1）221(1)()()1aaxxafxxxx，因0x，0a，①当10a时，01a，函数()fx在(0,)a内单调递增，在(,1)a内单调递减，在(1,)内单调递增；②当1a时，22(1)()0xfxx…，函数()fx在(0,)内单调递增；③当1a时，1a，函数()fx在(0,1)内单调递增，在(1,)a内单调递减，在(,)a内单调递增；综上：当10a时，函数()fx在(0,)a内单调递增，在(,1)a内单调递减，在(1,)内单调递增；当1a时，函数()fx在(0,)内单调递增；当1a时，函数()fx在(0,1)内单调递增，在(1,)a内单调递减，在(,)a内单调递增；（2）当1a时，由（1）得，函数()fx在(0,1)内单调递增，在(1,)a内单调递减，在(,)a内单调递增，函数()fx在(1,)内的最小值为()(1)()1faalnaa，欲证不等式2()fxaa成立，即证2(1)()1aaalnaa，即证2(1)()10aalna，因1a，所以只需证()1lnaa，令()1(1)hxlnxxx…，则1(1)()10xhxxx„，所以，函数()hx在[1，)内单调递减，()hxh„（1）0，又因1a，即1a．所以()()10halnaa，即当1a时，()1lnaa成立，综上，当1a时，(1,)x，2()fxaa．题型二：构造函数（差构造、变形构造、换元构造、递推构造）例4．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）已知函数11(0)xfxxx．(1)证明：efx；(2)讨论fx的单调性，并证明：当*nN时，21ln1ln1ln2nnnnnn．【解析】（1）证明：令ln1(0)htttt，则11011thttt，所以ht在0,上单调递减，所以00hth，即ln1tt．令1(0)txx，则有11ln1xx，所以1ln11xx，所以11ln11,1exxxx，即efx．（2）由11(0)xfxxx可得1lnln1fxxx，令1ln1gxxx，则11ln111xgxxx，令ln1(0)1ttttt，则221101(1)(1)ttttt，所以t在0,上单调递增，00t．令1(0)txx，则有11ln1011xgxxx，所以gx在0,上单调递增，所以11xfxx在0,上单调递增，所以对于*nN，有111111nnnn，所以111ln1ln11nnnn，所以11ln11ln11nnnn，即ln1ln1ln2ln1nnnnnn，整理得：21ln1ln1ln2nnnnnn．例5．已知曲线21()2xfx与曲线()gxalnx在公共点(1,0)处的切线相同，（Ⅰ）求实数a的值；（Ⅱ）求证：当0x时，2112xxlnx厖．【解析】（Ⅰ）解：()fxx，()agxx，依题意f（1）g（1），1a；（Ⅱ）证明：由2211(1)(1)022xxx…，得2112xx…，令()1hxxlnx，则11()1xhxxx，(0,1)x时，()0hx，()hx递减；(1,)x时，()0hx，()hx递增．0x时，()hxh…（1）0，即1xlnx…，综上所述，0x时，2112xxlnx厖．例6．已知函数()1()xfxeaxaR，()gxxlnx．（1）求函数()fx的单调区间；（2）若直线1yx是函数()yfx图象的切线，求证：当0x时，()()fxgx…．【解析】（1）解：()xfxea，当0a„时，()0fx，()fx在(,)上单调递增；当0a时，令()0fx，可得xlna，当(,)xlna时，()0fx，()fx单调递减，当(,)xlna时，()0fx，()fx单调递增．综上可得，当0a„时，()fx在(,)上单调递增；当0a时，()fx在(,)lna上单调递减，在(,)lna上单调递增．（2）证明：直线1yx是函数()yfx图象的切线，设切点为0(x，0())fx，则01xea，即0(1)xlna，切点在切线上，0()(1)1fxlna，0()((1))(1)fxflnaaalna，(1)1(1)lnaaalna，解得1ae，当0x时，()()fxgx…等价于(1)1xeexxlnx…，等价于1(1)0xeelnxxx…，设1()(1)xehxelnxxx，则22211(1)(1)()xxxxeeexhxxxxx，0x，10xe，由()0hx，得1x，当(0,1)x时，()0hx，()hx单调递减，当(1,)x时，()0hx，()hx单调递增，()minhxh（1）0，即()0hx…，()()fxgx…．变式1．已知函数2()sin(1)2xfxxlnx．（1）证明：()0fx…；（2）数列{}na满足：1102a，1()(*)nnafanN．（ⅰ）证明：10(*)2nanN；（ⅱ）证明：*nN，1nnaa．【解析】证明：（1）由题意知，1()cos1fxxxx，(1,)x，①当(1,0)x时，1()101fxxxx，所以()fx在区间(1,0)上单调递减，②当(0,)x时，令()()gxfx，因为2211()1sin0(1)(1)gxxxx，所以()gx在区间(0,)上单调递增，因此()(0)0gxg，故当(0,)x时，()0fx，所以()fx在区间(0,)上单调递增，因此当(1,)x时，()(0)0fxf…，所以()0fx…；（2）（ⅰ）由（1）知，()fx在区间1(0,)2上单调递增，()(0)0fxf，因为8812883111()(1)1147122224cCe，故83318()022lnlneln，所以1113131131()()sinsin(18)22826822822fxflnlnln，因此当1(0,)2x时，0()1fx，又因为11(0,)2a，所以1211()(())((()))(0,)2nnnafaffafffa，（ⅱ）函数()()hxfxx，1(0)2x，则1()()1cos11hxfxxxx，令()()xhx，则()()0xgx，所以()x在区间1(0,)2上单调递增；因此111217()()()cos1cos0222326hxx„，所以()hx在区间1(0,)2上单调递减，所以()(0)0hxh，因此1()()0nnnnnaafaaga，所以对*nN，1nnaa．变式2．讨论函数2()2xxfxex的单调性，并证明当0x时，(2)20xxex．【解析】解：2()2xxfxex，22224()()2(2)(2)xxxxefxexxx，当()0fx时，2x或2x，()fx在(,2)和(2,)上单调递增，证明：0x时，2(0)12xxefx(2)20xxex．题型三：分析法例7．已知函数()()fxlnax，已知0x是函数yxf()x的极值点．（1）求a；（2）设函数()()()xfxgxxfx．证明：()1gx．【解析】（1）解：由题意，()fx的定义域为(,)a，令()()txxfx，则()()txxlnax，(,)xa，则1()()()xtxlnaxxlnaxaxax，因为0x是函数()yxfx的极值点，则有(0)0t，即0lna，所以1a，当1a时，1()(1)(1)111xtxlnxlnxxx，且(0)0t，因为22112()01(1)(1)xtxxxx，则()tx在(,1)上单调递减，所以当(,0)