素养拓展11 导数中的不等式证明问题（解析版）

【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）素养拓展11导数中的不等式证明问题（精讲+精练）一、不等式的证明证明不等式的过程中常使用构造法，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有：(1)直接构造法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如①对数形式：x≥1＋lnx（x＞0），当且仅当x＝1时，等号成立.②指数形式：ex≥x＋1（x∈R），当且仅当x＝0时，等号成立.进一步可得到一组不等式链：ex＞x＋1＞x＞1＋lnx（x＞0，且x≠1）.(3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；(4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解．在证明过程中，等价转化是关键，此处f(x)ming(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”．【常用结论】1.破解含双参不等式证明题的3个关键点（1）转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式.（2）巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.（3）回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.总结：双变量相关问题，解题策略是减少变量，方式为一个变量用另一个变量表示，或将两变量的整体换元，如下列形式12111222,ln,,xxxxttxxtetxx等常见形式2.常见不等式（大题使用需要证明）①1xex，1xex，xeex，1xex②ln10xxx，ln11xxx；11ln10xxx；1ln10xxx一、知识点梳理③21102xexxx；21102xexxx；1ln0xxxe④223111ln10223xxxxxxx；2111ln01xxxxx⑤11ln112xxxxx；1ln211xxxxx⑥31sin06xxxxx；sin0xxx；1ln1ln0xxxx，211cos12xx【典例1】已知函数xaaxxxf12ln2.（1）讨论xf的单调性；（2）当0a时，证明243axf【解析】（1）xf的定义域为（0，＋∞），xaxxaaxxxf1211221当0a，则当x∈（0，＋∞）时，0xf，故xf在（0，＋∞）上单调递增.当0a，则当x∈a21,0时，f′（x）＞0；当x∈,21a时，f′（x）＜0.故xf在a21,0上单调递增，在,21a上单调递减.（2）证明：由（1）知，当a＜0时，f（x）在x＝－12a取得最大值，最大值为af21＝aa41121ln.所以243axf等价于24341121lnaaa，即012121lnaa.设g（x）＝lnx－x＋1，则g′（x）＝1x－1.当x∈（0,1）时，g′（x）＞0；当x∈（1，＋∞）时，g′（x）＜0.所以g（x）在（0,1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减.故当x＝1时，g（x）取得最大值，最大值为g（1）＝0.所以当x＞0时，g（x）≤0.从而当a＜0时，012121lnaa，即243axf.二、题型精讲精练【典例2】21lnfxxxx求证：当02x时，12fxx【详解】证明：当02x时，欲证211ln2xxxx，只需证ln1ln2xxxx，即证ln1ln2xxxx，令ln1ln,2xgxxxhxx，1'xgxx，令'0gx，解得1x，易得gx在0,1上递减，在1,上递增，min11gxg，21ln'xhxx，令'0hx，解得xe，易得hx在0,e上递增，在,e上递减，maxmin1112hxhegxe，故gxhx，所以当02x时，12fxx【典例3】已知函数1()2fxxalnxx，()aR．（1）讨论函数()fx的单调性；（2）若1x、2x为函数()fx的两个极值点，证明：1212()()24fxfxaxx．【（1）详解】2222121()1axaxfxxxx，(0,)x．令2()21gxxax，则(0)10g，()gx的对称轴为xa，△244a．①0a„时，()0fx，函数()fx在(0,)上单调递增；②当01a„时，△0„，可得()0gx…，()0fx，函数()fx在(0,)上单调递增；③当1a时，△0，由()0gx，解得2110xaa，221xaa．所以在1(0,)x，2(x，)上，()0gx，()0fx，函数()fx是增函数；在1(x，2)x，()0gx，()0fx，函数()fx是减函数．综上可得，当1a„时，函数()fx在(0,)上单调递增；当1a时，函数()fx在2(0,1)aa，2(1aa，)上单调递增，在2(1aa，21)aa上单调递减．【（2）详解】证明：()fx有两个极值点1x，2x，由（1）知122xxa，121xx，所以111122121212221212121211(2)(2)2()22()()2xxxalnxxalnxxxalnalnfxfxxxxxxxxxxxxx，要证1212()()24fxfxaxx，即证12122224xalnxaxx，即证12122xlnxxx，因为121xx，所以121xx，所以即证222221lnxxx，即证22210lnxxx，21x，令1()hxlnxxx，222111()1xxhxxxx，因为22131()024xxx，所以()0hx，所以()hx在(1,)上单调递减，所以()hxh（1）0，所以1212()()24fxfxaxx恒成立，得证．【题型训练1-刷真题】一、解答题1．（2021·全国·统考高考真题）设函数lnfxax，已知0x是函数yxfx的极值点．（1）求a；（2）设函数()()()xfxgxxfx．证明:1gx．【答案】（1）1a；（2）证明见详解【分析】（1）由题意求出'y，由极值点处导数为0即可求解出参数a；（2）由（1）得ln1()ln1xxgxxx，1x且0x，分类讨论0,1x和,0x，可等价转化为要证1gx，即证ln1ln1xxxx在0,1x和,0x上恒成立，结合导数和换元法即可求解【详解】（1）由n1'lafxaxfxx，'lnxyaxxayxfx，又0x是函数yxfx的极值点，所以'0ln0ya，解得1a；（2）[方法一]：转化为有分母的函数由（Ⅰ）知，ln(1)11()ln(1)ln(1)xxgxxxxx，其定义域为(,0)(0,1)．要证()1gx，即证111ln(1)xx，即证1111ln(1)xxxx．（ⅰ）当(0,1)x时，10ln(1)x，10xx，即证ln(1)1xxx．令()ln(1)1xFxxx，因为2211()01(1)(1)xFxxxx，所以()Fx在区间(0,1)内为增函数，所以()(0)0FxF．（ⅱ）当(,0)x时，10ln(1)x，10xx，即证ln(1)1xxx，由（ⅰ）分析知()Fx在区间(,0)内为减函数，所以()(0)0FxF．综合（ⅰ）（ⅱ）有()1gx．[方法二]【最优解】：转化为无分母函数由（1）得ln1fxx，ln1()()()ln1xxxfxgxxfxxx，1x且0x，当0,1x时，要证ln1()1ln1xxgxxx，0,ln10xx，ln10xx，即证ln1ln1xxxx，化简得1ln10xxx；同理，当,0x时，要证ln1()1ln1xxgxxx，0,ln10xx，ln10xx，即证ln1ln1xxxx，化简得1ln10xxx；令1ln1hxxxx，再令1tx，则0,11,t，1xt，令1lntttt，1ln1lnttt，当0,1t时，0t，t单减，故10t；当1,t时，0t，t单增，故10t；综上所述，ln1()1ln1xxgxxx在,00,1x恒成立.[方法三]：利用导数不等式中的常见结论证明令()ln(1)xxx，因为11()1xxxx，所以()x在区间(0,1)内是增函数，在区间(1,)内是减函数，所以()(1)0x，即ln1xx（当且仅当1x时取等号）．故当1x且0x时，101x且111x，11ln111xx，即ln(1)1xxx，所以ln(1)1xxx．（ⅰ）当(0,1)x时，0ln(1)1xxx，所以1111ln(1)xxxx，即111ln(1)xx，所以()1gx．（ⅱ）当(,0)x时，ln(1)01xxx，同理可证得()1gx．综合（ⅰ）（ⅱ）得，当1x且0x时，ln(1)1ln(1)xxxx，即()1gx．【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当(0,1)x时，转化为证明ln(1)1xxx，当(,0)x时，转化为证明ln(1)1xxx，然后构造函数，利用导数研究单调性，进而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当0,1x时，1ln10xxx成立和当,0x时，1ln10xxx成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造函数()ln(1)xxx，利用导数分析单调性，证得常见常用结论ln1xx（当且仅当1x时取等号）．然后换元得到ln(1)1xxx，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有一定的巧合性.2．（2021·浙江·统考高考真题）设a，b为实数，且1a，函数2R()xfxabxex（1）求函数fx的单调区间；（2）若对任意22be，函数fx有两个不同的零点，求a的取值范围；（3）当ae时，证明：对任意4be，函数fx有两个不同的零点1221,