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高中数学压轴题系列——导数专题——证明不等式类型一构造函数证明不等式1.(2018·衡水中学质检)已知函数f(x)＝x＋aex.(1)若f(x)在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a的取值范围；(2)若a＝0，x01，设直线y＝g(x)为函数f(x)的图象在x＝x0处的切线，求证：f(x)≤g(x).(1)解易知f′(x)＝－x－（1－a）ex，由已知得f′(x)≥0对x∈(－∞，2)恒成立，故x≤1－a对x∈(－∞，2)恒成立，∴1－a≥2，∴a≤－1.故实数a的取值范围为(－∞，－1].(2)证明a＝0，则f(x)＝xex.函数f(x)的图象在x＝x0处的切线方程为y＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0).令h(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，x∈R，则h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝1－xex－1－x0ex0＝（1－x）ex0－（1－x0）exex＋x0.设φ(x)＝(1－x)ex0－(1－x0)ex，x∈R，则φ′(x)＝－ex0－(1－x0)ex，∵x01，∴φ′(x)0，∴φ(x)在R上单调递减，而φ(x0)＝0，∴当xx0时，φ(x)0，当xx0时，φ(x)0，∴当xx0时，h′(x)0，当xx0时，h′(x)0，∴h(x)在区间(－∞，x0)上为增函数，在区间(x0，＋∞)上为减函数，∴x∈R时，h(x)≤h(x0)＝0，∴f(x)≤g(x).2.(2017·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a0时，证明f(x)≤－34a－2.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x＋2ax＋2a＋1＝（2ax＋1）（x＋1）x.1分若a≥0时，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，2分(得分点2)若a0时，则当x∈0，－12a时，f′(x)0；当x∈－12a，＋∞时，f′(x)0.故f(x)在0，－12a上单调递增，在－12a，＋∞上单调递减.5分(得分点3)(2)证明由(1)知，当a0时，f(x)在x＝－12a处取得最大值，最大值为f－12a＝ln－12a－1－14a，所以f(x)≤－34a－2等价于ln－12a－1－14a≤－34a－2，即ln－12a＋12a＋1≤0，8分(得分点4)设g(x)＝lnx－x＋1，则g′(x)＝1x－1.当x∈(0，1)时，g′(x)0；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)＝0.10分(得分点5)所以当x0时，g(x)≤0，从而当a0时，ln－12a＋12a＋1≤0，故f(x)≤－34a－2.12分(得分点6)构造函数证明数列型不等式1．（2018•滨海新区一模）已知函数f（x）=（其中a＞0，e≈2.7）．（1）当a=1时，求函数f（x）在（1，f（1））点处的切线方程；（2）若函数f（x）在区间[2，+∞）上为增函数，求实数a的取值范围；（3）求证：对于任意大于1的正整数n，都有lnn．解：（1）∵f（x）=+lnx，∴f′（x）=（a＞0），∴f′（1）=0，∵f（1）=0，∴f（x）在（1，f（1））处的切线方程是：y=0；（2）∵f（x）=+lnx，∴f′（x）=（a＞0），∵函数f（x）在区间[2，+∞）上为增函数，∴当x≥2时，f′（x）≥0恒成立，即a≥（a＞0）在x∈[2，+∞）恒成立，解得a≥即为所求的取值范围；（3）证明：由（1）得：a=1时，f（x）=+lnx，f′（x）=（a＞0），故x∈（0，1）时，f′（x）＜0，函数单调递减，x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，函数单调递增，故f（x）min=f（1）=0，故lnx≥﹣，令x=，则ln≥，∴ln+ln+…+ln＞++…+，即lnn＞++…+．2．（2018•云南模拟）设函数f（x）=2ex﹣2ax+3a（a∈R）．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）当a＞0时，对于∀x∈R，都有f（x）≥5a成立．（ⅰ）求a的取值范围；（ⅱ）证明：．解：（Ⅰ）∵f′（x）=2ex﹣2a（x∈R），∴当a≤0时，易知f′（x）＞0．∴f（x）的（﹣∞，+∞）上单调递增．∴当a＞0时，由f′（x）＞0，得x＞lna，由f′（x）＜0，得x＜lna，∴f（x）在（lna，+∞）上单调递增，在（﹣∞，lna）上单调递减．（Ⅱ）（ⅰ）∵∀x∈R，f（x）≥5a都成立，∴f（x）min≥5a．由（Ⅰ）知，当a＞0时，f（x）min=f（lna）=﹣2alna+5a，由﹣2alna+5a≥5a，得﹣alna≥0．∴0＜a≤1．∴a的取值范围是（0，1]．（ⅱ）证明：由（ⅰ）知，当a=1时，f（x）≥5a，即2ex﹣2x+3≥5．∴ex≥x+1．∴当x＞﹣1时，x≥ln（x+1）．令，则．且n=1时，1＞ln2．∴==ln（n+1），∴．3.(2017·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)＝x－1－alnx.(1)若f(x)≥0，求a的值；(2)设m为整数，且对于任意正整数n，1＋121＋122·…·1＋12nm，求m的最小值.解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，①若a≤0，因为f12＝－12＋aln20，不合题意.②若a0，由f′(x)＝1－ax＝x－ax知，当x∈(0，a)时，f′(x)0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)0；所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增，故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点.因为f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)min＝f(1)＝0，故a＝1.(2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－lnx0，令x＝1＋12n，得ln1＋12n12n.从而ln1＋12＋ln1＋122＋…＋ln1＋12n12＋122＋…＋12n＝1－12n1.故1＋121＋122·…·1＋12ne，由于1＋121＋122·…·1＋12nm，且m∈N*.所以整数m的最小值为3.4.已知函数f(x)＝ln(x＋1)＋axx＋1(a∈R).(1)当a＝1时，求f(x)的图象在x＝0处的切线方程；(2)当a0时，求f(x)的极值；(3)求证：ln(n＋1)122＋232＋…＋n－1n2(n∈N*).解：(1)当a＝1时，f(x)＝ln(x＋1)＋xx＋1，∴f′(x)＝1x＋1＋1（x＋1）2＝x＋2（x＋1）2.∵f(0)＝0，f′(0)＝2，∴所求切线方程为y＝2x.(2)f(x)＝ln(x＋1)＋axx＋1(x－1)，f′(x)＝x＋a＋1（x＋1）2，∵a0，∴当x∈(－1，－a－1)时，f′(x)0；当x∈(－a－1，＋∞)时，f′(x)0，函数f(x)的极小值为f(－a－1)＝a＋1＋ln(－a)，无极大值.(3)证明由(2)知，取a＝－1，f(x)＝ln(x＋1)－xx＋1≥f(0)＝0.当x0时，ln(x＋1)xx＋1，取x＝1n，得lnn＋1n1n＋1＝n－1n2－1n－1n2.∴ln21＋ln32＋…＋lnn＋1n122＋232＋…＋n－1n2⇔ln21·32·…·n＋1n122＋232＋…＋n－1n2，即ln(n＋1)122＋232＋…＋n－1n2.5．已知函数f（x）=lnx﹣﹣ax（a∈R），在x=1时取得极值．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）若方程f（x）=﹣x+b在区间[1，3]上有两个不等实数根，求实数b取值范围．（Ⅲ）若函数h（x）=f（x）﹣x2，利用h（x）的图象性质，证明：3（12+22+…+n2）＞ln（12•22•…•n2）（n∈N*）．解：（Ⅰ）函数f（x）=lnx﹣﹣ax的导数为f′（x）=﹣x﹣a，由在x=1时取得极值，则f′（1）=0，即1﹣1﹣a=0，解得a=0，即有f（x）=lnx﹣的导数为f′（x）=﹣x，（x＞0），令f′（x）＞0可得0＜x＜1，令f′（x）＜0可得x＞1，则f（x）的增区间为（0，1），减区间为（1，+∞）；（Ⅱ）若方程f（x）=﹣x+b在区间[1，3]上有两个不等实数根，即为b=lnx﹣x2+x在区间[1，3]上有两个不等实数根．令g（x）=lnx﹣x2+x，g′（x）=﹣x+=，当1≤x＜2时，g′（x）＞0，g（x）递增；当x＞2时，g′（x）＜0，g（x）递减．即有x=2处g（x）取得极大值，也为最大值，且为ln2+1，x=1时，g（x）=1，x=3时，g（x）=ln3．则当ln3≤b＜ln2+1时，方程在区间[1，3]上有两个不等实数根；（Ⅲ）证明：函数h（x）=f（x）﹣x2=lnx﹣x2，h′（x）=﹣3x=，（x＞0），当0＜x＜时，h′（x）＞0，h（x）递增；当x＞时，h′（x）＜0，h（x）递减．即有x≥1时，h（x）递减，即h（x）≤h（1）=ln1﹣＜0，则lnx＜x2，即为3x2＞lnx2．则有ln12＜3•12，ln22＜3•22，ln32＜3•32，…，lnn2＜3•n2．则ln12+ln22+…+lnn2＜3（12+22+…+n2），故有3（12+22+…+n2）＞ln（12•22•…•n2）（n∈N*）．类型三利用超越不等式放缩证明不等式1.（2010•大纲版Ⅰ）已知函数f（x）=（x+1）lnx﹣x+1．（Ⅰ）若xf′（x）≤x2+ax+1，求a的取值范围；（Ⅱ）证明：（x﹣1）f（x）≥0．解：（Ⅰ），xf′（x）=xlnx+1，题设xf′（x）≤x2+ax+1等价于lnx﹣x≤a．令g（x）=lnx﹣x，则当0＜x＜1，g′（x）＞0；当x≥1时，g′（x）≤0，x=1是g（x）的最大值点，g（x）≤g（1）=﹣1综上，a的取值范围是[﹣1，+∞）．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，g（x）≤g（1）=﹣1即lnx﹣x+1≤0．当0＜x＜1时，f（x）=（x+1）lnx﹣x+1=xlnx+（lnx﹣x+1）＜0；当x≥1时，f（x）=lnx+（xlnx﹣x+1）==≥0所以（x﹣1）f（x）≥0．2.（2010•大纲版Ⅱ）设函数f（x）=1﹣e﹣x．（Ⅰ）证明：当x＞﹣1时，f（x）≥；（Ⅱ）设当x≥0时，f（x）≤，求a的取值范围．解：（1）当x＞﹣1时，f（x）≥当且仅当ex≥1+x令g（x）=ex﹣x﹣1，则g'（x）=ex﹣1当x≥0时g'（x）≥0，g（x）在[0，+∞）是增函数当x≤0时g'（x）≤0，g（x）在（﹣∞，0]是减函数于是g（x）在x=0处达到最小值，因而当x∈R时，g（x）≥g（0）时，即ex≥1+x所以当x＞﹣1时，f（x）≥（2）由题意x≥0，此时f（x）≥0当a＜0时，若x＞﹣，则＜0，f（x）≤不成立；当a≥0时，令h（x）=axf（x）+f（x）﹣x，则f（x）≤当且仅当h（x）≤0因为f（x）=1﹣e﹣x，所以h'（x）=af（x）+axf'（x）+f'（x）﹣1=af（x）﹣axf（x）+ax﹣f（x）（i）当0≤a≤时，由（1）知x≤（x+1）f（x）h'（x）≤af（x）﹣axf（x）+a（x+1）f（x）﹣f（x）=（2a﹣1）f（x）≤0，h（x）在[0，+∞）是减函数，h（x）≤h（0）=0，即f（x）≤；（ii）当a＞时，由y=x﹣f（x）=x﹣1+e﹣x，y′=1﹣e﹣x，x＞0时，函数y递增；x＜0，函数y递减．可得x=0处函数y取得最小值0，即有x≥f（x）．h'（x）=af（x）﹣axf（x）+ax﹣f（x）≥af（x）﹣axf（x）+af（x）﹣f（x）=（2a﹣1﹣ax）f（x）当0＜x＜时，h'（x）＞0，所以h'（x）＞0，所以h（x）＞h（0）=0，即f（x）＞综上，a的取值范围是[0，]3.（2012•山东）已知函数为常数，e=2.71828…是自然对数的底数），曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与x轴平行．（Ⅰ）求k的值；（Ⅱ）求f（x