专题3.4利用导数证明不等式(2021年高考数学一轮复习专题)

1、所以 a=l,所以/(x)=lnx+2.当/(x)>0 时，x>e 2；当/(x)<0 时，0<x<e_2,所以金)在(0,2)上单调递减，在("2, +oo)上单调递增，所以/(X)在x=J2处取得极小值，符合题意，所以a = l.(2)证明：由(1)知 67=1,所以金)=x+xlnx.令 g(x)=y(x) 3(X-1),即 g(x)=xlnx-2x + 3(x>0) g'(x)=lnx-l,由 g'(x)=O,得x=e.由 g©)>0,得x>e：由 g©)<0,得 0<x<e

2、.所以g(x)在(0, e)上单调递减，在(e, +oc)上单调递增，所以g(x)在(1, +oo)上的最小值为g(e)=3e>0.于是在(1, +oo)上，都有或0注(已)>0,所以x)>3(x-1)型二拆分法构造函数证明不等式【题型要点】(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，等价转化是关键，此处TWmuPg唤恒成立.从而金)>g(X),但此处加)与g(X)取到最值 的条件不是同一个“X的值【例1】设函数夬xFax2(x+l)lnx,曲线=沧)在点(1,久1)处切线的斜率为0.(1)求 a 的值

3、；(2)求证：当 0Vx£2 时，【解】(l#(x)=2处一lnx-l由题意，可得/(1) = 2° 2=0,所以a = l.A(2)证明：由(1)得夬x)=x2(x+l)lnx,要证当0V疋2时，金)>$,只需证-Pl 0<x<2 时，xInHP xJ-y.令 g(x)=x-lnx,刀(力=竽+斗，令 g'(x)=l g=0,得 x=l,易知g(x)在(H)上单调递减，在(1,2上单调递增，故当0<疋2时，或0遇=&(1)=1.因为川(力=匕芋，当0V疋2时，片(x)>0,所以刀(x)在(0,2上单调递增，故当0<疋2时

4、，加小昨=加2)=1» 即力(xjmaxV/Qmin.故当 0<疋2 时，力(X)<g(x),即当 0<疋2 时，7(x)>gr.【例2】已知函数y(x)=elnxax(a二R).讨论介)的单调性：当a=e时，求证：灯(x)*+2exM).【解析】(iy(x)=；-t7(x>0),二若处0，则/(力>0,金)在(0，+©上单调递增：口若Q0,令/(x)=0,得x=则当0Vx芍时，/(x)>0：当工>十时，/(x)V0, 故y(x)在0,-上单调递增，在f,+oo上单调递减.I a)丿(2)证明：因为x>0,所以只需证y(

5、x)<7-2e,当a=e时，由知，夬x)在(0.1)上单调递增，在(1, +8)上单调递减，所以介)=7(1) = e.X(x 1 )ex记 g(x)=-2e(x>0).则 g'(x)=,当 0<xVl 时，g'(x)<0, g(x)单调递减：当 X>1 时，g'(x)>0,或0单调递增，所以 g(x)mm=g(l)= e. 综上，当 x>0 时，njj 夬>)冬p2e,即 Ay(x)ex+2ex<0.题型三换元法构造函数证明不等式【题型要点】换元法构造函数证明不等式的基本思路是直接消掉参数G再结合所证问题，巧妙引入

6、变量CXI=云，从而构造相应的函数.其解题要点为：联立消参利用方程沧1)= 夬也)消掉解析式中的参数a抓商构元令C=乎，消掉变量xi，X2，构造关于C的函数力(C)用导求解利用导数求解函数加C)的最小值，从而可证得结论1【例1】已知函数Xx)=lnx乞7卫+儿a匚R.(1) 当a=0时，求函数金)的图象在(1, XI)处的切线方程；一 1(2) 若 a=2,正实数 X" X2 满足 Xxi)+y(X2)+xiX2 = 0,求证：X1+.Y2>_勺-【解】(1)当a=0时，Xx)=lnx+x,则久1)=1,所以切点(1,1),又因为/(x)=7+b所以切线斜率k=f =2,故切线

7、方程为y l=2(x-l),即 2x-y-l=Q.(2)证明：当 a=2 时，/(x)=lnx+x2+x(x>0).由7(xi)+/(X2)+xiX2=0,得 In XI+xi + In X2 + 卫 +x2 +xiX2 = 0, 从而(X】+2)2 + (xi +x2)=XX2 111(X1X2),1 t 1令 /=xiX2(/>0),令(p(t)=tlnt.得 00)=1 7=,易知必)任区间(0.1)上单调递减，在区间(1, +oo)上单调递增，所以卩(忙0(1)=1,所以(xi+x2)2 + (xi+x2)>l,/s * 1因为Xl>0t X2>0,所以X

8、1+X2成立.题型四两个经典不等式的应用【题型要点】逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证利用两个经 典不等式解决英他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程.(1) 对数形式：x>l+hix (x>0),当且仅当x=l时，等号成立.(2) 指数形式：e仝x+1 (xJR),当且仅当x=0时，等号成立进一步可得到一组不等式链：i>x+l>x>l+lnx (x>0,且時 1).【例1】设函数Ax)=hix-x+l.讨论心)的单调性：(2)求证：当xjl, +©时，1< <x.【解析】(1)由题设知，

9、金)的左义域为(0, +oo),/(x)=g-l,令/(x)=0,解得x=l.当0<xVl时，/(.x)>0,犬力在(0.1)上单调递增;当x>l时,/(x)VO,曲在(1, +oo)上单调递减.(2)证明：由知金)在x=l处取得最大值，最大值为X1) = O.所以当時1时，lnxVx 1. x 111x1 x1故当 x匚(1, +8)时，lnxVx1,二因此 In -<*L 即 lnx>一，jVx二x 1故当xZ(l. +oo)时恒有IV而7<工二、高效训练突破1. (2020-四省八校双教研联考)已知函数金)=以一axlnx-l(a二R,砖0).(1)

10、讨论函数夬x)的单调性：(2) 当x>l时，求证：古>占一1【解析】：(llf(x)=a-a(lnx+l)= alnx,若 a>0,则当 xC(0, 1)时，/(x)>0,当 x(l, +oo), /(x)<0,所以心)在(0, 1)上单调递增，在(1, +oo)上单调递减；若d<0,则当xZ(O, 1)时，/(a)<0,当x匚(1, +©, /(x)>0,所以沧)在(0, 1)上单调递减，在(1, +©上单 调递增.(2)证明：要证丄二一 1，即证宀e & 即证口vex,X1 疋X1X又由第问令a=l知y(x)=xx

11、lnxl在(1, +oc)上单调递减，久1)=0,所以当x>l时，xxlnx1<0,即 _ lnx,则只需证当x>l时，lux"即可.令 F(x)=ex-liix/x>h 则 F(x)=ex-单调递增，所以 F(x)>FXl)=e 1>0,所以F(x)在(1, +8)上单调递增，所以F(x)>F(l),而F(l)=e,所以-liix>e>0,所以 P'lnx,所以 >111 x>j所以原不等式得证.2. (2020-唐山市摸底考试)设夬x)=2xliix+l.求金)的最小值：证明：%)<-+-+2111%

12、.【解】(l#(x)=2(lnx+l).所以当止(0,丄时，/(x)vO,心)单调递减:时，心)>0,金)单调递增.所以当x=¥时，金)取得最小值2(xl)lnx=(xl)| x-丄-21nx ,V v 丿x 1(2)证明：工一x+二+21nx->(x)=;i(x-l)一XX令竝X)=x-g21n X,则 g，(x)= 1 + 吉_|= 3少所以g(x)在(0, +oo)上单调递增，又g(l)=0,所以当(Xxvl时，能)<0,当41时，能)>0, 所以(x-l) X-21I1X |>0,即Xx)<x2-x+-+21nx.I x 丿A3. (202

13、0福州模拟)已知函数 /(X)=eln xaxa Z R).(1)讨论Xx)的单调性：当 a=e 时，证明:.r/(x)-ev+2ex<0.【解】W(x) = a(x>0)二若处0,则/(刃>0,沧)在(0, +8)上单调递增: :若 Q0,则当0Vx今也/(x)>0,当x巧时，/(x)<0,故夬x)在(0,字)上单调递增，在(十，+oo)上单调递减.(2)证明：法一：因为x>0,所以只需证金疋号一2厂(X1)当a=e时，由知，心)在(0, 1)上单调递增，在(1, +©上单调递减, 所以yCOmaxNl)=巴记 g(x) = -2e(x>0

14、),则 g'Cr)= 所以当OVxVl时，g'(x)VO,能)单调递减，当X>1时，g©)>0, g(x)单调递增，所以g(x)mm=g(l)= e.综上，当 x>0 时，J(x)<g(x)> Hll2etAy(x)ex+2ex<0.法二：由题意知，即证exlnx-eY2-ex+2ex<0,从而等价于laxx+2仝:.设函数 g(x)=lnx-x+2,则 g(x)=-l.所以当 C(O, 1)时，g©)>0,当 xZ(l> +s)时，g'(x)VO, X故或V)在(0, 1)上单调递增，在(1,

15、+*)上单调递减，从而g(x)在(0, +8)上的最大值为g(l)=l.*( Y 1 )设函数 /7(A-)=-,则力'(x)=其一所以当 xD(O, 1)时，hr(x)<0,当 xZ(l, +oc)时，办'(x)>0, 故力(X)在(0, 1)上单调递减，在(1, +*)上单调递增，从而力(X)在(0, +8)上的最小值为力(1)=1. 综上，当 x>0 时，g(x)S/?(x),即"(X)区+2°三0.4 (2019高考北京卷节选)已知函数沧尸*3 工+r求曲线y=Xx)的斜率为1的切线方程：(2)当 x匚一2, 4时，求证：x-6&l

16、t;f(x)<x.338【解析】：(1)由金)=才卫一工+x得/(x)=/22x+1.令/(x)=1,即才F2x+l = l,得x=0或x=y又他=0，fQQ所以曲线y=Ax)的斜率为1的切线方程是y=x与丁一烏=乂一令64即y=x与13(2)证明：令 g(x)=Xx)-x, xZ-2, 4.由纟仗尸汙一工得 gXxy-lx.Q令 g'(x)=O 得 x=0 或 x=了.g'(x)，g(x)的情况如卜IX-2(一2, 0)0S34ga)+g(x)6064_270所以g(x)的最小值为一6,最大值为0.故_62匕亡0,即 X6</(x)<x.5. 已知函数7(a

17、)=hixax(x>0), a为常数，若函数刃丫)有两个零点x】，X2(xi盘2).求证：AiX2>e2.【证明】不妨设xi>X2>0,因为 111X1axi = 0> lux?ax2 = 0.所以 Inxi+lnx2=a(xi+x2), liixi liiX2=a(xiX2)*所以111X1 111XlX2欲证 xjX2>e2，即证 lnxi + lnx2>2.因为 Inxi+lnx2=d(xi+x2),所以即证 二、，所以原问题等价于证明葺丰 >余,即 111 ->2(X1 X2)X1+X2C>1,令 C=C>1),则不等式

18、变为 Inc令力(c)=Sc-2；",4(C""" 1所以"(c)=2_(e+ 1/=比_)5>0,所以力(c)在(1，+cc)上单调递增,2(c 1)所以 /?(c)>/(l) = ln 10=0,即 Inc>0(c> 1)> 因此原不等式 xiX2>e2 得证.6. 已知函数f(x)=n x + ax1 +(2a + l)x.(1)讨论/(x)的单调性；(2)当a <0时，证明/(x)<-2 4a【解析】(1)的泄义域为(0, +8),广(X)= ! + 2ay + 2d + =('

19、_ 1X九' _ 1)XX当a>0.则当2 (0, +Q 时，广(x)>0,故/(x)在(0, +*)上单调递增.当X。，则当4。,三时，f (x) >0；当X一丄,乜时f(X)<0.V 2a丿故/(0在仏-丄 上单调递增，在 k 2a丿(2)证明：由(1)知，当a<0时，/(x)在尸一命取得最大值，最大值为/=ln -丄 -1_丄.2a)2g)3所以/(x)< -2等价于In -丄4aI 2a即心卜设 g (x) =lnxx+1,则 g (x) =-l.当兀口(0.1)时，g, (x) >0；当 x口(1, +oo)时，0 (x) <0

20、. 所以g (x)在(0,1)上单调递增，在(1, +00)上单调递减故当x=l时，g (x)取得最大值，最大值为/ 1 1 3g(l) =0.所以当 x>0 时，g (x) <0.从而当 a<0 时，In -一 + + 1<0,即/(x)<-一2.k 2a 丿 2a'4a7. 已知函数 y(x)=：-x+aliix.(1) 讨论几力的单调性：(2) 若允V)存在两个极值点XI, X2,证明：-/(Y1)>：-<a-2.Xl A 2【解析】(1用)的定义域为(0, +©, ")=_务1+彳=-'(二)若处2,则/(x

21、)so,当且仅当a=2, x=l时/(x)=0,所以金)在(0, +oo)单调递减.(二)若Q2,令畑=0得，尸匚导或出戸.当辺(0,唏旳匚(出戸，+J时,“)<():当屈(氓三，血戸)时，/(x)>0.所以金)在(°,匸寧(出戸，+J上单调递减，在巳，出戸)上单调递增.(2)证明：由(1)知，心)存在两个极值点时，当且仅当a>2.由于Xx)的两个极值点XI, X2满足X2 ax+l = O,所以X1X2 = L不妨设X<X2.则X2>1.比XI)刃X2)_1XI X2X1.T2111X1 111X2. Ill XI In X21 a= 2 +xiX2= -2