专题一第6讲母题突破1导数与不等式证明

专题一

函数与导数导数逐渐成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题是高考的热点和难点.多以解答题的形式压轴出现，难度较大.考情分析KAO

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XI内容索引母题突破1专题强化练母题突破1 导数与不等式的证明母题

(2021证明：g(x)<1.x＋fx乙卷改编)设函数

f(x)＝ln(1－x)，函数

g(x)＝

xfx

.思路分析

❶x∈0，1和－∞，0，等价转换不等式↓❷构造新函数hx＝x＋1－xln1－x↓❸换元令t＝1－x简化函数求最值证明

f(x)＝ln(1－x)，g(x)＝

xfx

xln1－xx＋fx

x＋ln1－x＝ ，x<1

且x≠0，x＋ln1－x当

x∈(0,1)时，要证

g(x)＝

xln1－x

<1，∵x>0，ln(1－x)<0,

∴xln(1－x)<0，即证x＋ln(1－x)>xln(1－x)，化简得x＋(1－x)ln(1－x)>0；x＋ln1－x同理，当

x∈(－∞，0)时，要证

g(x)＝

xln1－x

<1，∵x<0，ln(1－x)>0,

∴xln(1－x)<0，即证x＋ln(1－x)>xln(1－x)，化简得x＋(1－x)ln(1－x)>0，x＋ln1－x综上所述，g(x)＝

xln1－x

<1

在

x∈(－∞，0)∪(0,1)上恒成立.令h(x)＝x＋(1－x)ln(1－x)，再令t＝1－x，则t∈(0,1)∪(1，＋∞)，x＝1－t，令g(t)＝1－t＋tln

t，g′(t)＝－1＋ln

t＋1＝ln

t，当t∈(0,1)时，g′(t)<0，g(t)单调递减，假设g(1)能取到，则g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0；当t∈(1，＋∞)时，g′(t)>0，g(t)单调递增，假设g(1)能取到，则g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0，子题1

证明：当x∈(0,1)时，ex－1·ln

x<x2－x.证明

要证ex－1·ln

x<x2－x＝x(x－1)，只需证ln

x

x－1x

<

ex－1

.eln

x<

ex－1方法一

只需证ln

x

x－1，ex令f(x)＝

x

(x<0)，∴f′(x)＝1－xex>0，∴f(x)在(－∞，0)上单调递增，

又当x∈(0,1)时，lnx<0，x－1<0，且易证ln

x<x－1，∴f(ln

x)<f(x－1)，即有ln

x

x－1eln

x<

ex－1

，即证原不等式成立.ln

x

ln

ex－1方法二

只需证

x

<

ex－1

，令

φ(x)＝ln

x

x∈(0,1)，x

，φ′(x)＝1－ln

xx2>0，∴φ(x)在(0,1)上单调递增，又当x∈(0,1)时，ex－1∈(0,1)，且易证ex－1>x，∴φ(ex－1)>φ(x)，即ln

ex－1ex－1>ln

xx，即证原不等式成立.子题2

(2021

模拟)设函数f(x)＝ln

x－kx＋1.(1)当k>0时，若对任意的x>0，恒有f(x)≤0，求k的取值范围；解

f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－k＝1－kx，x

x

11

k

k当x∈0，

时，f′(x)>0；当x∈

，＋∞时，f′(x)<0，

1

1

k

k∴f(x)在0，

上单调递增，在

，＋∞上单调递减，

1k1k∴f(x)max＝f

＝ln

≤0，解得

k≥1，∴k的取值范围是[1，＋∞).ln

22

ln

32

ln

n22n2－n－1(2)证明：

22

＋

32

＋…＋

n2

<

2n＋1

(n∈N，n≥2).证明

令k＝1，由(1)知，ln

x－x＋1≤0，∴ln

x≤x－1，∵n∈N，n≥2，∴ln

n2≤n2－1，ln

n2∴

n2

≤n2－1n21＝1－n2，∴＋ln

22

ln

3222

32＋

…

＋

1

1

ln

n2n2

2

32

1

n2≤

1－

2

＋

1－

＋…

＋

1－

＝(n

－

1)

－

12132＋

2＋…＋1

n2<(n－1)－12×3＋13×4＋…＋1nn＋1＝(n－1)－121

1

13

3

4

n—

＋

－

＋…＋

－1

1n＋1＝(n－1)－12—n＋1＝1

2n2－n－12n＋1，∴结论成立.规律方法利用导数证明不等式问题的方法(1)直接构造函数法：证明不等式f(x)>g(x)(或f(x)<g(x))转化为证明

f(x)－g(x)>0(或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；二是利用常见放缩结论.(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同结构变形，根据相似结构构造辅助函数.演练1.已知函数f(x)＝ln

x＋ax2＋(2a＋1)x.(1)

f(x)的单调性；12解

f(x)的定义域为(0，＋∞)，1f′(x)＝x＋2ax＋2a＋1＝xx＋12ax＋1.若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增.

1

2a若

a<0，则当

x∈0，－

时，f′(x)>0；当x∈－12a，＋∞时，f′(x)<0.1

2a故

f(x)在0，－

上单调递增，在－12a，＋∞上单调递减.124a(2)当a<0

时，证明：f(x)≤－3

－2.12证明

由(1)知，当

a<0

时，f(x)在

x＝－12a处取得最大值，最大值为

f

－

1

2a

1

2a＝ln－

－1－14a，当x∈(0,1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，所以f(x)≤－34a

1

－2

等价于

ln－

－1－12a

4a≤－34a－2，

1

即ln－

＋12a

2a＋1≤0.x

x1－x设

g(x)＝ln

x－x＋1，则

g′(x)＝1－1＝

.12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.

1从而当

a<0

时，ln－

＋12a

2a＋1≤0，4a即f(x)≤－3－2.12x22.(2021·德州模拟)已知函数

f(x)＝aln

x＋x＋＋2a(a∈R).(1)

函数

f(x)的单调性；122解

函数

f(x)＝aln

x＋x＋x＋ax12a

的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋－

2x2＝x2＋ax－2x2.对于方程x2＋ax－2＝0，Δ＝a2＋8>0.解方程x2＋ax－2＝0，－a－

a2＋8

－a＋

a2＋8可得

x1＝

2

<0，x2＝

2

>0.－a＋

a2＋8

－a＋

a2＋8当

0<x<

2

时，f′(x)<0；当

x>

2

时，f′(x)>0.

2所以函数

f(x)在0，

上单调递减，在－a＋

a2＋8

－a＋

a2＋82，＋∞上单调递增.1

2e(2)若0<a<4，求证：f(x)<x＋ex＋2x.12证明

要证明

f(x)<x＋ex＋2x，2即证x＋aln

x＋x＋2a<x＋ex＋2x，ex即证a(ln

x＋2)<

x

，即证xaln

x＋2

ex<x2.ex令g(x)＝x2，其中x>0，则g′(x)＝exx－2x3.当0<x<2时，g′(x)<0，此时函数g(x)单调递减；当x>2时，g′(x)>0，此时函数g(x)单调递增.e2所以g(x)min＝g(2)＝

4

.12构造函数h(x)＝aln

x＋2xe，其中0<a<4，x>0，则h′(x)＝－aln

x＋1x2.e当0<x<1时，h′(x)>0，此时函数

h(x)单调递增；e当x>1时，h′(x)<0，此时函数

h(x)单调递减.

1ee24所以

h(x)max＝h

＝ae<

，则

h(x)max<g(x)min，所以xaln

x＋2

ex<x2.12故原不等式得证.1.已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－aln

x，a>0.(1)求函数y＝f(x)的单调区间；解

f(x)＝x2－(a－2)x－aln

x，a>0，定义域为(0，＋∞)，专题强化练af′(x)＝2x－(a－2)－x＝2x－ax＋1x，2a

a令

f′(x)>0，得

x>

；令

f′(x)<0，得

0<x<2.

aa

2

2∴函数

y＝f(x)的单调递减区间为0，

，单调递增区间为

，＋∞.1212(2)当a＝1时，证明：对任意的x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2.证明

方法一

∵a＝1，∴f(x)＝x2＋x－ln

x(x>0)，即证ex－ln

x－2>0恒成立，令g(x)＝ex－ln

x－2，x∈(0，＋∞)，即证g(x)min>0恒成立，x

xx21

1

1g′(x)＝ex－

，令

u(x)＝ex－

，则

u′(x)＝ex＋

>0，

12g′(x)为增函数，又

g′

<0，g′(1)>0，1

2

1x0＝0，120

－∴∃x0∈

，1，使g′(x0)＝0

成立，即ex则当0<x<x0时，g′(x)<0，当x>x0时，g′(x)>0，min0∴g(x)

＝g(x

)＝0－ln

x

－2，0e∴y＝g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，x1x0又∵

－

＝100，即 ＝x

，0ex0ex∴g(x0)＝1x01x0－2＝

＋0x

－2，ex00－ln

x0－2＝e

＋lnx

1

2

1x0又∵x0∈

，1，∴x0＋

>2，12∴g(x0)>0，即对任意的x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2.方法二 令φ(x)＝ex－x－1，∴φ′(x)＝ex－1，∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(0)＝0，∴ex≥x＋1，令h(x)＝ln

x－x＋1(x>0)，①1∴h′(x)＝

－1＝1－xx

x，12∴h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴h(x)max＝h(1)＝0，12∴ln

x≤x－1，∴x＋1≥ln

x＋2，要证f(x)＋ex>x2＋x＋2，即证ex>ln

x＋2，由①②知ex≥x＋1≥ln

x＋2，且两等号不能同时成立，∴ex>ln

x＋2，即证原不等式成立.②证明

当

a＝2

时，f(x)＝ln

x＋4x＋1－2，2.(2021·晋城模拟)已知函数

f(x)＝ln

x＋

2a

－2，a∈R.x＋1(1)当a＝2

时，证明：f(x)>0

在(1，＋∞)上恒成立；1

4x－12f′(x)＝x－x＋12＝xx＋12≥0，12f(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴f(x)>f(1)＝0，∴f(x)>0.(2)当x>0时，证明：ln(x＋1)>x2xe

－1.12证明

方法一

当

x>0

时，要证

ln(x＋1)>x2xe

－1，只需证lnx＋1x>xxe

－1，只需证x>lnx＋1

lnex－1＋1ex－1，记k(x)＝lnx＋1(x>0)，∴k′(x)＝xxx＋1－lnx＋1x2，令h(x)＝xx＋1