利用导数证明不等式（解析版）

利用导数证明不等式思路引导思路引导导数是研究函数的工具，利用导数我们可以方便地求出函数的单调性、极值、最值等，在证明与函数有关的不等式时，我们可以把不等式问题转化为函数的最值问题，也常构造函数，把不等式的证明问题转化为利用导数研究函数的单调性或最值问题，母题呈现母题呈现考法1作差构造法【例1】（2022·内蒙古呼和浩特·一模）设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，求证：当a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋【解题指导】构造函数→函数在的最小值→证得其最小值大于0→得到结论【解析】因为，所以，令，则，所以时，，则在上单调递减，时，，则在上单调递增设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.【卡壳点】作差构造函数g(x)＝ex－x2＋2ax－1于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.当a>ln2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R内单调递增.【技巧】合理利用的单调性于是当a>ln2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0).又g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.【例2】已知函数f(x)＝1－eq\f(lnx,x)，g(x)＝－eq\f(e,ex)＋eq\f(1,x)＋x.证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥eq\f(2,x).【解题指导】f(x)＋g(x)≥eq\f(2,x)→移项化简→构造函数h(x)＝1－eq\f(lnx,x)－eq\f(e,ex)－eq\f(1,x)＋x→函数h(x)求导→分析单调行→利用h(x)≥h(1)＝0→得到结论【解析】f(x)＋g(x)≥eq\f(2,x)⇔1－eq\f(lnx,x)－eq\f(e,ex)－eq\f(1,x)＋x≥0.令h(x)＝1－eq\f(lnx,x)－eq\f(e,ex)－eq\f(1,x)＋x(x≥1)，【卡壳点】作差构造函数h(x)＝1－eq\f(lnx,x)－eq\f(e,ex)－eq\f(1,x)＋x则h(1)＝0，h′(x)＝－eq\f(1－lnx,x2)＋eq\f(e,ex)＋eq\f(1,x2)＋1＝eq\f(lnx,x2)＋eq\f(e,ex)＋1.因为x≥1，所以h′(x)＝eq\f(lnx,x2)＋eq\f(e,ex)＋1>0，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，【提醒】注意定义域范围所以h(x)≥h(1)＝0，即1－eq\f(lnx,x)－eq\f(e,ex)－eq\f(1,x)＋x≥0.故当x≥1时，f(x)＋g(x)≥eq\f(2,x).【解题技巧】待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”或“右减左”的函数，利用研究其单调性等相关函数性质证明不等式.【能力专练1】已知函数f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a>0时，证明：f(x)≥eq\f(2a－1,a).(1)解f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)＝eq\f(x－a,x2)(x>0)．当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；若0<x<a，则f′(x)<0，函数f(x)在(0，a)上单调递减．(2)证明由(1)知，当a>0时，f(x)min＝f(a)＝lna＋1.要证f(x)≥eq\f(2a－1,a)，只需证lna＋1≥eq\f(2a－1,a)，即证lna＋eq\f(1,a)－1≥0.令函数g(a)＝lna＋eq\f(1,a)－1，则g′(a)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,a2)＝eq\f(a－1,a2)(a>0)，当0<a<1时，g′(a)<0；当a>1时，g′(a)>0，所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(a)min＝g(1)＝0.所以lna＋eq\f(1,a)－1≥0恒成立，所以f(x)≥eq\f(2a－1,a).考法2隔离分析法【例3】（2022·内蒙古赤峰·三模）已知函数f(x)＝ex2－xlnx．求证：当x>0时，f(x)<xex＋eq\f(1,e).【解题指导】f(x)<xex＋eq\f(1,e)→ex－ex<lnx＋eq\f(1,ex)→构造函数h(x)＝lnx＋eq\f(1,ex)→函数h(x)求导→分析单调行→求h(x)min→构造函数φ(x)＝ex－ex→函数φ(x)求导→分析单调行→求φ(x)max→比较可得【解析】要证f(x)<xex＋eq\f(1,e)，只需证ex－lnx<ex＋eq\f(1,ex)，即ex－ex<lnx＋eq\f(1,ex).【技巧】两边同除x，隔离为两个相对常见的函数令h(x)＝lnx＋eq\f(1,ex)(x>0)，则h′(x)＝eq\f(ex－1,ex2)，易知h(x)在上单调递减，在上单调递增，【易错】忽视对数的定义域则h(x)min＝h＝0，所以lnx＋eq\f(1,ex)≥0.再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，易知φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.因为h(x)与φ(x)不同时为0，所以ex－ex<lnx＋eq\f(1,ex)，故原不等式成立．【例4】(2022·武汉模拟)已知函数f(x)＝lnx＋x.，证明：xf(x)<ex.【解题指导】xf(x)<ex→1＋eq\f(lnx,x)<eq\f(ex,x2)→构造函数g(x)＝1＋eq\f(lnx,x)→函数g(x)求导→分析单调行→求g(x)max→构造函数h(x)＝eq\f(ex,x2)→函数h(x)求导→分析单调行→h(x)min→比较可得【解析】要证xf(x)<ex，即证x2＋xlnx<ex，即证1＋eq\f(lnx,x)<eq\f(ex,x2).【技巧】两边同除x2，隔离为两个相对常见的函数令函数g(x)＝1＋eq\f(lnx,x)，则g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).令g′(x)>0，得x∈(0，e)；令g′(x)<0，得x∈(e，＋∞)．所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，【易错】忽视对数的定义域所以g(x)max＝g(e)＝1＋eq\f(1,e)，令函数h(x)＝eq\f(ex,x2)，则h′(x)＝eq\f(exx－2,x3).当x∈(0,2)时，h′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0.所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(2)＝eq\f(e2,4).因为eq\f(e2,4)－>0，所以h(x)min>g(x)max，即1＋eq\f(lnx,x)<eq\f(ex,x2)，从而xf(x)<ex得证．【解题技巧】若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．本例中同时含lnx与ex，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明．【能力专练2】(2022·百校大联考)已知函数f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.(1)解f′(x)＝eq\f(e,x)－a(x>0)，①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a>0，则当0<x<eq\f(e,a)时，f′(x)>0；当x>eq\f(e,a)时，f′(x)<0.故f(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)证明因为x>0，所以只需证f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以f(x)max＝f(1)＝－e.设g(x)＝eq\f(ex,x)－2e(x>0)，则g′(x)＝eq\f(x－1ex,x2)，所以当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤eq\f(ex,x)－2e.故不等式xf(x)－ex＋2ex≤0得证．考法3适当放缩法【例5】已知x∈(0，1)，求证：x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex).【解题指导】法一：要证x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex)→ex＜lnx→放缩证lnx＋1－x3＋eq\f(1,x)－x2＞0→放缩证lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)＞0→构造函数g(x)＝lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)→分析g(x)单调行可得法二：要证x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex)→ex＜lnx→放缩证x2－eq\f(1,x)＜lnx→放缩证lnx＋eq\f(1,x)－x＞0→构造函数h(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－x→分析g(x)单调行可得【证明】法一要证x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex)，只需证ex＜lnx，【技巧】两边同乘ex先化简又易证ex＞x＋1(0＜x＜1)，∴只需证明lnx＋(x＋1)＞0.【卡壳点】利用ex＞x＋1放缩即证lnx＋1－x3＋eq\f(1,x)－x2＞0，而x3＜x，x2＜x(0＜x＜1)，【卡壳点】利用x3＜x，x2＜x放缩∴只需证lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)＞0，令g(x)＝lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)，则g′(x)＝eq\f(1,x)－2－eq\f(1,x2)＝－eq\f(2x2－x＋1,x2)，而2x2－x＋1＞0恒成立，∴g′(x)＜0，∴g(x)在(0，1)上单调递减，∴当x∈(0，1)时，g(x)＞g(1)＝0，即lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)＞0.∴x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex).法二∵x∈(0，1)，∴ex∈(1，e)，∴要证x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex)成立，只需证ex＜lnx成立，只需证x2－eq\f(1,x)＜lnx，【卡壳点】利用1＞ex放缩又x2＜x(0＜x＜1)，∴只需证lnx＋eq\f(1,x)－x＞0，【卡壳点】利用x2＜x放缩令h(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－x，则h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)－1＝－eq\f(x2－x＋1,x2)，而x2－x＋1＞0恒成立，∴h′(x)＜0，∴h(x)在(0，1)上单调递减，∴当x∈(0，1)时，h(x)＞h(1)＝0，∴lnx＋eq\f(1,x)－x＞0，∴x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex).【例6】已知函数f(x)＝ex，当x>－2时，求证：f(x)>ln(x＋2)．【解题指导】构造函数g(x)＝＝ex－x－1→函数g(x)求导→分析单调行→求g(x)min→构造函数令h(x)＝x＋1－ln(x＋2)→函数h(x)求导→分析单调行→h(x)min→放缩可得【解析】设g(x)＝f(x)－(x＋1)＝ex－x－1(x>－2)，则g′(x)＝ex－1，当－2<x<0时，g′(x)<0；当x>0时，g′(x)>0，即g(x)在(－2,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，于是当x＝0时，g(x)min＝g(0)＝0，因此f(x)≥x＋1(当且仅当x＝0时取等号)，【卡壳点】利用x＋1作为中间量，进行放缩令h(x)＝x＋1－ln(x＋2)(x>－2)，则h′(x)＝1－eq\f(1,x＋2)＝eq\f(x＋1,x＋2)，则当－2<x<－1时，h′(x)<0，当x>－1时，h′(x)>0，即有h(x)在(－2，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，于是当x＝－1时，h(x)min＝h(－1)＝0，因此x＋1≥ln(x＋2)(当且仅当x＝－1时取等号)，所以当x>－2时，f(x)>ln(x＋2)．【易错点】注意取等号的条件【解题技巧】导数方法证明不等式中，最常见的是ex和lnx与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对ex和lnx进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明．常见的放缩公式如下：(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号．(2)lnx≤x－1，当且仅当x＝1时取等号．【能力专练3】已知函数f(x)＝，g(x)＝eq\f(x,ex)，证明：f(x)>2g(x)－1.【解析】设h(x)＝ex－x－1(x>0)，则h′(x)＝ex－1>0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴h(x)>h(0)＝0，即ex>x＋1>1，∴eq\f(1,ex)<eq\f(1,x＋1).要证f(x)>2g(x)－1，即证eq\f(xlnx,x＋1)>eq\f(2x,ex)－1，只需证eq\f(xlnx,x＋1)≥eq\f(2x,x＋1)－1，即证xlnx≥x－1，令m(x)＝xlnx－x＋1，则m′(x)＝lnx，∴当x∈(0,1)时，m′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，m′(x)>0，∴m(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴m(x)min＝m(1)＝0，即m(x)≥0，∴xlnx≥x－1，则f(x)>2g(x)－1得证．模拟训练模拟训练1．（2023·湖南湘潭·统考二模）已知，曲线在处的切线方程为．(1)求a，b的值；(2)证明：当时，．【分析】（1）根据切点和斜率求得.（2）化简，利用构造函数法，结合导数证得不等式成立.【详解】（1）由题可知，即．又，所以，解得，即．（2），，要证，，只需证，令，则，令，则，所以在上单调递增，所以，即，所以在上单调递增，则，即当时，．2．（2023·广西梧州·统考一模）已知函数，其中．(1)求函数的最小值；(2)证明：．【分析】（1）由导数法求最小值；（2）由（1）结论得当时，（当且仅当时，等号成立），即可构造，结合累加法即可证明.【详解】（1），，因为，所以当时，；当时，，故在上递减，在上递增，故．（2）证明：由（1）知，当时，，即当时，，即（当且仅当时，等号成立），令，则，所以．又，故，从而，，…，，累加可得，即，故3．（2023·河南洛阳·洛阳市第三中学校联考一模）已知函数．(1)求函数的图象在点处的切线方程；(2)求证：．【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义即可求得答案；（2）将所要证明的不等式变形为，从而构造函数，利用导数判断其单调性，求得其最小值，即可证明原不等式.【详解】（1）因为，所以，所以，又因为．所以函数的图象在点处的切线方程为，即．（2）证明：要证，即证，即证，即证．令，则．由，可得，（舍去）因为当时，，所以当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增．所以，所以，结论得证．另解：证明：因为，所以要证，即证，即证．设，则．令，则，而函数在上单调递减，又，，故存在唯一的，使得，即，即，等式两边同时取对数得，即．当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减．所以，即，所以在上单调递减．因为当时，，，所以函数，所以成立．【点睛】：方法点睛：利用导数证明不等式，一般方法是将不等式进行变形，进而构造恰当的函数，从而将不等式的证明问题转化为函数的单调性或最值问题,4．（2023·河南焦作·统考模拟预测）已知函数.(1)若，求的极值；(2)若是的两个零点，且，证明：.【分析】（1）根据得到，然后求导，得到单调性，即可求极值；（2）令，，，根据，为的两个零点得到，然后将证明转化为证明，构造函数，求导，得到的单调性，即可得到，即可证明成立.【详解】（1）由题可知，则当时，，则在上单调递减，当时，，则在上单调递增，所以当时，取得极小值，无极大值.（2）记，，，则，，作差得，即，要证明，只需证，即证，令，则，所以在上单调递增，则，所以成立.【点睛】导数中常用的两种转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点，不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理.5．（2023·陕西咸阳·校考一模）已知函数.(1)求在点处的切线方程;(2)求证：当时，.【分析】（1）根据导数的几何意义直接求解即可；（2）由题知，进而构造函数，研究最小值即可证明；【详解】（1）解：由题知，，，所以，切点为，斜率为，所以，所求切线为.（2）证明：，即令，则令，，则在恒成立，所以，在上单调递增，有，所以，在恒成立，即在上单调递增，所以，，即，综上，当时，.6．（2023·山西·校联考模拟预测）已知函数．(1)若不等式在上恒成立，求实数a的取值范围；(2)若，求证：．【分析】（1）求出函数的导数，证明导数为单调增函数，然后分和两种情况判断导数的正负，从而判断函数的单调性，结合不等式恒成立，求得参数范围；（2）利用（1）的结论将要证明的不等式转化为证明，从而构造函数，利用导数判断函数单调性，结合函数值范围，进而证明原不等式成立.【详解】（1）由题意知，，令，则，则在上恒成立，仅在时取等号，所以在上单调递增，即在上单调递增．当时，在上恒成立，所以在上单调递增，所以，符合题意；当时，．令，则，所以在上单调递减，在上单调递增，所以．所以，又在上单调递增，所以，使得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，不符合题意．综上所述，实数a的取值范围是．（2）证明：由（1）得，当，时，，即，要证不等式，只需证明，只需证明，即只需证，设，则，当时，恒成立，故在上单调递增，又，所以恒成立，所以原不等式成立．【点睛】难点点睛：第二问证明不等式成立时，要结合第一问的结论，得到，即，这是要结合所要证明的不等式的变形进行的合理变式，因此难点就在于要利用分析的方法，将原不等式转化为证明，即需证明，也就是证，然后可以构造函数，利用导数判断函数单调性解决问题.7．（2023·浙江·永嘉中学校联考模拟预测）已知为正实数，函数.(1)若恒成立，求的取值范围；(2)求证：（）.【分析】（1）求导，分类讨论判断单调性，结合恒成立问题运算求解；（2）根据（1）可得不等式可证，构建，利用导数证明，结合裂项相消法可证.【详解】（1），①若，即，，函数在区间单调递增，故，满足条件；②若，即，当时，，函数单调递减，则，矛盾，不符合题意.综上所述：.（2）先证右侧不等式，如下：由（1）可得：当时，有，则，即，即，则有，即，右侧不等式得证.下证左侧不等式，如下：构建，则在上恒成立，故在上单调递减，则，即，可得，即，则有，即，∵，则，故，左侧得证.综上所述：不等式成立.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤：(1)作差或变形．(2)构造新的函数h(x)．(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值．(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．8．（2022·宁夏银川·银川一中校考三模）已知函数，（为自然对数的底数，）．(1)求函数的单调区间；(2)若，，证明：当时，.【分析】（1）求出的导数，根据的取值范围，对的符号进行讨论，求出单调区间即可；（2）将，，，代入，利用导数求出函数在区间的最大值，并证明，再判断端点函数值，即可.【详解】（1）∵，∴的定义域为，∴，①当时，对任意的，，在上单调递减，∴此时，的单调递减区间为，无单调递增区间；②当时，令，得，易知在区间单调递减，∴当时，，在区间单调递增，当时，，在区间单调递减，∴此时，的单调递增区间为，单调递减区间为.综上所述，当时，的单调递减为，无单调递增区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）若，则，，∴，当时，，令，，则，当时，，∴在区间上单调递增，又∵，，∴，使，此时，，即又∵在区间上单调递增，∴当时，，，在区间上单调递增，当时，，，在区间上单调递减，∴当时，取得极大值，也是最大值，，令，则，当时，，∴在区间上单调递增，当时，，∴当时，，又∵，，∴综上所述，若，当时，.【点睛】利用导数证明不等式的常用方法有：（1）放缩法：通常会结合已知条件进行放缩（如本