2023高考数学复习练34　导数与不等式的证明

微专题34导数与不等式的证明

高考定位导数与不等式的交汇命题是高考的热点和难点，在利用导数证明不等

式问题中，常用的方法有构造函数、适当换元、合理放缩、利用最值、有界性、

不等式及其性质等.

真题研析类题突破研真题析类题

χ-∖-f(X)

［高考真题］(2021∙全国乙卷改编)设函数1X)=In(I—幻，函数g(x)=证明:

ΛJ∖ʌZ

gU)<l∙

证明Λx)=ln(l-χ),g(x)=有铝=4%y,XVI且正。,

八/°xj(X)XIn(1—X)

当χ∈(O,1)时，

x+ln(1-x)

要证g(χ)=

xln(1-χ)<1,

Vx>0,ln(l-χ)<0,

Λxln(l-χ)<O,

即证x+ɪn(l-χ)>xln(l-χ),

化简得x+(l—x)ln(l-x)>O;

EFI,x+ln(1-χ)

同理)，当X∈(-8,0)时，要证g(χ)=―-~~—---------<1,

ðxln(1—x)

Vx<0,ln(l-χ)>O,

Λxln(l-x)<0,

即证x+ln(l—x)>xln(l—x),

化简得x+(l—x)In(I一元)>0,

令Λ(x)=x+(1—X)In(I—%),

再令t=l-χ9

则z∈(0,1)U(1,+θo),X=l-t,

令g(f)=l-f+rlnt,

g,(t)=-l+↑nz+l=lnJ

当∕∈(0,1)⅛,g")VO,g⑺单调递减，

假设g(l)能取到,则g(l)=0,

故g(∕)>g⑴=0；

当r∈(l,+8)时，g'(t)>Q,g⑺单调递增，

假设g(l)能取到，则g(l)=0,

故g(∕)>g(D=O,

χ~\~In(1—Y)

综上所述，g。)=Tn门_.)Vl在X∈L8,O)U(0,1)上恒成立.

ʌlll\1ʌZ

、—3

样题1(2022・广州模拟改编)已知函数段)=(X2-Or)Inχ-∕χ2+2"α∈R.若Ka

<2,求证：於)>前一2)x.

证明因为x>0,所以外)>,(〃-2)x,

35

即(%—α)ln冗―/+2〃›1(〃-2),

3

即(X-。)InΛ-^÷5>0.

则√(x)=lnχ-^-1,

易知g'(x)在(。，+8)上单调递增.

因为IVaV2,所以g<2)=ln2一/一gvθ,g,(4)=ln4—1>0,

所以存在r∈(2,4),使得g")=0.

所以lnr=:+g,g(x)在(0,。上单调递减，在任,+8)上单调递增，

所以g(x)2g⑺=(La)In/—|r—5=(ʃ-«)(7+2)-⅛-2+5=5-

22

设7ι(f)=√+^^(2VtV4),则∕z")=l-%∙>O,/?⑺在(2,4)上单调递增，

22

所以/+γ<4+^<5.

5

-

2

样题2（2022・武汉模拟改编）已知函数於）=αej-21nx,当QN-时，求证：於）＞2

—21n2.

证明由可得ex^1,

所以/U)=αe"-21nx≥ev^1-21nx,

令g(x)=e"1—2InX,

2

则/⑴=^'|一]，

✓V

∙.R(x)在(0,+8)上单调递增，

2

且g<l)=e∣|一产0,

2

g,(2)=e21-2=e-1>0,

2

Λ3xo∈(l,2),使得g'(xo)=O,有e”o—1—1=0,①

ʌv

且g(x)在区间(1,次)上单调递减，在区间(刖，2)上单调递增，

.∙.g(x)min=g(xo)=exo^^l-21nxo,

由①得e∙v°^'=⅛即有In肉T=In仔),

ʌθ∖A0∕

.".Inxo=ln2—xo+1,

_22

g(xo)=e∙vθ1—21nxo=m-2(ln2—xo+l)=~+2xo—2—21n2,XOW(1,2).

又∙.∙g(xo)在区间(1,2)上单调递增，

.∙.g(xo)>g(l)=2+2—2—21n2=2—21n2,

Λg(x)>2-21n2,

.\Ax)》g(x)>2—2In2,

/.χx)>2-21n2,结论得证.

样题3设函数/(x)=Inx—丘+1.

(1)当%>0时，若对任意的x>0,恒有√U)W0,求攵的取值范围；

小、、〒口口∙∏22.In32..Inn22r^-∏-1、-、

(2)证明：---H^^Γ^<2(,J+I)eN,〃22).

(I)W/)的定义域为(O,+∞),

/(九)=[T=］一爪

X

当X∈(θ,O时，/(Λ)>0;

当χ∈(∙∣,+8)时，/(χ)<0,

.∙jU)在(o,0上单调递增，

在R+8)上单调递减，

•；/(X)maX=(%)=lnNW0,解得Ze1,

.∙∕的取值范围是［1,+∞).

(2)证明令Z=I,由(1)知，lnχ-x+l≤0,.β.Inx≤χ-1,

;"∈N,n22,Λlnπ2≤n2-1,

・ɪɪ1rrn1-∖1

-

••n2^-Wn21n2»

1)—

fl1,11,,1ɪ

=(〃-1)一6-/厂尹…+一不

(\1∖2nλ-∏-1

=(〃TF-"=Γ77TTΓ

...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yu)>g(χ)(或/U)Vg(X))转化为证明yu)-g(x)>

0(或«x)—g(x)V0),进而构造辅助函数h(x)=fix')-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.

训练(2022•长沙模拟改编)已知函数於)=e∙v-k(lnx+l),证明：当Z∈(0,e)时,

Λχ)>o.

证明因为*(0,e),贝吆eR+8)，

“、if(x)eʌ'eʌ'

所以—

κ7-=κ~j~-lnχ-le—Inχ-1.

设g(x)=∣^-lnχ-l,

易知gU)在(O,+8)上是增函数，

且g'(D=O,

故当x∈(0,1)时，g'(x)<O,

当x∈(l,+8)时，g<χ)>O,

所以g(x)2g(l)=O,

-%>0,即危)>O∙

高分训练对接高考重落实迎高考

一'基本技能练

1.已知函数√(X)=Λ2-0x+lnx(a∈R).若函数.*X)有两个极值点Xi,xι,求证：βxι

+x2)<—2+ln^∖∣2.

证明y(x)的定义域为(0,+o°),求导，

_,12x2~ax-b1

何f(x)=2%-α+-=-,

由题意得2Λ2-OX+1=0的两个不等的实根为Xi,X2,

fJ=α2-8>0,

,aC

则，Xl-I-X2=∕>0,

1

X1∙X2=2>

解得tz>2√2.

Q2aQ2q

故7(xi+x2)=ai+x2)2—。(Xl+12)+Inal+及)=1—'+ln2=—^4^÷ln

2_

设g(a)=—彳+ln^(Λ>2√2),

贝U^)=-f+^=⅛^<θ.

故g(4)在(26，+8)上单调递减，

所以g(α)<g(2√i)=—2+ln√Σ

因此/(%ι+%2)<—2+In啦.

2.(2022∙江西八校联考改编)证明：χ-xlnx≤e-χ+x2.

证明要证x-xlnxWe∙v÷x2,

即证e~v+x2-x÷xlnx≥0.

设/幻=。-'+%2—x+Hn%,x>0,

贝Ih,(x)=~e~x+2x+↑nx.

,

令φ(x)=h(x)9

则φ∖x)=eΛ+2+^>0,

所以函数h,(x)=-e~x+2x+lnx在(0,+8)上单调递增.

又吧=-ef+|-KO,

∕ι,(l)=-∣+2>0,

故〃(无)=—e*+2x+lnx在(9,1)上存在唯一零点Xo,

即一ero+2∙w+lnXO=0,

所以当x∈(0,xo)时，Λ,(x)<O;

,

当x∈(∙w,+8)时，∕1(χ)>0,

所以函数力。)在(0,次)上单调递减，在(X0,+8)上单调递增,

故h(x)≥h(xo)=e-*o+而一Xo+XoInXO,

由一片即+2光()+111xo=O,

得Λ(ΛO)=(ΛO+l)(xo+lnxo)=O,

所以∕J(X)≥O,即%—xlnx≤e-χ÷x2.

3.(2022•西安模拟改编)已知函数人处=α(x—1)一JdnX(α∈R).

(1)求函数式只的单调区间；

(2)当0<xWl时，y(x)WO恒成立，求实数α的取值范围；

,7∏.—*4十InlIln2,,ln“/(〃一1)

(3)设"∈N,求证：〒+亍"1---------------------4-------

(1)解/U)的定义域为(O,+∞),

/(x)=α-(1÷lnX)=­Inx+a-1,

令一lnx+α-l=O,解得X=

所以在区间(O,efl^')±,/(x)>O,火幻单调递增；在区间(e"-∣,+∞)±,f(x)<O,

/U)单调递减.

所以人力的单调递增区间为(O,eci),单调递减区间为(e「i,+∞).

(2)解易知，1)=0,由⑴知於)在(0,e"-∣)上单调递增，在(即」，+8)上单调递

减，所以e"-∣21,所以α2l.

故实数α的取值范围是［1,+∞).

⑶证明当α=l,04Wl时，

7(x)=χ-1—Λ1ΠΛ≤0,

所以χ-xlnx≤1,

令x=*S∈N*),

则Cln⅛≤1,

n〃n

1,2-

~+~ln1

nn

Innn-∖

21nzt≤n2-1,

〃+1`2

In1In2Inn^0.1,〃-11÷2H------∖-n~∖n(n—1)

万+1丁+l…+1干q+/…+1亍=2=-^τ~

二'创新拓展练

JC2

4.(2022・济南模拟)已知函数危)=y-α(χ-l)+(α-l)lnX,a>2.

(1)求函数/U)的单调区间;

(2)若/(m)=y(l)且"2>1,证明：VXG(I,(4Z—l)lnx>χ-1.

(X-1)(X-a^∖-1)

解

(1)f(x)=x~aλXx>Q,

因为a>2,所以a—1>1,

所以/r(x)>0=≥x>a-1或OVXV1,f(x)<0=>Kx<a~1,

所以«¥)的单调递增区间为(0,1),(a—1,+∞),单调递减区间为(1,«—1).

(2)证明令∕ι(x)=lnx-x+1,

ɪ一X

贝(X)=-γ-,/∕,(χ)>0=>0<x<l,

故〃(X)在(0,1)上单调递增，在(1,+8)上单调递减，

故h(x)WhQ)=0,即ln%≤χ-l,

欲证：Vx∈(l,m)9(«—l)lnx>χ-1,