微专题8 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、不等式及其性质等.
【难点突破】
[高考真题] (2023·新高考Ⅰ卷节选)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x,证明:当a>0 时,f(x)>2ln a＋3
2.
证明 f'(x)＝aex－1,
得当a>0 时,当x<－ln a 时,f'(x)<0,
当x>－ln a 时,f'(x)>0,
所以函数f(x)在(－∞,－ln a)上单调递减,
在(－ln a,＋∞)上单调递增.
所以函数f(x)的最小值为f(－ln a)＝1＋a2＋ln a.
令g(a)＝1＋a2＋ln a－2ln a－3
2＝a2－ln a－1
2,a∈(0,＋∞),
所以g'(a)＝2a－1
a,
令g'(a)>0,得a>√2
2 ;
令g'(a)<0,得0<a<√2
2 ,
所以函数g(a)在(0, √2
2 )上单调递减,
在(
√2
2 ,＋∞)上单调递增,
所以函数g(a)的最小值为
g(
√2
2 )＝(
√2
2 )
2
－ln √2
2 －1
2＝ln √2>0,
所以当a>0 时,f(x)>2ln a＋3
2成立.
样题1 已知函数f(x)＝x3－3ln x,g(x)＝x3＋3
x －3,证明:f(x)≤g(x).
证明 因为f(x)＝x3－3ln x,
g(x)＝x3＋3
x －3,
要证f(x)≤g(x),即证x3－3ln x≤x3＋3
x －3,
即证ln x＋1
x －1≥0 恒成立,
令h(x)＝ln x＋1
x －1,x>0,
则h'(x)＝1
x －1
x
2 ＝x−1
x
2 ,
令h'(x)<0,得0<x<1;
令h'(x)>0,得x>1,
所以h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增,则h(x)≥h(1)＝ln 1＋1－1＝0,
即ln x＋1
x －1≥0 恒成立,
所以f(x)≤g(x).
样题2 (2025·宁波调研节选)已知函数f(x)＝1
2x2－(a＋1)x＋aln x(a> 1
4).求证:对于∀x1,x2∈(0,
＋∞),且x1≠x2,都有
f ( x1)−f ( x2)
x1−x2
＋a>0.
证明 不妨设x1<x2,要证对∀x1,x2∈(0,＋∞),
都有
f ( x1)−f ( x2)
x1−x2
＋a>0,
只需证f(x1)－f(x2)<－a(x1－x2),
即需证f(x1)＋ax1<f(x2)＋ax2.
构造函数g(x)＝f(x)＋ax＝1
2x2－x＋aln x,
则需证函数g(x)在(0,＋∞)上为增函数,
结合a>1
4,因为g'(x)＝x－1＋a
x ≥2√a－1>2√
1
4－1＝0,
所以函数g(x)在(0,＋∞)上为增函数成立,
所以当a>1
4时,对于∀x1,x2∈(0,＋∞),且x1≠x2,
都有
f ( x1)−f ( x2)
x1−x2
＋a>0.
样题3 (2025·西安模拟改编)已知函数f(x)＝x－2＋aln 1
x (a∈R).
(1)若f(x)≥－1,求a 的值;
(2)设n∈N*,求证:1
3 ＋1
4 ＋…＋
1
n＋2<1
2 ln (n＋1)(n＋2)
2
.
(1)解 因为f(x)＝x－2＋aln 1
x ＝x－2－aln x,
且f(x)的定义域为(0,＋∞),
则f'(x)＝1－a
x ,
若f(x)≥－1,注意到f(1)＝－1,
可得f'(1)＝1－a＝0,解得a＝1,
当a＝1 时,则f(x)＝x－2－ln x,
f'(x)＝1－1
x ＝x−1
x
,
令f'(x)>0,解得x>1;
令f'(x)<0,解得0<x<1;
可知f(x)在(0,1)内单调递减,在(1,＋∞)内单调递增,
可得f(x)≥f(1)＝－1,符合题意,
综上所述,a＝1.
(2)证明 由(1)可得
f(x)＝x－2＋ln 1
x ≥－1,
即ln 1
x ≥1－x,
当且仅当x＝1 时,等号成立,
令x＝
n
n＋2≠1,可得ln n＋2
n
>
2
n＋2,
即ln 3
1>2
3,ln 4
2>2
4 ,ln 5
3>2
5,ln 6
4 >2
6,…,ln n＋2
n
>
2
n＋2,
累加可得ln 3
1＋ln 4
2＋ln 5
3＋ln 6
4 ＋…＋ln n＋2
n
>2
3 ＋2
4 ＋2
5 ＋2
6＋…＋
2
n＋2,
又因为ln 3
1＋ln 4
2＋ln 5
3＋ln 6
4 ＋…＋ln n＋2
n
＝ln (
3
1 × 4
2 × 5
3 × 6
4 ×…× n＋2
n )
＝ln (n＋1)(n＋2)
2
,
即ln (n＋1)(n＋2)
2
>2
3 ＋2
4 ＋2
5 ＋2
6＋…＋
2
n＋2,
所以1
3 ＋1
4＋…＋
1
n＋2<1
2 ln (n＋1)(n＋2)
2
.
规律方法 利用导数证明不等式问题,基本方法如下:
(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.
训练 (2025·合肥模拟)已知函数f(x)＝ln x－a(x−1
x),其中a>0.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若函数f(x)有两个极值点x1,x1(x1<x2),证明:f(x1)＋f(x2)＋f(x1＋x2)>ln 2－3
4.
(1)解 由题意得函数f(x)的定义域为(0,＋∞),
且a>0,f'(x)＝1
x －a－a
x
2 ＝−a x
2＋x−a
x
2
,
令g(x)＝－ax2＋x－a,
当1－4a2≤0,即a≥1
2时,g(x)≤0 恒成立,
则f'(x)≤0,所以f(x)在(0,＋∞)上单调递减;
当1－4a2>0,即0<a<1
2时,
函数g(x)有两个零点x1＝1−√1−4 a
2
2a
,x2＝1＋√1−4 a
2
2a
,
当x 变化时,f(x),f'(x)的变化情况如下表所示:
x
(0,x1)
x1
(x1,x2)
x2
(x2,＋∞)
f'(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
单调
递减
f(x1)
单调
递增
f(x2)
单调
递减
综上,当0<a<1
2时,f(x)在(
1−√1−4 a
2
2a
, 1＋√1−4 a
2
2a
)内单调递增,
在(0, 1−√1−4 a
2
2a
)和(
1＋√1−4 a
2
2a
,＋∞)上单调递减;
当a≥1
2时,f(x)在(0,＋∞)上单调递减.
(2)证明 由(1)知,当0<a<1
2时,f(x)有两个极值点x1,x2(x1<x2),
则x1,x2是方程g(x)＝0 的两个根,
由根与系数的关系得x1x2＝1,x1＋x2＝1
a,
所以0<x1<1<x2,
f(x1)＋f(x2)＋f(x1＋x2)
＝f(x1)＋f(
1
x1)＋f(
1
a)
＝ln x1－a(x1−1
x1)＋ln 1
x1－a(
1
x1
−x1)＋f(
1
a)
＝f(
1
a)＝ln 1
a－a(
1
a −a)＝－ln a－1＋a2,
令h(x)＝－ln x－1＋x2,0<x<1
2,
则h'(x)＝－1
x ＋2x＝2 x
2−1
x
,
当0<x<1
2时,h'(x)<0,
则h(x)在区间(0, 1
2)上单调递减,
从而h(x)>h(
1
2)＝ln 2－3
4,
故f(x1)＋f(x2)＋f(x1＋x2)>ln 2－3
4.
【精准强化练】
1.(2025·昆明调研)已知函数f(x)＝ln x
x＋1,g(x)＝
2
x＋1 －1
x ,求证:f(x)≥g(x)在(0,＋∞)上恒成立.
证明 f(x)－g(x)＝ln x
x＋1 －
2
x＋1 ＋1
x ＝x ln x−x＋1
x( x＋1)
,
令h(x)＝xln x－x＋1,x>0,
则h'(x)＝ln x,
当x∈(1,＋∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,
当x∈(0,1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,
故当x＝1 时,h(x)取得最小值h(1)＝0,
所以h(x)≥0,故f(x)－g(x)≥0,
所以f(x)≥g(x).
2.(2025·青岛质检改编)已知函数f(x)＝(x－a)ex＋a(a≤1).证明:当x>0 时,f(x)＋ex≥x＋ln x＋2.
证明 要证明f(x)＋ex≥x＋ln x＋2,
即证明xex＋ex－x－ln x－2≥a(ex－1),
因为a≤1,且x>0,
所以a(ex－1)≤ex－1,
故只需证明xex＋ex－x－ln x－2≥ex－1,
即证明xex－x－ln x－1≥0.
设g(x)＝xex－x－ln x－1,
则g'(x)＝(x＋1)ex－1－1
x ＝(x＋1)(e
x−1
x).
易知g'(x)在(0,＋∞)上单调递增,
且g'(
1
2)＝3
2(√e－2)<0,
g'(1)＝2(e－1)>0,
所以存在唯一的x0∈(
1
2 ,1),
使得g'(x0)＝0,即e
x0＝1
x0,x0＝－ln x0.
当0<x<x0时,g'(x)<0,
当x>x0时,g'(x)>0,
所以g(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,＋∞)上单调递增.
所以g(x)≥g(x0)＝x0e
x0－x0－ln x0－1
＝x0· 1
x0－x0＋x0－1＝0,
故原命题成立.
3.已知函数f(x)＝ln x
x
－k,
(1)若f(x)≤0 恒成立,求实数k 的取值范围;
(2)证明:ln 1
2＋ln 1
3＋…＋ln 1
n<1
e(
1
2 ＋1
3 ＋…＋1
n)(n>1).
(1)解 若f(x)≤0 恒成立,则k≥(
ln x
x )max,
设g(x)＝ln x
x
(x>0),g'(x)＝1−ln x
x
2
,
由g'(x)>0,得0<x<e;
由g'(x)<0,得x>e,
所以函数g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,＋∞)上单调递减,
g(x)max＝g(e)＝1
e,所以k≥1
e.
(2)证明 令k＝1
e,则f(x)≤0,
即ln x
x
≤1
e,则ln x≤1
e·x(当且仅当x＝e 时等号成立),
因为ln 1
2<1
e·1
2,
ln 1
3<1
e·1
3,
…,
ln 1
n<1
e·1
n,
所以ln 1
2＋ln 1
3＋…＋ln 1
n<
1
e(
1
2 ＋1
3 ＋…＋1
n)(n>1).
4.(2025·赣州二模改编)已知函数f(x)＝ln x＋ax2－x＋1(a∈R).
(1)若a＝0,证明:f(x)<4 e
x−2−x
2
x
2
;
(2)设x1,x2(x1<x2)是函数f(x)的两个极值点,证明:f(x1)－f(x2)<(2a−1
2)(x1－x2).
证明 (1)若a＝0,f(x)＝ln x－x＋1,
所以f'(x)＝1
x －1＝1−x
x
,
令f'(x)＝0,解得x＝1,
所以当0<x<1 时,f'(x)>0,
当x>1 时,f'(x)<0,
所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减,
所以f(x)≤f(1)＝0,
当且仅当x＝1 时,等号成立.
令g(x)＝4 e
x−2−x
2
x
2
,x>0,
所以g'(x)＝4( x
2−2 x)e
x−2
x
4
＝4( x−2)e
x−2
x
3
,
令g'(x)＝0,解得x＝2,
所以当0<x<2 时,g'(x)<0,
当x>2 时,g'(x)>0,
所以g(x)在(0,2)上单调递减,在(2,＋∞)上单调递增,所以g(x)≥g(2)＝0,
当且仅当x＝2 时,等号成立,
所以f(x)≤0≤g(x),
又等号不同时成立,所以f(x)<4 e
x−2−x
2
x
2
.
(2)由题意可知f'(x)＝1
x ＋2ax－1＝2a x
2−x＋1
x
,
因为f(x)有两个极值点x1,x2(x1<x2),所以x1,x2是方程2ax2－x＋1＝0 的两个不同的根,
则{
x1＋x2＝1
2a ,
x1 x2＝1
2a ,
Δ＝1−8a>0,
所以f(x1)－f(x2)＝(ln x1＋ax1
2－x1＋1)－(ln x2＋ax2
2－x2＋1)
＝ln x1
x2＋a(x1
2－x2
2)－(x1－x2)＝ln x1
x2
＋1
2 × x1
2−x2
2
x1＋x2
－(x1－x2)＝ln x1
x2
－x1−x2
2
,
所以要证f(x1)－f(x2)<(2a−1
2)(x1－x2),
即证ln x1
x2
－x1−x2
2
<(2a−1
2)(x1－x2),
即证ln x1
x2<2a(x1－x2),即证ln x1
x2<
x1−x2
x1＋x2,
即证ln x1
x2<
x1
x2
−1
x1
x2
＋1
.
令t＝
x1
x2
(0<t<1),则证明ln t< t −1
t ＋1,
令h(t)＝ln t－t −1
t ＋1,
则h'(t)＝t
2＋1
t(t ＋1)
2>0,所以h(t)在(0,1)上单调递增,
则h(t)<h(1)＝0,即ln t< t −1
t ＋1,
所以原不等式f(x1)－f(x2)<(2a−1
2)(x1－x2)成立
