2023届高考数学一轮复习-第3讲-第1课时-证明不等式.doc

核心专题突破1　高考中的函数与导数问题
第1课时　证明不等式
[学生用书P84])
考点一　构造函数法(多维探究)
角度1　移项构造法
(2021·高考全国卷乙改编)设函数f(x)＝ln(1－x)，函数g(x)＝，证明：g(x)<1.
【证明】　f(x)的定义域为{x|x<1}，
当0<x<1时，ln(1－x)<0，此时xf(x)<0，
当x<0时，ln(1－x)>0，此时xf(x)<0.
易知g(x)的定义域为{x|x<1且x≠0}，
故要证g(x)＝<1，只需证x＋f(x)>xf(x)，即证x＋ln(1－x)－xln(1－x)>0.
令1－x＝t，则t>0且t≠1，则只需证1－t＋ln t－(1－t)ln t>0，即证1－t＋tln t>0.
令h(t)＝1－t＋tln t，则h′(t)＝－1＋ln t＋1＝ln t，
所以h(t)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)>h(1)＝0，
即g(x)<1成立．

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，利用导数研究其单调性等相关函数性质证明不等式．
|跟踪训练|
(2022·江西赣州模拟)已知函数f(x)＝1－，g(x)＝－＋＋x，证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.
证明：f(x)＋g(x)≥⇔1－－－＋x≥0.
令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，
则h(1)＝0，h′(x)＝＋＋1.
因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1>0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0，即1－－－＋x≥0，
所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.
角度2　放缩后构造函数证明不等式
已知函数f(x)＝aex－ln x－1.
(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；
(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.
【解】　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.
由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.
从而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－.
当0<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0.
所以f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．
(2)证明：当a≥时，f(x)≥－ln x－1(x>0)．
设g(x)＝－ln x－1(x>0)，则g′(x)＝－(x>0)．
当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0.
所以x＝1是g(x)的极小值点，也是最小值点．
故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.
因此，当a≥时，f(x)≥0.

构造函数法证明不等式的关键
某些不等式，直接构造不易求最值，可利用条件与不等式性质，适当放缩后，再构造函数，通过研究构造函数的单调性，利用函数的最值证明结论.
|跟踪训练|
求证：x∈(0，1)时，＋x2－<0.
证明：因为当x∈(0，1)时，ex∈(1，e)，－ln x>0，所以<－ln x，
所以只需要证－ln x＋x2－<0在(0，1)上恒成立．
令g(x)＝－ln x＋x2－，x∈(0，1)，
所以g′(x)＝－＋2x＋＝>0，
则函数g(x)在(0，1)上单调递增，于是g(x)<－ln 1＋1－1＝0，
所以当x∈(0，1)时，＋x2－＜0.
考点二　隔离分析法(综合研析)
(2022·福州模拟)已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
【解】　(1)f′(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<时，f′(x)>0，当x>时，f′(x)<0，
故f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明：方法一：因为x>0，所以只需证f(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.
令g(x)＝－2e(x>0)，
则g′(x)＝，
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)≤－2e，
即xf(x)－ex＋2ex≤0.
方法二：由题意知，即证exln x－ex2－ex＋2ex≤0，
从而等价于ln x－x＋2≤.
设函数m(x)＝ln x－x＋2(x＞0)，则m′(x)＝－1.
所以当x∈(0，1)时，m′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，m′(x)<0，　
故m(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
从而m(x)在(0，＋∞)上的最大值为m(1)＝1.
设函数h(x)＝(x＞0)，则h′(x)＝.
所以当x∈(0，1)时，h′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，　
故h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1.
综上，当x>0时，m(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.

(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，“隔离化”是关键．如果证g(x)≥f(x)恒成立，只需证g(x)min≥f(x)max恒成立，但只有当f(x)与g(x)取到最值的条件是同一个x的值时，取等号，否则只能得到g(x)>f(x)．
|跟踪训练|
已知f(x)＝xln x.
(1)求函数f(x)的最小值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>－成立．
解：(1)由f(x)＝xln x，x>0，得f′(x)＝ln x＋1，
令f′(x)＝0，得x＝.
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以当x＝时，f(x)取最小值为f()＝－.
(2)证明：问题等价于xln x>－(x>0)，
设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，
则m′(x)＝，
由m′(x)<0得x>1时，m(x)为减函数，
由m′(x)>0得0<x<1时，m(x)为增函数，
易知m(x)max＝m(1)＝－，当且仅当x＝1时取到．
从而对一切x∈(0，＋∞)，xln x≥－≥－，两个等号不能同时取到，即对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>－成立．
[学生用书P403(单独成册)])
[A　基础达标]

1．(2022·泰州中学第一次月检)已知函数f(x)＝－ln，a>0.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)求证：f(x)≥(4－)．
解：(1)f′(x)＝－＝，
当0<x<时，f′(x)<0；当x>时，f′(x)>0，
所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．
(2)证明：由(1)得f(x)≥f＝－ln，
要证f(x)≥(4－)＝a－，即证－ln≥2，
设函数h(x)＝2－ln x，h′(x)＝－＝，
当0<x<1时，h′(x)<0，当x>1时，h′(x)>0，
故h(x)在(0，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，
故h(x)min＝h(1)＝2，即2－ln x≥2恒成立，
所以－ln＝2× －ln≥2，
综上，f(x)≥(4－)．
2．已知函数f(x)＝x2e2x－2.
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当x∈[0，2]时，求证：f(x)≥－2x2＋8x－5.
解：(1)f′(x)＝2e2x－2(x2＋x)，f′(1)＝4，f(1)＝1，
则曲线y＝f(x)在点(1，1)处的切线方程为y－1＝4(x－1)，　
即y＝4x－3.
(2)证明：当x∈[0，2]时，
令g(x)＝x2e2x－2＋2x2－8x＋5，
则g′(x)＝2e2x－2(x2＋x)＋4x－8，
令h(x)＝g′(x)，
则h′(x)＝2e2x－2(2x2＋4x＋1)＋4>0，
所以g′(x)在[0，2]上单调递增，
且g′(1)＝0，
所以g(x)在[0，1]上单调递减，
在(1，2]上单调递增，
所以g(x)的最小值为g(1)＝0，
所以g(x)≥0，
即f(x)≥－2x2＋8x－5.
[B　综合应用]
3．(2022·浙江高考模拟卷(二))已知函数f(x)＝ln x.
(1)设函数g(x)＝－ln x(t∈R)，且g(x)≤f(x)恒成立，求实数t的取值范围；
(2)求证：f(x)>－.
解：(1)由g(x)≤f(x)可得－ln x≤ln x，可得t≤2xln x，
令h(x)＝2xln x，其中x>0，则h′(x)＝2(1＋ln x)，
当0<x<时，h′(x)<0，此时函数h(x)单调递减，
当x>时，h′(x)>0，此时函数h(x)单调递增，
所以，h(x)min＝h＝－，所以t≤－.
(2)证明：要证f(x)>－，即证xln x>－，
由(1)可知，xln x≥－，当且仅当x＝时，等号成立，
令m(x)＝－，其中x>0，则m′(x)＝，
当0<x<1时，m′(x)>0，此时函数m(x)单调递增，
当x>1时，m′(x)<0，此时函数m(x)单调递减，
所以，m(x)max＝m(1)＝－，
因为xln x≥－和m(x)≤－取等号的条件不同，故xln x>－，即f(x)>－.
4．(2022·山东省高三联考)已知f(x)＝ex－1－sin x.
(1)求证：当x>0时，f(x)>0；
(2)求证：<n2－n，n≥2，n∈N*.
证明：(1)令g(x)＝ex－1－x(x>0)，
g′(x)＝ex－1－1，令g′(x)＝0，得x＝1，
列表如下：

x
(0，1)
1
(1，＋∞)
g′(x)
－
0
＋
g(x)
单调递减
极小值
单调递增
所以g(x)min＝g(1)＝e0－1＝0，
所以ex－1≥x，当且仅当x＝1时取等号，
再令h(x)＝x－sin x(x>0)，
h′(x)＝1－cos x≥0在(0，＋∞)上恒成立，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以h(x)>h(0)＝0，
所以x>sin x(x>0)，
所以当x>0时，ex－1≥x>sin x，
所以当x>0时，f(x)>0.
(2)由(1)知，当x>0时，ex－1≥x，即ln x≤x－1(x>0)，
当且仅当x＝1时取等号，
因为n∈N*，且n≥2，
所以ln n2<n2－1，
所以<，
所以<(1＋2＋3＋…＋n－1)＝，
所以当n∈N*，且n≥2时，
<成立．