1、2021 年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破 专题专题 3.4 高考解答题热点题型高考解答题热点题型(一一)利用导数证明不等式利用导数证明不等式 目录 一、题型全归纳一、题型全归纳 题型一题型一 单变量不等式的证明单变量不等式的证明 【题型要点】【题型要点】单变量不等式的证明方法 (1)移项法：证明不等式 f(x)g(x)(f(x)g(x)的问题转化为证明 f(x)g(x)0(f(x)g(x)0)，进而构造辅助 函数 h(x)f(x)g(x)； (2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边
2、是相同结构 的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数； (3)最值法：欲证 f(x)g(x)，有时可以证明 f(x)maxg(x)min. 类型一类型一 直接将不等式转化为函数的最值问题直接将不等式转化为函数的最值问题 【题型要点】将不等式转化为函数最值来证明不等式，其主要思想是依据函数在固定区间的单调性，直接【题型要点】将不等式转化为函数最值来证明不等式，其主要思想是依据函数在固定区间的单调性，直接 求得函数的最值，然后由求得函数的最值，然后由 maxxfxf或或 minxfxf直接证得不等式直接证得不等式. 【例【例 1】已知函数 xaaxxxf12ln 2 . (1)讨论 xf的单调性
3、； (2)当0a时，证明 2 4 3 a xf 【解析】(1) xf的定义域为(0，)， x axx aax x xf 121 122 1 当0a，则当 x(0，)时， 0 x f，故 xf在(0，)上单调递增. 当0a，则当 x a2 1 , 0时，f(x)0；当 x , 2 1 a 时，f(x)0. 故 xf在 a2 1 , 0上单调递增，在 , 2 1 a 上单调递减. (2)证明：由(1)知，当 a0 时，f(x)在 x 1 2a取得最大值，最大值为 a f 2 1 aa4 1 1 2 1 ln . 所以 2 4 3 a xf等价于2 4 3 4 1 1 2 1 ln aaa ， 即0
4、1 2 1 2 1 ln aa .设g(x)ln xx1， 则 g(x)1 x1.当 x(0,1)时，g(x)0；当 x(1，)时，g(x)0.所以 g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，) 上单调递减.故当 x1 时，g(x)取得最大值，最大值为 g(1)0.所以当 x0 时，g(x)0.从而当 a0 时， 01 2 1 2 1 ln aa ，即 2 4 3 a xf. 类型二类型二 转化为两个函数的最值进行比较转化为两个函数的最值进行比较 【题型要点】【题型要点】(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，等价转化是关键
5、，此处 f(x)ming(x)max恒成立从而 f(x)g(x)，但此处 f(x)与 g(x)取到最值 的条件不是同一个“x 的值” 【例【例 2】(2020 福州模拟福州模拟)已知函数 f(x)eln xax(aR) (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 ae 时，证明：xf(x)ex2ex0. 【解】 (1)f(x)e xa(x0)， 若 a0，则 f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增； 若 a0，则当 0x0， 当 xe a时，f(x)0，所以只需证 f(x)e x x2e， 当 ae 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)maxf
6、(1)e. 记 g(x)e x x2e(x0)， 则 g(x)（x1）e x x2 ， 所以当 0x1 时，g(x)1 时，g(x)0，g(x)单调递增， 所以 g(x)ming(1)e. 综上，当 x0 时，f(x)g(x)， 即 f(x)e x x2e，即 xf(x)e x2ex0. 法二：由题意知，即证 exln xex2ex2ex0， 从而等价于 ln xx2e x ex. 设函数 g(x)ln xx2，则 g(x)1 x1. 所以当 x(0，1)时，g(x)0，当 x(1，)时，g(x)0， 故 g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减， 从而 g(x)在(0，)上的最大
7、值为 g(1)1. 设函数 h(x)e x ex，则 h(x) ex（x1） ex2 . 所以当 x(0，1)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 x0 时，g(x)h(x)，即 xf(x)ex2ex0. 类型三类型三 构造函数证明不等式构造函数证明不等式 【题型要点】【题型要点】(1)将不等式转化为函数最值来证明不等式，其主要思想是依据函数在固定区间的单调性，直 接求得函数的最值，然后由 f(x)f(x)max或 f(x)f(x)min直接证得不等式 (2)直接将不等式转化成某个函数的最值问
8、题若证明 f(x)g(x)，x(a，b)，可以构造函数 F(x)f(x)g(x)， 如果 F(x)0，则 F(x)在(a，b)上是减函数，同时若 F(a)0，由减函数的定义可知，x(a，b)时，有 F(x)0， 即证明 f(x)0， 所以 h(x)在1，)上单调递增，所以 h(x)h(1)0，即 1ln x x e ex 1 xx0， 所以当 x1 时，f(x)g(x)2 x. 题型二题型二 双变量不等式的证明双变量不等式的证明 【题型要点】【题型要点】破解含双参不等式证明题的 3 个关键点 (1)转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式. (2)
9、巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值. (3)回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果. 【例【例 1】已知函数 f(x)ln x1 2ax 2x，aR. (1)当 a0 时，求函数 f(x)的图象在(1，f(1)处的切线方程； (2)若 a2，正实数 x1，x2满足 f(x1)f(x2)x1x20，求证：x1x2 51 2 . 【解】(1)当 a0 时，f(x)ln xx，则 f(1)1，所以切点为(1,1)，又因为 f(x)1 x1，所以切线斜率 kf(1) 2，故切线方程为 y12(x1)，即 2xy10. (2)证明：当 a2 时，f(x)l
10、n xx2x(x0). 由 f(x1)f(x2)x1x20， 得 ln x1x21x1ln x2x22x2x1x20， 从而(x1x2)2(x1x2)x1x2ln(x1x2)， 令 tx1x2(t0)，令 (t)tln t，得 (t)11 t t1 t ， 易知 (t)在区间(0,1)上单调递减， 在区间(1， )上单调递增， 所以 (t)(1)1， 所以(x1x2)2(x1x2)1， 因为 x10，x20，所以 x1x2 51 2 成立. 题型三题型三 证明与正整数有关的不等式问题证明与正整数有关的不等式问题 【题型要点】【题型要点】函数中与正整数有关的不等式，其实质是利用函数性质证明数列不
11、等式，证明此类问题时常 根据已知的函数不等式，用关于正整数 n 的不等式替代函数不等式中的自变量，通过多次求和达到证明的 目的 【例【例 1】已知函数 f(x)ln(x1) a x2. (1)若 x0 时，f(x)1 恒成立，求 a 的取值范围； (2)求证：ln(n1)1 3 1 5 1 7 1 2n1(nN *). 【解】(1)由 ln(x1) a x21，得 a(x2)(x2)ln(x1). 令 g(x)(x2)1ln(x1) ， 则 g(x)1ln(x1)x2 x1ln(x1) 1 x1. 当 x0 时，g(x)0，所以 g(x)在(0，)上单调递减. 所以 g(x)g(0)2，故 a
12、 的取值范围为2，). (2)证明：由(1)知 ln(x1) 2 x21(x0)， 所以 ln(x1) x x2. 令 x1 k(k0)，得 ln 1 1 k 1 k 1 k2 ， 即 lnk1 k 1 2k1. 所以 ln 2 1ln 3 2ln 4 3ln n1 n 1 3 1 5 1 7 1 2n1， 即 ln(n1)1 3 1 5 1 7 1 2n1(nN *). 题型四题型四 两个经典不等式的应用两个经典不等式的应用 【题型要点】【题型要点】逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证.利用两个经 典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算
13、过程. (1)对数形式：x1ln x(x0)，当且仅当 x1 时，等号成立. (2)指数形式：exx1(xR)，当且仅当 x0 时，等号成立.进一步可得到一组不等式链：exx1x1 ln x(x0，且 x1). 【例【例 1】已知函数 f(x)x1aln x. (1)若 f(x)0，求 a 的值； (2)证明：对于任意正整数 n，e n 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 . 【解】(1)f(x)的定义域为(0，)， 若 a0，因为 2 1 f1 2aln 20，所以不满足题意. 若 a0，由 f(x)1a x xa x 知， 当 x(0，a)时，f(x)0；当 x(a，)时，f(x)0；
14、 所以 f(x)在(0，a)单调递减，在(a，)单调递增， 故 xa 是 f(x)在(0，)的唯一最小值点. 因为 f(1)0，所以当且仅当 a1 时，f(x)0，故 a1. (2)证明：由(1)知当 x(1，)时，x1ln x0. 令 x1 1 2n，得 n 2 1 1ln 1 2n. 从而1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1ln 2 1 1ln 2 1 1ln 22 nnn 故e n 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 e. 二、高效训练突破二、高效训练突破 1.(2020 四省八校双教研联考四省八校双教研联考)已知函数 f(x)axaxln x1(aR，a0) (1)讨
15、论函数 f(x)的单调性； (2)当 x1 时，求证： 1 x1 1 ex1. 【解析】 ：(1)f(x)aa(ln x1)aln x，若 a0，则当 x(0，1)时，f(x)0，当 x(1，)，f(x)0， 所以 f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减； 若 a0，则当 x(0，1)时，f(x)0，所以 f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上 单调递增 (2)证明：要证 1 x1 1 ex1，即证 x x1e x，即证x1 x 1 时，xxln x10，即x1 x 1 时，ln x1，则 F(x)ex1 x单调递增，所以 F(x)F(1)e10， 所以 F(x)在(1，)
16、上单调递增，所以 F(x)F(1)，而 F(1)e，所以 exln xe0， 所以 exln x，所以 exln xx1 x ， 所以原不等式得证 2.已知 f(x)xln x. (1)求函数 f(x)在t，t2(t0)上的最小值； (2)证明：对一切 x(0，)，都有 ln x1 ex 2 ex成立 【解析】 ：(1)由 f(x)xln x，x0，得 f(x)ln x1， 令 f(x)0，得 x1 e. 当 x e 1 , 0时，f(x)0，f(x)单调递增 当 0t1 et2，即 0t 1 e时， f(x)min e f 1 1 e； 当1 ett2，即 t 1 e时，f(x)在t，t2上
17、单调递增，f(x)minf(t)tln t. 所以 f(x)min 1 e，0t x ex 2 e(x(0，) 由(1)可知 f(x)xln x(x(0，)的最小值是1 e， 当且仅当 x1 e时取到 设 m(x) x ex 2 e(x(0，)， 则 m(x)1x ex ， 由 m(x)1 时，m(x)为减函数， 由 m(x)0 得 0x 1 ex 2 ex成立 3.已知函数 f(x)ex3x3a(e 为自然对数的底数，aR). (1)求 f(x)的单调区间与极值； (2)求证：当 aln 3 e，且 x0 时， ex x 3 2x 1 x3a. 【解】(1)由 f(x)ex3x3a，xR，知
18、 f(x)ex3，xR. 令 f(x)0，得 xln 3， 于是当 x 变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表： x (，ln 3) ln 3 (ln 3，) f(x) 0 f(x) 极小值 故 f(x)的单调递减区间是(，ln 3 ， 单调递增区间是ln 3，)， f(x)在 xln 3 处取得极小值，极小值为 f(ln 3)eln 33ln 33a3(1ln 3a).无极大值. (2)证明：待证不等式等价于 ex3 2x 23ax1， 设 g(x)ex3 2x 23ax1，x0， 于是 g(x)ex3x3a，x0. 由(1)及 aln 3 eln 31 知：g(x)的最小值为 g(ln
19、 3)3(1ln 3a)0. 于是对任意 x0，都有 g(x)0，所以 g(x)在(0，)上单调递增. 于是当 aln 3 eln 31 时，对任意 x(0，)，都有 g(x)g(0). 而 g(0)0，从而对任意 x(0，)，g(x)0. 即 ex3 2x 23ax1，故e x x 3 2x 1 x3a. 4.已知函数 f(x)aexbln x，曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为 y 1 1 e x1. (1)求 a，b； (2)证明：f(x)0. 【解】(1)函数 f(x)的定义域为(0，). f(x)aexb x，由题意得 f(1) 1 e，f(1) 1 e1， 所以 ae
20、1 e， aeb1 e1， 解得 a1 e2， b1. (2)证明：由(1)知 f(x)1 e2 e xln x. 因为 f(x)ex 21 x在(0，)上单调递增，又 f(1)0，f(2)0，所以 f(x)0 在(0，)上有唯一实根 x0， 且 x0(1,2). 当 x(0，x0)时，f(x)0，当 x(x0，)时，f(x)0， 从而当 xx0时，f(x)取极小值，也是最小值. 由 f(x0)0，得 ex0 21 x0，则 x02ln x0. 故 f(x)f(x0)ex0 2ln x 0 1 x0 x022 1 x0 x020，所以 f(x)0. 5.(2020 武汉调研武汉调研)已知函数
21、f(x)ln xa x，aR. (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)当 a0 时，证明：f(x)2a1 a . 【解析】 ：(1)f(x)1 x a x2 xa x2 (x0) 当 a0 时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增 当 a0 时，若 xa，则 f(x)0，函数 f(x)在(a，)上单调递增； 若 0xa，则 f(x)0 时，f(x)minf(a)ln a1. 要证 f(x)2a1 a ，只需证 ln a12a1 a ， 即证 ln a1 a10. 令函数 g(a)ln a1 a1，则 g(a) 1 a 1 a2 a1 a2 (a0)， 当 0a1 时，g(a)1 时，g
22、(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)ming(1)0. 所以 ln a1 a10 恒成立， 所以 f(x)2a1 a . 6(2020 广东茂名一模广东茂名一模)已知函数 f(x)ae x1 x (aR)的图象在 x2 处的切线斜率为e 2. (1)求实数 a 的值，并讨论函数 f(x)的单调性； (2)若 g(x)exln xf(x)，证明：g(x)1. 【解】 ：(1)由 f(x)ae x1（x1） x2 ， 得切线斜率 kf(2)ae 21 22 e 2，解得 a2. 所以 f(x)2e x1 x ，其定义域为(，0)(0，)，且 f(
23、x)2ex 1 x1 x2 . 令 f(x)0，解得 x1，故 f(x)在区间(1，)上单调递增； 令 f(x)0，解得 x1，即 exln x2e x1 x 1 等价于 xln x x ex 2 e. 设 h(x)xln x(x0)，则 h(x)ln x1. 因为 e h 1 ln1 e10，所以当 x e 1 , 0时，h(x)0.故 h(x)在区间 e 1 , 0上 单调递减，在区间 , 1 e 上单调递增，所以 h(x)在(0，)上的最小值为 e h 1 1 e. 设 m(x) x ex 2 e(x0)，则 m(x) 1x ex .所以当 x(0，1)时，m(x)0；当 x(1，)时，
24、m(x)m(x)成立，即 g(x)1. 7.已知函数 f(x)ex，g(x)ln(xa)b. (1)当 b0 时，f(x)g(x)0 恒成立，求整数 a 的最大值； (2)求证：ln 2(ln 3ln 2)2(ln 4ln 3)3ln(n1)ln nn e e1(nN *) 【解】(1)现证明 exx1，设 F(x)exx1，则 F(x)ex1，当 x(0，)时，F(x)0，当 x(， 0)时，F(x)0，所以 F(x)在(0，)上单调递增，在(，0)上单调递减，所以 F(x)minF(0)0，即 F(x)0 恒成立， 即 exx1. 同理可得 ln(x2)x1，因为两个等号不能同时成立，所以
25、 exln(x2)， 当 a2 时，ln(xa)ln(x2)ex， 所以当 a2 时，f(x)g(x)0 恒成立 当 a3 时，e0ln a，即 exln(xa)0 不恒成立 故整数 a 的最大值为 2. (2)证明：由(1)知 exln(x2)，令 xn1 n ， 则 e n1 n ln(n1 n 2)， 即 e n1ln(n1 n 2)nln(n1)ln nn， 所以 e0e 1e2 en1ln 2(ln 3ln 2)2(ln 4ln 3)3ln(n1)ln nn， 又因为 e0e 1e2en11 1 en 11 e 1 11 e e e1， 所以 ln 2(ln 3ln 2)2(ln 4
26、ln 3)3ln(n1)ln nn e e1. 8.已知函数 f(x)ln xe x(R) (1)若函数 f(x)是单调函数，求 的取值范围； (2)求证：当 0x11x2 x1. 【解析】 ：(1)函数 f(x)的定义域为(0，)， 因为 f(x)ln xe x， 所以 f(x) xe xxe x x ， 因为函数 f(x)是单调函数， 所以 f(x)0 或 f(x)0 在(0，)上恒成立， 当函数 f(x)是单调递减函数时，f(x)0， 所以xe x x 0，即 xe x0，xexx ex. 令 (x) x ex，则 (x) x1 ex ， 当 0x1 时，(x)1 时，(x)0， 则 (
27、x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增， 所以当 x0 时，(x)min(1)1 e，所以 1 e. 当函数 f(x)是单调递增函数时，f(x)0， 所以xe x x 0，即 xe x0，xexx ex， 由得 (x) x ex在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，又 (0)0，x时，(x)0，所以 0. 综上， 的取值范围为 e 1 ,0，) (2)证明：由(1)可知，当 1 e时，f(x) 1 eln xe x在(0，)上单调递减， 因为 0x1f(x2)， 即1 eln x1e x11 eln x2e x2， 所以 e1x2e1x1ln x1ln x2. 要证 e1x2e1x11x2 x1， 只需证 ln x1ln x21x2 x1，即证 ln x1 x21 x2 x1. 令 tx1 x2，t(0，1)，则只需证 ln t1 1 t， 令 h(t)ln t1 t1，则 h(t) 1 t 1 t2 t1 t2 ， 当 0t1 时，h(t)0，即 ln t11 t，原不等式得证
