【高中数学】 利用导数证明不等式 学案
2022年高考数学总复习专题突破一利用导数证明不等式
第1课时 利用导数证明不等式题型一 将不等式转化为函数的最值问题[例1] [2017·全国卷Ⅲ]已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＜0时，证明f (x )≤－34a－2.[听课记录]类题通法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.巩固训练1：已知函数f (x )＝ax －e x (e 为自然对数的底数)．(1)当a ＝1e时，求函数f (x )的单调区间及极值；(2)当2≤a ≤e ＋2时，求证：f (x )≤2x .题型二 构造函数法证明不等式[例2] 设a 为实数，函数f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R . (1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln 2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1. [听课记录]类题通法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”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证.巩固训练2：已知函数f (x )＝e x －ax (e 为自然对数的底数，a 为常数)的图象在点(0,1)处的切线斜率为－1.(1)求a 的值及函数f (x )的极值； (2)证明：当x >0时，x 2<e x .题型三 将不等式转化为两个函数的最值进行比较[例3] 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 )－e x ＋2e x ≤0. [听课记录]类题通法在证明的不等式中，若对不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可以借助两个函数的最值进行证明.巩固训练3：已知函数f (x )＝e x 2－x ln x ．求证：当x >0时，f (x )<x e x ＋1e.题型四 双变量不等式的证明[例4] [2020·天津卷]已知函数f (x )＝x 3＋k ln x (k ∈R )，f ′(x )为f (x )的导函数． (1)当k ＝6时：(ⅰ)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(ⅱ)求函数g (x )＝f (x )－f ′(x )＋9x的单调区间和极值．(2)当k ≥－3时，求证：对任意的x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1>x 2，有f ′(x 1)＋f ′(x 2)2>f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2.[听课记录]类题通法破解含双参不等式的证明的关键一是转化，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；二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是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.巩固训练4：[2018·全国卷Ⅰ]已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<a －2.[预测] 核心素养——逻辑推理、数学运算已知函数f (x )＝2x ＋(1－2a )ln x ＋ax.(1)讨论f (x )的单调性；(2)如果方程f (x )＝m 有两个不相等的解x 1，x 2，且x 1<x 2，证明：f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22>0.状 元 笔 记两个经典不等式的应用(1)对数形式：x ≥1＋ln x(x>0)，当且仅当x ＝1时，等号成立．(2)指数形式：e x ≥x ＋1(x ∈R )，当且仅当x ＝0时，等号成立．进一步可得到一组不等式链：e x >x ＋1>x >1＋ln x (x >0，且x ≠1)．[典例1] (1)已知函数f (x )＝1ln (x ＋1)－x，则y ＝f (x )的图象大致为( )(2)已知函数f (x )＝e x ，x ∈R .证明：曲线y ＝f (x )与曲线y ＝12x 2＋x ＋1有唯一公共点．【解析】 (1)因为f (x )的定义域为⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1>0，ln (x ＋1)－x ≠0，即{x |x >－1，且x ≠0}， 所以排除选项D ；当x >0时，由经典不等式x >1＋ln x (x >0)，以x ＋1代替x ，得x >ln(x ＋1)(x >－1，且x ≠0)，即x >0或－1<x <0时均有f (x )<0，排除A 、C ；易知B 正确．(2)证明：令g (x )＝f (x )－⎝⎛⎭⎫12x 2＋x ＋1＝e x －12x 2－x －1，x ∈R ，则g ′(x )＝e x －x －1，由经典不等式e x ≥x ＋1恒成立可知，g ′(x )≥0恒成立， 所以g (x )在R 上为单调递增函数，且g (0)＝0.所以函数g (x )有唯一零点，即两曲线有唯一公共点． [典例2] 已知函数f (x )＝x －1－a ln x . (1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)证明：对于任意正整数n ，⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n <e. 【解析】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，①若a ≤0，因为f ⎝⎛⎭⎫12＝－12＋a ln 2<0，所以不满足题意； ②若a >0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0； 所以f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增， 故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点． 因为f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0， 故a ＝1.(2)证明：由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0.令x ＝1＋12n ，得ln ⎝⎛⎭⎫1＋12n <12n . 从而ln ⎝⎛⎭⎫1＋12＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋122＋…＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋12n <12＋122＋…＋12n ＝1－12n <1. 故⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n <e. [典例3] 设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)求证：当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x<x .【解析】 (1)由题设知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )在(0,1)上单调递增； 当x >1时，f ′(x )<0，f (x )在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明：由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0. 所以当x ＞0且x ≠1时，ln x <x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，x －1ln x>1.①因此ln 1x <1x －1，即ln x >x －1x ，x －1ln x<x .②故当x ∈(1，＋∞)时恒有1<x －1ln x<x .第1课时 利用导数证明不等式 课堂题型讲解题型一例1 解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋2ax ＋2a ＋1＝（x ＋1）（2ax ＋1）x .若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0， 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a ＜0，则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，－12a 时，f ′(x )＞0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞ 时，f ′(x )＜0. 故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞ 上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a ＜0时，f (x )在x ＝－12a处取得最大值，最大值为f ⎝⎛⎭⎫－12a ＝ln ⎝⎛⎭⎫－12a －1－14a.所以f (x )≤－34a －2等价于ln ⎝⎛⎭⎫－12a －1－14a ≤－34a －2，即ln ⎝⎛⎭⎫－12a ＋12a ＋1≤0. 设g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1x－1.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x ＝1时，g (x )取得最大值，最大值为g (1)＝0. 所以当x ＞0时，g (x )≤0.从而当a ＜0时，ln ⎝⎛⎭⎫－12a ＋12a ＋1≤0， 即f (x )≤－34a－2.巩固训练1 解析：(1)当a ＝1e 时，f (x )＝1e x －e x ，令f ′(x )＝1e－e x ＝0，得x ＝－1.当x <－1时，f ′(x )>0；当x >－1时， f ′(x )<0.∴函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)，单调递减区间为(－1，＋∞). 当x ＝－1时，函数f (x )有极大值－2e；没有极小值．(2)证明：令F (x )＝2x －f (x )＝e x －(a －2)x ， ①当a ＝2时，F (x )＝e x >0， ∴f (x )≤2x .②当2<a ≤2＋e 时，F ′(x )＝e x －(a －2)＝e x －e ln (a －2). 当x <ln (a －2)时，F ′(x )<0； 当x >ln (a －2)时，F ′(x )>0；∴F (x )在(－∞，ln (a －2))上单调递减，在(ln (a －2)，＋∞)上单调递增． ∴F (x )≥F (ln (a －2))＝e ln (a－2)－(a－2)ln (a－2)＝(a－2)[1－ln (a－2)]，∵2<a≤2＋e，∴a－2>0.1－ln (a－2)≥1－ln [(2＋e)－2]＝0，∴F(x)≥0，即f(x)≤2x.综上，当2≤a≤e＋2时，f(x)≤2x.题型二例2解析：(1)由f(x)＝e x－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝e x－2，x∈R，令f′(x)＝0，得x＝ln 2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：故f(f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a＝2(1－ln 2＋a)，无极大值．(2)证明：设g(x)＝e x－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝e x－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a>ln 2－1时，g′(x)最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R上单调递增．于是当a>ln 2－1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e x－x2＋2ax－1>0，故e x>x2－2ax＋1.巩固训练2解析：(1)由f(x)＝e x－ax，得f′(x)＝e x－a.因为f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，所以f(x)＝e x－2x，f′(x)＝e x－2.令f′(x)＝0，得x＝ln 2，当x<ln 2时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，ln 2)上单调递减；当x>ln 2时，f′(x)>0，f(x)在(ln 2，＋∞)上单调递增．所以当x＝ln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－2ln 2，f(x)无极大值．(2)证明：令g(x)＝e x－x2，则g′(x)＝e x－2x.由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)>0，故g(x)在R上单调递增．所以当x>0时，g(x)>g(0)＝1>0，即x2<e x.题型三例3解析：(1)f′(x)＝ex－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 <ea 时，f ′(x )>0；当x >ea时，f ′(x )<0.故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，e a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫ea ，＋∞ 上单调递减． (2)证明：因为x >0， 所以只需证f (x )≤e xx－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 ， 记g (x )＝e xx－2e(x >0)，则g ′(x )＝（x －1）e xx 2，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 )≤e xx －2e ，即xf (x )－e x ＋2e x ≤0.巩固训练3 证明：要证f (x )<x e x ＋1e ，∵x ＞0只需证e x －ln x <e x ＋1e x ，即e x －e x <ln x ＋1e x.令h (x )＝ln x ＋1e x (x >0)，则h ′(x )＝e x －1e x2 ，易知h (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞ 上单调递增，则h (x )min ＝h ⎝⎛⎭⎫1e ＝0，所以ln x ＋1e x≥0.再令φ(x )＝e x －e x ，则φ′(x )＝e －e x ，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e x －e x ≤0.因为h (x )与φ(x )不同时为0，所以e x －e x <ln x ＋1e x ，故原不等式成立．题型四例4 解析：(1)(ⅰ)当k ＝6时，f (x )＝x 3＋6ln x ，故f ′(x )＝3x 2＋6x .可得f (1)＝1，f ′(1)＝9，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －1＝9(x －1)，即y ＝9x －8.(ⅱ)依题意，g (x )＝x 3－3x 2＋6ln x ＋3x，x ∈(0，＋∞).g ′(x )＝3x 2－6x ＋6x －3x 2 ，整理可得g ′(x )＝3（x －1）3（x ＋1）x 2.令g ′(x )＝0，解得x ＝1.当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如表：所以，函数g (x )的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞).g (x )的极小值为g (1)＝1，无极大值．(2)证明：由f (x )＝x 3＋k ln x ，得f ′(x )＝3x 2＋kx.对任意的x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1>x 2，令x 1x 2 ＝t (t >1)，则(x 1－x 2)[f ′(x 1)＋f ′(x 2)]－2[f (x 1)－f (x 2)]＝(x 1－x 2)⎝⎛⎭⎫3x 21 ＋k x 1＋3x 22 ＋k x 2 －2(x 31 －x 32 ＋k ln x 1x 2 ) ＝x 31 －x 32 －3x 21 x 2＋3x 1x 22 ＋k (x 1x 2 －x 2x 1 )－2k ln x 1x 2 ＝x 32 (t 3－3t 2＋3t －1)＋k ⎝⎛⎭⎫t －1t －2ln t .① 令h (x )＝x －1x －2ln x ，x ∈[1，＋∞).当x >1时，h ′(x )＝1＋1x 2 －2x ＝⎝⎛⎭⎫1－1x 2 >0，由此可得h (x )在[1，＋∞)单调递增，所以当t >1时，h (t )>h (1)，即t －1t －2ln t >0.因为x 2≥1，t 3－3t 2＋3t －1＝(t －1)3>0，k ≥－3，所以x 32 (t 3－3t 2＋3t －1)＋k ⎝⎛⎭⎫t －1t －2ln t ≥(t 3－3t 2＋3t －1)－3⎝⎛⎭⎫t －1t －2ln t ＝t 3－3t 2＋6ln t ＋3t－1.② 由(1)(ⅱ)可知，当t >1时，g (t )>g (1)，即t 3－3t 2＋6ln t ＋3t >1，故t 3－3t 2＋6ln t ＋3t －1>0.③由①②③可得(x 1－x 2)[f ′(x 1)＋f ′(x 2)]－2[f (x 1)－f (x 2)]>0.所以，当k ≥－3时，对任意的x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1>x 2，有f ′（x 1）＋f ′（x 2）2 >f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2.巩固训练4 解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝－1x 2 －1＋ax ＝－x 2－ax ＋1x 2.①若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时，f ′(x )＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减．②若a ＞2，令f ′(x )＝0，得x ＝a －a 2－42 或x ＝a ＋a 2－42.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42 ∪(a ＋a 2－42 ，＋∞)时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42 时， f ′(x )＞0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42 ，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞ 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42 上单调递增．(2)证明：由(1)知，f (x )存在两个极值点时，当且仅当a ＞2. 由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0， 所以x 1x 2＝1，不妨设x 1＜x 2，则x 2＞1. 由于f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2 ＝－1x 1x 2 －1＋a ·ln x 1－ln x 2x 1－x 2 ＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a－2ln x 21x 2－x 2， 所以f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＜a －2等价于1x 2 －x 2＋2ln x 2＜0.设函数g (x )＝1x －x ＋2ln x ，由(1)知，g (x )在(0，＋∞)上单调递减．又g (1)＝0，从而当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＜0. 所以1x 2 －x 2＋2ln x 2＜0，即f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＜a －2.高考命题预测预测 解析：(1)f ′(x )＝2＋1－2a x －a x 2 ＝2x 2＋（1－2a ）x －a x 2＝（x －a ）（2x ＋1）x 2(x >0).①当a ≤0时，x ∈(0，＋∞)，f ′(x )>0，f (x )单调递增； ②当a >0时，x ∈(0，a )，f ′(x )<0，f (x )单调递减； x ∈(a ，＋∞)，f ′(x )>0，f (x )单调递增．综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．(2)证明：由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，f (x )＝m 至多一个解，不符合题意；当a >0时，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，则f ′(a )＝0.不妨设0<x 1<a <x 2，要证f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22 >0，即证x 1＋x 22 >a ，即证x 1＋x 2>2a ，即证x 2>2a －x 1，又f (x )在(a ，＋∞)上单调递增，即证f (x 2)>f (2a －x 1)，因为f (x 2)＝f (x 1)，所以即证f (x 1)>f (2a－x 1)，即证f (a ＋x )<f (a －x ).令g (x )＝f (a ＋x )－f (a －x )＝⎣⎡⎦⎤2（a ＋x ）＋（1－2a ）ln （a ＋x ）＋a a ＋x－⎣⎡⎦⎤2（a －x ）＋（1－2a ）·ln （a －x ）＋a a －x＝4x ＋(1－2a )ln (a ＋x )－(1－2a )ln (a －x )＋a a ＋x －aa －x ，g ′(x )＝4＋1－2a a ＋x ＋1－2a a －x －a （a ＋x ）2 －a（a －x ）2＝4＋2a （1－2a ）a 2－x 2 －2a （a 2＋x 2）（a ＋x ）2（a －x ）2 ＝4x 2（x 2－a 2－a ）（a ＋x ）2（a －x ）2 .当x ∈(0，a )时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，又g (0)＝f (a ＋0)－f (a －0)＝0，所以x ∈(0，a )时，g (x )<g (0)＝0，即f (a ＋x )<f (a －x )， 即f (x )>f (2a －x ).又x 1∈(0，a )，所以f (x 1)>f (2a －x 1)， 所以f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22 >0.。
专题04利用导数证明函数不等式-2024高考数学尖子生辅导专题
专题04利用导数证明函数不等式-2024高考数学尖子生辅导专题利用导数证明函数不等式是高中数学中常见的证明方法之一、它利用函数的导数性质，通过对函数及其导函数的分析与推导，得出所要证明的不等式。
在证明过程中，需要运用函数的单调性、零点、极值等性质，以及导函数与函数的关系等知识。
下面以一个具体的例子来说明如何利用导数证明函数不等式。
例题：证明函数f(x) = x^2 + ax + b满足f(x)≥0。
分析：我们需要证明的是f(x)≥0，也就是函数f(x)的值在整个定义域内大于等于0。
我们可以通过研究函数f(x)及其导数f'(x)的性质来进行证明。
步骤一：计算导函数f'(x)。
对于给定的函数f(x)，我们先求出它的导函数f'(x)。
由定义，f(x) = x^2 + ax + b。
求导得：f'(x)=2x+a步骤二：分析导函数f'(x)的性质。
我们可以通过分析导函数f'(x)的单调性来推断函数f(x)的性质。
由于f'(x)=2x+a是一次函数，它的导数为2，说明f'(x)在整个定义域上为递增函数，即函数f(x)在整个定义域上为递增函数。
步骤三：研究函数f(x)的零点。
我们可以利用函数的零点来推断函数f(x)的性质。
根据零点的定义，函数f(x)的零点是指满足f(x)=0的x值。
我们需要找到函数f(x)的零点。
由于f(x) = x^2 + ax + b，要使得f(x) = 0，需要满足x^2 + ax + b = 0。
这是一个二次方程，我们可以通过求解该方程来找到函数f(x)的零点。
步骤四：利用函数的零点推断函数f(x)的性质。
我们通过分析函数的零点可以推断函数f(x)的性质。
如果一个二次函数有两个不同的实数零点，则函数在这两个零点之间是小于零的，而在两个零点之外是大于零的。
如果一个二次函数有两个相等的实数零点，则函数在这个零点处取得极小值，而在这个零点之外是大于零的。
高二数学(选修2-2人教A版)-利用导数证明不等式
【例】已知函数 f ( x) sin x x cos x .
求证：当 x (0, π ) 时， f ( x) 1 x3 .
2
3
【证明】设 h(x) sin x x cos x 1 x3 ，
3
定义域为(0, π) ，
2
求导 h( x) x sin x x2 x(sin x x) .
x
f 'x
f x
(，0)
0 0
极小值
(0, +)
41
所以 f ( x) f ( x)min f (0) 0 . 因此，不等式 ex x 1 成立， 所以，不等式1 ex x 成立.
1 x
42
解题总结
对于结构复杂的不等式证明思路是：
在证明不等式时，如果构造的辅助函数 含有复杂的整式或分式结构，得到的导函数 较复杂的时候，可利用不等式性质，先将不 等式进行等价变形，从而简化不等式.
证明：设 f (x) x3 3x2 4． 定义域为(1, 4) ， f '(x) 3x2 6x x(x 2)．
令 f '(x) 0，解得x 2．
6
思考探究
当 x变化时， f ' x， f x的变化情况如下表：
x
(1，2)
2
(2, 4)
f 'x
0
f x
极小值
所以， f ( x) f ( x)min f (2) 0 . 因此，不等式 x3 3x2 4 x (1, 4) 成立.
x 1
【证明】
要证： 1 ex x ,
x 1
只需证： 1 x ex ,
x 1
即证
1 x 1
1 ex
.
高中数学《不等式的证明-作差比较法》导学案
[课前回顾]1. 不等式基本性质：（1）,a b b c a c >>⇒>（2）a b a c b c >⇒+>+，,a b c d a c b d >>⇒+>+（3）,0a b c ac bc >>⇒>，,0a b c ac bc ><⇒<0,0a b c d ac bd >>>>⇒>，0,,1;n n n n a b n N n a b a b >>∈>⇒>>2.由a ＞b ⇔a －b ＞0，要证a ＞b ，只需要证_______；要证a ＜b ，只需证_______……………………作差法的理论依据3.若a,b 为正数，要证a>b,只需要证1____ba ； 若a,b 为负数，要证a>b,只需要证1____ba 。
……………………作商法的理论依据[课堂讲义]比较法是证明不等式最基本的方法，具体有作差比较和作商比较两种，其基本思想是利用差式与0比较大小或利用商式与1比较大小．高考不等式选讲部分题目经常用到作差法。
例1 已知x ＜y ＜0，试证明))(())((2222y x y x y x y x +->-+ 证明 (x 2＋y 2)(x －y )－(x 2－y 2)(x ＋y ) ………………作差 ＝(x －y )[(x 2＋y 2)－(x ＋y )2]＝－2xy (x －y )． ………………变形 ∵x ＜y ＜0，∴xy ＞0，x －y ＜0，∴－2xy (x －y )＞0， ………………定号 ∴(x 2＋y 2)(x －y )＞(x 2－y 2)(x ＋y )． ………………结论 思维升华：1、本题可用比较大小的方式进行命题2、作差法的一般步骤：作差—变形－定号－结论变形的目的是为了容易判别差式的正、负，所以变形尽量彻底，直到能定号为止．变形的主要手段是通分、因式分解或配方，在变形过程中，也可利用基本不等式放缩定号时要利用一些常见结论，如正数，平方数，或不等式的基本性质。
高考数学一轮复习利用导数证明不等式
当x>e－a－1时，f′(x)>0，所以函数f(x)在[1，e－a－1)单调递减，在(e－a－1， ＋∞)单调递增． 综上，当a≥－1时，函数f(x)在[1，＋∞)单调递增； 当a<－1时，函数f(x)在[1，e－a－1)单调递减，在(e－a－1，＋∞)单调递 增(2)．证明：当 a＝－3 时，f(x)≥－x2－2，即 xln x－3x≥－x2－2，x∈(0， ＋∞)，
[针对训练] 已知f(x)＝x2－xln x. (1)求曲线 y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)当a∈(0,2e)时，证明：2x2－(2x＋a)ln x>0. 解：(1)因为f(x)＝x2－xln x，则f(1)＝1，f′(x)＝2x－ln x－1， 则f′(1)＝1，所以所求切线方程为y－1＝1×(x－1)，即y＝x. (2)证明：由题意，可知 x> 0，要证明 2x2－(2x＋a)ln x> 0，即证 x－ln x> al2nxx， 令 g(x)＝x－ln x，则 g′(x)＝1－1x＝x－x 1，
(2)证明：由(1)知，g(x)＝－eex＋1x＋x， 则 f(x)＋g(x)≥2x⇔1－lnxx－eex－x1＋x≥0. 令 h(x)＝1－lnxx－eex－1x＋x(x≥1)， 则 h(1)＝0，h′(x)＝－1＋x2ln x＋eex＋x12＋1＝lnx2x＋eex＋1，因为 x≥1， 所以 h′(x)＝lnx2x＋eex＋1> 0，
[解] (1)因为 f(x)＝1－lnxx，x> 0， 所以 f′(x)＝ln xx－2 1，f′(1)＝－1. 因为 g(x)＝aeex＋x1－bx，所以 g′(x)＝－aeex－x12－b. 因为曲线 y＝f(x)与曲线 y＝g(x)的一个公共点是 A(1,1)，且在点 A 处 的切线互相垂直， 所以 g(1)＝1，且 f′(1)·g′(1)＝－1， 所以 g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1， 解得 a＝－1，b＝－1.
高考数学一轮总复习课件：专题研究-利用导数证明不等式
2a2－4或x＝a＋
a2－4 2.
当x∈(0，a－ 2a2－4)，(a＋ 2a2－4，＋∞)时，f′(x)<0；当
x∈(a－ 2a2－4，a＋ 2a2－4)时，f′(x)>0.
所以f(x)在
0，a－
a2－4
2
，
a＋
2a2－4，＋∞
上单调递
减，在a－ 2a2－4，a＋ 2a2－4上单调递增．
(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a>2时
课外阅读
一、赋值法证明正整数不等式 (1)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．此类问题一般至少两问，所证的不等式 常由第一问根据待证式的特征而得到． (2)已知函数式为指数不等式(或对数不等式)，而待证不等式 为与对数有关的不等式(或与指数有关的不等式)，还要注意指、 对数式的互化，如ex>x＋1可化为ln(x＋1)<x等．
所以函数h′(x)＝ex＋1－
1 x＋1
在(－1，＋∞)上有唯一零点
x0，且x0∈－12，0. 因为h′(x0)＝0，所以ex0＋1＝x0＋1 1， 即ln(x0＋1)＝－(x0＋1)． 当x∈(－1，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(x0，＋
∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：
f（x1）－f（x2） x1－x2
<a
－2.
【思路】 (1)求f(x)的定义域，对函数f(x)求导，对参数a进
行分类讨论，即可判断f(x)的单调性；(2)结合(1)，求出f(x)存在
高考数学一轮总复习第四章一元函数的导数及其应用高考解答题专项一第1课时利用导数证明不等式课件
在 x∈(0,2)时恒成立.
e -e
l'(x)= 2
e
=
1-
,
e
∴当 x<1 时,l'(x)>0,函数 l(x)在(0,1)内单调递增,
当 x>1 时,l'(x)<0,函数
令 t(x)=ln
1
l(x)在(1,2)内单调递减,∴l(x)≤l(1)= .
e
1
1-
x-(x-1),t'(x)= -1= ,
会得到f'(x)=ex+g'(x),导函数中仍然含有ex,这时方程f'(x)=0或不等式f'(x)>0
都是超越方程或不等式,求解将比较麻烦,甚至不能直接求解,需要采取“二
次求导”或“虚设零点”的办法解决问题.但如果将函数解析式转化为exf(x)
()
()
x
x
或 的形式,则其导数为[e f(x)]'=e [f(x)+f'(x)],
故只需证明 xln x+1-x+4e
=e
1
1
1
=
1
1
·2
1
e (-1)
.
=
1
(-1)(e +-e -1)
2
.
当 x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)在区间(0,1)内单调递减,
1
1
1
∴xe >e,即-xe <-e,-xe -1<-e-1.
设 h(x)=ex+x,显然 h(x)在区间(0,1)内单调递增,∴ex+x<e+1.
2.13.1利用导数证明不等式
得
f′(x) ＝
2ax＋1ex－exa2x2＋x－1ex＝
－ax2＋2eaxx－x＋2；∴f′(0)＝21＝2；即曲线 y＝f(x)在点(0，－1)
处的切线斜率为 2，
∴y－(－1)＝2(x－0)，即 2x－y－1＝0.
第二章
考点 层级突破
课时 分组冲关
(2)证明：当 a≥1 时，f(x)＋e≥x2＋x－ex1＋ex＋1， 令 g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1， 则 g′(x)＝2x＋1＋ex＋1，g′(－1)＝0，g′(x)在 R 上为增函数． 当 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)≥g(－1)＝0. 因此当 a≥1，f(x)＋e≥0.
b－a
4
＝－1.②
联立①②，解得 a＝2，b＝－2.所以 f(x)＝2xx2＋－12.
第二章
考点 层级突破
课时 分组冲关
(2)证明：由题意知要证 ln x≥2xx2＋－12在[1，＋∞)上恒成立， 即证明(x2＋1)ln x≥2x－2，x2ln x＋ln x－2x＋2≥0 在[1，＋
∞)上恒成立．
第二章
考点 层级突破
课时 分组冲关
[解析] (1)解法一：f(x)＝x－1－aln x，x>0，则 f′(x)＝1－ax＝ x－x a，且 f(1)＝0，
当 a<0 时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以 0<x<1 时，f(x)<f(1)＝0，不满足题意；
当 a>0 时， 当 0<x<a 时，f′(x)<0，则 f(x)在(0，a)上单调递减； 当 x>a 时，f′(x)>0，则 f(x)在(a，＋∞)上单调递增．
高中数学 经典资料 第120课--利用导数证明不等式
第120课利用导数证明不等式基本方法：解决这类问题关键是构造一个新的函数，再研究新函数在所考虑区间上的单调性和极值、最值；注意：构造新函数()F x 不同，确定()F x '符号难易程度可能不同，所以构造新函数时可对原不等式作适当的变形再进行构造.先构造在赋值，证明和式或积式成立.一、典型例题1.已知函数()23e 2x f x x x x =++-，证明：()ln f x x >.答案：见解析解析：法一：()23e 2x f x x x x =++-，设()2e ln x h x x x x x =++-，则只需证明()32h x >，()()11e 21x h x x x x =+++-'()11e 2x x x ⎛⎫=++- ⎪⎝⎭，设()1e 2x g x x =+-，则()21e 0x g x x =+>'，()g x ∴在()0,+∞上单调递增，141e 2404g ⎛⎫=+-< ⎪⎝⎭ ，131e 2303g ⎛⎫=+-> ⎪⎝⎭ ，011,43x ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得0001()0e 2x g x x =+-=，且当()00,x x ∈时，()0g x <，当()0,x x ∈+∞时，()0g x >，∴当()00,x x ∈时，()0h x '<，()h x 单调递减，当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增，()()0min h x h x ∴==020000e ln x x x x x ++-，由001e 20x x +-=，得001e 2x x =-，()00012h x x x ⎛⎫∴=-+ ⎪⎝⎭2000ln x x x +-20001ln x x x =-+-，设()21ln x x x x ϕ=-+-，11,43x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()121x x x ϕ'=--()()211x x x +-=，∴当11,43x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0x ϕ'<，()x ϕ在11,43⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，∴()()00h x x ϕ=>21133ϕ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭111ln 33⎛⎫-+- ⎪⎝⎭73ln392=+>，因此()32h x >.法二：先证当0x ≥时，()23e 2x f x x x x =++-322x ≥-，即证2e (e 1)0x x x x x x x +-=-+≥，e 10x x -+≥在0x ≥时，显然成立，得证.再证32ln 2x x -≥，设()32ln (0)2h x x x x =-->，则()1212x h x x x ='-=-，令()0h x '=，得12x =，当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，()h x 单调递减；当1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0h x '>，()h x 单调递增.∴()32ln 2h x x x =--11ln2022h ⎛⎫≥=-+=> ⎪⎝⎭，即32ln 2x x ->.又()233e 222x f x x x x x =++-≥-，()ln f x x ∴>.2.已知函数()1ln f x x a x =--.（1）若()0f x ≥，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111(1)(1)222n m +++<，求m 的最小值.答案：（1）1a =；（2）3解析：（1）()f x 的定义域为()0,+∞.①若0a ≤，因为11(ln 2022f a =-+<，所以不满足题意；②若0a >，由()1a x a f x x x-'=-=知，当(0,)x a ∈时，()0f x '<；当(,)x a ∈+∞时，()0f x '>，所以()f x 在(0,)a 单调递减，在(,)a +∞单调递增，故x a =是()f x 在(0,)x ∈+∞的唯一最小值.由于(1)0f =，所以当且仅当1a =时，()0f x ≥，故1a =.（2）由（1）知当(1,)x ∈+∞时，1ln 0x x -->，令112n x =+，得11ln(1)22n n+<，从而221111111ln 1ln 1ln 1112222222n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++⋅⋅⋅++<++⋅⋅⋅+=-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故2111111e 222n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，而231111112222⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++> ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以m 的最小值为3.二、课堂练习1.已知2()e ln(1)x f x x =++，当0x ≥时，求证：2()(1)f x x x ≥++.答案：见解析解析：设22()e ln(1)(1)(0)x F x x x x x =++-+-≥，则21()2e2(1)11x F x x x '=+-+-+，令()()g x F x '=，则221()41e 2()x g x x '=--+22221[]e e e 2(1)0(1)x x x x =-+-+>+，所以()g x 在[0,)+∞上递增，所以()()(0)0g x F x g '=≥=；所以()F x 在[0,)+∞上递增，所以()(0)0F x F ≥=，即0x ≥时不等式2()(1)f x x x ≥++成立.2.已知函数()ln f x x x =，()()22a x xg x -=.（1）若()()f x g x <对()1,x ∈+∞恒成立，求a 的取值范围；（2）证明：不等式()()()22212111111n n n n ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎢⎥⎢⎥+++<⎢⎥⎢⎥⎢⎥+++⎣⎦⎣⎦⎣⎦n 恒成立（其中e 2.71828=⋯为自然对数的底数）.答案：（1）[)2,a ∈+∞；（2）见解析解析：（1）()()f x g x <等价于()2ln 02a x xx x --<，即()1ln 02a x x x -⎡⎤-<⎢⎥⎣⎦，记()()1ln 2a x h x x -=-，即()0xh x <，()12'22a ax h x x x-=-=，当0a ≤时，()0h x '>，()h x 在()1,x ∈+∞单调递增，又()10h =，所以()()10h x h >=，所以()0xh x >，即()()f x g x <不成立；当02a <<时，21a >，21,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '>，()h x 单调递增，所以()()10h x h >=，所以()0xh x >，()()f x g x <不成立；当2a ≥时，()1,x ∈+∞，20ax -<，()0h x '<，()h x 在()1,x ∈+∞单调递减，所以()()10h x h <=，所以()0xh x <，()()f x g x <恒成立.综上所述，当()()f x g x <对()1,x ∈+∞恒成立时[)2,a ∈+∞.（2）由（1）知当2a =对()1,x ∈+∞有ln 1x x <-恒成立.令()211kx n =++，1,2,3,k = ,n ,有()()22ln 111k k n n ⎛⎫ ⎪+< ⎪++⎝⎭成立，()()()()()()2222221212ln 111ln 1ln 1ln 1111111n n n n n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎢⎥ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+++=++++++ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦()()()22212111nn n n <++⋯++++()()()21121221n n n n n +==<++，所以()()()22212111111n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪+⋅+⋯+< ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭三、课后作业1.已知函数()e 1xf x =-，当1x >-时，证明：221()1x x f x x +->+.答案：见解析解析：因为当1x >-时，不等式221()1x x f x x +->+等价为221e 121x x x x x +->+=+，即证e 20x x ->.设函数()e 2(1)x h x x x =->-，则()e 2x h x '=-，令()0h x '=，解得ln 2x =.当ln 2x >时，()0h x '>，当1ln 2x -<<时，()0h x '<，所以2()(ln 2)22ln 2ln e ln 40h x h ≥=-=->，所以e 20xx ->，则不等式221()1x x f x x +->+成立.2.已知()()21ln 1f x x x x =-+-，证明：()1f x >-.答案：见解析解析：()()12ln 3,0,f x x x x +'=-∈+∞，令()()12ln 3,0,h x x x x =-+∈+∞，所以()2221210x h x x x x +=+=>'，故()h x 在()0,+∞上单调递增，又()1e 120,1ln4ln 024h h ⎛⎫=>=-=< ⎪⎝⎭，所以存在01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00h x =，即()00f x '=，所以()0012ln 30*x x -+=，所以()(),f x f x '随x 的变化情况如下：x()00,x 0x ()0,x +∞)f x '（-0+()f x 单调递减极小值单调递增所以()()()0000min 21ln 1f x f x x x x ==-+-，由()*式得0013ln 22x x =-，代入上式得()()()0000min 00131321122222f x f x x x x x x ⎛⎫==--+-=--+ ⎪⎝⎭，令()1312,,1222t x x x x ⎛⎫=--+∈ ⎪⎝⎭，所以()()()22121212022x x t x x x +-'=-=<，所以()t x 在1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，()()1t x t >，又()11t =-，所以()1t x >-，即()01f x >-，所以()1f x >-.3.已知函数()1ln x f x x ax-=+（其中0a >，e 2.7≈）.（1）当1a =时，求函数()f x 在()()11f ，点处的切线方程；（2）求证：对于任意大于1的正整数n ，都有111ln ...23n n>+++.答案：（1）0y =；（2）见解析解析：（1）∵()1ln x f x x x -=+，∴()21x f x x ='-（0a >），∴()10f '=,∵()10f =,∴()f x 在点()()11f ，处的切线方程为0y =.（2）当1a =时，()1ln x f x x x -=+，()21x f x x='-，当1x >时，()0f x '>，故()f x 在()1+∞，上是增函数，则当1x >时，()(1)0f x f >=.当1n >时，令1n x n =-，所以111()ln ln 01111n n n n n f n n n n n n --=+=-+>----，所以1ln 1n n n >-，即21311ln ,ln ,ln 12231n n n >>>-，所以23111ln ln ln 12123n n n ++>+++-，即23111ln ln()12123n n n n=⨯⨯⨯>+++-，即对于任意大于1则正整数n，都有111 ln23nn>+++.。
利用导数证明不等式课件-2025届高三数学一轮复习
cos 2 x
2
π π
∴ sin x > 0，∴ 当g′ x > 0时，cos 2x < 0，解得x ∈ , ，当g′ x < 0时，
4 2
π
π π
π
cos 2x > 0，解得x ∈ 0, ，∴ 函数g x 在 , 上单调递增，在 0, 上单调递减，
4
4 2
4
π
∴ g x 的最小值为g
导数是研究函数性质的重要工具，它的突出作用是研究函数的单调性、极值与最
值、函数的零点等.解答题难度较大，常与不等式的证明、方程等结合考查，且有综
合化加强的趋势；以研究函数的单调性、单调区间、极值（最值）等问题为主，与不
等式、数列、函数与方程、函数的图象等相结合，且有综合化加强的趋势.其中不等
式的证明问题、不等式恒（能）成立问题、函数的零点问题都是常见的类型.
+
1
−
2x
≥
sin
x
⋅
−
2x
=
− 2x = 2 tan x − x .令
cos 2 x
cos 2 x
cos x
π
1
1
2
tan x − x,x ∈ [0, )，∴ k′ x =
− 1. ∵ 0 < cos x ≤ 1，∴
≥ 1，
2
cos 2 x
cos 2 x
π
≥ 0，∴ 函数k x 在[0, )上单调递增，又k 0 = 0，∴ k x ≥ 0，
规律方法
a−1
x
+1
a
− 2
x
=
x2 + a−1 x−a
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数学教案 高三教案 第3课时 利用导数证明不等式
方法一：移项补充构造法 (2020·江西赣州模拟)已知函数f(x)＝1－ln xx，g(x)＝aeex＋1x－bx，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直．
(1)求a，b的值；
(2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2x.
【解】 (1)因为f(x)＝1－ln xx， 所以f′(x)＝ln x－1x2，f′(1)＝－1. 因为g(x)＝aeex＋1x－bx， 所以g′(x)＝－aeex－1x2－b. 因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直，所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1， 所以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，解得a＝－1，b＝－1.
(2)证明：由(1)知，g(x)＝－eex＋1x＋x，
则f(x)＋g(x)≥2x⇔1－ln xx－eex－1x＋x≥0. 令h(x)＝1－ln xx－eex－1x＋x(x≥1)， 则h(1)＝0，h′(x)＝－1－ln xx2＋eex＋1x2＋1＝ln xx2＋eex＋1. 因为x≥1，所以h′(x)＝ln xx2＋eex＋1>0， 所以h(x)在[1，＋∞)上是增加的，所以h(x)≥h(1)＝0，即1－ln xx－eex－1x＋x≥0， 所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2x.
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”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证． 数学教案 高三教案 已知函数f(x)＝ax＋xln x在x＝e－2(e为自然对数的底数)处取得极小值． (1)求实数a的值； (2)当x>1时，求证：f(x)>3(x－1)． 解：(1)因为f(x)＝ax＋xln x， 所以f′(x)＝a＋ln x＋1， 因为函数f(x)在x＝e－2处取得极小值， 所以f′(e－2)＝0，即a＋ln e－2＋1＝0， 所以a＝1，所以f′(x)＝ln x＋2. 当f′(x)>0时，x>e－2；当f′(x)<0时，0所以f(x)在(0，e－2)上是减少的，在(e－2，＋∞)上是增加的， 所以f(x)在x＝e－2处取得极小值，符合题意，所以a＝1. (2)证明：由(1)知a＝1，所以f(x)＝x＋xln x. 令g(x)＝f(x)－3(x－1)， 即g(x)＝xln x－2x＋3(x>0)． g′(x)＝ln x－1，由g′(x)＝0，得x＝e.
由g′(x)>0，得x>e；由g′(x)<0，得0所以g(x)在(0，e)上是减少的，在(e，＋∞)上是增加的， 所以g(x)在(1，＋∞)上的最小值为g(e)＝3－e>0. 于是在(1，＋∞)上，都有g(x)≥g(e)>0，所以f(x)>3(x－1)． 方法二：隔离分析法 (2020·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)＝ex－a(x>0)， ①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上是增加的； ②若a>0，则当00，
当x>ea时，f′(x)<0， 故f(x)在0，ea上是增加的，在ea，＋∞上是减少的． (2)证明：法一：因为x>0，所以只需证f(x)≤exx－2e， 数学教案 高三教案 当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0，1)上是增加的，在(1，＋∞)上是减少的， 所以f(x)max＝f(1)＝－e.
记g(x)＝exx－2e(x>0)，
则g′(x)＝（x－1）exx2， 所以当0当x>1时，g′(x)>0，g(x)是增加的， 所以g(x)min＝g(1)＝－e. 综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，
即f(x)≤exx－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0. 法二：由题意知，即证exln x－ex2－ex＋2ex≤0， 从而等价于ln x－x＋2≤exex.
设函数g(x)＝ln x－x＋2，则g′(x)＝1x－1. 所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0， 故g(x)在(0，1)上是增加的，在(1，＋∞)上是减少的， 从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1.
设函数h(x)＝exex，则h′(x)＝ex（x－1）ex2. 所以当x∈(0，1)时，h′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0， 故h(x)在(0，1)上是减少的，在(1，＋∞)上是增加的， 从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1. 综上，当x>0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.
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，达到证明的目的． 已知f(x)＝xln x. (1)求函数f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>1ex－2ex成立． 解：(1)由f(x)＝xln x，x>0，得f′(x)＝ln x＋1， 令f′(x)＝0，得x＝1e. 数学教案 高三教案 当x∈0，1e时，f′(x)<0，f(x)是减少的； 当x∈1e，＋∞时，f′(x)>0，f(x)是增加的． ①当0f(x)min＝f
1
e＝－1e；
②当1e≤t
所以f(x)min＝－1e，0(2)证明：问题等价于证明xln x>xex－2e(x∈(0，＋∞))． 由(1)可知f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－1e， 当且仅当x＝1e时取到． 设m(x)＝xex－2e(x∈(0，＋∞))， 则m′(x)＝1－xex， 由m′(x)<0得x>1时，m(x)为减函数， 由m′(x)>0得0
易知m(x)max＝m(1)＝－1e，当且仅当x＝1时取到．
从而对一切x∈(0，＋∞)，xln x≥－1e≥xex－2e，两个等号不能同时取到，即证对一切x∈(0，＋∞)都有ln x>1ex－2ex成立．
方法三：特征分析法 已知函数f(x)＝ax－ln x－1. (1)若f(x)≥0恒成立，求a的最小值；
(2)证明：e－xx＋x＋ln x－1≥0； (3)已知k(e－x＋x2)≥x－xln x恒成立，求k的取值范围． 【解】 (1)由题意知x>0， 数学教案 高三教案 所以f(x)≥0等价于a≥ln x＋1x. 令g(x)＝ln x＋1x，则g′(x)＝－ln xx2， 所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0. 则g(x)在(0，1)上是增加的，在(1，＋∞)上是减少的，所以g(x)max＝g(1)＝1，则a≥1， 所以a的最小值为1. (2)证明：当a＝1时，由(1)得x≥ln x＋1. 即t≥ln t＋1.
令e－xx＝t，则－x－ln x＝ln t，
所以e－xx≥－x－ln x＋1，即e－xx＋x＋ln x－1≥0. (3)因为k(e－x＋x2)≥x－xln x， 即ke－xx＋x≥1－ln x恒成立，
所以k≥1－ln xe－xx＋x＝－e－xx＋x＋ln x－1e－xx＋x＋1， 由(2)知e－xx＋x＋ln x－1≥0恒成立， 所以－e－xx＋x＋ln x－1e－xx＋x＋1≤1，故k≥1.
这种方法往往要在前面问题中证明出某个不等式，在后续的问题中应用前面的结论，呈现出层层递进的特点．
已知函数f(x)＝ln x＋1x. (1)求函数f(x)的单调区间和极值； (2)若对任意的x>1，恒有ln(x－1)＋k＋1≤kx成立，求k的取值范围；
(3)证明：ln 222＋ln 332＋…＋ln nn2<2n2－n－14（n＋1）(n∈N＋，n≥2)． 解：(1)f(x)的定义域是(0，＋∞)， f′(x)＝－ln xx2，由f′(x)＝0⇒x＝1，列表如下： 数学教案 高三教案 x (0，1) 1 (1，＋∞)
f′(x) ＋ 0 －
f(x) 增加 极大值 减少
因此函数f(x)的增区间为(0，1)，减区间为(1，＋∞)，极大值为f(1)＝1，无极小值． (2)因为x>1，
ln(x－1)＋k＋1≤kx⇔ln（x－1）＋1x－1≤k⇔f(x－1)≤k， 所以f(x－1)max≤k，所以k≥1. (3)证明：由(1)可得f(x)＝ln x＋1x≤f(x)max＝f(1)＝1⇒ln xx≤1－1x，当且仅当x＝1时取等号． 令x＝n2(n∈N+，n≥2)．
则ln n2n2<1－1n2⇒ln nn2<121－1n2
<121－1n（n＋1） ＝121－1n＋1n＋1(n≥2)， 所以ln 222＋ln 332＋…＋ln nn2 <121－12＋13＋121－13＋14＋…＋ 12
1－1n＋1
n＋1
＝12n－1＋1n＋1－12＝2n2－n－14（n＋1）(n∈N+，n≥2)． 方法四：换元构造法 已知函数f(x)＝ln x－ax(x>0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)．求证：x1x2>e2.
【证明】 不妨设x1>x2>0， 因为ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0，
所以ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，所以ln x1－ln x2x1－x2＝a， 欲证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2. 因为ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，所以即证a>2x1＋x2，