突破2利用導(dǎo)數(shù)證明不等式利用導(dǎo)數(shù)證明不等式問題一般要用到構(gòu)造法，構(gòu)造法是指在證明與函數(shù)有關(guān)的不等式時，根據(jù)所要證明的不等式，構(gòu)造與之相關(guān)的函數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性、極值、最值加以證明.常見的構(gòu)造方法有：(1)直接構(gòu)造法：證明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))轉(zhuǎn)化為證明f(x)-g(x)>0(f(x)-g(x)<0)，進(jìn)而構(gòu)造輔助函數(shù)h(x)=f(x)-g(x)；(2)適當(dāng)放縮構(gòu)造法：一是根據(jù)已知條件適當(dāng)放縮，二是利用常見的放縮結(jié)論，如lnx≤x-1，ex≥x+1，lnx<x<ex(x>0)，xx+1≤ln(x+1)≤x(x>-1)；(3)構(gòu)造“形似”函數(shù)：稍作變形再構(gòu)造，對原不等式同構(gòu)變形，如移項、通分、取對數(shù)，把不等式轉(zhuǎn)化為左、右兩邊是相同結(jié)構(gòu)的式子的形式，根據(jù)“相同結(jié)構(gòu)”構(gòu)造輔助函數(shù)；(4)構(gòu)造雙函數(shù)：若直接構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo)難以判斷符號，導(dǎo)函數(shù)零點也不易求得，函數(shù)單調(diào)性與極值點都不易獲得，則可構(gòu)造函數(shù)f(x)和g(x)技法一作差構(gòu)造法(2023·新課標(biāo)Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)=a(ex+a)-x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)證明：當(dāng)a>0時，f(x)>2lna+32解：(1)因為f(x)=a(ex+a)-x，定義域為R，所以f'(x)=aex-1，當(dāng)a≤0時，由于ex>0，則aex≤0，故f'(x)=aex-1<0恒成立，所以f(x)在R上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時，令f'(x)=aex-1=0，解得x=-lna，當(dāng)x<-lna時，f'(x)<0，則f(x)在(-∞，-lna)上單調(diào)遞減；當(dāng)x>-lna時，f'(x)>0，則f(x)在(-lna，+∞)上單調(diào)遞增；綜上，當(dāng)a≤0時，f(x)在R上單調(diào)遞減.當(dāng)a>0時，f(x)在(-∞，-lna)上單調(diào)遞減，在(-lna，+∞)上單調(diào)遞增.(2)證明：法一：由(1)得，f(x)min=f(-lna)=a(e-lna+a)+lna=1+a2+lna，要證f(x)>2lna+32，即證1+a2+lna>2lna+32，即證a2-12-lna>令g(a)=a2-12-lna(a>0)，則g'(a)=2a-1a=令g'(a)<0，則0<a<22；令g'(a)>0，則a>2所以g(a)在0，22上單調(diào)遞減，在所以g(a)min=g22=222-12-ln22=ln2>0，則當(dāng)a>0時，g(a所以當(dāng)a>0時，f(x)>2lna+32恒成立法二：令h(x)=ex-x-1，則h'(x)=ex-1，由于y=ex在R上單調(diào)遞增，所以h'(x)=ex-1在R上單調(diào)遞增，又h'(0)=e0-1=0，所以當(dāng)x<0時，h'(x)<0；當(dāng)x>0時，h'(x)>0；所以h(x)在(-∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，+∞)上單調(diào)遞增，故h(x)≥h(0)=0，則ex≥x+1，當(dāng)且僅當(dāng)x=0時，等號成立，因為f(x)=a(ex+a)-x=aex+a2-x=ex+lna+a2-x≥x+lna+1+a2-x，當(dāng)且僅當(dāng)x+lna=0，即x=-lna時，等號成立，所以要證f(x)>2lna+32，即證x+lna+1+a2-x>2lna+32，即證a2-12-ln令g(a)=a2-12-lna(a>0)，則g'(a)=2a-1a=令g'(a)<0，則0<a<22；令g'(a)>0，則a>2所以g(a)在0，22上單調(diào)遞減，在所以g(a)min=g22=222-12-ln22=ln2>0，則g(a所以當(dāng)a>0時，f(x)>2lna+32恒成立利用作差構(gòu)造法證明不等式的基本步驟

第一步：作差或變形；

第二步：構(gòu)造新的函數(shù)g(x)；

第三步：利用導(dǎo)數(shù)研究g(x)的單調(diào)性或最值；

第四步：根據(jù)單調(diào)性及最值，得到所證不等式.對點練1.(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷節(jié)選)證明：當(dāng)0<x<1時，x-x2<sinx<x.證明：令h(x)=x-x2-sinx(0<x<1)，則h'(x)=1-2x-cosx(0<x<1).令p(x)=1-2x-cosx(0<x<1)，則p'(x)=-2+sinx<0，所以p(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，即h'(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，又h'(0)=0，所以當(dāng)0<x<1時，h'(x)<h'(0)=0，h(x)單調(diào)遞減，所以當(dāng)0<x<1時，h(x)<h(0)=0，即x-x2<sinx.令g(x)=sinx-x(0<x<1)，則g'(x)=cosx-1<0，所以g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，又g(0)=0，所以當(dāng)0<x<1時，g(x)<g(0)=0，即sinx<x.綜上，當(dāng)0<x<1時，x-x2<sinx<x.學(xué)生用書?第72頁技法二分拆函數(shù)法(或凹凸反轉(zhuǎn)法)已知函數(shù)f(x)=axlnx+x2，g(x)=ex+x-1，0<a≤1，求證：f(x)<g(x).證明：要證明f(x)<g(x)，即證明axlnx+x2<ex+x-1，只需證明alnxx+1令u(x)=alnxx+1，v(x)又u'(x)=a(1-lnx)則0<x<e時，u'(x)>0，函數(shù)u(x)在(0，e)上單調(diào)遞增；x>e時，u'(x)<0，函數(shù)u(x)在(e，+∞)上單調(diào)遞減；所以x=e時，u(x)取得最大值，最大值為ae+1由v(x)=ex+x-1x2可得v則0<x<2時，v'(x)<0，函數(shù)v(x)在(0，2)上單調(diào)遞減；x>2時，v'(x)>0，函數(shù)v(x)在(2，+∞)上單調(diào)遞增；則x=2時，v(x)取得最小值，且最小值為e2又e2+14-ae-1≥e2所以e2+14>a即alnxx所以0<a≤1時，f(x)<g(x).1.若直接求導(dǎo)比較復(fù)雜或無從下手時，可將待證式進(jìn)行變形，構(gòu)造兩個函數(shù)，從而找到可以傳遞的中間量，達(dá)到證明的目的.本例中同時含lnx與ex，不能直接構(gòu)造函數(shù)，把指數(shù)與對數(shù)分離兩邊，分別計算它們的最值，借助最值進(jìn)行證明.在證明過程中，等價轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵，此處由g(x)min=f(x)max恒成立，從而得到f(x)≤g(x)恒成立.

2.等價變形的目的是便于求導(dǎo)后找到極值點，一般地，ex與lnx要分離，常構(gòu)造xn與lnx，xn與ex的積、商形式，便于求導(dǎo)后找到極值點.對點練2.(2024·河南鄭州模擬節(jié)選)已知函數(shù)f(x)=ex2-xlnx，求證：當(dāng)x>0時，f(x)<xex+1e證明：要證f(x)<xex+1e只需證ex-lnx<ex+1ex，即ex-ex<lnx+令h(x)=lnx+1ex(x>0)，則h'(x)=易知h(x)在0，1e上單調(diào)遞減，在則h(x)min=h1e=0，所以lnx+1ex再令φ(x)=ex-ex，則φ'(x)=e-ex，易知φ(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，+∞)上單調(diào)遞減，則φ(x)max=φ(1)=0，所以ex-ex≤0.因為h(x)與φ(x)不同時為0，所以ex-ex<lnx+1ex，學(xué)生用書?第73頁技法三適當(dāng)放縮法(2024·湖南岳陽教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測)已知函數(shù)f(x)=aex-x-a.當(dāng)a≥1時，從下面①和②兩個結(jié)論中任選其一進(jìn)行證明.①f(x)>xlnx-sinx；②f(x)>x(lnx-1)-cosx.注：如果選擇多個條件分別作答，按第一個解答計分.證明：選擇①，當(dāng)a≥1，x>0時，f(x)=aex-x-a=aex-1-x≥ex-1-x，當(dāng)a=設(shè)g(x)=ex-x-xlnx+sinx-1，x>0.當(dāng)0<x≤1時，-xlnx≥0，sinx>0，ex-1-x>0，故g(x)>0.當(dāng)x>1時，g'(x)=ex-2-lnx+cosx，設(shè)h(x)=ex-2-lnx+cosx(x>1)，則h'(x)=ex-1x-sinx>e-1-1>0所以h(x)在(1，+∞)上單調(diào)遞增，h(x)>e-2+cos1>0，所以g(x)在(1，+∞)上單調(diào)遞增，g(x)>e-2+sin1>0(x>1).綜上，當(dāng)a≥1時，f(x)>xlnx-sinx.選擇②，當(dāng)a≥1，x>0時，f(x)=aex-x-a=a(ex-1)-x≥ex-1-x，當(dāng)a=1時等號成立.設(shè)g(x)=ex-xlnx+cosx-1，x>0.當(dāng)0<x≤1時，-xlnx≥0，cosx>0，ex-1>0，故g(x)>0.當(dāng)x>1時，g'(x)=ex-1-lnx-sinx，設(shè)h(x)=ex-1-lnx-sinx(x>1)，則h'(x)=ex-1x-cosx>e-1-1>0所以h(x)在(1，+∞)上單調(diào)遞增，h(x)>e-1-sin1>0，所以g(x)在(1，+∞)上單調(diào)遞增，g(x)>e-1+cos1>0(x>1).綜上，當(dāng)a≥1時，f(x)>x(lnx-1)-cosx.放縮法構(gòu)造函數(shù)的技巧

1.利用已知條件中參數(shù)范圍及不等式性質(zhì)進(jìn)行放縮(如典列3中的a≥1).

2.利用經(jīng)典不等式

(1)ex≥1+x.

(2)lnx≤x-1進(jìn)行放縮.對點練3.(2024·山東濟(jì)南模擬節(jié)選)已知函數(shù)f(x)=ex，證明：當(dāng)x>-2時，f(x)>ln(x+2).證明：設(shè)g(x)=f(x)-(x+1)=ex-x-1(x>-2)，則g'(x)=ex-1，當(dāng)-2<x<0時，g'(x)<0；當(dāng)x>0時，g'(x)>0，即g(x)在(-2，0)上單調(diào)遞減，在(0，+∞)上單調(diào)遞增，于是當(dāng)x=0時，g(x)min=g(0)=0，因此當(dāng)x>-2時，f(x)≥x+1(當(dāng)且僅當(dāng)x=0時取等號)，令h(x)=x+1-ln(x+2)(x>-2)，則h'(x)=1-1x+2=則當(dāng)-2<x<-1時，h'(x)<0；當(dāng)x>-1時，h'(x)>0，即有h(x)在(-2，-1)上單調(diào)遞減，在(-1，+∞)上單調(diào)遞增，于是當(dāng)x=-1時，h(x)min=h(-1)=0，因此當(dāng)x>-2時，x+1≥ln(x+2)(當(dāng)且僅當(dāng)x=-1時取等號)，因為等號不同時成立，所以當(dāng)x>-2時，f(x)>ln(x+2).學(xué)生用書?第74頁技法四特殊化法(2022·新高考Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)=xeax-ex.(1)當(dāng)a=1時，討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)x>0時，f(x)<-1，求實數(shù)a的取值范圍；(3)設(shè)n∈N+，證明：112+1+122+2+…+解：(1)當(dāng)a=1時，f(x)=xex-ex，x∈R，則f'(x)=xex，當(dāng)x>0時，f'(x)>0，當(dāng)x<0時，f'(x)<0，所以函數(shù)f(x)在(-∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，+∞)上單調(diào)遞增.(2)函數(shù)f(x)的定義域為R，f'(x)=(1+ax)eax-ex.對于x∈(0，+∞)，當(dāng)a≥1時，f'(x)=(1+ax)eax-ex>eax-ex≥ex-ex=0，所以f'(x)>0，f(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞增.因為f(0)=-1，所以f(x)>-1，不滿足題意.當(dāng)a≤0時，f'(x)≤eax-ex≤1-ex<0且等號不恒成立，所以f(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞減.因為f(0)=-1，所以f(x)<-1，滿足題意.當(dāng)0<a≤12時，f'(x)≤1+x2ex2令g(x)=1+x2-ex2，則g'(x)=12-12ex2<0，所以g(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)<g(0)=0，所以f'(x)=ex2·g(x)<0，f因為f(0)=-1，所以f(x)<-1，滿足題意.當(dāng)12<a<1時，f'(x)=eax[1+ax-e(1-a)x]令h(x)=1+ax-e(1-a)x，則h'(x)=a+(a-1)e(1-a)x.因為h'(x)為減函數(shù)，又h'(0)=2a-1>0，x→+∞，h'(x)<0，所以?x0∈(0，+∞)，使h'(x0)=0，所以當(dāng)x∈(0，x0)時，h'(x)>0，h(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，h(x)>h(0)=0，所以當(dāng)x∈(0，x0)時，f'(x)=eax·h(x)>0，f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增.因為f(0)=-1，所以f(x)>-1，不滿足題意.綜上，a的取值范圍是-∞，(3)證明：由(2)知當(dāng)a=12，且x∈(0，+∞)時，f(x)<-1，即xex2-ex<-1，所以xex2<令t=ex>1，則x=lnt，所以lnt·t<t-1.令t=i+1i>1，i∈N+，則lni+1ii+1i<i+1i-1=1i，所以lni+1i<1iii+1=1i(i+1)=1i2+i，所以證明與數(shù)列有關(guān)的不等式的策略

在證明與數(shù)列有關(guān)的不等式時，往往是從題目中已經(jīng)證得的結(jié)論(參數(shù)取值范圍、不等式等)出發(fā)，通過特殊化處理，即將其中的變量替換為特殊的變量，尤其是可替換為與自然數(shù)n有關(guān)的式子，然后再結(jié)合數(shù)列中的裂項求和以及不等式的放縮等方法證得結(jié)論. 對點練4.已知函數(shù)f(x)=ln(x+1)-2xx(1)當(dāng)x>0時，f(x)>0；(2)13+15+…+12n證明：(1)當(dāng)x>0時，f'(x)=1x+1-4(x+2)2=x2(x+1)(x+2)2>0，所以(2)由(1)知，當(dāng)x>0時，ln(x+1)>2x令x=1n，則有2·1n1n+2<ln1n+1?22n+1<lnn+1n，故23<ln將以上各式相加，得23+25+…+22n+1<ln21+ln32+…+lnn+1n=ln21·32·…·n+1n=ln(n+1)，故13+15+…+12課時測評23利用導(dǎo)數(shù)證明不等式對應(yīng)學(xué)生(時間：60分鐘滿分：100分)(本欄目內(nèi)容，在學(xué)生用書中以獨立形式分冊裝訂!)1.(8分)已知a=4log2e，b=6log3e，c=10log5e，e為自然對數(shù)的底數(shù)，則 ()A．c>a>b B．a(chǎn)>c>bC．b>a>c D．a(chǎn)>b>c答案：A解析：a=4ln2，b=6ln3，c=10ln5，令f(x)=2xlnx，則a=f(2)，b=f(3)，c=f(5).f'(x)=2lnx-2lnx2，易知f(x)在(e，+∞)上單調(diào)遞增.又a=4ln2=82ln2=8ln4=f2.(8分)設(shè)a=2023ln2025，b=2024ln2024，c=2025ln2023，則 ()A．a(chǎn)>b>c B．c>b>aC．a(chǎn)>c>b D．b>a>c答案：B解析：設(shè)f(x)=lnxx+1，則f'(x)=1+1x-lnxx+12，當(dāng)x∈[e2，+∞)時，f'(x)<0，故f(x)在[e2，+∞)上單調(diào)遞減，所以f(2023)>f(2024)，即ln20232024>ln20242025，所以2025ln2023>2024ln2024，所以c>b；設(shè)g(x)=lnxx-1，則g'(x)=1-1x-lnxx-12，當(dāng)x∈[e2，+∞)時，g'(x)<0，故g(x)在[e2，+∞)上單調(diào)遞減，所以g(2024)>g3.(19分)設(shè)a為實數(shù)，函數(shù)f(x)=ex-2x+2a，x∈R.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值；(6分)(2)求證：當(dāng)a>ln2-1且x>0時，ex>x2-2ax+1.(13分)解：(1)由f(x)=ex-2x+2ax∈R知f'(x)=ex-令f'(x)=0，得x=ln2.當(dāng)x<ln2時，f'(x)<0，函數(shù)f(x)在區(qū)間(-∞，ln2)上單調(diào)遞減；當(dāng)x>ln2時，f'(x)>0，函數(shù)f(x)在區(qū)間(ln2，+∞)上單調(diào)遞增.所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(-∞，ln2)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ln2，+∞)，f(x)的極小值為fln2=eln2-2ln2+2a=2-2ln2+2a，無極大值.(2)證明：要證當(dāng)a>ln2-1且x>0時，ex>x2-2ax+1，即證當(dāng)a>ln2-1且x>0時，ex-x2+2ax-1>0.設(shè)g(x)=ex-x2+2ax-1(x>0)，則g'(x)=ex-2x+2a，由(1)知g'(x)min=2-2ln2+2a，又a>ln2-1，則g'(x)min>0，所以對?x∈(0，+∞)，都有g(shù)'(x)>0，所以g(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞增.所以對?x>0，都有g(shù)(x)>g(0)=0，即ex-x2+2ax-1>0，故ex>x2-2ax+1.4.(20分)已知函數(shù)f(x)=xlnx-ax.(1)當(dāng)a=-1時，求函數(shù)f(x)在(0，+∞)上的最值；(8分)(2)證明：對一切x∈(0，+∞)，都有l(wèi)nx+1>1ex+1-2e2解：(1)函數(shù)f(x)=xlnx-ax的定義域為(0，+∞)，當(dāng)a=-1時，f(x)=xlnx+x，f'(x)=lnx+2，由f'(x)=0，得x=1e當(dāng)0<x<1e2時，f'(x)<當(dāng)x>1e2時，f'(x)>所以f(x)在0，1e2上單調(diào)遞減，因此f(x)在x=1e2處取得最小值，即f(x)min=f1e2=-(2)證明：當(dāng)x>0時，lnx+1>1ex+1等價于x(lnx+1)>xex+1-2e2，由(1)知，當(dāng)a=-1時，f(x)=xlnx+x≥-1e2，當(dāng)且僅當(dāng)x=1e2時取等號，設(shè)G(x)=xex+1-2e2，x∈(0，+∞)，則G'(x)當(dāng)且僅當(dāng)x=1時取到，從而可知對一切x∈(0，+∞)，都有f(x)>G(x)，即lnx+1>1ex+15.(20分)(2024·廣東汕頭模擬)設(shè)f(x)=ex，g(x)=lnx，證明：xf(x)≥x+g(x)+1.證明：因為f(x)=ex，g(x)=lnx，所以xf(x)≥x+g(x)+1等價于xex≥x+lnx+1，即ex+lnx≥x+lnx+1，令t=x+lnx，t∈R，則只需證et≥t+1，設(shè)g(t)=et-t-1，t∈R，則g'(t)=et-1，t∈R，當(dāng)t<0時，g'(t)<0，g(t)單調(diào)遞減；當(dāng)t>0時，g'(t)>0，g(t)單調(diào)遞增；故g(t)