高考數(shù)學(xué)第一輪復(fù)習(xí)（新教材新高考）利用導(dǎo)數(shù)證明不等式（學(xué)生版+解析）

第04講利用導(dǎo)數(shù)證明不等式（核心考點(diǎn)精講精練）

考情探究

1.4年真題考點(diǎn)分布

4年考情

考題示例考點(diǎn)分析關(guān)聯(lián)考點(diǎn)

利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間（不含參）

2021年新I卷，第22題,12分利用導(dǎo)數(shù)證明不等式

導(dǎo)數(shù)中的極值偏移問(wèn)題

2.命題規(guī)律及備考策略

【命題規(guī)律】本節(jié)內(nèi)容是新高考卷的必考內(nèi)容，設(shè)題穩(wěn)定，難度較大，分值為12分

【備考策略】1能用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)的單調(diào)性

2能求出函數(shù)的極值或給定區(qū)間的最值

3能進(jìn)行函數(shù)轉(zhuǎn)化證明不等式

【命題預(yù)測(cè)】導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用是高考考查的重點(diǎn)內(nèi)容，也是高考?jí)狠S題之一近幾年高考命題的趨勢(shì)，是穩(wěn)中

求變、變中求新、新中求活，縱觀近幾年的高考題，導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用題考查多個(gè)核心素養(yǎng)以及綜合應(yīng)用能力,

有一定的難度，一般放在解答題的最后位置，對(duì)數(shù)學(xué)抽象、數(shù)學(xué)運(yùn)算、邏輯推理等多個(gè)數(shù)學(xué)學(xué)科的核心素養(yǎng)

都有較深入的考查，需綜合復(fù)習(xí)

考點(diǎn)梳理

知識(shí)講解

在不等式構(gòu)造或證明的過(guò)程中，可借助題目的已知結(jié)論、均值不等式、函數(shù)單調(diào)性、與e'、Inx有關(guān)的常

用不等式等方法進(jìn)行適當(dāng)?shù)姆趴s，再進(jìn)行證明.下面著重談?wù)勁ce'、Inx有關(guān)的常用不等式的生成.

1.利用曲線的切線進(jìn)行放縮證明不等式

設(shè)y=e”上任一點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為相，則過(guò)該點(diǎn)的切線方程為y—e"=ew(x-m),即y=e"(x+l)-機(jī)e",

x/n

由此可得與e"有關(guān)的不等式：e>e^(x+l)-me,其中XER,meR,等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)％=加時(shí)成立.特

別地，當(dāng)zn=O時(shí)，有e"21+x；當(dāng)根=1時(shí)，有爐之款.

設(shè)y=lnx上任一點(diǎn)。的橫坐標(biāo)為n,則過(guò)該點(diǎn)的切線方程為y-\nn=—(x-n),即y=—x-1+lnn，

nn

由此可得與Inx有關(guān)的不等式：Inx?工工-1+ln幾，其中x>0,n>0,等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)兄=〃時(shí)成立.特別

n

地，當(dāng)〃=1時(shí)，有In九Kx-l；當(dāng)〃=e時(shí)，Wlnx<—x.

e

利用切線進(jìn)行放縮，能實(shí)現(xiàn)以直代曲，化超越函數(shù)為一次函數(shù).

2.利用曲線的相切曲線進(jìn)行放縮證明不等式

由圖1可得lnx?蘭4；由圖2可得Inxi--1-；由圖3可得，Inx/f<1),gxN空二

xexx+1(Ox<+X1

(x>l)；由圖4可得，lnx>—||(0<x<l),lnx<—|x--|(x>l).

2LxJ2Lx)

綜合上述兩種生成，我們可得到下列與e，In%有關(guān)的常用不等式:

與d有關(guān)的常用不等式:

(1)ex>1+x(xeR)；

(2)ex>ex(XGR).

與Inx有關(guān)的常用不等式：

(1)――-<lnx<x-l(x>0)；

x

(2)--—<lnx<—x(x>0)；

exe

(3)InxW—―(0<x<l),InxN—―(x>l)；

x+1x+1

(4)lnx>—|x-—|(0<x<l),]nx<—\x--\(x>l).

2(x)2(x)

用x+1取代x的位置，相應(yīng)的可得到與ln(x+l)有關(guān)的常用不等式.

考點(diǎn)一、利用導(dǎo)數(shù)證明不等式

典例引領(lǐng)

^4■■■■■■■■■■■

1.(2023?天津?統(tǒng)考高考真題)已知函數(shù)〃x)=\+\ln(x+：l).

⑴求曲線y=〃x)在x=2處切線的斜率；

⑵當(dāng)x>0時(shí),證明：/(%)>1；

(3)證明：|<ln(n!)-^n+1-^ln(n)+7?<l.

2.(2021,全國(guó)?統(tǒng)考高考真題)設(shè)函數(shù)/(x)=ln(a-x),已知x=0是函數(shù)y=獷(力的極值點(diǎn).

(1)求Q;

Y+f(%)

(2)設(shè)函數(shù)g(x)=..證明:g(x)<l.

xj(x)

3.(2021.全國(guó)?統(tǒng)考高考真題)已知函數(shù)/(x)=x(l-Inx).

(1)討論的單調(diào)性；

(2)設(shè)。，6為兩個(gè)不相等的正數(shù)，且bln“-alnb=a-b,證明：2<L+：<e.

ab

即時(shí)檢測(cè)

1.(2023?河北?統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè))已知函數(shù)/(力=-皿砌+or-2("0).

⑴討論〃x)的極值；

(2)當(dāng)a>0時(shí)，證明：/(力>止1%—祀*+|+sinx+l.

2.(2023?河北?統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè))已知函數(shù)/(x)=ln(x+l)-ae*-x(aeR).

⑴當(dāng)a>0時(shí)，證明：〃x)<0恒成立；

(2)當(dāng)。=0時(shí)，證明：fl+y—rTfl+T——......1+,1-<e(〃eN,).

Ilx2J12x3J[n[n+Y)J')

i3

3.(2023?江蘇揚(yáng)州?揚(yáng)州中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè))己知函數(shù)=a\nx+-x2-(a+1)尤+-(?^0).

⑴求函數(shù)〃尤)的單調(diào)區(qū)間；

⑵當(dāng)a=l時(shí)，若〃占)+〃N)=0,求證：占+尤222；

(3)求證：對(duì)于任意weN*都有21n+>n.

4.(2023?浙江?校聯(lián)考三模)已知函數(shù)〃x)=em,aeR.

⑴令g(x)=〃?,討論g(x)的單調(diào)性；

X+1

(2)證明：…+

[4)Ve(e-l)

(3)若。=1,對(duì)于任意的根,〃R,不等式竺斗+妙(3卜〃”)+220恒成立，求實(shí)數(shù)b的取值范圍.

5.(2023?福建廈門(mén)?廈門(mén)外國(guó)語(yǔ)學(xué)校?？寄M預(yù)測(cè))已知函數(shù)〃x)=em,aeR.

⑴令g")=署,討論g(x)在(0,+“)的單調(diào)性；

(2)證明：蟲(chóng)+^+…+山、1i)”N*；

\2n)Ve(e-l)

(3)若。=1,對(duì)于任意的不等式I'+妙(ln")"(m)+2N0恒成立,求實(shí)數(shù)b的取值范圍.

6.(2023?山東?沂水縣第一中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè))已知函數(shù)"x)=ln(x+l)-ax.

(1)若f(x)存在唯一零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)。的取值范圍；

(2)當(dāng)“eN*時(shí),證明：(1+3-1)(1+3-2)(1+3-3)??-(1+3-")<7e.

7.(2023?湖北黃岡?淆水縣第一中學(xué)?？既?已知函數(shù)〃x)=x+lnx,g(x)=e\

(1)求函數(shù)”(x)=〃x)-xg(x)的最大值；

(2)當(dāng)時(shí)，證明：:y■+]

8.(2023?廣東湛江?統(tǒng)考二模)已知函數(shù)/(x)=ei-—

⑴求曲線y=/(力在x=l處的切線方程.

⑵若存在玉使得"%)=〃%2)，證明:

(i)m>0；

(ii)2m>e(lnx1+lnx2).

好題沖關(guān)

【基礎(chǔ)過(guò)關(guān)】

1.(2。23.遼寧丹東.統(tǒng)考二模)已知—為函數(shù)Ws+a的極值點(diǎn).

⑴求。；

(2)證明：當(dāng)0<x<1■時(shí)，4(%)+>0.

2.(2023?貴州黔東南?凱里一中?？既?已知函數(shù)"x)=lnx-a.

X

⑴證明：/(x)>0;

/C\、T口口,八ln3ln4ln(〃+l)1…

(2)證明：ln2d———+—r-H----1二->1--------,neN.

2232/〃+i

3.(2023?海南?校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè))已知函數(shù)/(x)=lnx-?x+l,其中aeR

(1)若函數(shù)/(尤)的圖象恒不在無(wú)軸上方，求實(shí)數(shù)。的取值范圍；

(2)證明：1+1+g+L+』>ln("+l),其中〃eN*.

23n

4.(2023?四川成都?石室中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè))已知函數(shù)/(x)=e'-g依2-x

(1)若f(x)單調(diào)遞增,求a的值；

⑵判斷(l+l)“+j…+(〃eN*且"22)與』的大小，并說(shuō)明理由.

5.(2023?北京密云?統(tǒng)考三模)已知函數(shù)〃x)=xln(x+l).

⑴求曲線y=〃x)在點(diǎn)。，/⑴)處的切線方程；

(2)證明：/(x)+1x3>x2.

6.(2023?四川成都?石室中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè))己知函數(shù)〃x)=xlnx-a(x-l).

⑴若"x)Z0,求實(shí)數(shù)。的值；

(2)已知〃EN*且〃>2,求證：sin—+sin-+???+sin—<Inn.

23n

y1

7.(2023?黑龍江大慶?大慶實(shí)驗(yàn)中學(xué)校考模擬預(yù)測(cè))已知函數(shù)〃無(wú))=aln尤——-(aeR).

X-1

⑴若函數(shù)“X)有兩個(gè)零點(diǎn)w,三(為<%)，求a的取值范圍；

11

(2)證明；—7T+：一-T<-

In玉H—In%2—

aa

8.(2023?吉林通化?梅河口市第五中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè))已知函數(shù)/(x)=(l+g](x>0).

(1)證明：/(x)<e；

(2)討論f(x)的單調(diào)性，并證明：當(dāng)〃?N*時(shí)，(2n+l)ln(H+l)<wlnn+(n+l)ln(H+2).

9.(2023?四川成都?石室中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè))已知函數(shù)f(x)=lnx-a

⑴若〃”20,求實(shí)數(shù)。的值；

(2)已知〃sN*且〃22,求證：-+-+—<lnn.

23n

10.(2023?山東棗莊?統(tǒng)考二模)已知函數(shù)/(x)=e"sinx-1.

JT

(1)當(dāng)xW］時(shí)，求證：f(x)>0；

(2)當(dāng)無(wú)>0時(shí)，函數(shù)f(x)的零點(diǎn)從小到大依次排列，記為｛xJ^cN*)

證明：(i)sin>sinxn+1；

(ii)i+兀<2〃兀

【能力提升】

1.(2023?山東泰安??？寄M預(yù)測(cè))已知函數(shù)/(x)=O+l)x-〃zlnx一m.

(1)討論了(X)的單調(diào)性；

(2)證明：當(dāng)機(jī)￡1,且x>］時(shí),/(x)<ex-1.

2.(2023?河北?統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè))已知函數(shù)/(x)=-In(依)+依-2("0).

⑴討論〃x)的極值；

(2)當(dāng)a>0時(shí)，證明：/(x)>lnx-A,ev+1+sin^+l.

3.(2023?安徽阜陽(yáng)?安徽省臨泉第一中學(xué)?？既?已知函數(shù)〃x)=e，+：,/(尤)為〃x)的導(dǎo)函數(shù).

(1)討論廣(力的單調(diào)性;

(2)當(dāng)％>0時(shí)，/(%)=以有且只有兩根花，4(X<%2).

①若。〈玉<1<々，求實(shí)數(shù)〃的取值范圍；

112al

②證明：一+—<<~一2.

xxx236

4.(2023?江蘇無(wú)錫?校聯(lián)考三模)已知函數(shù)/(司=12研+111(1-尤)”(4，1］.

⑴求的極值；

/八、八、十1n+111

(2)求證：In-----<tan—+tan—H-----1-tan—<lnn(n>2,nGN).

223nv7

5.(2023.遼寧?遼寧實(shí)驗(yàn)中學(xué)校考模擬預(yù)測(cè))已知/(力=/+6，g(x)=lnx有且僅有一條公切線/,

⑴求/'(x)的解析式，并比較/(元)與g(x)的大小關(guān)系.

〃7+1

(2)證明：5->ln(/2+l),?eN+.

i=lI

6.(2023?福建福州?福建省福州第一中學(xué)?？级?已知函數(shù)〃x)=axlnx-尤.

⑴討論函數(shù)〃尤)的單調(diào)性；

⑵當(dāng)4=1時(shí)，若〃x)=6有兩個(gè)實(shí)數(shù)根%,三,且王<尤2.求證：氏+6<々-占<25+6+,.

e

7.(2023?遼寧撫順?校聯(lián)考二模)已知函數(shù)/(x)=xex—Inx—lna(a>0).

⑴若〃x)的圖象在x=l處的切線/與直線x+y+i=o垂直，求直線/的方程；

(2)已知0<°〈且二*,證明：〃x)>二.

8.(2023?四川成都?石室中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè))已知函數(shù)/(無(wú))=0'-；"2-尤.

(1)若f(x)在xeR上單調(diào)遞增，求。的值；

⑵證明：(l+l)(l+^)---(l+4)<e2(〃eN*且九22).

4n

9.(2023?山東泰安?統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè))已知函數(shù)/(x)=e“r

(D求y=/(元)在％=。處的切線；

(2)若0<a<2,證明當(dāng)x>0時(shí)，/(x)<-+2.

X

10.(2023?遼寧沈陽(yáng)?沈陽(yáng)二中?？寄M預(yù)測(cè))已知函數(shù)/(x)=xlnx.

⑴求f(x)的單調(diào)區(qū)間；

(2)若尤i<%，且“X)=/(尤2)=。，證明：as+X<x2-xl<a+\.

【真題感知】

1.(全國(guó)?高考真題)已知函數(shù)〃x)=ae*-歷―1.

(1)設(shè)x=2是/(x)的極值點(diǎn).求。，并求〃x)的單調(diào)區(qū)間；

(2)證明：當(dāng)a」時(shí),f(x)>0.

e

2.(浙江?高考真題)設(shè)函數(shù)/(X)=X3+-L,xe[0,l].證明：

l+x

(I)/(x)>l-x+x2;

(ID-3<3/?<-.

42

3.(安徽?高考真題)設(shè)。為實(shí)數(shù)，函數(shù)/(x)=/-2x+2a,xeR.

⑴求〃X)的單調(diào)區(qū)間與極值；

(2)求證：當(dāng)a>ln2—l且*>0時(shí)，ex>%2-2ax+l.

4.(2021?全國(guó)?統(tǒng)考高考真題)已知函數(shù)/(x)=x(l-山力.

(1)討論的單調(diào)性；

(2)設(shè)。，6為兩個(gè)不相等的正數(shù)，且Mna-aln)=a->，證明：2<-+l<e.

ab

5.(2021.全國(guó)?統(tǒng)考高考真題)設(shè)函數(shù)〃x)=ln(a-x),已知％=0是函數(shù)y=4(x)的極值點(diǎn).

(1)求〃；

(2)設(shè)函數(shù)g(x)=二'.證明:g(x)<L

xj(x)

6.(2020?天津?統(tǒng)考高考真題)已知函數(shù)/(x)=x3+-nx(keR),，(尤)為『3的導(dǎo)函數(shù).

(I)當(dāng)左=6時(shí)，

(i)求曲線y=/Q)在點(diǎn)(1J⑴)處的切線方程；

9

(ii)求函數(shù)g(x)=f(x)-/(%)+—的單調(diào)區(qū)間和極值;

X

(II)當(dāng)左…一3時(shí)，求證：對(duì)任意的4x2e[l,+co),且占>々，有/(*)+/⑷.

2xl-x2

7.(2017?浙江?高考真題)已知數(shù)列｛玉｝滿足：%=1,無(wú)“=x.+]+ln(l+x“+J(〃eN*)

證明：當(dāng)“eN*時(shí)，

(I)0<xn+I<xn；

(ID2-4號(hào)；

(IID/

8.(2020?浙江?統(tǒng)考高考真題)已知1<。42,函數(shù)/'(x)=e、-x-a,其中e=2.71828…為自然對(duì)數(shù)的底數(shù).

(I)證明：函數(shù)y=〃x)在(。，+6)上有唯一零點(diǎn)；

(II)記配為函數(shù)y=/(x)在(。，+8)上的零點(diǎn)，證明：

(i)y/a-1<x0<J2(a-1)；

(ii)%o/(e")>(e-1)(〃-l)a.

第04講利用導(dǎo)數(shù)證明不等式（核心考點(diǎn)精講精練）

考情探究

1.4年真題考點(diǎn)分布

4年考情

考題示例考點(diǎn)分析關(guān)聯(lián)考點(diǎn)

利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間（不含參）

2021年新I卷，第22題,12分利用導(dǎo)數(shù)證明不等式

導(dǎo)數(shù)中的極值偏移問(wèn)題

2.命題規(guī)律及備考策略

【命題規(guī)律】本節(jié)內(nèi)容是新高考卷的必考內(nèi)容，設(shè)題穩(wěn)定，難度較大，分值為12分

【備考策略】1能用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)的單調(diào)性

2能求出函數(shù)的極值或給定區(qū)間的最值

3能進(jìn)行函數(shù)轉(zhuǎn)化證明不等式

【命題預(yù)測(cè)】導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用是高考考查的重點(diǎn)內(nèi)容，也是高考?jí)狠S題之一近幾年高考命題的趨勢(shì)，是穩(wěn)中

求變、變中求新、新中求活，縱觀近幾年的高考題，導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用題考查多個(gè)核心素養(yǎng)以及綜合應(yīng)用能力,

有一定的難度，一般放在解答題的最后位置，對(duì)數(shù)學(xué)抽象、數(shù)學(xué)運(yùn)算、邏輯推理等多個(gè)數(shù)學(xué)學(xué)科的核心素養(yǎng)

都有較深入的考查，需綜合復(fù)習(xí)

考點(diǎn)梳理

知識(shí)講解

在不等式構(gòu)造或證明的過(guò)程中，可借助題目的已知結(jié)論、均值不等式、函數(shù)單調(diào)性、與e*、Inx有關(guān)的常

用不等式等方法進(jìn)行適當(dāng)?shù)姆趴s，再進(jìn)行證明.下面著重談?wù)勁ce'、Inx有關(guān)的常用不等式的生成.

1.利用曲線的切線進(jìn)行放縮證明不等式

設(shè)y=e”上任一點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為相，則過(guò)該點(diǎn)的切線方程為y—e"=ew(x-m),即y=e"(x+l)-機(jī)e",

x/n

由此可得與e"有關(guān)的不等式：e>e^(x+l)-me,其中XER,meR,等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)％=加時(shí)成立.特

別地，當(dāng)zn=O時(shí)，有e"21+x；當(dāng)根=1時(shí)，有爐之款.

設(shè)y=lnx上任一點(diǎn)。的橫坐標(biāo)為n,則過(guò)該點(diǎn)的切線方程為y-\nn=—(x-n),即y=—x-1+lnn，

nn

由此可得與Inx有關(guān)的不等式：Inx?工工-1+ln幾，其中x>0,n>0,等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)兄=〃時(shí)成立.特別

n

地，當(dāng)〃=1時(shí)，有In九Kx-l；當(dāng)〃=e時(shí)，Wlnx<—x.

e

利用切線進(jìn)行放縮，能實(shí)現(xiàn)以直代曲，化超越函數(shù)為一次函數(shù).

2.利用曲線的相切曲線進(jìn)行放縮證明不等式

由圖1可得lnx?蘭4；由圖2可得Inxi--1-；由圖3可得，Inx/f<1),gxN空二

xexx+1(Ox<+X1

(x>l)；由圖4可得，lnx>—||(0<x<l),lnx<—|x--|(x>l).

2LxJ2Lx)

綜合上述兩種生成，我們可得到下列與e，In%有關(guān)的常用不等式:

與d有關(guān)的常用不等式:

(1)ex>1+x(xeR)；

(2)ex>ex(XGR).

與Inx有關(guān)的常用不等式：

(1)――-<lnx<x-l(x>0)；

x

(2)--—<lnx<—x(x>0)；

exe

(3)InxW—―(0<x<l),InxN—―(x>l)；

x+1x+1

(4)lnx>—|x-—|(0<x<l),]nx<—\x--\(x>l).

2(x)2(x)

用x+1取代x的位置，相應(yīng)的可得到與ln(x+l)有關(guān)的常用不等式.

考點(diǎn)一、利用導(dǎo)數(shù)證明不等式

典例引領(lǐng)

1.（2023?天津?統(tǒng)考高考真題）已知函數(shù)〃x）=

⑴求曲線y=在x=2處切線的斜率;

（2）當(dāng)x＞0時(shí)，證明：/（%）＞1；

(3)證明:1<ln(n!)-

n+lln(〃)+n<l.

—,1In3

【答案】⑴§-才

（2）證明見(jiàn)解析

（3）證明見(jiàn)解析

【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求斜率；

（2）問(wèn)題化為x＞0時(shí)In（尤+1）＞T，構(gòu)造g（x）=ln（尤+1）——利用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性，即可證結(jié)論;

?A-I乙J\1I乙

（3）構(gòu)造飄w）=ln（〃!）-[〃+￡|ln⑺+w,weN*,作差法研究函數(shù)單調(diào)性可得以〃）W方⑴=1,再構(gòu)造

。⑺—絲?且x＞。，應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性得到恒成立,對(duì)地）-地+1）作

311

放縮處理，結(jié)合累加得到/I⑴+即可證結(jié)論.

2126

【詳解】（1）/（無(wú)）=必（尤+1）+M（：+1）,]1ln(x+l)

則fM=

x2x(x+1)2(x+l)x2

所以尸（2）=；-與，故尤=2處的切線斜率為:-等;

(2)要證x>0時(shí)〃x)=(：+gjln(x+l)>l,

即證ln(x+l)>一,

2x

令g(x)=ln(x+l)......-且無(wú)>0,>0,

''尤+2x+l-(x+2)2-(x+l)(x+2)2

所以g(x)在(0,+8)上遞增，貝|g(x)>g(0)=0,即in(尤+1)>3.

所以尤>0時(shí)〃x)>l.

(3)設(shè)Mw)=ln(w!)-.+g,n(〃)+w,〃eN*,

貝ljh(n+1)-h(n)=1+(n+—)In(n)-(n+—)In(n+1)=1-(n+—)ln(l+—),

222n

由(2)知：X=-F(0,1],則/(J_)=("+L)ln(l+!)>1,

nn2n

所以以〃+1）—〃（"）＜0,故帥）在〃cN*上遞減，故勵(lì)）4/?⑴=1；

下證ln(〃!)-(〃+工)111(〃)+〃>*?

26

人,、,(尤+5)(無(wú)一1)口皿、u-ir(i-x)

令夕(無(wú))=ln.r-------——且尤>0,則。(x)=----------^―,

4.r+2x(2x+\y

當(dāng)0<x<l時(shí)0(x)>0,°(x)遞增，當(dāng)x>l時(shí)e'(尤)<0,G(x)遞減,

所以0(x)<0(1)=0,故在x￡(O,y)上In]?":差一"恒成立，

]11(6+-)(-)]

貝[j/?(〃)一以"+1)=(〃+彳)ln(l+-)-1<(?+-)---------1=——~—

2n22(3+_)4〃(3九+2)12n—1n

n

所以/2)—/3)<*(1—g),/z(3)—/z(4)<占(：-/z(n-l)-/z(n)<-^-(—

122312n-2n—\

累加得：（）（〃）＜，（13

%2-/21-——),而%(2)=2——ln2,h(I)=l

n-12

7335

因?yàn)樯稀刀?gt;山2,所以/z(2)=2—2ln2〉己,

9426

ii3

貝f⑺〈石(1-------)-2+-ln2(?>3),

3113115

^^/I(l)-/zW<-ln2-l+-(l--I)<-ln2-l+-<->故2)*(心3)；

綜上，~~<h(n)<1,即工<ln(〃!)—ln(n)+n<1

6o

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：第三問(wèn)，作差法研究科0=加（加）-卜+mln（"）+〃單調(diào)性證右側(cè)不等關(guān)系，再構(gòu)造

9（%）=lnx—（與5）（：-1）且％＞0,導(dǎo)數(shù)研究其函數(shù)符號(hào)得lnx\1）恒成立,結(jié)合放縮、累加得到

4%+24x+2

311

〃（1）一%（〃）＜ln2—1+——）為關(guān)鍵.

212n

2.（2021.全國(guó).統(tǒng)考高考真題）設(shè)函數(shù)〃x）=ln（a-x）,已知x=0是函數(shù)y=^（x）的極值點(diǎn).

（1）求。；

X+f（工）

（2）設(shè)函數(shù)g（x）=；.證明:g（x）＜l.

切（工）

【答案】（1）?=1；（2）證明見(jiàn)詳解

【分析】（1）由題意求出由極值點(diǎn)處導(dǎo)數(shù)為0即可求解出參數(shù)。；

（2）由（1）得g（x）=,x＜1且x#0,分類討論xe（0,1）和xe（F）,0）,可等價(jià)轉(zhuǎn)化為要證g（力＜1,

即證％+111（1-彳）＞Z11。-力在彳€（0,1）和了€（10,0）上恒成立，結(jié)合導(dǎo)數(shù)和換元法即可求解

1尤

【詳解】(1)由/(x)=ln(〃一x)n尸(X)=----,y=#(x)ny=ln(〃一x)+-----,

X—QX—CL

又x=0是函數(shù)y=#（x）的極值點(diǎn)，所以y'（0）=lna=0,解得°=1；

（2）［方法一］:轉(zhuǎn)化為有分母的函數(shù)

x+ln(l-x)_1+1

由（I）知，g（尤）=其定義域?yàn)椋?%o）U（。』）.

xln(l-x)ln(l-x)x

要證g⑴＜1,即證舟]

即證

ln(l-x)xx

（i）當(dāng)xe（（M）時(shí)，—^―＜0,土匚＜0,即證ln（l-尤）〉上.令P（x）=ln（l-尤）--—,因?yàn)?/p>

ln（l-x）xx-1x-1

—1—1X

尸（X）=匚最-正萬(wàn)=杳萬(wàn)＞0,所以尸（無(wú)）在區(qū)間（0,1）內(nèi)為增函數(shù)，所以尸（無(wú)）＞/（0）=0.

1X—1x

（ii）當(dāng)xe（-8,0）時(shí)，——-＞0,—＞0,即證ln（l-尤）〉一匚，由（i）分析知尸（x）在區(qū)間（f,0）

In（l-x）xx-1

內(nèi)為減函數(shù)，所以尸（無(wú)）＞/（0）=0.

綜合（i）（ii）有g(shù)（x）＜1.

［方法二］【最優(yōu)解】：轉(zhuǎn)化為無(wú)分母函數(shù)

由(1)得〃x)=ln(l-x)，g(?=xJ(：)=x；)，x<l且xwO,

xf(x)x：ln吁(l-x)

當(dāng)無(wú)￡(0,1)時(shí)，要證g(r)=%+呼1_?.-x>0,ln(l-x)<0,xln(l-x)<0,即證]+ln(l-x)>xln(l-x),

xIn(1—xI

化簡(jiǎn)得％+0-x)g(l-%)>。；

、x+lnfl-x)/、，、

同理，當(dāng)X￡(z-oo,0)時(shí)，要證g(%)=——7：--1<1，<.-x<0,ln(l-x)>0,/.xln(l-x)<0,即證

xln(l-x)

x+ln(l-x)>xln(l-x),化簡(jiǎn)得x+(l_%)ln(l_x)>0.

令〃(x)=x+(l—x)ln(l—%),再令z=l—%,則"(O,l)U(l,+°°),X=l-t,

令尹⑺二1一1+Hnl,d(，)=-l+ln￡+l=ln/,

當(dāng)/?0,l)時(shí)，^(r)<0,。⑺單減，故9⑺>9⑴=0；

當(dāng)時(shí)，9'?)>0,eQ)單增，故°(r)>0(l)=O；

綜上所述，g?=--7；~9<1在xe(—,O)U(O,l)恒成立.

［方法三］:利用導(dǎo)數(shù)不等式中的常見(jiàn)結(jié)論證明

11—X

令0(x)=lnx-(x-l),因?yàn)椤?(龍)=—-1=----,所以夕(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)是增函數(shù)，在區(qū)間(1,+°0)內(nèi)是減函

XX

數(shù)，所以0(%)<0(1)=。，BPlnx<x-l(當(dāng)且僅當(dāng)x=l時(shí)取等號(hào)).故當(dāng)光<1且％。0時(shí)，―一>0且」一。1,

1-x1-x

1IxX

In——<-----1,gp-ln(l-%)<——,所以ln(l—尤)>」.

1—X1—X1—XX—1

Y1Y-1111

(i)當(dāng)xe(O,l)時(shí)，0>ln(l-x)>——所以77^;<----=1一一，即7"^---；+—<］，所以g(無(wú))<L

x-1ln(l-x)xxln(l-x)x

x

(ii)當(dāng)了￡(—8,。)時(shí)，ln(l-x)>——>0,同理可證得g(x)<l.

x-1

綜合(i)(ii)得，當(dāng)x<l且xwO時(shí)，D<1，即g(x)<L

xln(l-x)

x

【整體點(diǎn)評(píng)】(2)方法一利用不等式的性質(zhì)分類轉(zhuǎn)化分式不等式：當(dāng)龍￡(0,1)時(shí)，轉(zhuǎn)化為證明ln(l-

x-i

X

當(dāng)xe(一叫0)時(shí)，轉(zhuǎn)化為證明ln(l-x)>—然后構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性，進(jìn)而證得；方法二利

用不等式的性質(zhì)分類討論分別轉(zhuǎn)化為整式不等式：當(dāng)xe(O,l)時(shí)，x+(l-x)ln(l-x)>0成立和當(dāng)XC(F,0)時(shí),

x+(l-x)ln(l-x)>0成立，然后換元構(gòu)造，利用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性進(jìn)而證得，通性通法，運(yùn)算簡(jiǎn)潔，為最優(yōu)解；

方法三先構(gòu)造函數(shù)。(x)=lnx-(尤-1),利用導(dǎo)數(shù)分析單調(diào)性，證得常見(jiàn)常用結(jié)論InxWx-1(當(dāng)且僅當(dāng)x=l

時(shí)取等號(hào)).然后換元得到分類討論，利用不等式的基本性質(zhì)證得要證得不等式，有一定

x-1

的巧合性.

3.(2021.全國(guó).統(tǒng)考高考真題)已知函數(shù)/(x)=x(l-Inx).

(1)討論的單調(diào)性；

(2)設(shè)。，6為兩個(gè)不相等的正數(shù)，且bln“-alnb=a-b,證明：2<‘+,<e.

ab

【答案】(1)“X)的遞增區(qū)間為(0,1),遞減區(qū)間為(1,+8);(2)證明見(jiàn)解析.

【分析】(1)首先確定函數(shù)的定義域，然后求得導(dǎo)函數(shù)的解析式，由導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)即可確定原函數(shù)的單調(diào)性.

(2)方法二：將題中的等式進(jìn)行恒等變換，令工=m,；=n,命題轉(zhuǎn)換為證明：2<m+〃<e,然后構(gòu)造對(duì)稱差

ab

函數(shù)，結(jié)合函數(shù)零點(diǎn)的特征和函數(shù)的單調(diào)性即可證得題中的結(jié)論.

【詳解】(1)〃X)的定義域?yàn)?0,+⑹.

由〃x)=x(l-Inx)得,f'(x)=-\ax,

當(dāng)x=l時(shí)，/(力=0；當(dāng)xe(O,l)時(shí)T(x)>0；當(dāng)xe(l,+?))時(shí)，/,(x)<0.

故〃x)在區(qū)間(0』內(nèi)為增函數(shù)，在區(qū)間［1,+8)內(nèi)為減函數(shù)，

(2)［方法一］:等價(jià)轉(zhuǎn)化

由blna—aln〃=a—b得一(1—In—)=—(1—In—),即f(一)=于(—).

aabbab

上

由b,z倚n一1W一1.

ab

由⑴不妨設(shè)工€(0,1)。€(1收)，則心>0,從而*)>0,得晝(l,e),

ababb

①令g(x)=〃2-x)-/(x),

則g'(x)=ln(2—x)+Inx=ln(2x—x2)=ln［l—(x—I)2］,

當(dāng)xe(O,l)時(shí)，g,(x)<0,g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)為減函數(shù)，g(x)>g(l)=0,

從而〃2-x)>,所以〃2」)>/(-)=/(1),

cicib

由(1)得2-工<工即2〈工+■!■.①

abab

令/z(x)=%+/(%),貝!J=l+/r(x)=1—Inx,

當(dāng)時(shí)，/ir(x)>0,力(犬)在區(qū)間(l,e)內(nèi)為增函數(shù)，/z(九)v/z(e)=e,

從而x+/(x)<e,所以:+/(1)<e.

bb

又由』e(0,1),可得L2(1一In1)=/山=/(1),

aaaaab

所以，+：v/(；)+；=e.②

abbb

由①②得2<—F—<e.

ab

一白小?力.ln〃InZ?11llnln〃+lIn6+1

［方法一］【最優(yōu)解】：〃lna—alnb=a—Z?變形為-------=-----,所以------=—:

abbaab

令一=m,—=n.則上式變?yōu)?ln〃),

ab

于是命題轉(zhuǎn)換為證明：2<m+n<e.

令/(x)=x(l—In%),則有=不妨設(shè)機(jī)

由(1)知先證相+幾>2.

要證：根+〃>2。〃>2—根。/(〃)v/(2—m)。/(m)</(2—m)

0/(加)-/(2-加)<0.

令g(x)=/(x)_『(2—x),xw(O,l),

貝!1g'(x)=-lnx-ln(2-x)=-ln［x(2-x)］z-lnl=0,

；.g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增，所以g(x)<g⑴=0,即%+J>2.

再證機(jī)+〃ve.

因?yàn)楦?1—In=ln〃)>根，所以需證〃(1—ln〃)+mv6=>帆+〃ve.

令力(%)=x(l—lnx)+x,xG(l,e),

所以"(九)=1-lnx>0,故/2(%)在區(qū)間(10內(nèi)單調(diào)遞增.

所以用(x)</z(e)=e.故"Bpm+n<e.

綜合可知2<—F—<e.

ab

［方法三］:比值代換

證明!+1>2同證法2.以下證明再+馬<0.

ab

不妨設(shè)工2=比1，則"'>1，

玉

由玉(l-ln玉)=%2(1—In%)得玉(1一1口再)=缶［1一111(%)］,In%=1一］曳,

t—1

要證西+%<6,只需證。+。為<e,兩邊取對(duì)數(shù)得ln(l+力+111再<1,

即ln(l+f)+l-刨<1,

t-1

即證吐2〈回.

tt—\

、「.ln(l+s)j-.?--------ln(l+s)

記g(s)=----------,SG(0,+OO),則e/c1+s.

Sg(S尸------2---------

S

11

i己人($)=；--s-----ln(l+s),貝ij/(s)=^~~-----<0,

1+s(1+s)1+S

所以，Ms)在區(qū)間(0,”)內(nèi)單調(diào)遞減.〃(s)<〃(o)=o,則以(s)<0,

所以g(s)在區(qū)間(O,E)內(nèi)單調(diào)遞減.

由te(L+oo)得r-le(0,+oo),所以g(f)<g(?l),

即ln(l+，)<里.

tt-1

［方法四］:構(gòu)造函數(shù)法

In。In/?

由已知得

abba

不妨設(shè)百〈尤2，所以/(%)=/(%).

由(I)知，0<xl<l<x2<e,只需證2<玉+彳2<6.

證明國(guó)+%>2同證法2.

e

H、十rtlA11-2H--FInX

再證明2令v7/、1—lnx、7“、r

以1h(x)=-----(0<x<e),h(x)=----------

x—e(x—e)

1Z?Y—z?

令夕(％)=Inx+——2(0<x<e),貝lj夕'(%)=-----=——<0.

xxxx

所以<p(x)>0?=0,//(%)>0,h(x)在區(qū)間(0,e)內(nèi)單調(diào)遞增.

1-Inx1-In1-Inxx,-e

因?yàn)?<—,所以即匚忘力

/、/、1-In%>xXr,x.—e

又因?yàn)樾×?㈤，所以口^=:0'；>=

j.JULI人2人［人］人2c

即宕一%〈耳一夕］,(苔―/)(石+龍2-^)>0.

因?yàn)橛?lt;%2，所以玉+%<6，即工+!<￡.

ab

綜上，有2<‘+：<e結(jié)論得證.

ab

【整體點(diǎn)評(píng)】(2)方法一：等價(jià)轉(zhuǎn)化是處理導(dǎo)數(shù)問(wèn)題的常見(jiàn)方法，其中利用的對(duì)稱差函數(shù)，構(gòu)造函數(shù)的思想,

這些都是導(dǎo)數(shù)問(wèn)題必備的知識(shí)和技能.

方法二：等價(jià)轉(zhuǎn)化是常見(jiàn)的數(shù)學(xué)思想，構(gòu)造對(duì)稱差函數(shù)是最基本的極值點(diǎn)偏移問(wèn)題的處理策略.

方法三：比值代換是一種將雙變量問(wèn)題化為單變量問(wèn)題的有效途徑，然后構(gòu)造函數(shù)利用函數(shù)的單調(diào)性證明

題中的不等式即可.

方法四：構(gòu)造函數(shù)之后想辦法出現(xiàn)關(guān)于芯+%-e<0的式子，這是本方法證明不等式的關(guān)鍵思想所在.

即時(shí)檢測(cè)

1.(2023?河北?統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè))已知函數(shù)f(x)=—ln(依)+6一2(0丁0).

⑴討論f(x)的極值；

(2)當(dāng)4>0時(shí)，證明：/(￡)>111%—祀*+|+sinx+l.

【答案】(D/(x)的極小值為T(mén)，無(wú)極大值.

(2)證明見(jiàn)解析

【分析】(1)求得尸(X)=^^，分。<0和。>0,兩種情況討論，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性和極值點(diǎn)、極值的概

念，即可求解；

(2)令g(x)=x-sinx,利用單調(diào)性得到g(x)>g(O),得到x>sinx,轉(zhuǎn)化為證明不等式

-ln(ox)+ox-2>lnx-%eA+1+x+l,再由Mx)=lnx-x+l,a>0,禾U用導(dǎo)數(shù)得至!Jlnx-x+lVO,進(jìn)而得至!]

\nax<ax-\,轉(zhuǎn)化為e'+i+M*>l+x+1+lnx,令x+l+lnx=f,

設(shè)0(x)=e「x-1,利用導(dǎo)數(shù)證得e'2x+l,得到e'+i+1nJl+x+1+lnx，進(jìn)而證得結(jié)論.

【詳解】(1)解：由函數(shù)〃x)=_ln(ox)+"_2,可得/(無(wú))=一4+。=__1+0=鼻，