提高專題3導數與不等式的證明問題探究一探究一單變量的不等式證明思路一：利用單調性證明不等式fx>gx1.構造函數?x2.若?a=0,則需證明?x在區間a,b上單調遞增；?b=0,則需證明?思路二：利用最值證明單變量不等式1.作差或變形，構造函數?x，轉化為證明?x>0；判斷函數2.凸凹反轉：對不等式進行變形得到gx≥?x,使不等號兩側的對應函數呈現凹凸反轉的特點；問題可轉化為提醒：凹凸反轉的分離的原則，常見的不等式是由指數、對數和多項式函數構成，若構造差值函數不易求出導函數零點時，可以考慮指、對分離，即指數函數和多項式函數組合與對數函數和多項式函數組合分開，然后利用導數求函數的最值.思路三：利用放縮法證明不等式適當放縮構造法：一是根據已知條件適當放縮；二是利用常見放縮結論，如=1\*GB2⑴ex≥1+x，當且僅當x=0時取等號；=2\*GB2⑵ex≥ex，當且僅當x=1時取等號；=3\*GB2⑶當x≥0時，ex≥1+x+12x2,=4\*GB2⑷當x≥0時，ex≥e2x2=5\*GB2⑸x?1x≤lnx≤x－1≤x2－x，當且僅當=6\*GB2⑹當x≥1時，2x?1x+1≤lnx≤x?1x，當且僅當思路四：利用分析法，通過不等式的等價轉換，證明新的不等式成立.【典例精講】例1.(2023·遼寧省大連市模擬)(1)非零實數x，滿足：?1<x<1.證明不等式：(1?x)1?1(2)證明不等式：0.9999101證明：(1)顯然(1?x)1?1x>0

且

(1+x)原不等式

?1?1?0<x<1時令fx=x?1ln1?x?則

f'x=ln1?x+1?1則

g'x=當

x∈?1,0

時，

g'x>0,f'x

在

?1,0

x∈0,1

時，

g'x<0,f'x

在

0,1

遞減，∴fx

在

?1,0

上遞減，在

0,1

∴fx

在

x∈?1,0

時，

f(x)>f(0)=0

，在

x∈0,1

時，

f(x)<f(0)=0

．

即0<x<1時，(x?1)ln(1?x)<ln(1+x)∴

(1?x)1?(2)∵

0.99991000.9999101原不等式等價為

1?1100即證

99100100在(1)中，令

x=1100

，則

(在(1)中，令

x=?1100

，則

101∴0.9999101例2.(2023·湖南省長沙市聯考)已知函數fx=(1)若曲線y=fx在x=1處的切線的斜率為e，求a(2)若0≤a≤e2，求證：當x>0時，fx的圖像恒在(1)解：∵函數f(x)=ex?ax2?1(x∈R)的導數為f'(x)=ex?2ax，

曲線y=f(x)在x=1處的切線的斜率為e，

∴f'(1)=e?2a=e，∴a=0=1\*GB3①當0≤a≤12時，?'(x)>0，∴f'(x)單調遞增，∴f=2\*GB3②當12<a≤e2時，令?'(x)=當x∈(0,ln2a)時，?'(x)<0，當x∈(ln2a,+∞)時，?'∴f∵a≤e2，∴1?ln2a≥0，即f'(x)min≥0綜上可得，當0≤a≤e2且x>0時f(x)的圖像恒在【拓展提升】練11(2023·安徽省六安市月考)已知函數f(x)=aexlnx的圖象在x=1處的切線與直線(1)求a的值;(2)證明：xf(x)>1?5ex?1解：(1)函數f(x)的定義域為(0,+∞)，

f'(x)=aexlnx+exx，

則由題意知f(x)的圖像在x=1處的切線的斜率k=f'(1)=ae=2e，所以a=2．

(2)證明：要證明xf(x)>1?5ex?1，

即證明2xexln?x>1?5ex?1，x>0，

即證明2xln?x+5e>1ex，x>0．

令g(x)=2xln?x+5e，

則g'(x)=2(ln?x+1)．

當0<x<1e時，g'(x)<0;當x>1e時，g'(x)>0練12(2023·廣東省佛山市月考)已知函數fx=?(1)討論fx(2)當a>0時，證明：fx>(1)解：由函數

fx=?lnax+ax?2

，

當

a<0

時，可得

ax>0

，解得

x<0

，即函數的定義域為

(?∞,0)

，令

f'x=0

，解得

x=當

x∈(?∞,1a)

時，

f'x<0

當

x∈(1a,0)

時，

f'x>0

所以當

x=1a

時，函數

fx

取得極小值

當

a>0

時，可得

ax>0

，解得

x>0

，即函數的定義域為

(0,+∞)

，令

f'x=0

，解得

x=當

x∈(0,1a)

時，

f'x<0

當

x∈(1a,+∞)

時，

f'x>0

所以當

x=1a

時，函數

fx

取得極小值

綜上可得，函數

fx

的極小值為

f(1(2)證明：因為

a>0

，所以

ax>0

，解得

x>0

，即函數的定義域為

(0,+∞)

，令

gx=x?sinx

，可得

g'x=1?cosx≥0

，

所以所以當x∈(0,+∞)時，

gx>g0=0

，即

x>要證不等式

fx>只需證明

?lnax又由函數

?x=lnx?x+1,x>0

，可得當

x∈(0,1)

時，

?'x>0

，

?當

x∈(1,+∞)

時，

?'x<0

，

?所以

?x≤?1=0

，即

lnx?x+1≤0

，

即

lnx≤x?1所以，當

a>0

時，

lnax≤ax?1只需證明：

?ax+1+ax?2>lnx?xex+1+x+1

即

xex+1?x?lnx?2>0

令

x+1+lnx=t

，可得

e設

φx=ex?x?1

，可得

φ'x=ex?1當

x∈(0,+∞)

時，

φ'x>0

，

φ當

x∈(?∞,0)

時，

φ'x<0

，

φ所以

φx≥φ0=0

，所以

ex≥x+1當且僅當

x+1+lnx=0又由以上不等式的等號不能同時成立，所以

fx>探究二探究二含雙變量的不等式證明【方法儲備】思路一：整體換元對于齊次式往往可將雙變量整體換元，化為一元不等式．破解含雙變量（參）不等式的證明的關鍵.思路二：轉化為單參不等式由已知條件入手，尋找雙參所滿足的關系式，并把含雙參的不等式轉化為含單參的不等式；思路三：利用對稱性構造函數若雙變量的函數不等式具有對稱性，并且可以將兩個變量分離開，分離之后的函數結構具有相似性，從而構造函數利用單調性證明.【典例精講】例3.(2023·浙江省杭州市聯考)已知函數f(x)=sinx+(1?x)cosx，x∈(?π(1)討論f(x)的單調性；(2)若存在?π2<x1<解：(1)由題知f'(x)=(x?1)sin

x，

當

x∈(?π2,0)∪(1,π2)

時，f'(x)>0，

當x∈(0,1)時，f'(x)<0，

所以f(x)的單調增區間為

(?π(2)由(1)易知

?π2<x1<0<x2<1<x3<π2

，

先證明x1+x2>0，

證明如下：

要證明x1+x2>0，

即證

0>x1>?x2>?π2

，

即證f(x1)>f(?x2)，

由于f(x1)=f(x2)，即證f(x2)?f(?x2)>0，

構造函數F(x)=f(x)?f(?x)=2sin

x?2xcos

x，x∈(0,1)，

則F'(x)=2xsin

x>0，

所以F(x)在(0,1)上單調遞增，

所以F(x)>F(0)=0得證．

再證明x2+x3<2，證明如下：

要證明x2例4.(2023·江西省南昌市月考)已知函數f(x)=12(1)當a>0時，討論函數f(x)的單調性;(2)若函數f(x)有兩個極值點x1，x2，證明：f(解：f'x=x?1+ax=x2?x+ax，x>0，

對于函數y=x2?x+a，因為Δ=1?4a，

1=1\*GB3=2\*GB3②當0<a<14時，x1,2=1±1?4a2，

所以fx在0,1?1?4a2,1+1?4a2,+∞上是增函數，

在1?1?4a2,1+1?4a2上是減函數；

(2)f'(x)=x?1+ax=x2?x+ax(x>0)．

因為函數f(x)有兩個極值點x1【拓展提升】練21(2023·安徽省黃山市模擬)已知函數f(x)=xex+1(x>0)(1)求不等式fx(2)若方程f(x)=3ex+3elnx有兩個不相等的實數根x1，x2解：(1)由

f(x)<3ln3?3

，得

xex+1<3ln3?3=3(ln3?1)=3ln3e

．

所以

xex<3eln3e

，所以

exlnex<3eln3e

．

因為

x>0

，所以ex>1，又因為

3e>1

，

所以可設

F(u)=ulnu

，

u>1

，則

Fex<F3e

．

當

u>1

時，

F'(u)=lnu+1>0

，

可得函數

Fu

在

1,+∞

上單調遞增，

所以

ex<3e

，又x>0，故0<x<ln3?1．

故不等式

f(x)<3ln3?3

的解集為

0,ln3?1

．

(2)

3ex+3elnx=xex+1

等價于

3lnxex=xex

，

令

t=xex>0

，其中

x>0

，則

3lnt=t

，顯然

t≠1，所以

3=tlnt

．

令

g(t)=tlnt

，則

g'(t)=lnt?1(lnt)2

，

所以

gt

在

0,1

，

1,e

上單調遞減，在

e,+∞

上單調遞增．

所以

gt

的極小值為

ge=e

．

因為方程

3lnxex=x因為

?'=1s?4(s+1)2=(s?1)2s(s+1)2>0

，所以

?s

在

1,+∞練22(2023·江蘇省南京市聯考)已知函數f(x)=(x?1)lnx?a(x+1)，a∈R．

(1)若a≤0，求證：f(x)≥0；

(2)若f(x)有且只有兩個零點x1，x2．

(ⅰ)求a的取值范圍；

(ⅱ)求證：1lnx解：(1)證明：函數的定義域為(0,+∞)，

當a=0時，f(x)=(x?1)lnx，

若x∈(0,1)則x?1<0，lnx<0，f(x)>0，

若x∈(1,+∞)則x?1>0，lnx>0，f(x)>0，

又f(1)=0，

∴a=0時，f(x)≥0，

當a<0時，a(x+1)<0，則f(x)=(x?1)lnx?a(x+1)>(x?1)lnx≥0，

∴a≤0時，f(x)≥0；

(2)由(1)知，a≤0不符合題意，

當a>0時，f'(x)=lnx+1?1x?a，

令?(x)=f'(x)，?'(x)=1x+1x2>0，

∴?(x)在(0,+∞)單調遞增，且?(1)=?a<0，?(ea)=1?1ea>0，

∴存在x0∈(1,ea)，使得?(x0)=0，

∴當x∈(0,x0)時，f'(x)<0，此時f(x)單調遞減，

當x∈(x0,+∞)時，f'(x)>0，此時f(x)單調遞增，

∵f(x0)<f(1)=?2a<0，

f(e3a+1)=(3a+1)(e3a+1?1)?a(e3a+1+1)

>3a(e探究三數列探究三數列不等式的證明【方法儲備】數列不等式證明的思路：函數中與正整數有關的不等式，其實質是利用函數性質證明數列不等式，證明此類問題時常根據已知的函數不等式，用關于正整數n的不等式替代函數不等式中的自變量，通過多次求和達到證明的目的.即利用第一問的函數單調性，選取對應的不等式（多是極值點和最值點），代入正整數的合適形式，構造累加和，互相消去求和即可.【典例精講】例5.(2023·重慶市市轄區月考)已知函數f(x)=aln(x+1)?x+2(a∈R).

(1)討論f(x)的單調性；

(2)求證：2222+1×32解：(1)由題意，函數f(x)的定義域為(?1,+∞)，

所以f'(x)=a=1\*GB3①若a≤0，則f'x<0，

所以fx在?1,+∞內單調遞減=2\*GB3②若a>0，則f'(x)在(?1,+∞)內單調遞減，且f'(a?1)=0，

所以當x∈(?1,a?1)時，f'(x)>0;

當x∈(a?1,+∞)時，f'(x)<0，

所以f(x)在(?1,a?1)內單調遞增，在(a?1,+∞)內單調遞減．

綜上所述，當a≤0時，f(x)在(?1,+∞)內單調遞減；

當a>0時，f(x)在(?1,a?1)內單調遞增，在(a?1,+∞)內單調遞減．

(2)當a=1時，由(1)可知f(x)=ln(x+1)?x+2在(?1,0)上單調遞增，在(0,+∞)上單調遞減，

所以f(x)=ln(x+1)?x+2≤f(0)=2，

即ln(x+1)?x≤0(當且僅當x=0時取等號)，

令x=1n2(n≥2)，得ln(1+1n2)<1n2<1(n?1)n=1n?1?1n，

從而ln(1+122)<11?【拓展提升】練31(2023·安徽省六安市月考)（多選）已知數列{an}中，a1=1，若anA.a3=611 B.1an+1解：因為an=nan?1n+an?1(n≥2,n∈N?)，所以1an?1an?1=1n，

則當n≥2時，1an=(1an?1an?1)+(1an?1?1an?2)+……+(1a2?1a1)+1a1

=1n+1n?1+……+12+1，

顯然a1=1也滿足上式，即1