微专题7 导数与不等式的证明 高考定位 导数与不等式的交汇命题是高考的热点和难点，在利用导数证明不等式问题中，常用的方法有构造函数、适当换元、合理放缩、利用最值、不等式及其性质等. 【难点突破】 [高考真题] (2023·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)证明：当a>0时，f(x)>2ln a＋. 样题1 已知函数f(x)＝ex＋exln x(其中e是自然对数的底数). 求证：f(x)≥ex2. 样题2 已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ex， 证明：f(x)＋>g(－x). 样题3 已知函数f(x)＝－k， (1)若f(x)≤0恒成立，求实数k的取值范围； (2)证明：ln ＋ln ＋…＋ln < (n>1). 规律方法 利用导数证明不等式问题的基本方法 (1)直接构造函数法：证明不等式f(x)＞g(x)(或f(x)＜g(x))转化为证明f(x)－g(x)＞0(或f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)； (2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； (3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同结构变形，根据相似结构构造辅助函数. 训练 (2024·长春调研)设函数f(x)＝ex－1，其中e为自然对数的底数. 求证：(1)当x>0时，f(x)>x； (2)ex－2>ln x. 【精准强化练】 1.(2024·合肥模拟)已知函数f(x)＝，当x＝1时，f(x)有极大值. (1)求实数a，b的值； (2)当x>0时，证明：f(x)<. 2.(2024·青岛质检节选)证明：exln x＋>1. 3.(2024·全国甲卷)已知函数f(x)＝a(x－1)－ln x＋1. (1)求f(x)的单调区间； (2)当a≤2时，证明：当x>1时，f(x)
0时，f(x)>2ln a＋. (1)解 f′(x)＝aex－1，x∈R. 当a≤0时，f′(x)<0， 所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减； 当a>0时，令f′(x)>0，得x>－ln a； 令f′(x)<0，得x<－ln a， 所以函数f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减， 在(－ln a，＋∞)上单调递增. 综上，当a≤0时，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减； 当a>0时，函数f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增. (2)证明 法一 由(1)得当a>0时，函数f(x)＝a(ex＋a)－x的最小值为f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a. 令g(a)＝1＋a2＋ln a－2ln a－＝a2－ln a－，a∈(0，＋∞)， 所以g′(a)＝2a－， 令g′(a)>0，得a>； 令g′(a)<0，得00， 所以当a>0时，f(x)>2ln a＋成立. 法二 当a>0时，由(1)得f(x)min＝f(－ln a)＝1＋a2＋ln a， 故欲证f(x)>2ln a＋成立， 只需证1＋a2＋ln a>2ln a＋， 即证a2－>ln a. 构造函数u(a)＝ln a－(a－1)(a>0)， 则u′(a)＝－1＝， 所以当a>1时，u′(a)<0； 当00， 所以函数u(a)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以u(a)≤u(1)＝0，即ln a≤a－1， 故只需证a2－>a－1，即证a2－a＋>0. 因为a2－a＋＝＋>0恒成立， 所以当a>0时，f(x)>2ln a＋成立. 样题1 已知函数f(x)＝ex＋exln x(其中e是自然对数的底数). 求证：f(x)≥ex2. 证明 要证f(x)≥ex2， 即证ex＋exln x≥ex2(x>0)， 即＋ln x－x≥0， 令g(x)＝＋ln x－x(x>0)， 则g′(x)＝＋－1 ＝＝. 令h(x)＝ex－1－x，则h′(x)＝ex－1－1， 当x>1时，h′(x)>0；当01时，g′(x)>0， 所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋ ... ... 