第三章一元函数的导数及其应用§3.6利用导数证明不等式导数中的不等式证明是高考的常考题型，常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结合，虽然题目难度较大，但是解题方法多种多样，如构造函数法、放缩法等，针对不同的题目，灵活采用不同的解题方法，可以达到事半功倍的效果.考试要求题型一将不等式转化为函数的最值问题例1(2023·坊模潍拟)已知函数f(x)＝ex－ax－a，a∈R.(1)讨论f(x)的性；单调函数f(x)＝ex－ax－a的定域义为R，求得导f′(x)＝ex－a，当a≤0，时f′(x)>0恒成立，即f(x)在(－∞，＋∞)上增，单调递当a>0，令时f′(x)＝ex－a>0，解得x>lna，令f′(x)<0，解得x<lna，即f(x)在(－∞，lna)上，在单调递减(lna，＋∞)上增，单调递所以当a≤0，时f(x)在(－∞，＋∞)上增，单调递当a>0，时f(x)在(－∞，lna)上，在单调递减(lna，＋∞)上单增调递.(2)当a＝1，令时g(x)＝2fxx2.明证：当x>0，时g(x)>1.当a＝1，时g(x)＝2ex－x－1x2，当x>0，时2ex－x－1x2>1⇔ex>1＋x＋x22⇔12x2＋x＋1ex<1，令F(x)＝12x2＋x＋1ex－1，x>0，F′(x)＝－12x2ex<0恒成立，则F(x)在(0，＋∞)上单调递，减F(x)<F(0)＝1e0－1＝0，因此12x2＋x＋1ex<1成立，所以当x>0，时g(x)>1，即原不等式得证.思维升华思维升华待不等式的含有同一量，一般地，可以直接造证两边个变时构“左减右”的函，有的式子要行形，利用究其性和数时对复杂进变导数研单调最，借助所造函的性和最即可得值构数单调值证.跟踪训练1设a，函为实数数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的；单调区间与极值由f(x)＝ex－2x＋2a(x∈R)知，f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln2，当x<ln2，时f′(x)<0，函数f(x)在区间(－∞，ln2)上；单调递减当x>ln2，时f′(x)>0，函数f(x)在区间(ln2，＋∞)上增，单调递所以f(x)的是单调递减区间(－∞，ln2)，增是单调递区间(ln2，＋∞)，f(x)的小极值为f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2－2ln2＋2a，无极值(2)求：证当a>ln2－1且x>0，时ex>x2－2ax＋1.要证当a>ln2－1且x>0，时ex>x2－2ax＋1，即证当a>ln2－1且x>0，时ex－x2＋2ax－1>0，设g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x>0)，则g′(x)＝ex－2x＋2a，由(1)知g′(x)min＝2－2ln2＋2a，又a>ln2－1，则g′(x)min>0，于是对∀x∈(0，＋∞)，都有g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上增，单调递于是对∀x>0，都有g(x)>g(0)＝0，即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.题型二将不等式转化为两个函数的最值进行比较例2(2023·州模苏拟)已知函数f(x)＝elnx－ax(a∈R).(1)讨论f(x)的性；单调函的定域数义为(0，＋∞)， f′(x)＝ex－a＝e－axx(x>0)，∴当a≤0，时f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，故函数f(x)在区间(0，＋∞)上增；单调递当a>0，由时f′(x)>0，得0<x<ea，由f′(x)<0，得x>ea，即函数f(x)在区间0，ea上增，在单调递ea，＋∞上单调递减.上，综当a≤0，时f(x)在区间(0，＋∞)上增；单调递当a>0，时f(x)在区间0，ea上增，在单调递ea，＋∞上单调递减.(2)当a＝e，明时证f(x)－exx＋2e≤0.明证f(x)－exx＋2e≤0，只需明证f(x)≤exx－2e，由(1)知，当a＝e，函时数f(x)在区间(0,1)上增，在单调递(1，＋∞)上，单调递减∴f(x)max＝f(1)＝－e.令g(x)＝exx－2e(x>0)，则g′(x)＝x－1exx2，∴当x∈(0,1)，时g′(x)<0，函数g(x)；单调递减当x∈(1，＋∞)，时g′(x)>0，函数g(x)增，单调递∴g(x)min＝g(1)＝－e，∴当x>0，a＝e，时f(x)－exx＋2e≤0.思维升华思维升华若直接求比或无下手，可待式行形，造导较复杂从时将证进变构两函，而找到可以的中量，到明的目个数从传递间达证标.本例中同时含lnx与ex，不能直接造函，把指分离，分构数数与对数两边别计算的最，借助最行明它们值值进证.跟踪训练2(2023·合肥模拟)已知函数f(x)＝ex＋x2－x－1.(1)求f(x)的最小；值由意可得题f′(x)＝ex＋2x－1，函则数f′(x)在R上增，且单调递f′(0)＝0.由f′(x)>0，得x>0；由f′(x)<0，得x<0.则f(x)在(－∞，0)上，在单调递减(0，＋∞)上增，单调递故f(x)min＝f(0)＝0.(2)明：证ex＋xlnx＋x2－2x>0.要证ex＋xln...